Математика_5

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

имеет вид y = u v или y = (x2 − x +c)

. Подставляя начальные

данные x = 2, y = 4 , получаем уравнение 4 = (4 −2 +c)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.12.2025

Размер:

2 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1110 11 > Следующая >>>

Пример 2. Найти частное решение дифференциального уравне-

ния I порядка x(x −1)y′+ y = x2 (2x −1),

удовлетворяющее началь-

ному условию y(2)= 4 .

Решение. Разделим обе части уравнения на x (x −1)≠ 0 :

y′+

x2(2x −1)

или

y′

x(2x −1)

x(x −1)

(x −1)

Данное уравнение

является

линейным,

т.к. имеет вид

y′+ P(x) y = Q(x)

решается

заменой

y = u v ,

где

u = u(x), v = v(x)− неизвестные функции;

′

= u

+uv .

Подставляя выражения для

y′

в исходное уравнение, по-

лучим

′

u v =

x(2x −1)

+ x(x −1)

x −1

u v

+uv

Сгруппируем слагаемые, содержащие функцию u :

′

x(2x

−1)

u v +u v

x(x −1)

x −1

В качестве функции v

выбирают одну из функций, удовлетворяю-

щих уравнению v′+

v = 0 или

= −

. Интегрируем

x(x −1)

последнее соотношение, разделяя переменные:

∫

= −∫

или ln

= ∫

−

dx ,

x(x −1)

x −1

ln v = ln x −ln x −1 ,

= ln

x −1

v =

x −1

′

x(2x −1)

. Под-

x −1

Тогда функция u определится из уравнения u v =

ставляя найденную функцию v = v(x), получим u′

x(2x −1)

x −1

или dudx = 2x −1 или du = (2x −1)dx . Интегрируя последнее уравне-

ние, найдем функцию u = u(x): u = x2 − x +c . Итак, общее решение

c = 0 . Частное решение имеет вид y = x2 .

Решение заданий типа 121–130

Теоретический справочник

Линейным неоднородным дифференциальным уравнением II порядка с постоянными коэффициентами называется уравнение вида: y′′+ p y′+ q y = f (x), где p и q – некоторые числа, f (x)≠ 0 –

заданная функция. Общее решение данного уравнения представляет собой сумму общего решения y0 соответствующего однородного

уравнения (y′′+ p y′+ q y = 0) и частного решения y* данного не-

однородного уравнения.

Пример 1. Найти общее решение дифференциального уравнения II порядка y′′+ 4y′−5y =12x ex .

Решение.	Общее решение исходного	уравнения	имеет вид
y = y + y* .	Запишем соответствующее	однородное	уравнение
0

y′′+ 4y′−5y = 0 и составим для него характеристическое уравнение: для этого заменим y′′ на λ2 ; y′ на λ , у на λ0 =1. Получим квадрат-

							1
ное уравнение λ2 + 4λ −5 = 0 с корнями λ1,2 =				− 4	± 16
						+ 20 =		5.
					2		−
		Т.к. корни характеристического уравнения действительные и
различные,			то общее решение y0 однородного уравнения будет
y	0	= c eλ1x + c eλ2x или для нашего примера		y	= c ex + c e−5x ,			где
		1	2	0	1	2
c1		и c2 – произвольные постоянные.

Частное решение неоднородного уравнения y* будем искать в

том же виде, какова правая часть, но с неопределенными коэффициентами, и с учетом кратности корней характеристического урав-

нения, а именно, y* = (Ax + B)eαx xs . В нашем случае α =1 является однократным корнем характеристического уравнения, поэтому s =1. Таким образом, y* = (Ax + B)ex x .

Определим неизвестные коэффициенты А и В. Для этого найдем

(y*)′ и (y* )″:

(y*)′= ((Ax2 + Bx)ex )′ = (2Ax + B)ex +(Ax2 + Bx)ex = (Ax2 + 2Ax + Bx + B)ex ,

(y* )″= (2Ax + 2A + B)ex + (Ax2 + 2Ax + Bx + B)ex ,

и подставим значения y* , (y*)′ и (y* )″ в исходное уравнение:

(2Ax + 2A + B + Ax2 + 2Ax + Bx + B)ex + 4(Ax2 + 2Ax + Bx + B)ex −

−5(Ax2 + Bx)ex =12xex .

Сократим обе части равенства на ex ≠ 0 и приведем подобные слагаемые: 2A +6B +12Ax =12x . Сравним коэффициенты при одинаковых степенях х:

при х: 12А = 12;

при x0 : 2A +6B = 0 .

Получим систему уравнений для нахождения неизвестных коэффициентов А и В:

12A =12

2A +6B = 0.

Откуда

		A = 1,
		B = −1.
		3
	1			x
Итак, y* = x −	ex x	или y* = x2	−		ex.	Окончательно, об-
Итак, y* = x −	ex x	или y* = x2	−		ex.	Окончательно, об-
	3			3
							x
щее решение уравнения имеет вид y = c ex +c e−5x + x2 −								ex .
щее решение уравнения имеет вид y = c ex +c e−5x + x2 −								ex .
		1		2			3
							3

Пример 2. Найти общее решение дифференциального уравнения

II порядка y′′+ 2y′+ y = 3x cos x .
Решение.		Общее решение		исходного	уравнения	имеет вид
y = y	+ y* .	Запишем соответствующее			однородное	уравнение
0	0
y′′+ 2y′+ y = 0 .			Составим	характеристическое		уравнение

λ2 + 2λ +1 = 0 . Его корни λ1,2 = −1. Т.к. корни характеристического уравнения действительные и кратные, то общее решение y0 однородного уравнения будет y0 = (c1 +c2x)eλx или в нашем случае y0 = (c1 + c2x)e−x , где c1 и c2 − произвольные постоянные.

Частное решение y* будем искать в том же виде, какова правая часть f (x), но с неопределенными коэффициентами A, B,C, D : y* = (Ax + B)cos x +(Cx + D)sin x .

Найдем (y*)′ и (y* )″:

(y*)′= Acos x −(Ax + B)sin x +C sin x +(Cx + D)cos x =

= (A +Cx + D)cos x +(C − Ax − B)sin x .

(y* )″= C cos x −(A +Cx + D)sin x − Asin x +(C − Ax − B)cos x = = (2C − Ax − B)cos x −(2A +Cx + D)sin x .

Подставим y* , (y*)′ и (y* )″ в исходное уравнение и, приведя подобные слагаемые, получим:

(2С + 2A + 2D + 2Сx)cos x +(−2A + 2C −2B −2Ax)sin x = 3xcos x .

Сравним коэффициенты при sin x и cos x :

2C + 2A + 2D + 2Cx = 3x

− 2A + 2C − 2B − 2Ax = 0 .

Сравним коэффициенты при одинаковых степенях переменной х; получим систему

				2С = 3

				2С + 2A + 2D = 0							.
											.
				−2A = 0

				−2A + 2C − 2B = 0
Следовательно,			A = 0,		C = 3			2	, B = 3	2	,	D = −3	2	.
								2		2			2
Тогда y* =	3		3			3
		сosx +			x −		sin x .
	2	сosx +		2	x −	2	sin x .
	2			2		2

Окончательно, общее решение уравнения примет вид:

y = (c	+c x)e−x +	3		3		3
			cos x +		x −		sin x .

1	2	2	2			2

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ № 3

							Решение заданий типа 131–140
	Пример			1.			Исследовать на сходимость числовой ряд
							n
∞			4n	2	+	5	n
∑		arctg	4n		+	5		.
∑		arctg	2n +1					.
			2n +1
n=1

Решение. Данный числовой ряд является знакоположительным рядом, следовательно, для его исследования на сходимость можно применить радикальный признак Коши. Согласно этому признаку,

∞

если для ряда

∑un ,

un > 0,

lim

n un <1, то ряд

∑un

сходится,

n=1

n→∞

n=1

∞

если же

lim n

un >1,

то ряд

∑un

расходится. В нашем примере

n→∞

n=1

+ 5

arctg

. Применяя радикальный признак Коши,

2n +1

+ 5

= lim arctg

lim n

arctg

n→∞

2n +1

n→∞

2n +1

под знакомарктангенса

= lim arctg

4 + n2

числительи знаменатель

разделим на n

n→∞

2 + 1

учитывая,что lim

= 0,

n→∞ n2

lim

1 = 0, получим

== arctg1 =

4 .

n→∞ n

Очевидно, что π4 <1, следовательно, данный ряд является сходящимся.

∞		5n
	2n +1
Пример 2. Исследовать на сходимость числовойряд ∑			.
	3n + 7
n=1

Решение. Данный числовой ряд является знакоположительным рядом, поэтому для его исследования на сходимость можно применить признак Даламбера. По признаку Даламбера, если для ряда

∞

un > 0,

lim

un+1 <

1, то

ряд

∞

сходится,

если

же

∑un ,

∑un

n=1

n→∞

n=1

lim

un+1 >1,

то ряд

∞

расходится. Здесь un+1

– член ряда с но-

∑un

n→∞

n=1

мером (n +1)

получается из формулы un , заменой n на (n +1).

В нашем примере un =

2n +1

, тогда

3n + 7

5n+1

un+1 =

2(n +

1)+1

2n +3

3(n

+1)+ 7

3n +10

Вычислим

un+1 = lim

5n 5

lim

2n + 3

2n +1

→∞

n→∞

3n +10

3n +7

5n 5(3n +7)

3n +

= lim

2n +3

сократимна 5n

= lim

2n +

n→∞

(3n +10) 2n +1

n→∞

2n +1

3n +10

3 +

3n + 7

2n + 3

= 5 lim

lim

= 5 lim

lim

n→∞

2n +1

n→∞ 3n +10

n→∞

+ n

	lim	7	= 0,	lim	10		= 0,

=	n→∞ n			n→∞ n				= 5.
		3			1
	lim		= 0,	lim		= 0

	n→∞ n			n→∞ n

Очевидно, что 5 > 1, значит, данный ряд является расходящимся.

Решение заданий типа 141–150

∞	(x +3)n
Найти область сходимости степенного ряда ∑			.
		2n+1
	5n + 4
n=1

Решение. Данный ряд является обобщенным степенным рядом

вида

∑∞ an (x − a)n , где коэффициент an =

a = −3 .

5n +

4 2n+1

n=0

Областью сходимости степенного ряда ∑∞ an (x − a)n

с точностью

n=0

и радиусом

до границ, является интервал с центром в точке

x = a

R :

(a − R;a + R),

где R –

радиус

сходимости

степенного

ряда

определяется

по

формуле

R =

lim

Сходимость

ряда

an+1

n→∞

∑∞ an (x − a)n

на концах интервала при x = a − R и x = a + R необхо-

n=0

димо исследовать отдельно. В нашем примере

an =

> 0 ,

2n+1

тогда

5n + 4

an+1 =

> 0 .

2n+2

5(n +1)+ 4

5n +9

Вычислим радиус сходимости

R = lim

= lim

n→∞

an+1

n→∞

5n + 4 2n+1

5n +9 2n+2

lim

= 0,

2n+2

5 + n

5n + 9

5n +9

= lim

= 2lim

n→∞ n

= 2 .

5n + 4

n→∞

5n + 4 2n+1

n→∞

lim

= 0

n→∞ n

Тогда

интервал

сходимости

имеет

вид

(−3 −2;−3 + 2) или

(−5;−1).

Исследуем сходимость степенного ряда на концах интервала. Пусть x = −5 , тогда подставив это значение в степенной ряд, полу-

∞	(−2)n
чим числовой ряд ∑			или, преобразовав его, имеем
		2n+1
	5n + 4
n=1

ряд, который исследуется признаком Лейбница.

Согласно признаку Лейбница, если в знакочередующемся ряде выполняются два условия:

1)члены ряда с возрастанием номера n , убывают по абсолютной величине;

2)предел абсолютной величины общего члена ряда равен нулю при n → ∞ , то такой ряд является сходящимся.

	Проверим выполнимость условий Лейбница в нашем примере:
	1)			u		=	1		,		u	2	=		1	,		u	=	1		,	u	4	=	1		, …,
							1								1					1						1

				1			2	9						2	13			3	2		17				2		21
							2	9						2	13				2		17				2		21
un		=			1				,	un+1		=			1		, …
					1										1

			2 5n + 4										2		5n + 9

Очевидно, что члены ряда по абсолютной величине убывают:

1		>	1		>	1		>	1		> …>	1		>	1		> …
2			2			2			2			2			2
	9			13			17			21			5n + 4			5n +9

2) lim	un	= lim	1	= 0 .


			5n + 4
n→∞		n→∞ 2

Оба условия признака Лейбница выполняется, следовательно,

∞	(x +3)n
при x = −1 степенной ряд ∑			сходится.
		2n+1
	5n + 4
n=1

Пусть x = −1, тогда данный степенной ряд станет числовым зна-


∞	∞	2	n	∞	1
коположительным рядом ∑un=∑		2		= ∑	1	.
коположительным рядом ∑un=∑				= ∑		.
n=1	n=1	5n + 4 2n+1		n=12 5n + 4

К исследованию этого ряда на сходимость применим признак

∞

сравнения с рядом Дирихле ∑

, который сходится, если α >1 и

расходится если α ≤1 .

n=1nα

∞

Для

нашего

примера

используем ряд

∑vn = ∑

здесь

α = 1 <1, значит, данный ряд расходится.

n=1

Сравнение

выполним

посредством

вычисления

предела

lim un

= lim

= lim 1

n→∞ v

n→∞ 2 5n + 4

→∞ 2

+ n

lim

= 0

, так как предел пол

учился отличным от 0

и ∞ ,

n→∞ n

∞

значит, исследуемый ряд ∑un ведет себя так же, как и тот ряд, с

n=1

∞

которым проводилось сравнение ∑vn , т.е. в нашем случае

n=1

∞ 1 расходится, а это означает, что при = −1 степенной n∑=12 5n + 4 x

∞	(x + 3)n
ряд ∑			расходится. Итак, область сходимости данного
		2n
	5n + 4
n=1

степенного ряда: x [−5;−1).

100

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1110 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.11.20251.6 Mб0Математика.pdf
#
28.12.20252.17 Mб0Математика_1.pdf
#
28.12.20251.51 Mб0Математика_2.pdf
#
28.12.2025883.18 Кб0Математика_3.pdf
#
28.12.2025921.92 Кб0Математика_4.pdf
#
28.12.20252 Mб0Математика_5.pdf
#
28.12.20256.14 Mб0Математика_6.pdf
#
28.12.20251.57 Mб0Математика_7.pdf
#
28.12.202521.33 Mб0Математика_8.pdf
#
28.12.20254.68 Mб0Математическая картография.pdf
#
28.12.2025870.35 Кб0Математическая статистика-1.pdf