Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы математического моделирования. Учебное пособие-2.pdf
Пример. Найти точку минимума функции
−=−−
=
=
=
=
−==
=
=−=−
=−=−=
=−=−=
ϕ
=
ψ
=
py=
=
μ
=
(
)
Решение.
1. Из уравнения связи выражаем y и подставляем результат в выражение для z . Получаем
функцию одной переменной .)2(
2. Исследуем функцию )( xzz = на экстремум (безусловный).
22
xxz −+=
22
yxz += при условии связи x + y − 2 = 0.
Имеем ).22(2)2(22)('
Так как производная при переходе через точку x
= xxxxz Определяем критическую точку: x0 = 1 .
= 1 меняет знак с «–» на «+», то в этой точке
0
функция )(xzz = имеет минимум.
Из уравнения связи определяем y
функции
Минимальное значение, достигаемое в этой точке, есть значение .2
22
yxz += при условии x + y − 2 = 0.
= 2 − x0 = 1 . Следовательно, точка (1, 1) – точка минимума
0
z
Дадим геометрическую интерпретацию полученного результата. Совместное рассмотрение
двух данных уравнений означает, что поверхность
22
yxz += (так называемый эллиптический пара-
болоид) рассечена плоскостью x + y − 2 = 0. На полученной линии пересечения найдена точка (1, 1) –
точка с наименьшей (для этой линии) аппликатой. Этот минимум – именно условный, поскольку
22
«обычный», «безусловный» минимум у функции
yxz +=
достигается, очевидно, в точке (0, 0).
15. Задачи для самостоятельного решения.
Дана функция qdycxbyaxz ++++=
22
. Найти:
а) её точки экстремума;
б) наибольшее и наименьшее значения данной функции в прямоугольнике, ограниченном указанными прямыми 2,1,0,2
анта указаны)
1. 3,6,8,4,2
−==−= yyxx (значения параметров qdcba ,6,,,
−==−=−= qdcba . 2. 4,10,8,5,1 =−=
для каждого вари-
qdcba .
3. 1,2,4,4,2
=== qdcba . 4. 4,2,8,1,2 −==
5. 1,4,6,4,1 −===== qdcba . 6. 6,8,10,2,5 =−=
qdcba .
qdcba .
3.4. КРАТНЫЕ И КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
1. Двойной интеграл.
Пусть функция двух переменных ),( yxf непрерывна в замкнутой плоской области D. Если
граница D задана уравнением bxax == ,, ),( xy
)(xy
, причём ϕ и ψ непрерывны на ],[ ba
и ),()( xx ψ≤ϕ ],[ bax ∈ , то двойной интеграл в декартовых координатах (рис. 3.6) может быть
найден в виде двукратного определённого интеграла
=
x
ψ
b
aD
)(
dyyxfdxdydxyxf
∫∫∫∫
ϕ
x
),(),(.
)(
Сначала вычисляем внутренний интеграл (при фиксированном х), а затем полученное (зависящее от х) выражение интегрируем по промежутку ],[ ba .
В случае же, если граница D задана уравнениями ,, qy
ν
непрерывны на ],[ qp и
и
],[)()( qpyyvy∈≤μ , имеем (рис. 3.6)
yv
q
=
)(
dxyxfdydydxyxf
∫∫∫∫
μ
y
pD
),(),(.
)(
)( yx
, )(yvx = , причём μ
61
≤
≤
=
=
x
y
y = ψ (x)
y
х = μ (у)
q
х = ν (у)
a
y = ϕ (x)
b x0
Рис. 3.6. Изменение порядка интегрирования
p
0
x
В случае Dyxyxf ∈> ),(,0),( двойной интеграл есть масса плоской пластины D с плотно-
стью (в каждой точке ),( yx ) ),( yxf=ρ .
2. Примеры.
1. Изменить порядок интегрирования
x
22
2
=
∫∫
3
1
0
x
2
dyyxfdxJ
),(.
Решение. Изобразим границу области (уравнения соответствующих линий определяются
нижними и верхними пределами интегрирования):
1
,2,0
3
xyxyxx 22,
====
.
2
y
4
xy 2=
1
3
xy =
3
Если спроектировать область на ось 0у, то
системы уравнений:
Рис. 3.7. Криволинейная область интегрирования
1
3
xy = ,
2
1 20
xy 22= . Имеем 4,0
yyy
21
yy , следовательно, внешнее интегриро-
21
, где
y
y
и
1
определяются решениями
2
вание теперь производится по отрезку ]4,0[. Чтобы определить пределы «внутреннего» интегрирования (по переменной х), следует выразить х (через у) из уравнений левой границы (точка входа гори-
1
зонтальной прямой в область)
2
y
ственно
x = и
8
3
2yx = . Поэтому
xy 22= и правой границы (точка выхода)
3
2
y
4
=
∫∫
2
0
y
8
),(
dxyxfdyJ .
3
xy = . Имеем соответ-
2
62
2. Найти массу плоской пластины D заданной плотности
−
=
=
≤
≤
=
ϕ
ϕρ≤ϕρβ<
α
α∈ϕ
φρ=
φ
2
24yx=ρ , расположенной в плос-
кости X0Y, если D ограничена линиями ,2xy
Решение. Достаточно вычислить
ρDdydx , т.е.
∫∫
Внешнее интегрирование произведём по у, 20
y
⎞
⎛
−
от
до y2 (х выражен соответственно из уравнений левой и правой границы; рис. 3.8). Итак,
⎟
⎜
2
⎠
⎝
y
2
2
0
−
y = –2x
2
y
2
y = 2
–1
Рис. 3.8. Треугольная область
3. Область в полярных координатах.
Если теперь область D расположена в полярной системе координат и ограничена лучами
x
y = , 2
y .
2
2
24 .
∫∫
D
dydxyx
y . Во внутреннем интеграле х изменяется
y
2
⎛
⎜
==
y
2
D
2424
∫∫∫
⎜
0
⎝
2
3
x
ydydxyxdyJ
3
y
−
2
2
⎞
⎟
=
⎟
⎠
4
0
.
41665
=∫dyy
y = x / 2
4 1
x
β=ϕα=ϕ , и линиями )(
ρ и )(
ϕρ
1
ρ=ρ ()()(,
2
при ],[ β
21
), то площадь области
D вычисляется по формуле
ϕρ
β
α
)(
2
ρρϕ=
ddS .
∫∫
ϕρ
)(
1
Пример. Вычислить с помощью двойного интеграла в полярных координатах площадь фигу-
ры, ограниченной линией (заданной в декартовых координатах)
2
()
22
22
045
=−−+ yxyx .
Решение. Отметим, что линия симметрична относительно обеих координатных осей (так как х
и у в уравнении содержатся в чётных степенях). Запишем уравнение границы в полярных координатах, используя формулы перехода
откуда ϕ+=ρϕ+=ρ
63
cos4,cos4.
ρ= sin,cos yх :
2
2
()
222
2222
0sin4cos5
=ϕρ−ϕρ−ρ
,
Имеем (см. рис. 3.9)
≤≤φ
=
≤
≤
=
ρ
1
4
π
2
1
()
∫
2
Следовательно,
0
=S .
π
2
2
ϕ+
cos4
ddS
=ρρϕ=
∫∫
00
2
cos4
d
9
π
.
=ϕϕ+=
8
9π
2
Рис. 3.9. Область в полярных
2
1
координатах
2 0
5
4. Криволинейный интеграл по длине дуги.
Если дуга l линии задана уравнением ,),( bxaxy
и функция )( xφ имеет непрерывной
производную )(' xφ на отрезке ],[ ba , то задача о вычислении массы этой дуги приводит к рассмотре-
нию так называемого криволинейного интеграла первого рода (по длине дуги)
ρ
∫
l
dlyx ),(.
Здесь =ρ ),( yxρ – плотность массы дуги в точке ),( yx ; функция ρ предполагается непрерывной в точках дуги. При сформулированных условиях криволинейный интеграл может быть сведён
к определённому следующим образом:
b
ρ
∫
l
dlyx ),(= dxxxx
∫
a
2
))('(1))(,( φ+φρ
.
Другими словами, при переходе к определённому интегралу следует в подынтеральное выражение вместо y подставить )(xφ из уравнения линии, а «элемент длины»
записать в виде
dl
dxx2))((1 φ′+ .
Пример. Вычислить криволинейный интеграл
dlxy вдоль дуги окружности 1
∫
l
22
=+ yx ,
расположенной в первой координатной четверти.
Решение. Выражая переменную y из уравнения окружности, имеем
Далее, =′y
Теперь
∫
l
dlxy =
,12xy −= .10
2xx−−
=
− и
2
12
1
x
1 x−
∫
0
1 xx−
2
x
11−
dl
2
1
dx
2
=
∫
0
dx .
x
x
2
⎛
⎜
1
−+=
⎜
⎝
⎞
x
⎟
dx
= .
⎟
2
⎠
1
−
x
11−
dx
2
x
5,0
5. Криволинейный интеграл по координатам.
Пусть сила jyxQiyxPF ),(),( += перемещает материальную точку М из начала дуги –
точки А, в конец – точку В (рис. 3.10).
64
Задача о вычислении работы силы F (совершаемой вдоль AB∪ линии L) приводит к рас-
=
α=t
β
=
ϕ
=
x
=
(
F
смотрению так называемого криволинейного интеграла по координатам
dyyxQdxyxP
),(),( +
∫
AB
∪
у
.
М
А
В
0
Рис. 3.10. Работа переменной силы
х
Пусть дуга АВ расположена в области D, где P и Q – непрерывные функции. Если линия L
имеет параметрические уравнения
⎧
⎨
⎩
причём положение точек А и В соответствуют значениям
β
[]
=+ )()(),()()(),(),(),(.
∫∫
AB
α∪
Если же линия L имеет уравнение )(xy
txx
,
=
)()(tyy
и
t , то
()()
, причём a
′
+
и bx= – абсциссы точек А и В,
′
dttytytxQtxtytxPdyyxQdxyxP
соответственно, то
b
()()
[]
∪
∫∫
aAB
′
dxxxxQxxPdyyxQdxyxP
ϕ
ϕ+ϕ=+
)()(,)(,),(),(
.
Смысл формул состоит в том, что выражение для х и у из уравнений линии подставляем
в подынтегральное выражение dyQdxP + (при этом вычисляем дифференциалы dx и dy ), после
чего производим интегрирование в границах изменения параметра.
Пример.
вдоль контура
Решение. Имеем вектор
3
xy = абсцисса х изменяется от 0 до 1, при этом .3'2xy = Тогда работа будет вычислена в виде
Вычислить работу силы
3
xy = из начального положения 0(0,0) в положение В (1,1).
jQiPF +=
с координатами .4,3
∪
ОB
3
)
1
()
∫∫
0
jxixyF 43
++= по перемещению материальной точки
3
2333
dxxxxxdyxdxxyJ
xQxyP =+= На дуге ОВ линии
.
43434)3(
=⋅++=++=
65
гралы».
=
ρ
==+
=
=−=
=
==−
=
=
(
F
F
6. Задачи для самостоятельного решения по теме «Кратные и криволинейные инте-
1 – 10. Изменить порядок интегрирования.
421
1.
∫∫
204
4.
∫∫
e
7.
1
10.
0
−
()
4
−
x
()
2
x
2
1
()
∫∫
xn
l
255
()
∫∫
2
y
2
.
,ydxyxfdy
,
dyyxfdx . 5.
,
dyyxfdx
.
2.
8.
0
−
1
1
0
dxyxfdy
,.
()
∫∫
2
−
10
()
∫∫
−
x
e
()
,.
∫∫
1
,ydxyxfdy . 3.
,xdyyxfdx .
6.
dyyxfdx
9.
93
()
,xdyyxfdx .
∫∫
2
2
−−−1
y
1
()
,
∫∫
0
1
y
y
3
3
()
∫∫
2
0
y
9
dxyxfdy .
,
dxyxfdy
.
0
1 – 10. Найти массу плоской пластины D заданной плотности
()
,12 +
xy расположенной
в плоскости X0Y, если D ограничена следующими линиями:
1. 7,56,23
3.
5. 2,2,
7. 49,
2
9. 0,22,2
== yxy .
+=+ yyxyx .
=−=−= yxyxy . 2. 0,3,12
0,2,4 === xyxy .
4.
==+= yyxxy . 6. 0,22,
8. 1,0,,1
=
10.
y
x
4
1 – 10. Вычислить с помощью двойного интеграла в полярных координатах площадь фигуры,
ограниченной линиями, заданными в декартовых координатах.
1.
3.
()
5.
()
7.
2
22
22
22
08
=−+ yyx .
2
2
9yyx =+
.
2
2
4xyx =+ . 8.
xyxyxy −==−= ,,1
. 2. 0,,16,9
4.
6.
22
22
xxyxy .
xyxy 2,2==
.
yxyxy .
=
yyxyxy .
.1,,
=== yxy
22
3
x
,3 xy
yxy −=== .
3
010
=−+ xyx
.
2
)
23 yxyx +=+ .
4,
22
==−=−= xxyxyxy .
2
9.
2
xyxyyx −==−= ,,9
.
10.
2222
хyxхyx 8,4
=+=+
.
1 – 10. Вычислить работу силы
Координаты
, уравнение линии L, а также значения x1, x2 абсцисс (или значения t1, t2 параметра t),
по перемещению материальной точки вдоль контура L.
соответствующих начальному и конечному положению точки, указаны.
66
1.
=
=
′
=
=
=
′
=
′
(
2.
2
()
()
22
++−=
⎧
:, tt
LjyxiF .
⎨
⎩
4,1,2:,2
===++= xxxyLjxiyxF .
21
=
cos
tx
,0,
=
sin
ty
π==
21
3.
4.
()
22
++−=
⎧
:,944 tt
LjyxiF .
⎨
⎩
5.
6.
7.
8.
9.
10.
22
()
,4
22
()
()
+=
2
22
⎧
:,6 tt
LjiF .
⎨
⎩
()
1
yjiyxF .
,
x
=
++−=
⎧
LjiyxF .
:,74
⎨
=
⎩
−
sin
ttx
−=
cos1
ty
3.5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
1. Уравнения первого порядка.
Уравнение вида ),( yxfy
будем рассматривать как задачу о нахождении функции )(xyy
exxxyLjyixF ===+=
,1,ln2:,2.
21
=
cos3
=
1
2
cos
tx
sin2
ty
1,
==−=+= xx
21
xx
tx
,0,
ty
sin2
π==
,0,
21
,0,
21
1,0,:,1
===+−+= xxeyLjieyF
21
xxxtgyLjiyxtgF .
,0,2:,124
21
==
tt
21
xxxyLjxyiyF .
,0,sin:,sin2
π==
.
π
===++−=
4
π
2
π
===−++=
21
2
,
которая при подстановке вместо у обращает это соотношение в тождество.
На самом деле в процессе интегрирования определится класс решений ),( Cxyy
= , который
называется общим решением дифференциального уравнения (здесь С – произвольная постоянная).
При каждом конкретном значении
CC = получаем «частное решение» ),(0Cxyy
0
.
Задача вида
),(
⎧
⎨
⎩
yxfy
)(
yxy
=
00
называется задачей Коши.
)()( ygxfy
2. Дифференциальное уравнение вида
мися переменными.
Если представить
′
y
в виде отношения
dy
дифференциалов, то путём выполнения опера-
dx
ций умножения и деления уравнении можно преобразовать к виду dxxHdyyG )()(
называется уравнением с разделяющи-
= (уравнение с
разделенными переменными), после чего остаётся выполнить интегрирование обеих частей полученного соотношения.
Пример.
′
2
()
+=
xyyx ln4
. Найти общее решение.
Имеем уравнение в разделяющимися переменными
dy
x ln4
2
()
+= или
xy
dx
2
(умножили обе части на dx и поделили на
67
)
4 yx + ).
dy
4 y
+
dx
xln
=
2
x
Интегрируя (интеграл в правой части вычисляем с помощью замены переменной )ln xt
=
=
=
υ
=
′+′=′
=
(
′=′
′
=
Φ
′=′
′
(
)
получим
arctg
y
ln
2
Итак, соотношение
3. Уравнение вида
dy
22
y
2
+
y
2
arctg служит общим решением уравнения.
′
ln
2
y
⎞
⎛
fy
=
⎟
⎜
x
⎠
⎝
dx
x
∫∫
Cx
+=
1
;ln
x
2
или приводящееся элементарными преобразованиями к ука-
занному виду, называется однородным. Заменой переменных
преобразуется к рассмотренному типу 2.
4. Уравнение вида )()( xqyxpy
γ
yxq носит имя Бернулли. В обоих случаях общее решение может быть найдено в виде
)1,0()( ≠γ=
′
+
называется линейным, а уравнение
2
2
t
x
+==
y
=
x
1
C
.
2
(откуда
,
′
xtty′+=
), уравнение
′
+
yxpy )(
⋅υ= , где выбор функций u и
Пример.
),()( Cxuxy
y
′
y
2
e
2
=−
x
Имеем линейное уравнение; положим uvy
′
y
y и
в уравнение, получим
′
+
Выберем v так, чтобы
Решаем последовательно, разделяя переменные, полученные уравнения
;0
или
dv
v
du
dx
откуда
а)
б)
dv
dx
v
2
x
x
ev = (выбрана одна из первообразных v (х )).
′
x
evu 2=
здесь ищется общее решение).
Поскольку uvy
= , то ответ записываем в виде
5. Уравнения второго порядка.
Функция )(xyy = есть решение уравнения ),,( yyxfy
поясним на следующем примере.
x
. Найти общее решение.
, тогда vuvuy
uv
′
vuvu 2
v , тогда уравнение примет вид
==−
x
2
v
′
2
x
dx
,
∫∫
2
x
2
ee
= ; значит dxdu 2
x
e
=−
=−
или
0
xx
⎛
′
⎜
+
⎜
⎝
, откуда Cxu +=
v
′
vuvu 2
−
2
x
2
x
)
eCxy +=
(уравнение второго порядка соот-
. Подставляя выражения для
⎞
⎟
⎟
⎠
x
e
=
.
′
2
x
evu 2=
.
(в отличие от случая а)
.
ветственно порядку старшей производной), если при её подстановке в уравнение оно обращается
в тождество. Общее решение
),,(
CCxyy = (или 0),,,(
зависит от двух произвольных постоянных. Задача Коши имеет вид
21
⎧
где
′
,, yyx
– заданная точка пространства; чтобы удовлетворить начальным условиям, следует
000
соответствующим образом подобрать
⎪
⎨
⎪
⎩
C и 2C .
1
=
;)(
yxy
00
′
′
,)(
yxy
=
00
yyxfy
);,,(
CCyx )
21
68
6. В следующих случаях путём надлежащей замены переменных уравнение второго порядка
=′′
′=′
′
′
=
(
(
=
=
=
=
λ
λ
λ
=
=
λ
=
=
решается последовательным рассмотрением двух уравнений первого порядка (
′′
а) )(xfy
=
; б) ),( yxfy
В случаях а), б) вводится новая переменная yxz
′
; в) ),( yyfy
.
)(, тогда
y
xd
zd
′′
=
понижение порядка):
, в случае в) полагаем
′
)( ypy
=
, тогда
Пример. Решить задачу Коши
Имеем случай 6, в). Полагая
откуда
Постоянную
ные условия:
Значит, решаем уравнение
′′
)0( =
= yy : ;
pd
=
1
3
.
py
yd
⎧
′′
⎪
y
⎨
⎪
′
y
⎩
′
dp
dy
9
0
=+
2
y
−
yp или (разделяя переменные)
∫∫
C можно найти уже на этом этапе, если, положив
1
′
2
9)0(,
9
3
dyydpp +=−=
,9
9
1
)
ypy =
, получим
2
p
2
C+= откуда
1
2
yyy
09
)
=+
31)0(
=
=
9)0(
9
2
y
2
.
′′
C
1
, т.е.
2
C = 0.
1
dp
py =
dy
()
9
2
′
()
y
9
=
2
y
3
′
y
,
=
(при извлечении корня для определённости
y
. Следовательно,
9
−= ,
dpp
2
′
y +=
dy
3
y
9
C
.
1
2
y
0
x
, использовать началь-
выбран знак плюс; это оправдано тем, что в точке 0
переменные, имеем
7. Уравнение вида const,,0
2
Cxy += 6
, и так как
′
′′
+
+
x , у и y′ имеют одинаковый знак). Разделяя
1
)0( =y , то
3
2
1
6
,
+= xy откуда
9
y+= .
541 x
3
qpqyypy называется линейным однородным уравне-
нием (ЛОУ) второго порядка с постоянными коэффициентами. Его общее решение имеет вид
yCyCy += , где )(11xyy = и )(22xyy = – так называемая фундаментальная система решений
2211
(ФСР), которая определяется следующим образом:
а) строится характеристическое уравнение (квадратное уравнение с теми же коэффициентами:
то
2
= ,
1
0
=+λ+λ qp .
б) если оно имеет действительные различные корни
x
λ
1
ey
2
в) если корни уравнения
x
eyλ=1,
x
λ
2
ey
= .
2
λ=λ
x
exyλ=
.
(дискриминант
21
и
1
D
(дискриминант
2
), то
0
042>−= qpD
),
г) если характеристическое уравнение имеет комплексно-сопряжённые корни
2
21
ax
cos
= , bxey
то bxey
1
2
В частности, если ib±=
()
ax
sin
= .
, то bxy cos
<−=−=λ+=λ Diibaiba ,
1
0;1,
, bxy sin
2
.
69
Пример. Найти общее решение
=+′+′
′
=+λ+λ
p
=
+′+
′
′
(
λ
λ
=
λ
=
α
=α=
Корни характеристического уравнения
2,1
2
3
1
(см. случай г)).
i
±−=λ
2
2
Следовательно,
x
−
3
2
cos
xey
2
2
и
= , xey
1
x
−
⎛
2
⎜
⎝
cos
3
+=
2
3
⎞
sin
xCxCey
– общее решение.
21
⎟
2
⎠
5.8. Линейным неоднородным уравнением
циентами
и q называется уравнение вида
(ЛНУ) второго порядка с постоянными коэффи-
Уравнение 5.7 будем называть соответствующим ему ЛОУ. Пусть
решение ЛНУ, а
ЛНУ может быть найдено в виде
yCyCy += общее решение соответствующего ЛОУ. Тогда общее решение
22110
yyy+= .
ч0
Если )(xf имеет следующий специальный вид:
α
x
()
где Р и Q – многочлены соответствующих степеней, то
ч
~
α
xr
cos)(
Здесь N – наибольшая из степеней n и m многочленов, r – количество совпадений «контроль-
,
ного числа» β+α= iS с корнями
α
x
()
const)( ==
AAexf
, имеем
Mexyα=
ч
характеристического уравнения. Так, в случае
21
xr
, где параметр М определяется по методу неопределённых
коэффициентов (см. пример).
Пример.
′
′′
−
x
eyyy 332 =−
. Найти общее решение.
0522
yyy
.
0522
имеют вид
x
−
3
2
=
sin
2
)(xfqyypy
.
sin)(cos)()( ,
mn
~
β+β=
sin
NN
y – некоторое частное
ч
xxQxxPexf
β+β=
)
xQxxPexy
.
Характеристическое уравнение 032
3
10
Перейдём к нахождению
Поскольку
находим
Итак,
2
xx
−
eCeCy
+=
′
=
.
2
y ; так как
ч
λ≠S ,
ч
1
λ≠S , то 0=r , и
2
′′
,
чч
3
−= , и общее решение тогда имеет вид
4
xx
MeyMey =
и подставляем их в неоднородное уравнение
x
ey
ч
=−λ−λ имеет корни 3
x
exf⋅=13)(, то
x
Mey =
. Осталось определить коэффициент М. Для этого
xxxx
eMeMeMe 332 =−−
откуда
и контрольное число
1
−=M .
3
1
1
3
4
, 1
−
2
−=λ , следовательно,
2
3
xxx
eeCeCy
−+=
.
4
.
S
1
70