Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Херсонский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Рудницький В.Б._ Вища матем в правах и задачах

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.02.2016

Размер:

703.72 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1312 13 > Следующая >>>

n=1

∞

n=1

∞

∞ (−1)nn

∞

−

5. n=1

−

;

6. n=1

5n + 1

∞

(−1)n

(−1)n sinn

2n + 2

;

n=1

∞

(−1)n+1 sin

n=1

Самостiйна робота

Дослiдити на умовну та абсолютну збiжнiсть ряди:

∞

(

1)n+1

∞

(−1)n

;

−

(n + 1)3n

√2n + 1

;

6πn;

(−1)n

;

(−1)n+1

;

√4

(2n + 1)n

n=1

∞ (

−

1)n

n + 5

∞

(−1)n+13n

n=1

;

n=1 (2n + 1)n ;

∞ (−1)n−1

∞ ( 1)n+1 2n + 1

n=1

;

−

;

n=1

∞

;

10.

∞

;

n=1(−1)n+1

2n + 7

n=1(−1)nn ln 1 + n2

∞

(−1)n

ln n

∞

(−1)n+1

11.

;

12.

;

n=1

n2 + 1

n=1

(−1)

sin

∞

(−1)n−1

∞

2√

13.

;

14.

√

;

√

(n + 1)3

3n + 1

n=1

1)n arctg n

∞

15. X

(

−

n=1

n + 1

§19. Функцiональнi та степеневi ряди

Ряд

u1(x) + u2(x) + . . . un(x) + . . . ,

члени якого є функцiями вiд x, називається функцiональним.

Сукупнiсть тих значень x, при яких функцiї u1(x), u2(x), . . . , un(x), . . .

∞

визначенi та ряд un(x) збiгається, називається областю збiжностi

n=1

111

функцiонального ряду. Функцiональний ряд вигляду

a0 + a1(x − a) + a2(x − a)2 + . . . + an(x − a)n + . . . ,

де a, a0, a1, . . . , an, . . . – дiйснi числа, називається степеневим рядом. Число R – половина довжини iнтервалу збiжностi – називається

радiусом збiжностi степеневого ряду. Якщо R = 0, то степеневий ряд збiгається лише в точцi x = a, якщо ж R = ∞, то ряд збiгається на всiй числовiй прямiй.

Радiус збiжностi можна визначити за однiєю з формул:

					1
n→∞	an	;	R =		1		.
n→∞	an+1	;		n→∞	n	\|an\|
R = lim				lim
					p

Iнтервал збiжностi функцiонального ряду (в тому числi i степеневого) можна знайти, використовуючи безпосередньо ознаки Даламбера або Кошi до ряду складеного з абсолютних величин членiв початкового ряду. При цьому отримують нерiвностi:

lim

un+1

< 1

lim

|un|

або

n→∞

n→∞ p|un| < 1.

Аудиторнi завдання

Знайти область збiжностi рядiв:

∞ xn tg x

;

∞

xn ;

∞ sin x ;

n=1

∞

∞ (x

1)n

n=0 (n + 1)2n ;

n=1 n + 1

;

n=2

√−n

;

∞

(x + 2)n

;

∞

10nxn;

∞

xn .

(2n

−

1)4n

5n n!

n=0

n=1

Домашнi завдання

Знайти область збiжностi рядiв:

∞

(ln x)n;

√

;

n(n + 1)xn;

n=1

112

∞

n n

∞

(x + 5)n

n!xn;

;

n=1

n10n−1

n=1

n! 2n

∞

n+1

∞

7. n=1(nx)n;

8. n=1

n x

; 9. n=1 nn! n ;

10.

∞ (x + 3)n

;

11.

∞

;

12.

∞

n=1 4n√n + 2

n=1 xn tg n

n=1

n+1

5n .

Самостiйна робота

Знайти область збiжностi рядiв:

∞

lnn x

;

n=1

∞

sin nx

;

n=1

5. ∞

(x − 2)n ;

n=1

∞

(x + 5)n

√

+ 1

;

n=1

√n + 1

∞

n!(x + 10)n

;

n=1

11. ∞

(3n − 2)(x − 3)n ;

n=0

2n+1(n + 1)2

∞

(x + 5)2n−1

;

13.

n=1

2n 4n

∞

(3x)n

15.

(n + 1)n2

;

n=1

∞

(x − 5)n tg

17.

;

n=1

+ 2n + 3

∞

19.

xn;

n=1

n!(n + 1)

∞

(3n)!

21.

+ 2n

xn;

n=1

∞ n3

2. n=1 xn ;

∞ (x − 4)2n−1

4. ;

n=1

2n − 1

∞

6.(2 + x)n;

n=1

(x − 1)n

;

∞

2n ln(n + 1)

n=1

∞

10.

n=0

(2 − x)n sin 2n ;

√

∞

n + 2

12.

(−1)n

(x − 2)n;

n=0

n + 1

14.

(2n − 1)n(x + 1)n ;

∞

n=1

2n−1nn

16.

∞

(x − 2)n

;

18.

n=1

(n + 2) ln(n + 2)

∞

5n(x − 1)n ;

20.

xn;

n=1

(n2

+ 4)n

∞

n=1

n2n!

∞

( 1)n−1

(x − 5)n

22.

−

3n ;

n=1

113

∞

( 1)n+1

(2n − 1)2n(x − 1)n

∞

(x + 2)n2

23.

; 24.

nn ;

−

(3n

−

2)2n

n=1

25.

∞

(3 − 2x)n

;

26.

∞

(x − 1)n

;

2n ln(n + 1)

−

ln2 n

n=1 n

n=1

ДИФЕРЕНЦIАЛЬНI РIВНЯННЯ

§1. Диференцiальнi рiвняння

з вiдокремленими змiнними. Однорiднi диференцiальнi рiвняння

Диференцiальним рiвнянням називається рiвнiсть, що пов’язує незалежну змiнну, шукану функцiю та її похiднi. Якщо незалежна змiнна одна, то рiвняння називається звичайним.

Найвищий порядок похiдної, що входить у рiвняння, називається порядком диференцiального рiвняння.

Розв’язком диференцiального рiвняння називається така диференцiйовна функцiя y = ϕ(x), яка при пiдстановцi у рiвняння замiсь невiдомої функцiї перетворює його у тотожнiсть.

Диференцiальне рiвняння першого порядку виду

M1(x)N1(y)dx + M2(x)N2(y)dy = 0

(1)

називається рiвнянням з вiдокремленими змiнними. Подiливши обидвi частини рiвняння (1) на N1(y)M2(x), отримаємо

M1(x) dx + N2(y) dy = 0.

M2(x) N1(y)

Iнтегруючи останнє рiвняння почленно, одержимо, що

M1(x) dx + N2(y) dy = C.

M2(x) N1(y)

114

x dx + y2 − 4 dy = 0.

Це спiввiдношення i визначає загальний розв’язок початкового рiвняння. Приклад 1. Розв’язати рiвняння x(y2 − 4)dx + ydy = 0. Розв’язання. Подiливши обидвi частини рiвняння на (y2 − 4), отрима-

ємо

Iнтегруючи останню рiвнiсть, одержимо

− 4 d(y2

− 4) = 0

Z x dx + Z

y2 − 4 dy = 0;

x dx + 2 Z y2

ln |y2 − 4| =

ln |C|

x2 + ln |y2 − 4| = ln |C|

або

y2 − 4 = C · e−x2 .

Останнє спiввiдношення є розв’язком даного диференцiального рiвняння.

Рiвняння виду:

P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0

називається однорiдним, якщо P (x, y) та Q(x, y) – однорiднi функцiї одного вимiру.

Функцiя f(x, y) називається однорiдною вимiру m, якщо

f(λx, λy) = λmf(x, y).

За допомогою пiдстановки x = u(x) однорiдне рiвняння перетворюється на рiвняння з вiдокремленими змiнними.

Приклад 2. Розв’язати рiвнняня (x2 + 2xy) dx + xy dy = 0.

Розв’язання. P (x, y) = x2 + 2xy, Q(x, y) = xy,

P (λx, λy) = (λx)2 + 2 · λx · λy = λ2P (x, y);

Q(λx, λy) = λx · λy = λ2Q(x, y).

Таким чином, функцiї P (x, y) та Q(x, y) однорiднi другого вимiру. Робимо пiдстановку y/x = t(x) або y = xt, звiдки dy = xdt + tdx. Тодi

(x2 + 2x · tx)dx + x · tx(xdt + tdx) = 0

x2(1 + 2t + t2)dx + tx3dt = 0

115

Роздiлимо змiннi

t dt

= 0

(1 + t)2

Тепер проiнтегруємо:

(1 + t)2 = C; ln |x| + Z

−t)2 dt = C

x + Z

(1 +

t dt

t + 1

або

ln |x| + ln |t + 1| +

= C; ln |x(t + 1)| +

= C.

t + 1

Повертаючись до старої невiдомої функцiї y (t = y/x), одержимо загальний розв’язок початкового рiвняння:

x ·

+ x

= C або

ln |y + x| +

= C.

+ 1

x + y

Аудиторнi завдання

Розв’язати рiвняння:

1. xy0 = y2 + 1;

2. (1 + ex)y0 = yex;

3. (x + xy) dy + (y − xy) dx = 0;

4. (1 + e2x)y2 dy = exdx;

xy + y2 = (2x2 + xy)y0;

6. xyy0

= y2 + 2x2;

= x

+ cos x ;

8. (x2 + y2)dx − xydy = 0.

Домашнi завдання

Розв’язати рiвняння:

x+y ;

x y

;

= 2x−y

1 + y2

dx + y√

1 + x2

dy = 0

3. y0 = e

+ e − ;

= 0;

x(y − 1)

y(x + 2)

5. y0

− 2;

6. (3y2 + 3xy + x2) dx = (x2 + 2xy) dy;

= ey/x +

;

8. xy0

= y ln

;

10. y0

x + y

x − y

116

Самостiйна робота

Розв’язати рiвняння:

1. ex+3y dy = x dx;

3. (1 + ex)y dy − ey dx = 0; 5. y0 = e2x/ ln y;

7. y0 = x(1 + y2)ex2 ;

9. ex sin y dx + tg y dy = 0;

11.	(y2 − 3x2) dy + 2xy dx = 0;
13.	xy00							;0
		+ yp(ln y−				1) =
	xy	= x2				y2 + y
15.					−				;
	xy0		x
17.		− y = x tg x ;
							y
19.	(x2 − y2)y0			= 2xy;

y0 = (2x − 1) ctg y;

sin y cos x dy = cos y sin x dx;

6. 3x2+y dy + x dx = 0;

y0 sin x = y cos x + 2 cos x;

10.

y0 + sin(x + y) = sin(x − y);

12.

xy0

= y − xey/x;

14.

y dx + (2√

− x) dy = 0;

16.

xy0

= x + y ln

;

18.

xy0

= y + x sin

;

− y = p

20.

xy0

x2 + y2

§2. Лiнiйнi диференцiальнi рiвняння першого порядку

Лiнiйним диференцiальним рiвнянням першого порядку називається рiвняння виду

y0 + P (x) y = Q(x).

(1)

Лiнiйнi рiвняння можна розв’язувати за допомогою пiдстановки

y = u(x) v(x).

Приклад. Знайти розв’язок рiвняння y0

+ y tg x =

cos x

Розв’язання. Робимо пiдстановку y

= uv,

тодi y0 = u0v + uv0. В

результатi отримаємо рiвняння:

u0v + uv0 + uv tg x =

; u0v + u(v0

+ v tg x) =

cos x

Знаходимо функцiю v(x) так, щоб

v0 + v tg x = 0;

+ v tg x = 0;

v tg x;

−

tg xdx.

−

117

Iнтегруємо:	v	= − Z	tg xdx;	ln v = ln \| cos x\|,
Z
	dv
звiдки v = cos x. Тодi			= cos2 x;	u = Z	cos2 x = tg x + C.
u0 · cos x = cos x		; u0
	1		1		dx

Остаточно розв’язок рiвняння матиме вигляд: y = cos x(tg x + C).

Аудиторнi завдання

Розв’язати рiвняння:

y0 + 2xy = xe−x2 ;

xy0

− y = x2 cos x;

(1 + x2)y0 + y = arctg x;

y0√

+ y = arcsin x.

1 − x2

Домашнi завдання

Розв’язати рiвняння:

(1 + x2)y0 − 2xy = (1 + x2)2;

y0 + 3y tg 3x = sin 6x;

y0 + y = cos x;

y0 +

1 − 2x

y = 1;

5. xy0

−

= x;

6. xy0 + y − ex = 0.

x + 1

Самостiйна робота

Розв’язати рiвняння:

2. (1 − x)(y0 + y) = e−x;

1. (x2 + 1)y0 + 4xy = 3;

3. xy0

− 2y = 2x4;

4. y0 = 2x(x2 + y);

5. y0 − y = ex;

6. x2y0 + xy + 1 = 0;

y = x(y0 − x cos x);

xy0 + (x + 1)y = 3x2e−x;

(x + 1)y0 + y = x3 + x2;

10. y0

4xy

;

x2 + 1

11. y0

+ xy =

;

12. y0

+ y = e

sin x;

13. y0

+ y cos x = cos x;

14. y0 cos2 x + y = tg x.

Знайти частинний розв’язок диференцiальних рiвнянь:

1. xy0 + y = sin x, y(π/2) = 2/π;

118


2. (x2 − 1)y0 − xy = x3 − x,			y(√
				2) = 1;
3.	x2y0 = 2xy + 3,	y(1) = −1;
4.	y0 − 3x2y − x2e3 = 0,		y(0) = 0;
5.	xy0 + y = ln x + 1,	y(1) = 0.

§3. Диференцiальнi рiвняння другого порядку, що допускають зниження порядку

Диференцiальнi рiвняння другого порядку мають вигляд:

F (x, y, y0, y00) = 0 або y00 = f(x, y, y0).

Диференцiальне рiвняння виду

y00 = f(x, y0),

(1)

що не мiстить шуканої функцiї y, допускає зниження порядку за допомо-

гою пiдстановки

y0 = p(x), y00 = dxdp .

Тодi рiвняння (1) зводиться до рiвняння першого порядку вiдносно функцiї p(x):

dxdp = f(x, p).

Диференцiальне рiвняння виду

y00 = f(y, y0),

(2)

що не мiстить явно змiнної x, зводиться до рiвняння першого порядку за допомогою пiдстановки

y0 = p(y), y00 = dydp · dxdy = dydp y0 = dydp p.

Приклад 1. Розв’язати рiвняння xy00 = y ln y0 . x

Розв’язання. Це рiвняння виду (1), тому використаємо пiдстановку:

y0 = p(x), y00 = dxdp .

119

Тодi

x ·

= p ln

;

· ln

Отримали однорiдне рiвняння першого порядку вiдносно функцiї p(x).

Зробимо замiну

= t; p = tx; p0 = t0x + t. Маємо:

t0x + t = t ln t; t0x = t ln t

−

t(ln t − 1)

;

t(ln t − 1)

звiдки

ln | ln t − 1| = ln x + ln C1; ln t − 1 = xC1; t = e1+C1x

Тодi p = tx = xe1+C1x. Але p = y0, тому y0 = xe1+C1x;

u = x du = dx

1+C1x

dv = e1+C1x dx

1+C1x

dx =

= C1 e

dx =

y = Z xe

v =

e1+C1x

− C1 Z

1+C1x

C1x

1+C1x

+C2 =

−

+ C2.

C12

− C1

Отже, загальний розв’язок початкового рiвняння має вигляд:

y =

C1x − 1

e1+C1x + C2.

Приклад 2. Знайти загальний розв’язок рiвняння yy00

− (y0)2 = 0.

Розв’язання. Це рiвняння типу (2), тому зробимо замiну:

= p(y);

y00

Отримаємо:

p − p2

= 0;

p =

;

звiдки ln |p| = ln |y| + ln |C1|; p = C1y.

Але p = y0, тому y0

= C1y або

= C1y;

= C1dx; ln y = C1x + C2, тобто y = eC1x+C2 .

120

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1312 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.202566.66 Кб0РОЗДІЛ 5.docx
#
01.05.2025216.58 Кб0розмноження.doc
#
10.09.2019153.6 Кб2РОЗРОБКА СТРАТЕГІЇ МАРКЕТИНГУ.doc
#
01.05.20251.22 Mб0РОЛЬ СТВОЛА МОЗГА И МОЗЖЕЧКА В РЕГУЛЯЦИИ ПОЗЫ И...doc
#
01.04.2025122.07 Mб0РТС. Конспект лекцій.doc
#
07.02.2016703.72 Кб80Рудницький В.Б._ Вища матем в правах и задачах.pdf
#
23.08.2019260.1 Кб2Рук1.doc
#
17.08.2019101.15 Кб10с пылью и сором.docx
#
01.05.2025580.1 Кб0С.. Zapiska_DP1 (2).doc
#
04.11.2018272.38 Кб4Сам раб БМ 1.doc
#
13.11.2018584.7 Кб9Сам робота ділова нова.doc