Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Донбасская национальная академия строительства и архитектуры

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

конспекты / end_3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.02.2016

Размер:

855.41 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 127 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

168.а)

169.а)

170.а)

7	dx		π 2	sin x dx		1
∫		;	б) ∫		;	в) ∫ln(x +1)dx .
	3x + 4			2
−1			0	1+ cos x		0

5 dx

∫2 x ;

∫e2x dx ;

	1	x dx ;
б)	∫	x dx ;			в)
	0	1+		x
	1	e	x	dx
б)	∫	e		dx	;
	0	1	+ e2x

∫x2 arctgx dx .

π 4	x dx
в) ∫			.
	2
0	cos	x

Литература к задачам 161-170: [3], т.2, гл.2, §1; [4], т.1, гл.10, §3-6; [15], гл.5, §1,2; [26], гл.10, §10.2.

Пример.

		2π
	а)	∫sin 3xdx . Применяя формулу Ньютона-Лейбница, вычислим этот
		0
интеграл:																		2π
	2π													1									1								1								1					1
	2π
	∫sin 3xdx = −														cos3x				= −					cos 6π +									cos 0 = −							+					= 0
	∫sin 3xdx = −														cos3x				= −					cos 6π +									cos 0 = −							+					= 0
	0			1		x		2	dx				3					0			3									3								3					3
	0												3					0			3									3								3					3

	б)			∫								.			Вычислим							этот						интеграл,									используя											метод							замены
	б)			∫							2	.			Вычислим							этот						интеграл,									используя											метод							замены
				0 (1 + x3 )
переменной:
1	x2dx						1 + x3 = t										x1 = 0 t1									=1				1		2 dt						1 t −3			2					1				1							7
1	x2dx						1 + x3 = t										x1 = 0 t1									=1				1		2 dt						1 t −3			2					1				1							7
∫			=					2	dx =				1		dt											=			=			∫		2	=								= −										−	1		= −
∫		2	=					2					1																=	2		∫		2	=								= −			6					2	3	−	1		= −	48
0	(1 + x3 )				x												x2 =1 t2											2		2		1 t						2 − 3			1					6					2						48
0	(1 + x3 )												2				x2 =1 t2															1 t						2 − 3			1
													2
				1
	в)			∫x arctgxdx . Применяя																						формулу								интегрирования																		по			частям
получим:				0
получим:															U = arctgx								dV = xdx
	1																																	x	2							1	1				x			2		dx
	1																																		2							1	1							2
	∫x arctgxdx =																		dx										x2			=					arctgx							− ∫												=
	∫x arctgxdx =																		dx										x2			=					arctgx							− ∫											2	=
															dU		=								V =									2															2 1+ x
	0														dU		=	1	+ x		2				V =				2					2								0	0
	0																				2																					0	0

		π			1			1		x2dx						π		1	1	(x2 +1)−1												π				1		(x − arctgx)											1
		π			1			1		x2dx						π		1	1	(x2 +1)−1												π				1													1
	=			−				∫							=		−		∫								2	dx		=				−																	=
	=	8		−	2			∫	1+ x				2		=	8	−	2	∫		1+ x						2	dx		=		8		−		2													0		=
								0											0
								0											0
		π			1						π					π		1		π − 2
	=			−			1−								=		−		=							.
	=	8		−			1−				4				=	4	−	2	=		4					.
		8				2					4					4		2			4

171 – 180. Вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость.

∞dx

171.∫x2 +1 .1

2xdx

173.∫1 x −1.

∞ xdx

175.∫0 (1+ x)3 .

2	xdx .
177. ∫	xdx .
0	4 − x2

2dx

179.∫1 x2 (x − 2).

∞

172. ∫xe−x2 dx .

∞ 2 + x

174. ∫ dx .

1 x

9 xdx

176.∫2 x2 − 4 .

∞dx

178.∫0 (x2 + 2x + 2) .

−1 dx

180. −∫3 x +3 .

Литература к задачам 171-180: [3], т.2, гл.II, §2; [4], т.1, гл.XI, §7; [5], т.II, р.II, гл.II, §8; [6], гл.XIV, §4; [9], с.756-770; [10], §2.6; [11], гл.V, §4; [15], гл.V, §10; [21], гл.6, §9; [22], §6.11; [26], гл.10, §10.8-10.9.

∞

Пример. а) ∫

x(ln x)

∞

d(ln x)

(ln x)

−2

∫

= lim ∫

=lim

= −

lim

−

(ln x)

− 2

(ln a)

(ln у)

e x(ln x)

a→∞ e

a→∞

2 a→∞

(0 −1)=

= −

−1

= −

интеграл сходится.

∞

б)

∫

. В точке x = 0 подынтегральная функция терпит разрыв

x(x +1)

II рода. Следовательно, разложив подынтегральную функцию на сумму простейших дробей, получим

(1 + x − x)dx

∫

= ∫

−

dx = −∫

dx + lim

∫

x(x +1)

0 x

x +1

ε→0

0+ε

= −ln

x +1

+ lim ln

= −(ln 2 − ln1)+ lim(ln1 − lnε) = −ln 2 − limlnε = −∞

ε→0

0+ε

ε→0

(ε > 0), интеграл расходится.

181. Вычислить площадь фигуры, ограниченной эллипсом x2 + y2 =1. Сделать

16 25

чертеж.

182. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = 3sin x, y =sin x , x [0,π]. Сделать чертеж.

183.Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y = x2 + 4x, y = x + 4 . Сделать чертеж.

184.Вычислить площадь фигуры, ограниченной параболой y = 3x2 +1 и прямой y = 3x + 7 . Сделать чертеж.

185.Вычислить площадь фигуры, ограниченную линией ρ = cos2ϕ . Сделать

чертеж.
186.	Вычислить	площадь	фигуры,	ограниченной	линиями y = cos x, y = 0 ,
− π	≤ x ≤ π Сделать чертеж.
2	2				параболой y = 4x − x2 и
187.	Вычислить	площадь	фигуры,	ограниченной	параболой y = 4x − x2 и

прямой 2x − y =8 . Сделать чертеж.

188. Вычислить площадь фигуры, ограниченную параболой y = x2 и прямой y = x + 2. Сделать чертеж.

189.	Вычислить площадь фигуры, ограниченную параболой				y = (x + 2)2 и
прямой y = x + 2. Сделать чертеж.
190.	Вычислить	площадь	фигуры,	ограниченной	параболами:
y2 = x +5, y2 = −x + 4.

Литература к задачам 181-190: [3], т.2, гл.II, §1,3-5; [4], т.1, гл.XI, §4-7; гл.XII, §1-5; [5], т.II, р.II, гл.II, III; [6], гл.XIV, §2; [9], с.716-756, 777-812; [10], §2.4; [11], гл.V, §2,3; гл.VI, §1; [15], гл.V, §3-7; [21], гл.6, §7-12; [22], §6.1, 6.2, 6.12; [26], гл.10, §10.3.

Пример.

а) Вычислить площадь фигуры, ограниченной параболой y = 3x − x2 и прямой y = −x .

Находим точки пересечения данных кривых и строим искомую фигуру

y = 3x − x2	, 3x − x2 = −x,	x2 − 4x = 0,	x(x − 4) = 0,
	x1 = 0, x2 = 4,	y1 = 0, y2 = −4,
y = −x,	x1 = 0, x2 = 4,	y1 = 0, y2 = −4,

Площадь фигуры, ограниченной снизу кривой y1 = f1 (x) , сверху –

кривой y2 = f2 (x) , вычисляет интеграл ∫( y2 − y1 )dx , где a и b - абсциссы

точек пересечения этих кривых, причем a < b.

Следовательно, имеем

b					4		4
S = ∫( y2 − y1 )dx =∫(3x − x2 − (−x))dx =∫(4x − x2 )dx =
a					0		0
= (2x2 −	x3	)	4	=	32	.

			0		3
3

9 4	y = 3x − x2

y = −x

3 2

-4

191. Определить силу давления воды на вертикальную плотину форму равнобочной трапеции с основаниями равными 8 и 4, боковой стороной 2 м. Удельный вес воды принять равным 9,81 кН/м3,π = 3,14(Результат округлить до целого числа).

192.Вычислить координаты центра тяжести однородной плоской фигуры, ограниченной линиями y = 4 − x2 и y = x2 − 2x .

193.Какая работа произведена при сжатии буферной пружины ж/д. вагона на

10см, если для сжатия этой пружины на 1 см требуется сила 2500 кН.

194.Определить силу давления воды на вертикальную пластинку, имеющую форму треугольника, основание которого равно 10 м, а высота 4 м, причем

вершина его лежит на поверхности воды, а основание ей параллельно. Удельный вес воды принять равным 9,81 кН/м3,π = 3,14. (Результат округлить

до целого числа).

195.Найти координаты центра тяжести однородной фигуры, ограниченной линиями y = sin x, y = 0,(0 ≤ x ≤π) .

196.Найти координаты центра тяжести однородной дуги первой арки

циклоиды y = a(1 − cost)	,(0 ≤ t ≤π ).
x = a(t − sin t)

197.Вычислить силу давления воды на пластинку, вертикально погруженную в воду, имеющую форму полукруга радиуса 2 м, причем диаметр полукруга

совпадает с поверхностью жидкости. Удельный вес воды принять равным 9,81 кН/м3,π =3,14(Результат округлить до целого числа).

198.Вычислить работу, которую необходимо затратить на выкачивание воды из

цилиндрической цистерны, радиус основания которой 1 м, длина 5м. Удельный вес воды принять равным 9,81 кН/м3,π =3,14(Результат округлить до целого

числа).

199.Вычислить момент инерции однородного круга массой 5 кг и радиусом 3 м относительно его центра.

200.Вычислить силу давления воды на пластинку, вертикально погруженную в воду вершиной вниз, основание совпадает с поверхностью жидкости, имеющую

форму равнобедренного треугольника с основанием 2 м, высотой 1 м. Удельный вес воды принять равным 9,81 кН/м3,π =3,14(Результат округлить до

целого числа).

Литература к задачам 191-200: [3], т.2, гл.II, §1,3-5; [4], т.1, гл.XI, §4-7; гл.XII, §1-5; [5], т.II, р.II, гл.II, III; [6], гл.XIV, §2; [9], с.716-756, 777-812; [10], §2.4; [11], гл.V, §2,3; гл.VI, §1; [15], гл.V, §3-7; [21], гл.6, §7-12; [22], §6.1, 6.2, 6.12; [26], гл.10, §10.7.

Пример.

а) Найти центр тяжести однородной фигуры, ограниченной параболой x + y = a и осями координат.

a	x + y = a

Данная однородная фигура симметрична относительно биссектрисы первого координатного угла (см. чертеж), поэтому xc = yc.

x c = yc

В нашем случае:

S = ∫xydx = ∫x(a1/ 2

− x1/ 2 )2 dx = ∫(ax − 2a1/ 2 x3 / 2 + x2 )dx =

1/ 2

5 / 2

−

0 =

m = ∫ ydx = ∫(a1/ 2 − x1/ 2 )2 dx = ∫(a − 2a1/ 2 x1/ 2 + x)dx =

Следовательно, x c

= yc =

б) Найти силу давления жидкости на вертикальную треугольную пластину с основанием 10 м и высотой 5 м, погруженную в жидкость так, что ее вершина лежит на поверхности. Удельный вес воды принять равным 9,81 кН/м3 , π = 3,14(Результат округлить до целого числа)

	x
h	F	L	dx
		L	dx

	B		C
		a

Мысленно разделим данную треугольную пластину на элементарные полоски, которые будут параллельны ее основанию. Выделим одну элементарную горизонтальную полоску шириной dx , находящуюся на произвольной глубине x . Принимая полоску за прямоугольник, найдем его основание FL . Из подобия треугольников ABC и AFL (по двум углам) имеем:

a	= h	FL = ax
FL
	x	h

Таким образом, для наших условий имеем:

10	=	5	FL = 2x
FL		x

Тогда для площади выделенной полоски получаем приближенное

выражение:

dS = 2xdx .

Сила давления жидкости на площадку S , глубина погружения

которой x , по закону Паскаля равна P = ρgxS ,

где γ = ρg - удельный вес

воды, в нашем случае

γ =9,81 kН / м3 ,π =3,14 .

Значит,

искомая

сила

давления на рассматриваемую полоску вычисляется по формуле:

dP(x) = ρgxdS = ρg2x2dx

пластины h = 5 ,

Интегрируя

по высоте

найдем

силу давления

жидкости на всю пластину ABC :

250

P = ∫dP(x) = ∫ρg2x

2ρg

ρg

где ρg -

удельный

вес

250

воды, таким образом P =

9,81 =817,5kH / м3

в)Вычислить работу, необходимую для выкачивания масла из вертикального цилиндрического резервуара высотой H=6 м и радиусом основания R=2м, удельный вес масла δ = 0,9 Н/м3.

Величина работы q , затрачиваемая на поднятие некоторого тела, зависит от высоты x , то есть q(x) - некоторая функция x . Найдем

дифференциал этой функции.

При увеличении x , на величину dx объем V слоя масла увеличится на величину ∆V =πR2dx , его вес p увеличится на величину ∆p =πδR 2 dx , а затраченная работа q увеличится на величину ∆q ≈πδR2 xdx = dq .

Всю искомою работу Q получим при изменении x от 0 до Н. Поэтому

	2	H	2 x2	H		πδR2 H 2

Q =πδR		∫xdx =πδR		0	=		≈ 64800π (Н м) = 64800π ( Дж) .
			2			2
		0

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ.

201 – 220. Найти общее решения дифференциального уравнения.

201.

y′

(2x2 − y2 )

2x3

203.

y′

−

ln 1

205.

y′ −

= tg

207.

y′ =

x( y − x)

209.

y′

y − x

y + x

y′

211.

′′

= y

′

+ xsin

x .

213.

′′

+1) + y

′

= 0 .

y (e

215.

′

′′

= y

′

−1.

2xy y

217. (1− x2 ) y′′− xy′ = 2 .

219.

y′′ = 2( y′−1)ctgx .

y. x

202.	xy′ − y = x2 cos x .
204.	y′ − 2xy = 2x .
206.	xy′ + (x +1) y = 3x2e−x .
208.	x(x +1) y′ − y = x(x +1).
210.	xy′ln x − 2 y = ln x .
212.	yy′′ = y′2 − y′3 .
214.	y4 − y3 y′′ =1.
216.	yy′′− 2 yy′ln y = y′2 .
218.	yy′′ = y2 + y′2 .
220.	2 y′′ = e y .

Литература к задачам 201-220: [3], т.2, гл.VI, §1,2; [4], т.2, гл.XIII, §3- 7,18; [5], т.III, р.II, гл.I, §4-6; гл.II, §2; [9], с.838-865; [10], §3.1, 3.3, 3.5; [11], гл.X, §1,2; [13], гл.1,2; [14], разд.1,2; [15], гл.X, §1-6; [22], §7.1, 7.3-7.5, 7.11; [26], гл.11, §11.1-11.3.

Пример.

а) (x − y)y′ = y .

Запишем уравнение в виде:

y′ =	y	;	f (x, y) =	y	; f (kx, ky) =	ky	=	y	= f (x, y) .
	x − y			x − y		kx − ky		x − y

Следовательно, данное уравнение – однородное. Делаем замену переменной

= t , y = tx ,

= t

y′ = t ′x + t .

t 2

t′x + t =

t ′x =

− t ,

t ′x =

1− t

Получили

уравнение с

разделяющимися переменными. Разделяя

переменные, получим:

t 2

1− t

dt =

− t

t 2

Интегрируя, находим общее решение

∫(

−

)dt = ∫

−

− ln

= ln

− ln C .

Упрощая данное выражение, получим t e

Возвращаясь к старой переменной получаем общий интеграл

e y =

или

ye y

= C .

б)

y′ −

= x .

Данное

уравнение

линейное. Ищем

решение в виде y = uv ,

′

= u v +uv

uv′ + u′v −	uv	= x ,	′	′	−
	x
			u v +u(v

Решаем уравнение. v′ − vx = 0,

v = x .

Подставляя полученное значение u′x = x , dudx = 1, u = x + C .

Общее решение y = uv = (x + C)x

в) yy′′ + y′2 = 0.

vx) = x .

= ln

v в уравнение имеем

или y = x 2 + Cx .

Данное уравнение не содержит явно x . Следовательно, уравнение второго порядка решается сведением к уравнению первого порядка путем замены

y′ = p(y), y′′ = dpdy dydx = p dpdy .

Получим yp dpdy + p2 = 0 . Откуда

1) или p = 0, dpdy = 0, y = C ;

2) или y dp + p = 0 ,

= −p ,

= −

, ln

= −ln

+ ln C ,

p =

y′ = Cy1 , dydx = Cy1 , ydy = C1dx , 21 y2 = C1x + C2 .

Первое решение y = C получается из второго при C1 = 0.

70
	Следовательно, общее решение y = ±	C1x + C2 .
	Следовательно, общее решение y = ±	C1x + C2 .
	221–230. Найти частное решение дифференциального		уравнения
y′′ + py′ + q = f (x), удовлетворяющее		начальным условиям	y(0) = y0 ,
y′(0) = y0′ .

221.y′′ − 2y′ + y = −12 cos2x − 9 sin 2x , y(0) = −2 , y′(0) = 0 .

222.y′′ − 6y′ + 9y = 9x2 − 39x + 65, y(0) = −1, y′(0) = 1.

223.y′′− 4y′+ 20 y =16x −1, y(0) = 1, y′(0) = 2.

224.y′′− y =14 −16x , y(0) = 0 , y′(0) = −1.

225.y′′−10 y′+ 25y = e4x , y(0) = 1, y′(0) = 0 .

226.y′′ − 6y′ + 25y = 9 sin 4x − 24cos4x , y(0) = 2 , y′(0) = −2 .

227.y′′ − 3y′ + 2 y = −sin x − 7cos x , y(0) = 2 , y′(0) = 7.

228.y′′ + 2 y′ = 6x2 + 2x +1, y(0) = 2 , y′(0) = 2.

229.y′′ +16y = 32e4x , y(0) = 2 , y′(0) = 0 .

230.y′′− 4 y = 8e3x , y(0) = 1, y′(0) = −8.

Литература к задачам 221-230: [3], т.2, гл.VI, §3; [4], т.2, гл.XIII, §20,21,23,24; [5], т.III, р.II, гл.I, §4,5; [6], гл.XV, §5; [9], с.865-926; [10], §3.6- 3.10; [11], гл.X, §3; [13], гл.3; [14], разд.3; [15], гл.X, §7,8; [22], §7.12-7.14; [26], гл.11, §11.6-11.8.

Пример. y′′ −5y′ + 6y = (12x − 7)e−x , y(0) = 0 , y′(0) = 0 .
Находим общее решение однородного уравнения	y′′ − 5y′ + 6 y = 0.
Составим соответствующее характеристическое уравнение:
k 2 − 5k + 6 = 0 ,
k1 = 2 , k2 = 3,
Так как корни характеристического уравнения	k 2 − 5k + 6 = 0
действительные, различные, следовательно, общее решение однородного
уравнения имеет вид уo = c1ek1x + c2ek2x , то есть имеем

yo = C1e2x + C2e3x .

Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде многочлена

на e−x . Так как многочлен, стоящий в правой части дифференциального – первой степени, то и многочлен в частном решении неоднородного уравнения должен быть той же степени:

y = (Ax + B)e−x .

Чтобы найти пока неизвестные коэффициенты A и B подставим y в

неоднородное уравнение: y ′ = Ae−x − ( Ax + B)e−x ,

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 127 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке конспекты

#
21.02.2016441.9 Кб17---.---.1-- -.--.pdf
#
21.02.2016706.64 Кб23---_-------_Excel (1).pdf
#
21.02.2016706.64 Кб20---_-------_Excel.pdf
#
21.02.20164.64 Mб43123.pdf
#
21.02.20161.55 Mб201234.pdf
#
21.02.2016855.41 Кб32end_3.pdf