теория

Добавил:

Uman Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный технический университет им. H.Э.Баумана

Предмет:

Высшая математика

Файл:

+ pk + q = 0 - характеристическое уравнение. Решая его, получим корни

Возможно три случая:

действительны и различны,

.pdf

Источник:

https://studizba.com

Скачиваний:

131

Добавлен:

04.03.2014

Размер:

944.04 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

Экзаменац. билет № 16

1.Доказать теорему о среднем для определённого интеграла.

Пусть функция f (x) непрерывна на отрезке [a,b]. Тогда существует c [a, b], что

f (c)=	∫b	f (x)dx		b
	a		(или	∫ f (x)dx = f (c)(b − a)).
		b − a	(или	∫ f (x)dx = f (c)(b − a)).
		b − a		a

Геометрически, смысл этого соотношения состоит в том, что площадь криволинейной трапеции равна площади прямоугольника с тем же основанием и высотой f (c).

Доказательство. По второй теореме Вейерштрасса функция, непрерывная на

отрезке,		достигает		на нем	своей верхней M = sup[a,b] f (x)			и нижней m = inf[a,b] f (x)
грани. По теореме				об оценке		m(b − a)≤ ∫b	f (x)dx ≤ M (b − a),	откуда, деля на b − a ,
						a
получим
m ≤	∫b	f (x)dx	≤ M . По второй теореме Больцано – Коши функция, непрерывная на
	a
		b − a
		b − a
отрезке,		принимает		на нем	все	промежуточные значения между m и M. В

частности, существует и такая точка c [a, b], в которой функция принимает свое

промежуточное значение	∫b	f (x)dx	, т.е.	f (c)=	∫b	f (x)dx
	a				a
		b − a				b − a
		b − a				b − a

2.Определение фундаментальной системы решений линейного однородного дифференциального уравнения n-го порядка. Доказать теорему о существовании фундаментальной системы решений линейного однородного дифференциального уравнения. (!!!НЕ ТОЧНО!!!)

Теорема. Размерность пространства решений линейного однородного уравнения n-ого порядка равна n.

Доказательство.

1.Покажем, что существуют n линейно независимых решений линейного однородного дифференциального уравнения n-го порядка. Рассмотрим решения y1 (x), y2 (x),...yn (x), удовлетворяющие следующим начальным

условиям:

y1 (x0 )=1, y2 (x0 )= 0,...yn (x0 )= 0,

y1′(x0 )= 0, y2′(x0 )=1,...yn (x0 )= 0,

...........................................................

y1(n−1)(x0 )= 0, y2 (n−1)(x0 )= 0,...yn (n−1)(x0 )=1,

y1 (x),...yn (x) (y(x)≡ y)(x)).

Такие решения существуют. В самом деле, по теореме Коши через точку x0 , y0, y0′, y0″,... yn(n−1) проходит единственная интегральная кривая – решение. Через точку (x0 , 1, 0, 0, ...0) проходит решение y1 (x), через точку

(x0 , 0, 1, 0, ...0) - решение y2 (x), через точку (x0 , 0, 0, 0, ...1) - решение yn (x).

Эти решения линейно независимы, так как W (x)=	1	...0	0	=1 ≠ 0 .
Эти решения линейно независимы, так как W (x)=	0	1...	0	=1 ≠ 0 .
	0	0...	1

2. Покажем, что любое решение линейного однородного уравнения линейно выражается через эти решения (является их линейной комбинацией).

Рассмотрим два решения. Одно - произвольное решение y(x) с начальными

условиями		, y0 , y0	′	,... y0	(n−1)	. Справедливо соотношение
	x0

y(x0 )= C1 y1 (x0 )+C2 y2 (x0 )+... +Cn yn (x0 )

y′(x0 )= C1 y1′(x0 )+C2 y2′(x0 )+... +Cn yn′(x0 )

..........................................................................


y(n−1)(x0 )= C1 y1(n−1)(x0 )+C2 y2			(n−1)(x0 )+... +Cn yn (n−1)(x0 ), где
C1 = y0 , C2 = y0	′ ...Cn = y0	(n−1).
Второе решение – это линейная комбинация решений				y1 (x),...yn (x) с теми же
коэффициентами y)(x)= C1 y1 (x)+... +Cn yn (x).				y)(x), убеждаемся, что
Вычисляя начальные условия в точке x0 для решения
они совпадают с начальными условиями для решения				y(x). Следовательно,
по теореме Коши,			произвольное решение y(x) представляется в виде

линейной комбинации линейно независимых решений

Таким, образом, существует n линейно независимых решений линейного однородного дифференциального уравнения n-ого порядка, и произвольное решение линейно выражается через эти решения . Поэтому размерность пространства решений линейного однородного дифференциального уравнения n-ого порядка равна n. (dim I = n) .

Любые n линейно независимых решений линейного однородного дифференциального уравнения n-ого порядка представляют собой базис пространства решений или

фундаментальную систему решений.

3.При каких значениях β сходится интеграл ∫e	dx		.
	x(ln x)	β
1

4.Найти общее решение дифференциального уравнения y′′− 2 y′+ y = xe5 x .

Экзаменац. билет № 17

1.Определённый интеграл с переменным верхним пределом. Доказать теорему о производной от интеграла по его верхнему пределу.

Определенный интеграл представляет собой функцию пределов интегрирования. Это ясно даже из геометрической интерпретации интеграла как площади криволинейной трапеции. Изменяя пределы интегрирования, мы изменяем основание трапеции, изменяя тем самым ее площадь.

Рассмотрим интеграл как функцию верхнего предела интегрирования –

интеграл с переменным верхним пределом J (x)= ∫x f (x)dx . Переменная интегрирования

по свойству 9 определенного интеграла – «немая переменная», ее можно заменить z или t или каклибо еще. Никакого отношения к верхнему пределу интегрирования она не имеет.

Теорема о производной интеграла по переменному верхнему пределу (основная теорема математического анализа)

Пусть функция f (x)непрерывна на отрезке [a,b], пусть x [a, b]. Тогда J ′(x)= f (x). Доказательство.

x+∆x

J (x + ∆x)− J (x)

x+∆x

∫ f (x)dx

∫

′

= lim∆x→0

J (x)= lim∆x→0

∆x

f (x)dx − ∫ f (x)dx

∆x

lim∆x→0

f (c)(x + ∆x − x)

= lim∆x→0 f (c)= f (x).

∆x

При

доказательстве

мы

воспользовались

теоремой

о среднем

x+∆x

и непрерывностью функции (lim∆x→0

f (c)= f (x)).

∫ f (x)dx = f

(c)(( x + ∆x)− x), c (x, x + ∆x)

2.Построение общего решения линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка в случае действительных различных корней характеристического уравнения (с выводом).

Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными

коэффициентами второго порядка y′′+ py′+ qy = 0 .

Будем искать его решение в виде y = ekx . Подставляя y в дифференциальное уравнение, получим

ekx (k 2 + pk + q)= 0. Так как ekx ≠ 0, то имеем

2)k1 =α +iβ, k2 =α −iβ - комплексно сопряженные корни,

3)k1 = k2 - действительный кратный корень.

В случае действительных, различных корней получаем решения

y1 = ek1x , y2 = ek2 x .

Для того, чтобы доказать, что решения составляют фундаментальную систему решений и общее решение записывается в виде

yoo = C1ek1x +C2 ek2 x ,

надо

проверить

линейную

независимость y1 , y2 . Составим определитель

Вронского

y1'

y2'

k x

W =

e 1k x

e 2k

= e(k1 +k2 )x

= (k1 − k2 )e(k1 +k2 )x ≠ 0 , так как

e 1

k1 ≠ k2 .

Заметим, что для уравнения второго порядка проверять линейную

независимость

можно проще. Надо

показать, что

≠ m −const .

Тогда

столбцы

определителя

Вронского

линейно

независимы

W ≠ 0 .

нашем

случае

k1 =α +iβ, k2 =α −iβ при k1 ≠ k2 .

3.Вычислить объём тела, образованного вращением

вокруг оси

Oy плоской

фигуры,

ограниченной линией y = 2x − x2

и осью абсцисс.

= 2x +3y

4.Найти общее решение системы dt

= x

+ 4 y

Экзаменац. билет № 18

1.Вывести формулу Ньютона-Лейбница для вычисления определённого
интеграла.
Пусть функция f (x)непрерывна на отрезке [a,b], F(x) - некоторая
первообразная функции f (x). Тогда ∫b	f (x)dx = F(b)− F(a).
a
Доказательство. Из теоремы о производной интеграла по переменному
верхнему пределу следует, что J (x)= f (x), т.е. J (x)- первообразная для функции
′

f (x). По теоремам о первообразных две первообразных отличаются на константу

т.е. J (x)= F(x)+C. Но		J (a)= 0	(свойство	4 определенного интеграла), поэтому
F(a)+C = 0 C = −F(a).		Тогда	J (b)= ∫b	f (x)dx =F(b)+C = F(b)− F(a).	Следовательно,
			a
∫b	f (x)dx = F(b)− F(a).
a
	Теорема о производной интеграла по переменному верхнему пределу (основная
теорема математического анализа)
	Пусть функция f	(x)непрерывна на отрезке [a,b], пусть x [a, b]. Тогда J (x)= f (x).
					′

2.Построение общего решения линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами в случае действительных кратных корней характеристического уравнения (с выводом).

Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными

коэффициентами второго порядка y′′+ py′+ qy = 0 .

Будем искать его решение в виде y = ekx . Подставляя y в дифференциальное уравнение, получим

ekx (k 2 + pk + q)= 0. Так как ekx ≠ 0, то имеем

k 2	+ pk + q = 0 - характеристическое уравнение. Решая его, получим корни
k1,2	= −	p		p	2
		2	±		− q .
				2
Возможно три случая:
1) k1 , k2			действительны и различны,

2)k1 =α +iβ, k2 =α −iβ - комплексно сопряженные корни,

3)k1 = k2 - действительный кратный корень.

В случае кратного действительного корня k1

= k2 = k

одно из решений можно

выбрать в форме y1

= ekx .

y2 = u(x)ekx . Подставим в

Второе

решение

будем

выбирать

виде

дифференциальное уравнение, чтобы определить u(x).

′ kx

+ kue

= e

′

= e

′′

′

u)= e

′′

′

u),

= u e

+ ku), y2

+ ku

+ k

+ 2ku

+ k

′′

′

+ ku)+ qu)

= e

′′

′

+ pk + q))= 0

+ 2ku

+ k

u + p(u

+u (p + 2k )+u(k

Так как k - корень характеристического уравнения, то k 2 + pk + q = 0 . Так как k еще и кратный корень, то по теореме Виета k1 + k2 = k + k = 2k = −p . Поэтому p + 2k = 0 .

Для определения			u(x) имеем уравнение	u′′ = 0 , отсюда	u(x)= ax +b .	Выберем
a =1, b = 0 , получим u(x)= x .
	y2	Следовательно,	y2 = u(x)ekx = xekx . Решения	y1 , y2 линейно	независимы,	так как
	y2	= x ≠ m .
	y	= x ≠ m .
	y
1

Поэтому общее решение линейного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами в случае кратного корня можно записать по формуле

yoo = ekx (C1 +C2 x).

3.Вычислить объём тела, образованного вращением вокруг оси Oy плоской фигуры, ограниченной линией 4x2 + y2 = 4

4.Проинтегрировать дифференциальное уравнение xy′′− y′ = x2 ex при начальных условиях y(0) = 0, y′(1) = e .

f (x)

Экзаменац. билет № 19

1.Доказать теорему об оценке модуля определённого интеграла.

Пусть на отрезке [a,b] m ≤ f (x)≤ M и функция интегрируема на отрезке. Тогда

m(b − a)≤ ∫b f (x)dx ≤ M (b − a)

Доказательство. Интегрируя по свойству 7 неравенство m ≤ f (x)≤ M , с учетом свойства 5 получаем требуемое утверждение.

Теорема об оценке полезна, когда интеграл вычислить трудно или вообще невозможно, но приблизительно оценить его необходимо. Это часто встречается в инженерной практике.

		Пример.	∫2 e−x2 dx . Такой интеграл «не берется». Но		1	≤ e−x2 ≤1 на отрезке [− 2, 2].
		Пример.	∫2 e−x2 dx . Такой интеграл «не берется». Но		4	≤ e−x2 ≤1 на отрезке [− 2, 2].
			−2		e
Поэтому,			учитывая	четность подинтегральной			функции, получим
	4	≈ 0,16 ≤ ∫2 e−x2 dx ≤ 4 . Конечно,		это – очень грубая оценка,			более точную оценку
	4	≈ 0,16 ≤ ∫2 e−x2 dx ≤ 4 . Конечно,		это – очень грубая оценка,			более точную оценку
	e	−2

можно получить, применяя методы численного интегрирования.

2.Построение общего решения линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами в случае комплексных сопряженных корней характеристического уравнения.

Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными

коэффициентами второго порядка y′′+ py′+ qy = 0 .

Будем искать его решение в виде y = ekx . Подставляя y в дифференциальное уравнение, получим

ekx (k 2 + pk + q)= 0. Так как ekx ≠ 0, то имеем

k 2	+ pk + q = 0 - характеристическое уравнение. Решая его, получим корни

k1,2	= −	p		p	2
k1,2	= −	2	±		− q .
		2		2
Возможно три случая:
1) k1 , k2			действительны и различны,

2)k1 =α +iβ, k2 =α −iβ - комплексно сопряженные корни,

3)k1 = k2 - действительный кратный корень.


В случае	комплексно				сопряженных	корней	k1 =α +iβ,		k2 =α −iβ ,	применяя
формулу Эйлера		eiz		= cos z +i sin z, получим		комплексно		сопряженные		решения
y)1 = eαx (cos βx +i sin βx),		y)	2	= eαx (cos βx −i sin βx). Так		как линейная		комбинация		решений
линейного	однородного				уравнения	тоже	является		решением,		то

y1	=	1	(y)1 + y)	2 )= eαx cos βx,	y2 =	1	(y1 − y2 )= eαx sin βx являются решениями. Они линейно
		2				2i

независимы, так как y1 = ctgβx ≠ 0 . y2

Следовательно, общее решение линейного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами в случае комплексных корней можно записать по формуле

yoo = eαx (C1 cos βx +C2 sin βx).

3.Вычислить длину дуги кривой r = 5(1 + cosϕ).

dx = x − y

4.Найти общее решение системы dt

dy = −4x + y

Экзаменац. билет № 20

1.Тело образовано вращением вокруг оси Ox криволинейной трапеции ограниченной кривой y = f (x) , осью Ox и прямыми x = a, x = b (a < b) . Вывести формулу для вычисления с

помощью определённого интеграла объёма тела вращения. (!!!БРАТЬ В ЛЕКЦИИ!!!)

Пусть требуется вычислить объем тела вращения вокруг оси OX.

Тогда S(x)=πy2 (x), V =π∫b	y2 (x)dx .
a

2.Доказать теорему о существовании фундаментальной системы решений для линейного однородного дифференциального уравнения n-го порядка.

Теорема. Размерность пространства решений линейного однородного уравнения n-ого порядка равна n.

Доказательство.

условиям:

y1 (x0 )=1, y2 (x0 )= 0,...yn (x0 )= 0,

y1′(x0 )= 0, y2′(x0 )=1,...yn (x0 )= 0,

...........................................................

y1(n−1)(x0 )= 0, y2 (n−1)(x0 )= 0,...yn (n−1)(x0 )=1,

(x0 , 0, 1, 0, ...0) - решение y2 (x), через точку (x0 , 0, 0, 0, ...1) - решение yn (x).

Эти решения линейно независимы, так как W (x)=	1	...0	0	=1 ≠ 0 .
Эти решения линейно независимы, так как W (x)=	0	1...	0	=1 ≠ 0 .
	0	0...	1

Рассмотрим два решения. Одно - произвольное решение y(x) с начальными

условиями			′		(n−1)	. Справедливо соотношение
условиями	x0	, y0 , y0		,... y0		. Справедливо соотношение

y(x0 )= C1 y1 (x0 )+C2 y2 (x0 )+... +Cn yn (x0 )

y′(x0 )= C1 y1′(x0 )+C2 y2′(x0 )+... +Cn yn′(x0 )

..........................................................................

y(n−1)(x0 )= C1 y1(n−1)(x0 )+C2 y2 (n−1)(x0 )+... +Cn yn (n−1)(x0 ), где

C1 = y0 , C2 = y0′ ...Cn = y0 (n−1).

Второе решение – это линейная комбинация решений y1 (x),...yn (x) с теми же коэффициентами y)(x)= C1 y1 (x)+... +Cn yn (x).

Вычисляя начальные условия в точке x0 для решения y)(x), убеждаемся, что они совпадают с начальными условиями для решения y(x). Следовательно, по теореме Коши, произвольное решение y(x) представляется в виде линейной комбинации линейно независимых решений y1 (x),...yn (x) (y(x)≡ y)(x)).

фундаментальную систему решений.

3.Исследовать на сходимость интеграл ∞∫ arctgx( )dx .

1 x x2 +1

dx = −2x −3y

4.Найти общее решение системы dt

dy = −x

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Решённые билеты экзамена

#
04.03.2014944.04 Кб131теория.pdf
#
04.03.20141.59 Mб127хз.pdf