Добавил:

Uman Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный технический университет им. H.Э.Баумана

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Высшая математика (Интегралы и дифференциальные уравнения) / 02 семестр / К экзамену-зачёту / Решённые билеты экзамена / хз

.pdf

Источник:

https://studizba.com

Скачиваний:

127

Добавлен:

04.03.2014

Размер:

1.59 Mб

Скачать

☆

1 / 61 2 3 4 5 6 > Следующая >>>

Билет №11 1.

1) y= ex ; y=1+2 e−x ; x=0;

Найдём точки пересечения с осью X графика функции:

1) если x=0, то y= ex =1; 2) если x=0, то y=1+2 e−x =3;

Найдём точку пересечения:

x = ln( y), y > 0

x = ln( y)

1+2 e− x

(1)

=1+2e−x

y =1+

2(ex )−1

y =1+2*

Рассмотрим (1): y =1+2*

, дан. На у<>0; y2 =y+2;

y2 -y-2=0;

D=9; y= -1 – неуд.; y=2 – уд.

		5
		3.6
		2.2
		0.8
3	1.8	0.6	0.6	1.8	3
		0.6
		2
		x,x

x = ln( y)

x = ln(2)

т.M(ln(2),2).

= 2

y =

2)Vоб=Vabmc-Vadmc

ln(2)

1 π(4 −1) =

3 π ;

Vadmc=π ∫

(ex )2 dx =π ∫

e2 xdx =

πe2 x

0ln(2) =

ln(2)

Vabmc =π ∫

(1+2e−x )dx =π( ∫

(1+4e−x +4(e2x )−1 )dx) =π( ∫

dx + ∫

4e−x dx + ∫ 4(e2 x )−1 dx) =

0ln 2 −2e−2 x

0ln 2 ) =π(ln(2) −0 −4(0.5 −1) −2(1/ 4 −1)) =π(ln(2) +2 +1.5) =π *ln(2) +π *

=π(x

0ln 2 −4e−x

Vоб=π *

+ln(2)*π −

π = 2π +ln(2) Vоб =π(2 +ln(2)) .

2. y // +2y / +5y = 4e −x - 5x 2

y // +2y / +5y = 0 характеристич. ур-е k 2 + 2k +5 = 0

D = - 16 D = 4i

k1 = −2 +4i

= −1−2i; k2 =

−2 +4i = −1+2i

ФСР: y 1 =e −x cos(2x)iy 2 =e −x sin(2x)=0; y оо =c 1 e −x cos(2x)+c 2 e −x sin(2x)

y oн = y оо +y нн ; y нн = y 1 + y 2 , где

(1) g 1 (x) = 4e −x

y 1 = De −x ; (2) g 2 (x) = -5x 2 y 2 =A x 2 +Bx +C

(1), (2) y нн =A x 2 +Bx +C + D e −x

yнн/

= 2Ax + B − De−x

= 2A + De−x

yнн//

= Ax

+ Bx +C

+ De

−x

yнн

2A+ D e −x +2Ax+2B- 2 D e −x +5Ax 2 +5Bx+5C+5D e −x = 4 e −x -5 x 2

A = −1

5A = −5

5B = 0

Y чн

−x

+2B +5C = 0

= -x

+ e

D −2D +5D = 4

D =1

y он = c 1 e −x cos(2x)+c 2 e

−x sin(2x) - x

2 + 2 x+

+ e −x

Билет № 12.

1. y = 2

x, x = 4 .

S = 2π∫

′

(

dx = 2π

∫2

x 1+

dx =

f (x) 1+ f (x)dx = 2π∫2 x 1+

x +1dx = 2 4π(x +1)32

0 = 2 4π(4

+1−(0 +1)) = 8

π4 = 32 π

= 4π∫

2. xy′′− y′ = x2 cos(x)

y′ = p(x) xp′− p − x

cos(x) = 0 p′− x

p − x cos(x)

= 0; p′−

= 0

+ln

c(x)

= ln

c(x) x

p = c(x) x; p

′

x ln

= ln

= c

(x) x +c(x)

′

c (x)x

+c(x) −c(x)x x = x cos(x) c (x) = x cos(x)

dc(x) = cos(x)dx c(x) = sin(x) +c1 , а т.к. p = c(x)x , то

p = (sin(x) +c1 )x dy = (sin(x) +c1 )xdx

y = ∫x(sin(x) +c1 )dx = ∫x sin(x)dx +c1

∫xdx =...

лирическое отступление по поводу ∫x sin(x)dx

u = x du = dx;

пусть: dv = sin(x)dx v = −cos(x)

−x cos(x) −∫cos(x)dx −x cos(x) −sin(x)

... = −x cos(x) −sin(x) +c

1 x2

+c .

1 2

y=ln(x)(x+c1 )-2x+c2

Билет№13

∞ dx

1.∫1 (x +2)4 + x3 + x ln(x)

рассмотрим x ln(x) . т.к. ln(x) возрастает медленнее, чем x (на +∞)

x ln(x)

т.е. ( x ln(x) < x2 )

x → +∞ в знаменателе мы имеем многочлен

4ой степени.

> 0 т.к. (x +2)4 > 0, x3 > 0, x ln(x) > 0

при x > 0 .

(x +2)4 + x3 + x ln(x)

= 0 .

(x +2)4

+ x3 + x ln(x)

Рассмотрим

∞ dx

= lim b dx

= lim

b = lim(

− 1) = lim(−

1) = −1

интеграл сходится.

∫1 x4

b→∞ ∫1 x4

b→∞

−3x3

b→∞

−3b3

b→∞

2. xy′′+ y′ = ln(x) y′′+ y′ x

= x ln(x),

пусть p(x) = y′ p′+

= x ln(x)

p′+

= 0

= −

∫dp

= ∫

− dx ln

= −ln

c(x)

′

+c(x)

′

c (x)

c (x) x

p = c(x) x p

= (−1) c2 (x) + c(x) (−1) x2

c2 (x) x2

подставим

p и p′в p′+

= x ln(x) и получим:

−c′(x) x −c(x)

1 =

1 ln(x)

−c′(x) x −c(x) +c(x) =

1 ln(x)

c2 (x) x

c(x) x

c2 (x) x2

′

dc(x) 1

c (x)

−

= x ln(x) −c′(x)

= ln(x) −

= ln(x)

c2 (x) x2

c2 (x)

−∫dcc2 ((xx)) = ∫ln

= ∫ln

dx.

c(x)

рассмотрим ∫ln(x)dx , воспользуемся интегрир. по частям:

u = ln(x) du =

du = dx u = x

∫ln(x)dx = x ln(x) − x +c1 = 0 вернемся к уравнению

= x ln(x) − x

c(x) =

c(x)

x ln(x) − x +c1

p =

x ln(x) − x +c1

p = ln(x) −1+c 1 dy

= ln(x)

−1+

1 x

∫dy = ∫[ln(x) −1+ cx1 ]dx y = ∫ln(x)dx −∫dx +c1 ∫dxx

y = ln(x) − x − x +c1 ln x +c2 .

Билет№14.
		90
	135	8	45
	135	6	45
		6
		4
4(1−cos(x))		2
4(1−cos(x))	180	0	0
	180	0	0
	225		315
1.		270
1.
ρ = 4(1−cosϕ); Lоб		= 2Lab

ρ = 4(1−cosϕ)

Lab

= ∫

16sin2 ϕ

+16(1−cosϕ)2 dϕ =

ρ ' = 4sinϕ

= 4π∫

sin2 ϕ +1−2cosϕ +cos2 ϕdϕ = 4π∫

2 −2cosϕdϕ = 4π∫ 4sin2 ϕdϕ =

=8π∫sin

ϕ dϕ = −8cos

π0

= −8(cos(π) −cos(0)) =8 Lab

=8 Lоб

=16ед.

= 5x + y

5 −k

Составим характер. Уравнение:

−3

9 −k

= −3x +9 y

(5-k)(9-k)+3=45-9k-5k+ k2 +3=0 k2 −14k +48 = 0, D = 4 k = 6; k

=8 .

Решение системы ищем в виде:

=α1e

, рассмотрим (1) систем. (k=6):

β e6t

e8t

5 −6 1

−1 1 −1 1

=α1e

9 −

α1

= β1

=α e6t

−3

−3 3 0

Рассмотрим (2)систему (k=8):

5 −8 1

−3 1 −3 1

x2 =α2e

9 −

3α

2 = β2

= 3α

e8t

−3

−3 1 0

Общее решение системы :

=α1e

α2e

α e6t

+3α

e8t

10													10
													10

5												9−x2	6.25



2
3−x													2.5
	0											2x+6	2.5
	0
2x																									Билет№15.
2x
														1.25

5																									1. y = 3 − x2 ; y = 2x;
5

		10													5										Найдём точки пересечения :
																5	2.5		0		2.5		5
				5	2.5	0			2.5		5					5	2.5		0		2.5		5
				5	2.5	0			2.5		5								x,x						y = 3 − x		2
						x,x																					2
						x,x																					2x = 3 − x2 x2 +2x −3 = 0

																									y = 2x
			x1,2		= −3,1 y1,2				= −6, 2 A(−3, −6); B(1, 2) по свойству площади, она не меняется при
		параллельном переносе сдвинем график функции на 6 ед.вверх (рис.2), то есть мы имеем:
			y ' = 9 − x '2 ; y ' = 2x '+6 Sack = Sa 'c'b'd '														−Sa 'b'd '
					1)Sa 'c 'b'd ' = ∫1				y 'dx ' =∫1		(9 − x '2 )dx ' =9∫1							dx '− ∫1		x '2 dx ' = 9x '				1−3	− 1 x '3	1−3 = 36 −		1	(1+33 ) =	80 .
					1)Sa 'c 'b'd ' = ∫1				y 'dx ' =∫1		(9 − x '2 )dx ' =9∫1							dx '− ∫1		x '2 dx ' = 9x '				1−3	− 1 x '3	1−3 = 36 −		1	(1+33 ) =	80 .
							−3			−3							−3		−3						3			3		3
				2) Sa 'b'd '		= ∫1		(2x '+6)dx ' =2∫1					x 'dx '+6∫1					dx ' = x '2				1−3 +6x '	1−3	= −8 +32 =16 ; Sобщ					= 80 −16	=10	2 ед2 .
				2) Sa 'b'd '		= ∫1		(2x '+6)dx ' =2∫1					x 'dx '+6∫1					dx ' = x '2				1−3 +6x '	1−3	= −8 +32 =16 ; Sобщ					= 80 −16	=10	2 ед2 .
						−3						−3					−3												3		3

2.y ''−2 y '+ y = ex +1

y ''−2 y '+ y = 0 ; Составим характер. уравнение :

k2 −2k +k = 0 (k −1)2 = 0 k =1; y = ex ; y

= xex y = c ex +c xex

Общее решение неоднородного уравнения имеем в виде:

= c (x)ex

+c (x)xex

Из системы лин. Алгебраич. Уравнен. Имеем :

c1 '(x)e

+c2 '(x)xe

= 0

c1 '(x)e

+c2 '(x)xe

= 0

= ex

+1(1)

c '(x)ex

'(x)(ex + xex ) = ex +1

c '(x)ex

Рассмотрим (1) уравнение:

c2 '(x) =

ex +1

c2 '(x) =1+

; c2 (x)

= ∫(1+

)dx

= ∫dx +∫e

−x

dx = x −e

−x

+c3

'(x)e

+(1

)xe

= 0(2)

(x) = x −e−x +c

Рассмотрим (2) уравнение :

c1 (x) = −∫xdx −∫

c1 '(x)e

+(1+

)xe

= 0 c1 '(x) = (x +

)(−1)

Рассмотрим ∫

dx = ∫xe−xdx - применяем форм. Интегрир. По частям:

v = x dv = dx

∫

xe−xdx = −e−x +

∫

e−xdx

= −e−x

du = e−xdx u

Вернёмся к нашим баранам… c (x)

= − 1 x2 + xe−x +e−x +c

+ xe

−x

+c4

c1 (x) = −

y = e

(−

+ xe

−x

+c4 ) +(x −e

−x

+c3 )xe

Итого: c (x) = x −e−x +c

= − 12 x2ex + x +1+exc4 + x2ex − x +c3 xex y = 12 x2ex +exc4 + xexc3 +1.

	Билет№1				5
1.	y=2ln(x-2)				4
1.	y=2ln(x-2)				3
	y=ln(x)				2
	y=0			2 ln ( x − 2 )	1
					1
				ln ( x )	0 1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
	2ln(x-2)=ln(x)				1
	2ln(x-2)=ln(x)				2
					2
	ln(x-2)2=ln(x)	ОДЗ :	x-2>0		3
			x>2		4
			x>2		5
					5
	(x-2)2=ln(x)								x ,	x
	(x-2)2=ln(x)
	(x-2)2=x
	x2 –4x+4=x
	x2-5x+4=0
	x1 = 1 ; x2 = 4 ;

Точка пересечения:	x=4
( Вывод формулы	∫(ln(x)dx) = x(lnx-1):	)
( ∫(ln(x)dx) = ∫ udv = xln(x)- ∫(xd(ln(x))) = xln(x)-∫(x*(1/x)) = x(lnx-1)		)

S1 =1∫4 (ln(x)dx)= x(lnx-1) 1 = 4(ln4-1)-ln1-1 = 4ln4-4-1 = 4ln4-5;

S2 = 2*(3∫4(ln(x-2)dx)) = 2*(3∫4(ln(x-2)d(x-2))) = 2(x-2)(ln(x-2)-1) 1 = = 2*2(ln2-1)-2ln1= 4ln2-4;

Искомая площадь:

S = S1-S2 = 2ln2-5-4ln2+4 = 2(ln4-ln2)-1 = 4ln2-1 Ответ: S = 4ln2-1.

2. λ1 = 1 λ2 = 2 λ3 = i λ4 = -i (x-1)(x-2)(x-i)(x+i) = 0

(x2-3x+2)(x2+1) = 0;

x4+x2-3x3-3x+2x2+2 = 0 x4-3x3+3x2-3x+2 = 0

y′′′′-3y′′′+3y′′-3y′+2y = 0

y1=ex; y2=e2x; y3 =e0 cos(x) = cos(x); y4 = sin(x);

Общее решение составленного дифференциального уравнения: Y = c1y1+c2y2+c3y3+c4y4 = c1ex+c2e2x+c3cos(x)+c4sin(x) ;

Ответ: Y = c1y1+c2y2+c3y3+c4y4 = c1ex+c2e2x+c3cos(x)+c4sin(x) ;

					5
					5
					4
					4
					3
					3
Билет№2		1 + x2			2
					2
					1
					1
1.		3 − x2	4	2							0		4
	2									1		2


Y = 1+x									2
									2
								3
Y = 3-x2								3
							4
							4
V=2V1						5
						5

1+x2 = 3-x2										x , x
2x2-2 = 0
x2-1 = 0

x1 = -1 ; x2 = 1;

V1 = V2 –V3

V2 = π*0∫1 ((3-x2)2 dx) = π*0∫1 ((9-6x2+x4)dx) = π(9*0∫1(dx)-6*0∫1(x2dx) +0∫1(x4dx)) =

= π(9x-2x3+(x5/5)) 0 = π(9-2+(1/5)) = (36/5)π

V3=π*0∫1(1+x2)2dx = π(0∫1dx+20∫1(x2dx)+ π*0∫1(x4dx) = π(x+(2/3)*x3+(x5/5)) 0 = = π(1+(2/3)+(1/5)) = (28/15) π

V1 = V2 –V3 = (36/5)π - (28/15) π = (90/15)π = 6π

Ответ: объём вращения V=6π

2.y′′+9y = (1/sin33x)

Найдем общее решение однородного дифференциального уравнения

y′′+9y = 0	k2+9 = 0
Составим характеристическое уравнение:	k2+9 = 0
	k2 = -9 ; k1 = -3i ; k2 = 3i ;
Фундаментальная системы решений:	y1 = cos3x y2 = sin3x
Общее решение однородного уравнения:	yo.o = c1cos(3x) +c2sin(3x)
Общее решение неоднородного уравнения в виде:
yo.н = c1(x) cos(3x) +c2(x)sin(3x) , где c1(x),c2(x)- неизвестные функции
Функции c1(x),c2(x) определяем из системы	c′1(x) cos(3x) +c′2(x)sin(3x) = 0

-3c′1sin(3x)+3c′2(x)cos(3x) = 1/sin3(3x)

****************************************************

c′1(x) cos(3x)+c′2(x)sin(3x) = 0

c′2(x)cos(3x)-c′1(x)sin(3x) = 1/sin3(3x)

****************************************************

c′2 (x) = (-c′1(x) cos(3x))/sin(3x)

(-c′1(x)- cos2(3x))/sin(3x)- c′1(x)sin(3x) = 1/sin3(3x)

(-c′1(x) (cos2(3x)+ sin2(3x))/sin(3x)- c′1(x)sin(3x) = 1/sin3(3x)

c′1(x) = -1/sin3(3x) ; c′2 (x) = (1/sin3(3x))*cos(3x) = cos(3x)/sin3(3x); c1(x) =(1/3)ctg(x)+c1 ;

c2 (x) = ∫ ((cos3x/sin3x)*dx) = ∫(d(sin3x)/sin33x ) =(1/3)*∫((sin-3(3x)* d(sin3x)) = -1/(6*sin2(3x)) +c2

Общее решение неоднородного уравнения:

Yо.н.= ctg(x)cos(3x) + c1cos(3x) + c2sin(3x) – 1/(6*sin(3x))

Ответ:

Yо.н.= (1/3)*(cos2(3x)/(sin(3x))-1/(6*sin(3x))+c1cos(3x)+c2sin(3x) = cos(6x)/3sin(3x)+ c1cos(3x) + + c2sin(3x)

Билет№4

y = 1+x2 ;
y = 5;				8
y = 5;				6
1+x2 = 5
1+x2 = 5
x2-4 = 0	(1+x2)			4
x2-4 = 0				4
x1 = -2; x2 = 2;
x1 = -2; x2 = 2;				2
Vy = 2πa∫b (x f(x) dx) ; a>=0;


V = 2π0∫2 (x*(1+x2) dx) = 2π(0∫2 (xdx)+ 0∫2 (x2dx)) =
		5	3		1		1	3
									5
									5
2						2
2						2
= 2π(x2/2)+(x3/3) 0 =2π(4/2+8/3) = 2π(2+8/3) =						x,x
= (28/3) π						x,x
= (28/3) π
Ответ: (28/3)π.

2.y′′-2y′+2y = ex/sin3x y′′-2y′+2y = 0

k2-2k+2 = 0

D = 4-4*2 = -4;

k1 = (2-2i)/2 = 1-i; k2 = 1+i;

Фундаментальная система решений: y1 = excos(x); y2 = exsin(x);

yo.o. = c1excos(x) + c2exsin(x);

Общее решение неоднородного уравнения ищем в виде yo.н. = c1(x)excos(x) + c2(x)exsin(x);

c1(x), c2(x) находим их системы: c′1(x)excos(x)+c′2(x)exsin(x) = 0

c′1(x)(excos(x)-exsin(x))+ c′2(x)(exsin(x)+excos(x)) = ex/sin3(x);

c′1(x) = (-sin(x)/cos(x))*c′2(x);

(-sin(x)/cos(x))*c′2(x)* (excos(x)-exsin(x))+ c′2(x)(exsin(x)+excos(x)) = ex/sin3(x);

-c′2(x)* exsin(x)+ c′2(x)*((ex*sin2(x))/cos(x)) + c′2(x)* exsin(x)- c′2(x)* excos(x) = (ex/sin3x); c′2(x) ex ((sin2(x)+cos2(x))/cos(x)) = ex/sin3(x);

c′2(x) = cos(x)/sin3(x);

c′1(x) = (-sin(x)/cos(x))*(cos(x)/sin3(x)) = -1/sin2(x);

c2(x) = ∫( (cos(x)/sin3(x))dx) = ∫(d(sin(x))/sin3(x)) = -1/(2sin2(x) +c2; c1(x) = ctg(x) +c1;

yо.н. = (cos(x)/sin(x)+c1)* excos(x) + (-1/(2sin2(x))+c2)*exsin(x) =

=(cos2(x)*ex)/sin(x) +c1excos(x)-ex/(2sin(x))+c2exsin(x) =

=(2cos2(x)-1)*ex)/sinx + c1excosx +c2exsinx =(cos(2x) *ex)/sin(x)+c1excosx+c2exsinx Ответ: (cos(2x) *ex)/sin(x)+c1excosx+c2exsinx

1 / 61 2 3 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Решённые билеты экзамена

#
04.03.2014944.04 Кб131теория.pdf
#
04.03.20141.59 Mб127хз.pdf