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

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

Билет №3.

3) y=1–x2, y>0								Sпов=?


	b				′			2								2



S y = 2π ∫x( y) 1 + x ( y)									dy								1−x
	a
	a
x( y) =	1 − y			1					1			1
x( y) =	1 − y
′			2
′			2
x ( y) =	(1 − y)		1	= 1 − y 2 (−1) = − 2 1 − y														x
x ( y) =	(1 − y)			= 1 − y 2 (−1) = − 2 1 − y														x
Sпов = 2π ∫1		1 − y 1 +							1		dy = 2π ∫1		1 − y			4(1 − y) +1dy =
	0						U (1 − y)					0				U (1 − y)
= 2π ∫1	1 − y			5 −4 y dy =π ∫1							5 − 4 ydy = −			1	π ∫1	5 − 4 yd (5 − 4 y) =
0			2	1 − y					0					4	0
= − 1 π	2 (5 −			3		1	= −π +			π			5 5 −1
				3		1
				4 y)	2							5 5 =				π
4	3								6	6				6
4	3					0			6	6				6

4)y′′+ y′ = ex1+1 y′′+ y′ = 0

2 + k = 0

(k +1)= 0

k1 = 0

= −1

ФСР:

= e−x

= c

e−x

Общее решение неоднородного уравнения ищем в виде:

он

= c

(x)+ c

(x) e−x

с1(х), с2(х) определяем из системы:

c′(x)+c′(x) e

−x

= 0

′

(x)

′

(x)e

−x

′

= −c2

c1 (x)=

−1

−c′(x)e

−x

′

(x)

−e

+1)

(x)=

−x

′

c1 (x)= ∫

x = ln t

= ∫

−1

dt + ∫dtt = −∫dt(t++11)+ ∫dtt =

dx = 1t dt

ex +1

(t +1)t

t +1

t = ex

= −ln

t +1

+ ln

= ln

+ c

c2 (x)= −∫

dx = −∫

d (ex +1)

= −ln(e

+1)+ c2

ex +1

Тогда:

Ответ

он

= ln

+ c

e−x −e−x ln(ex

+1)

ex +1

Билет № 5

y1 = ex − 2

3)y2 = 3e−x = e2x

x= 0

			4
ex−2			2
ex−2
− y	5	3	1	1	3	5
3e
			2
			4

Найдем точку пересечения:

− 2 = 3e−x

− 2 =

e2 x − 2ex −3 = 0

b2 −2b −3

D = 4 + 4 3 =16

b1 = −1

b2 = 3

ex = 3

x = ln 3

y = ex −2 = 3 −2 =1

y =1

x = ln 3

(y)= ln(y + 2)

(y)= ln(

)

= ∫3 ln

dy = ∫3 ln 3dy − ∫3 ln ydy =

(ln 3 y − y(ln y −1))

= 3ln 3 −3(ln 3 −1)−ln 3 +1(−1)= 3 −ln 3 −1 = 2 −ln 3

S2 = ∫1 ln(y + 2)dy = ∫1 ln(y + 2)d(y +				2)= (y + 2)(ln(y + 2)−1)	1
−1			1		−1
= 3(ln 3 −1)−1(ln1 −1)= 3ln 3 −3 +1 = 3ln 3 − 2
S = S1 + S2 = 2 −ln 3 +3ln 3 − 2 = 2 ln 3
Ответ:
Площадь равна
S = 2 ln 3
4) y′′− 4 y′+ 4 y = −16x2 + 4
y′′− 4 y′+ 4 y = 0
k 2 − 4k + 4 = 0
(k −2)2	= 0
k1 = 2	k2 = 2
ФСР:
y = e2 x	y	2	= x e2 x
1		2

Общее решение однородного уравнения:

(продолжение билета № 5)

yoo = c1e2 x + c2e2 x

g(x)= −16x2 + 4 g(x)= eα(x )P(x)

α = 0

Частное решение:

Y = Ax2 + Bx +C Y ′ = 2Ax + B

Y ′′ = 2A

2A −8Ax −4B + 4Ax2 + 4Bx + 4C = −16x2 + 4

4A =16

(−8A + 4B)= 0(2A −4B + 4C)= 4

Yчн = −4x2 −8x −5

Yон = c1e2 x + c2 x e2 x

Ответ:

A = −4

B = −8

−8 +32 + 4C = 4

− 4x2 −8x −5

A = −4B = −8

C = −5

Yон = c1e2 x + c2 x e2 x − 4x2 −8x −5

Билет 6

3) Вычислить площадь фигуры, расположенной вне окружности r=1 и одновременно внутри лемнискаты r2=2cos2ϕ

cos2ϕ=1/2, 2ϕ=π/3, => ϕ=π/6

S=S1-S2=1/20∫π/64cos22ϕ dϕ - (π/6)/(2π)*πr2=20∫π/6(1+cos4ϕ)/2 dϕ-π/12= =2(1/2*ϕ+1/8*sin4ϕ)0|π/6-π/12=π/12+sqrt(3)/8 ответ.S’=4S=π/12+sqrt(3)/8

4) Найти общее решение: y’’+4y=x+cos2x

хар-е ур-е: k2+4k=0, k1=0, k2=-4, r=1		yoo=C1e0X+C2e-4X
f1(x)=x,	y1=x(Ax+B)
f2(x)=cos2x,	y2=Dcos2x+Fsin2x
y=C1+C2e-4x+x(Ax+B)+Dcos2x+Fsin2x

Билет №11

I) y= ex ; y=1+2 e−x ; x=0;

Найдём точки пересечения с осью X графика функции:

а) если x=0, то y= ex =1; б) если x=0, то y=1+2 e−x =3;
Найдём точку пересечения:
	=	e	x	x = ln( y), y > 0				x = ln( y)
y		e							(1)
									(1)
y	=1+2e−x				y =1+		2(ex )−1	y =1+2*	1
y	=1+2e−x				y =1+		2(ex )−1	y =1+2*	y

Рассмотрим (1): y =1+2*						1	, дан. На у<>0; y2 =y+2;		y2 -y-2=0;
Рассмотрим (1): y =1+2*						y	, дан. На у<>0; y2 =y+2;		y2 -y-2=0;
D=9; y= -1 – неуд.; y=2 – уд.

		5
		3.6
ex		2.2
1+2 e− x		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 =

II)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

= 4(1−cosϕ)

Lab

= ∫

16sin2 ϕ

+16(1−cosϕ)2 dϕ =

' = 4sinϕ

= 4π∫

sin2 ϕ +1−2cosϕ +cos2 ϕdϕ = 4π∫

2 −2cosϕdϕ = 4π∫

4sin

2 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

=α1e

9 −6

α1

= β1

=α e6t

−3

−3 3 0

Рассмотрим (2)систему (k=8):

5 −8

−3 1 −3 1

=α2e

9 −8

3α

2 = β2

= 3α

e8t

−3

−3 1 0

Общее решение системы :

=α1e

α2e

=α e6t

3α

e8t

6.25

3−x2

9−x2

2.5

Билет№15.

2x+6

1.25

1) y = 3 − x2 ; y = 2x;

Найдём точки пересечения :

2.5

y = 3 − x

x,x

2.5

x,x

2.5

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 .

−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 .

−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

+c '(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

du = e−xdx u = −e−x

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 7

					5	5
						5
						4.2
						4.2
1 y						3.4
						3.4
						2.6
						2.6
		y				1.8
						1.8
						1
						1
y	2		−2y		+1	0.2
							0.6
							0.6
							1.4


				− 3			2.2
							2.2

								3		5	4	3	2	1 0	1	2	3	4	5


									− 5					y ,y					5

3) Вычислить обьем тела, образованного вращением вокруг оси OX плоской фигуры, ограниченой линиями X=Y2-2Y+1 и X=1

Заменяем Y на X и X на Y Y=X2-2X+1, Y=1 и вращение вокруг OY

VY=2πa∫bXydX, X2-2X+1=1 => X(X-2)=0, X1=0, X2=2

V=2π0∫2X(X2-2X+X)dX = 2π0∫2(X3-2X2+X)dX=2π(X4/4-2X3/3+X2/2)0|2 = =2π(4-16/3+2)= 2π(18/3-16/3)= 4π/3

Ответ. 4π/3

4) Проинтегрировать дифференциальное уравнение Y*Y’’+(Y’)2=(Y’)3 при начальных условиях Y(0)=1, Y’(0) = 1

Обозначаем y’=P(y), y’’=P*dP/dy, y*PdP/dy+P2=P3, P=0-тривиальное решение y*dP/dy+P=P2, dP/(P2-P)=dy/y, dP/(P2-P+1/4-1/4)=dy/y,

∫d(P-1/2)/((P-1/2)2-(1/2)2)= ∫dy/y 1/(2*(1/2))*ln|(P-1/2-1/2)/(P-1/2+1/2)|=lny+lnC1

(P-1)/P=C1y => 1-1/P=C1y, P=1/(1-C1y), y’=1/(1-C1y), dy/dx=1/(1-C1y)

∫(1-C1y)dy=∫dx	y-C1y2/2=x+C2	1=1/(1-C1)=>C1=0, y=x+C2 =>
=> C2=1 => y=x+1

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Решённые билеты экзамена

#
04.03.2014944.04 Кб131теория.pdf
#
04.03.20141.59 Mб127хз.pdf