Математический анализ: задачи и решения

Вариант 4
1. Дана функция z = f(х; y), точка А(х0; у0) и вектор a = (а1, а2). Найти:
а) grad z в точке А;
б) производную в точке А по направлению вектора a .
z  x 3 y  5 xy 2  3 x 2  y  1, A  2; 1 , a   4;3  с
Решение:
Найдем частные производные функции и вычислим их значения в точке А:
z
 z 
 3 x 2 y  5 y 2  6 x     3  2 2  ( 1)  5  ( 1) 2  6  2  5
x
 x  A
 z 
z
 x 3  10 xy  1     23  10  2  ( 1)  1  27
y
 y  A
Тогда:
grad z ( A)  5; 27
Найдем направляющие косинусы вектора a :
a   4;3   a  4 2  32  5
4
3
;
cos  
5
5
Тогда производная по направлению равна:
z
4
3 61
 5   27  
5
5 5
a
cos  
2. Найти неопределенные интегралы.
dx
( x  12) dx
1) 
2)  2
5x  3
x  x6
3) 
ln xdx
x3
Решение:
dx
1) 
5x  3
dx
1 d (5 x  3) 1
 5 x  3  5   5 x  3  5  ln 5 x  3  C
( x  12) dx
x2  x  6
( x  12) dx 1 (2 x  1  25) dx 1
2x 1
25
dx
 x 2  x  6  2   x 2  x  6  2   x 2  x  6 dx  2   x 2  x  6 
2) 
1 5
x 
1 d ( x 2  x  6) 25
dx
1
25
1
2 2 C 
 


  ln x 2  x  6 
  ln
2
1
5
2
x2  x  6
2 
2
2
5
1  25
x 
x  
2 2
2
4

1
5
x3
  ln x 2  x  6   ln
C
2
2
x2
3) 
ln xdx
x3
dx 

u  ln x  du 

ln xdx
1
1 dx
1
1 1
x 


   2  ln x    3   2  ln x   2  C
 x3  dx
1
2x
2 x
2x
4 x
dv  3  v   2 
x
2 x 

3. Вычислить определенный интеграл.
0
dx
 5 x
8
3
2
Решение:
t  3 x  x  t 3  dx  3t 2 dt 
0 2

 0 3t 2 dt
dx
t 55

x


8

t


2



3

dt 
 
2
2
8 5  3 x 2 

5

t
t

5

2

2
x  0  t  0



0
0
dt
15
t 5
3 5 
2  5 
0
 3   dt  15   2
  3  t 2 
 ln
 6 
  ln1  ln

t 5
2 
2 5
t  5 2
2  5 
2
2
0
 6 
0
3 5
2 5
 ln
2
2 5
4. Вычислить площадь плоской фигуры, ограниченной заданными кривыми. Сделать чертёж
области.
y   x 2  4 x  1; y   x  1
Решение:
Построим фигуру, ограниченную указанными линиями:
Находим границы интегрирования:
 y   x2  4x 1
 x1  0
  x 2  4 x  1   x  1  x 2  5 x  0  x ( x  5)  0  

 x2  5
 y  x 1
Откуда:
5
 5 2 x3 
125 125 125
S     x  4 x  1  x  1 dx    5 x  x  dx   x   


3 0
2
3
6
2
0
0
5
5
2
2
5. Вычислить объем тела, образованного вращением криволинейной трапеции, ограниченной
заданными линиями, вокруг оси Оx. Выполнить чертеж криволинейной трапеции.
y   x 2 , x  2, y  0
Решение:
Строим фигуру, ограниченную указанными линиями:
Находим границы интегрирования:
 y   x2
  x2  0  x  0

y  0
Откуда:
0
0


2
V     x 4 dx   x 5    0  2  

2
5
5
5
2
6. Вычислить двойные интегралы по областям D, ограниченным указанными линиями.
y
D x dxdy, 1  x  e, 4  y  6
Решение:
Границы интегрирования заданы по условию задачи – прямоугольник со сторонами 3 и 2.
Откуда:
6
e
6
e
e
y
dx
1  y2 
dx
e
D x dxdy  1 x 4 ydy  1 x   2  dx  10  1 x  10  ln x 1  10   ln e  ln1  10
4
7. Найти общее решение дифференциального уравнения 1 порядка и частное решение,
удовлетворяющее начальному условию у = у0 при х = х0.
e x
y ' y 
; y0  2, x0  0
1  x2
Решение:
Линейное неоднородное уравнение первого порядка. Решаем его методом Бернулли:
e x
y ' y 
1  x2
y  uv  y '  u ' v  v ' u
e x
1  x2
e x
u ' v   v ' v   u 
1  x2
 v ' v  0


e x
u ' v 
1  x2

u ' v  v ' u  uv 
Из первого уравнения:
v ' v  0
dv
 v
dx
dv
  dx
v
Интегрируем обе части:
dv
 v    dx
ln v   x
v  e x
Подставляем во второе уравнение:
u ' e  x 
e x
1  x2
1
1  x2
dx
u
1  x2
u  arctgx  C
u'
Запишем общее решение исходного уравнения:
y  u v
y   arctgx  C   e  x
y  Ce  x  e  x  arctgx
Находим частное решение, удовлетворяющее начальному условию:
2  Ce 0  e 0  arctg 0
C2
Искомое частное решение:
y  2e  x  e  x  arctgx
y   2  arctgx   e  x
8.
Найти
частное
решение
дифференциального
уравнения
y '' by ' cy  f ( x ) ,
удовлетворяющее начальным условиям y (0)  y0 , y '(0)  y1 .
y '' 2 y ' 5 y  x 2  1;
y (0)  3, y '(0)  0, 2
Решение:
Сначала находим общее решение соответствующего однородного уравнения:
y '' 2 y ' 5 y  0
Составим характеристическое уравнение и найдем его корни:
k 2  2k  5  0
( k  1) 2  4  0
( k  1) 2  4
k  1   2i
k1  1  2i , k 2  1  2i
Корни различные и действительные. Запишем общее решение:
y  e x   C1 sin 2 x  C2 cos 2 x 
Находим частное решение в виде:
y*  Ax 2  Bx  C
y * '  2 Ax  B
y * ''  2 A
Подставляем в исходное уравнение:
2 A  2  (2 Ax  B )  5  ( Ax 2  Bx  C )  x 2  1
2 A  4 Ax  2 B  5 Ax 2  5 Bx  5C  x 2  1
5 Ax 2  ( 4 A  5 B ) x  (2 A  2 B  5C )  x 2  1
1
1
1



A  5
A  5
A  5
5 A  1



4
4
1
4
23

 4


   5B  0   B 
 B 
 y*  x 2  x 
 4 A  5 B  0
25
25
5
5
125
 2 A  2 B  5C  1  5



23
2
2

 5  2 B  5C  1  25  5C  1 C  125



Запишем общее решение исходного уравнения:
y  y  y*
1 2 4
23
x  x
5
5
125
Находи частное решение, удовлетворяющее начальным условиям:
1 2 4
23

x
 y  e   C1 sin 2 x  C 2 cos 2 x   5 x  5 x  125


2
4
x
x
 y '  e   C sin 2 x  C cos 2 x   e   2C cos 2 x  2C sin 2 x   x 
1
2
1
2

5
5
23
398
398



C2  125  3
C2   125
C2   125



C  2C  4  0, 2   398  2C  4  0, 2 C  273
1
1
 2
 125
 1 250
5
5
Искомое частное решение:
y  e x   C1 sin 2 x  C 2 cos 2 x  
398
4
23
 273
 1
y  ex  
sin 2 x 
cos 2 x   x 2  x 
125
5
125
 250
 5