y

2

= C e−3x +C

e3x .

Подставив x = 0

и y = y =3

, получим

−C +2C =3

,

1

2

1

2

1

2

C1 +C2

=3, откуда найдем C1 =1, C2

= 2 .

22.

y

−1

1

1

=

e−2 x +

3

e3x . Решение. Рассмотрев матрицу системы и

y2

2

решение системы:

y1

=C

1

e−2 x

+C

2

1

e3x . Подставив

x = 0 и y

= 0,

1

−2

3

1

y2

y2 =5,

0

−1

1

, 2C1 +3C2

=5,

получим

5

=C1

+C2

3

, то есть −C1 +C2 =0

2

откуда C1 =C2 =1.

Ответы и решения к задачам главы 4

23.

y = y0e4t ,

T =

1 ln 2.

Решение.

Искомое решение имеет

вид

4

y(t) = y0e4t . Время T находится из уравнения y0e4T = 2 y0 . Имеем e4T

= 2 ,

24. y =

8

, lim y =8. Решение.

Приравняв нулю правую часть,

1

+e−8t

t→+∞

y = 0 и

y =8 .

Предположив,

что y ≠ 0 ,

найдем постоянные решения

y ≠8 , выполним разделение переменных:

dy

1

1

1

1

y

1

%

(8 − y) y

= dt ,

8 ∫

y

+

8 − y

dy =

∫

dt ,

8

ln

8

− y

=t +

8

C .

Получим

y =

8Ce8t

=

8

, где C – произвольная постоянная.

1

+Ce8t

1+C e−8t

1

1

решения даются формулами y =

8

, y = 0 .

1

+C e−8t

1

8

Подставив значения t = 0 ,

y = 4 , получим

= 4 ,

C =1.

Следо-

1+C1

1

25.

D =

80

. Решение.

Имеем

ED ( p) =

p

D′= −

2 p2

, то есть

p2 +6

D

p2 +6

D′ = −

2 p

. Это уравнение с разделяющимися переменными. Его об-

p2 +

6

D

C

щее решение

имеет вид D =

.

Подставив

начальные

значения

p2 +6

p = 2 и D =8 , получим C =80 .

26.

D = 4e−( p+1)2 +4 .

27.

p =8 +e−2t

. Решение. Имеем x( p) = D( p) −S( p) =8 − p , и урав-

нение для

p(t) принимает вид p′+2 p =16 . Это линейное уравнение

p = 4.

28.

1

4

p =

5

19

−

.

Решение.

В

этом

случае

160t +1

x( p) = D( p) −S( p) =19 −5 p

и

уравнение для

p(t)

принимает вид

dp

dp

1

−2

1

= dt ==> ∫

= ∫dt ==>

(19

−5 p)

=t +

C ,

(19 −5 p)3

(19 −5 p)3

10

10

откуда 19 −5 p = ±(10t +C)−1/2 . Положив t = 0 ,

p = 3 , получим 4 = ±C −1/2 .

Отсюда видно, что в правой части следует выбрать знак плюс и C =

1

.

16

1

−1/2

Поэтому 19 −5 p = 10t +

и, следовательно,

16

1

1

p =

5

19 −

.

10t +1 / 16

В этом случае начальная цена

p(0) = 3

меньше равновесной цены

λ2 −2λ −3 = 0 найдем λ = −1, λ =3. Поэтому общее решение однородного

1

2

уравнения

имеет вид

p

=C e−t

+C

e3t .

Частное

решение

исходного

0

1

2

уравнения ищем в виде

pˆ = A .

Подстановка в уравнение дает

A = 5. По

формуле

p = p0 + pˆ

находим

общее

решение

исходного

уравнения

p =C e−t +C

e3t +5 .

1

2

p′ = −C1e−t

+3C2e3t .

при t = 0

Отсюда

С учетом начальных

условии

получим C1 +C2 +5 =3,

−C1 +3C2

=6 , то есть C1 = −3, C2

=1.

34BОтветы и решения к задачам для повторения

1.

y =

20

y = 0 . Решение. Имеем y

= xy(20 −3y) . Приравняв

3 +Ce−10 x2 ,

′

нулю

правую часть,

найдем

решения

y = 0 ,

y = 20 / 3 . При

y ≠ 0 ,

y ≠ 20 / 3 переменные разделяются:

dy

= xy(20 −3y) ==>

dy

= xdx

==> ∫

dy

= ∫x dx .

dx

y(20 −

3y)

y(20 −3y)

1

=

1

1

+

3

Интегрируя с учетом равенства

, полу-

y(20 −3y)

20

y

20 −3y

1

y

1

2

1

%

y

10 x2

чаем

ln

=

x

+

C ,

=C e .

20

20 −3y

2

20

20 −3y

1

10 x2

20

Отсюда

y =

20C e

или

y =

(C =1 C1 ).

Решение

1

3C e10 x

2

+

1

+Ce−10 x

2

3

1

y = 20 / 3 входит в это семейство при C = 0 .

2.

y =3x −7 +e−2 x .

Решение.

Однородное уравнение

имеет

общее

решение

y =Ce−2 x .

Решение

исходного

уравнения

ищем

в

виде

y =C(x)e−2 x . Подстановка в уравнение дает

′

−2 x

′

2 x

.

C (x)e

= 6x −11, откуда C (x) = (6x −11)e

Интегрируя по частям, находим

C(x) = ∫(6x −11)e2 x dx =1

∫(6x −11)de2 x

=1 ((6x −11)e2 x

−6∫e2 x dx)=

1

2

2

=

((6x −11)e2 x −3e2 x )+C1 = (3x −7)e2 x

+C1 .

2

3.

y =C e−5 x +C

e2 x

+3e−x .

Решение. Рассмотрим однородное урав-

1

2

λ2 +3λ −10 = 0

нение.

Соответствующее

характеристическое уравнение

имеет корни

λ1 = −5,

λ2 = 2 . Поэтому общее решение однородного урав-

нения

имеет

вид

y

0

=C e−5 x +C

e2 x . Частное решение

неоднородного

1

2

уравнения ищем в виде

yˆ = Ae−x . Подстановка в исходное уравнение дает

A(1−3 −10)e−x = −36e−x ,

A = 3 .

Следовательно,

yˆ =3e−x .

По формуле

y = y

0

+ yˆ находим общее

решение исходного уравнения.

4.

y =5C e−x +C

e6 x ,

y

2

= 2C e−x

−C

e6 x .

Решение.

Продифферен-

1

1

2

1

2

y1′′= y1′−5y2′. С помощью

цировав первое уравнение системы, получим

второго уравнение, исключим y2′:

y1′′= y1′−5y2′ = y1′−5(−2 y1 +4y2 ) = y1′+10 y1 −20 y2 .

Из первого уравнения системы найдем

y2 =

1 ( y1 − y1′) .

Исключив

5

y2 , получим y1′′= y1′+10y1 −4( y1 − y1′) =5y1′+6 y1 или y1′′−5y1′−6y1 =0 .

Из характеристического уравнения λ2 −5λ −6 = 0 найдем λ = −1 и

1

λ =6

. Поэтому y =C e−x

+C

2

e6 x .

2

1

1

Подставив это выражение в формулу для y2 , найдем

y

2

= 1 (C e−x

+C

2

e6 x

−(−C e−x +6C

e6 x ))

=

1 (2C e−x −

5C

e6 x ) .

5

1

1

2

5

1

2

Заменив C1 на 5C1 , получим общее решение системы.

5.

y = 3e−3x

+2e5 x ,

y

2

= −3e−3x +2e5 x . Решение.

Рассмотрим матрицу

1

1

4

системы A =

4

1

. Найдем ее собственные значения из характеристи-

ческого уравнения

1−λ

4

= 0, то есть (λ −1)2 =16 . Получим λ = −3

4

1−λ

1

и

λ2 =5.

Найдем

собственные

векторы

из

системы

1−λ

4

p

0

. Для λ1 = −3 получим

4 1−λ

1

=

p2

0

4

4

p

=

0

p

=

−1

4

1

, откуда

1

.

4

p2

0

p2

1

Для λ2 =5 получим

−4 4

p

0

p

1

4 −4

1

=

, откуда

1

= .

p2

0

p2

1

y1

=C

−1 e−3x

+C

2

1 e5x

1

y2

1

1

или

y = −C e−3x +C

e5x , y

2

= C e−3x +C

e5 x .

1

1

2

1

2

Подставив x = 0 и начальные значения y1 =5 , y2

= −1, получим

−C1 +C2 =5, C1 +C2 = −1,

откуда C1 = −3, C2 = 2 .

p

2 p

6.

81

.

Решение.

D =

Имеем

ED ( p) =

D′= −

, то есть

( p +1)2

D

p +1

D′ = −

2

. Это уравнение с разделяющимися переменными. Его общее

p +1

D

C

решение имеет вид D =

. Подставив начальные значения p = 2 и

( p

+1)2

D =9 , получим C =81.

7.

p(t) = 4 −3e−2t . Решение. Поскольку

x( p) = D( p) −S( p) =16 −4 p ,

8. p = e−4t −et +4 . Решение. Условие D( p) = S ( p) ,

приводит к ли-

нейному дифференциальному уравнению второго порядка

p′′+3 p′−4 p = −16 .

Рассмотрим сначала однородное уравнение. Характеристическое

уравнение λ2 +3λ −4 = 0 имеет корни λ = −4,

λ =1. Поэтому общее

1

2

решение однородного уравнения имеет вид p

=C e−4t +C

et . Частное

0

1

2

решение исходного уравнения ищем в виде

pˆ = A . Подстановка в урав-

нение дает A = 4 . По формуле

p = p0 + pˆ находим общее решение ис-

ходного уравнения p =C e−4t +C

et +4 .

1

2

p′ = −4C1e−4t +C2et , то при

Учтем начальные условия.

Поскольку

О г л а в л е н и е

Ч а с т ь 5. РЯДЫ

Введение

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

5

Глава 1.

ЧИСЛОВЫЕ РЯДЫ ............................................................

6

1.1. Сходимость ряда и его частичная сумма .............................

6

1.2. Обобщенный гармонический ряд и необходимый

признак сходимости ...............................................................

8

1.3. Геометрический ряд ..............................................................

9

1.4. Ряды с положительными членами и их сходимость ...........

12

1.5. Абсолютная и условная сходимость знакопеременных

рядов .......................................................................................

17

1.6. Знакочередующиеся ряды .....................................................

17

Глава 2.

СТЕПЕННЫЕ РЯДЫ ..........................................................

20

2.1.

Теорема Абеля и область сходимости степенных рядов ....

20

2.2.

Разложение функций в ряд Маклорена ................................

24

2.3.

Ряды Тейлора .........................................................................

29

2.4.

Приложения степенных рядов к приближенным

вычислениям ..........................................................................

30

Глава 3.

ФИНАНСОВЫЕ ПОТОКИ, РЕНТА

И СТЕПЕННЫЕ РЯДЫ ......................................................

35

3.1.

Финансовое событие и финансовый поток ..........................

35

3.2.

Постоянная рента ...................................................................

36

3.3.

Арифметическая и геометрическая ренты ...........................

37

ЗАДАЧИ ДЛЯ ПОВТОРЕНИЯ ........................................................................

40

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ И УПРАЖНЕНИЙ .............................................................

41

ТЕМЫ ДЛЯ ПОВТОРЕНИЯ ...........................................................................

58

ТРЕБОВАНИЯ К ЗНАНИЯМ, УМЕНИЯМ, НАВЫКАМ .....................................

59

Заключение ............................................................................................

60