武忠祥老师每日一题｜第336 - 338题

一只野生彩色铅笔

发布于 2022-09-20 11:10:13

3100

发布于 2022-09-20 11:10:13

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题目336

设函数

f(x)

二阶可导，且

f'(x) = f(1-x),f(0) = 1

，求

f(x)

解答

换元：

f'(1-x) = f(x) \quad \Rightarrow \quad f'(1) = f(0) = 1

再求导：

f''(x) = -f'(1 - x)

联立两式：

f''(x) + f(x) = 0

为 二阶常系数齐次微分方程

特征根：

\lambda^2 + 1 = 0 \quad\Rightarrow\quad \lambda = 0 \pm i

齐次通解：

y = C_1\cos x + C_2 \sin x \quad \Rightarrow \quad y' = C_2\cos x - C_1\sin x

代入初值：

y(0) = C_1 = 1

y'(1) = C_2\cos 1 - \sin 1 = 1 \quad \Rightarrow \quad C_2 = \dfrac{1 + \sin 1}{\cos 1}

综上所述：

f(x) = \cos x + \dfrac{1 + \sin 1}{\cos 1} \cdot \sin x

题目337

设函数

f(x)

可导，且对任意实数

x,h

满足

f(x+h) = \int_x^{x+h}t[f(t+h)+t^2]dt + f(x)

\lim\limits_{x\to0}[1+f(x)]^{\frac{1}{x^4}} = a

，求

f(x)

的表达式及常数

解答

求

f(x)

的表达式，考虑微分方程；题目又给了

f(x+h)

的表达式，考虑导数定义来构造方程

[ f'(x) = \lim_{h\to0}\frac{f(x + h) - f(x)}{h} = \lim_{h\to0}\frac{\int_x^{x+h} t[f(t+h)+t^2]dt }{h} = xf(x)+x^3 ]

得到微分方程：

y' - xy = x^3

为 一阶线性微分方程

[ y = e^{\int xdx} \cdot \Big[ \int x^3 e^{\int-xdx} dx + C_1 \Big] = -e^{\frac{1}{2}x^2} \cdot (x^2 e^{-\frac{1}{2}x^2} + 2e^{-\frac{1}{2}x^2} + C_2) = -x^2 - 2 + Ce^{\frac{1}{2}x^2} ]

下面这一步是错的，事实上

f(x) = -0.5 \Rightarrow a = 0.5^{+\infty} = 0

极限也是存在的这题就是错题，需要额外添加条件

a > 0

且

a \ne 1

又

\lim\limits_{x\to0}[1+f(x)]^{\frac{1}{x^4}} = a

存在，故

f(0) = 0 \quad\Rightarrow\quad C = 2 \quad\Rightarrow\quad y = -x^2 - 2 + 2e^{\frac{1}{2}x^2}

[ \begin{aligned} & \lim_{x\to0}[1+f(x)]^{\frac{1}{x^4}} \\\\ = & \lim_{x\to0} (-x^2 - 1 + 2e^{\frac{1}{2}x^2})^{\frac{1}{x^4}} \\\\ = & \exp[ \lim_{x\to0}\frac{-x^2-2+2e^{\frac{1}{2}x^2}}{x^4} ] \\\\\ = & \exp[ \lim_{x\to0}\frac{\dfrac{1}{4}x^4 + o(x^4)}{x^4} ] \\\\\ = & \exp[ \frac{1}{4} ] \\\\\ \end{aligned} ]

故

a = e^\frac{1}{4}

题目338

设

f(x)

为

[0,+\infty)

上的正值连续函数，已知曲线

y=\int_0^x f(u)du

和

轴

及直线

x=t(t>0)

所围区域绕

轴旋转所得体积与曲线

y=f(x)

和两坐

标轴及直线

x=t(t>0)

所围区域的面积之和为

t^2

，求曲线

y = f(x)

方程

解答

微分方程的几何应用，按照题目要求，列出式子，最后建立方程求解即可

[ V = 2\pi\iint\limits_{D_1}xd\sigma = 2\pi\int_0^tdx\int_0^{\int_0^xf(u)du} xdy = 2\pi\int_0^tx\int_0^xf(u)dudx ]

[ S = \int_0^t f(u)du ]

[ t^2 = V + S \quad\Rightarrow\quad 2\pi\int_0^tx\int_0^xf(u)dudx + \int_0^t f(u)du = t^2 ]

该式对两侧求导，然后令变上限积分函数

g(x) = \int_0^x f(u)du

，则

g(0) = 0

[ 2\pi t\int_0^t f(u)du + f(t) = 2t \quad\Rightarrow\quad y' + 2\pi xy = 2x ]

此为 变量可分离型 微分方程：

[ \frac{dy}{\pi y - 1} = -2xdx \quad\Rightarrow\quad \ln(\pi y - 1) = - \pi x^2 + C_1 \quad\Rightarrow\quad y = \frac{1}{\pi} (Ce^{-\pi x^2} + 1) ]

代入初值：y(0) = (C + 1) = 0 C = -1 y = (1 - e{-x2})

两侧对

求导，便可得出最终答案：

[ f(x) = 2xe^{-\pi x^2} ]

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