Страница 342 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

254. Для функции $f$ найдите первообразную, график которой проходит через точку $M$. Постройте график первообразной.

a) $f(x) = \begin{cases} \cos x & \text{при } x < 0, \\ 1 & \text{при } x \ge 0, \end{cases}$ $M (0; 0);$

б) $f(x) = \begin{cases} 1 & \text{при } x < 1, \\ \frac{1}{\sqrt{x}} & \text{при } x \ge 1, \end{cases}$ $M (4; 0).$

а)

Заданная функция: $f(x) = \begin{cases} \cos x & \text{при } x < 0, \\ 1 & \text{при } x \ge 0. \end{cases}$

Первообразная $F(x)$ является функцией, производная которой равна $f(x)$. Найдем общий вид первообразной, проинтегрировав каждый участок функции $f(x)$.

Для $x < 0$, первообразная от $f(x) = \cos x$ есть $F(x) = \int \cos x \,dx = \sin x + C_1$.

Для $x \ge 0$, первообразная от $f(x) = 1$ есть $F(x) = \int 1 \,dx = x + C_2$.

Таким образом, общий вид первообразной для $f(x)$:

$F(x) = \begin{cases} \sin x + C_1 & \text{при } x < 0, \\ x + C_2 & \text{при } x \ge 0. \end{cases}$

По определению, первообразная является непрерывной функцией на всей области определения. Следовательно, функция $F(x)$ должна быть непрерывной в точке $x=0$, где меняется ее определение. Для этого значения функции при приближении к точке $x=0$ слева и справа должны совпадать со значением в самой точке.

Предел слева: $\lim_{x \to 0^-} F(x) = \lim_{x \to 0^-} (\sin x + C_1) = \sin 0 + C_1 = C_1$.

Значение в точке (и предел справа): $F(0) = 0 + C_2 = C_2$.

Из условия непрерывности $\lim_{x \to 0^-} F(x) = F(0)$ следует, что $C_1 = C_2$. Обозначим эту общую константу как $C$. Тогда первообразная имеет вид:

$F(x) = \begin{cases} \sin x + C & \text{при } x < 0, \\ x + C & \text{при } x \ge 0. \end{cases}$

По условию задачи, график искомой первообразной проходит через точку $M(0; 0)$, что означает $F(0) = 0$. Используя вторую ветвь функции $F(x)$ (поскольку она определена для $x \ge 0$), подставим $x=0$:

$F(0) = 0 + C = 0 \implies C = 0$.

Таким образом, искомая первообразная найдена:

$F(x) = \begin{cases} \sin x & \text{при } x < 0, \\ x & \text{при } x \ge 0. \end{cases}$

Для построения графика этой функции рассмотрим каждую ее часть.

При $x \ge 0$ график $F(x) = x$ — это луч, выходящий из начала координат под углом 45° к положительному направлению оси Ох.

При $x < 0$ график $F(x) = \sin x$ — это часть синусоиды. Она проходит через точки $(-\pi; 0)$, $(-2\pi; 0)$ и т.д. Локальный минимум находится в точке $(-\pi/2; -1)$, локальный максимум — в точке $(-3\pi/2; 1)$.

В точке $x=0$ обе части графика плавно соединяются в начале координат, так как $F(0)=0$, а производная в этой точке непрерывна: $F'(0) = f(0) = 1$.

Ответ: $F(x) = \begin{cases} \sin x & \text{при } x < 0, \\ x & \text{при } x \ge 0. \end{cases}$

б)

Заданная функция: $f(x) = \begin{cases} 1 & \text{при } x < 1, \\ \frac{1}{\sqrt{x}} & \text{при } x \ge 1. \end{cases}$

Найдем общий вид первообразной $F(x)$, интегрируя функцию $f(x)$ на каждом из интервалов.

Для $x < 1$, первообразная от $f(x) = 1$ есть $F(x) = \int 1 \,dx = x + C_1$.

Для $x \ge 1$, первообразная от $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} = x^{-1/2}$ есть $F(x) = \int x^{-1/2} \,dx = \frac{x^{1/2}}{1/2} + C_2 = 2\sqrt{x} + C_2$.

Общий вид первообразной для $f(x)$:

$F(x) = \begin{cases} x + C_1 & \text{при } x < 1, \\ 2\sqrt{x} + C_2 & \text{при } x \ge 1. \end{cases}$

Для обеспечения непрерывности первообразной $F(x)$ в точке "стыка" $x=1$, приравняем предельное значение слева к значению функции в этой точке.

Предел слева: $\lim_{x \to 1^-} F(x) = \lim_{x \to 1^-} (x + C_1) = 1 + C_1$.

Значение в точке: $F(1) = 2\sqrt{1} + C_2 = 2 + C_2$.

Из условия непрерывности $1 + C_1 = 2 + C_2$, что дает нам связь между константами: $C_1 = C_2 + 1$.

По условию задачи, график первообразной проходит через точку $M(4; 0)$, то есть $F(4) = 0$. Так как $4 \ge 1$, мы используем вторую формулу для $F(x)$:

$F(4) = 2\sqrt{4} + C_2 = 2 \cdot 2 + C_2 = 4 + C_2$.

Так как $F(4)=0$, получаем уравнение $4 + C_2 = 0$, откуда $C_2 = -4$.

Теперь находим $C_1$ из ранее полученного соотношения: $C_1 = C_2 + 1 = -4 + 1 = -3$.

Подставляем найденные значения констант и получаем искомую первообразную:

$F(x) = \begin{cases} x - 3 & \text{при } x < 1, \\ 2\sqrt{x} - 4 & \text{при } x \ge 1. \end{cases}$

Построим график этой функции.

При $x < 1$ график $F(x) = x - 3$ — это луч прямой, которая является прямой $y=x$, смещенной на 3 единицы вниз. Луч заканчивается в точке $(1, 1-3) = (1, -2)$.

При $x \ge 1$ график $F(x) = 2\sqrt{x} - 4$ — это часть кривой, являющейся растянутым и смещенным графиком квадратного корня. Он начинается в точке $(1, 2\sqrt{1}-4) = (1, -2)$, проходит через заданную точку $M(4, 0)$ и плавно возрастает.

В точке $x=1$ обе части графика соединяются в точке $(1, -2)$ без разрыва. Соединение плавное, так как производная в этой точке непрерывна и равна $f(1)=1$.

Ответ: $F(x) = \begin{cases} x - 3 & \text{при } x < 1, \\ 2\sqrt{x} - 4 & \text{при } x \ge 1. \end{cases}$

255. Докажите, что любая первообразная нечетной непрерывной функции, определенная на $[-a; a]$, является четной функцией.

Пусть $f(x)$ — нечетная непрерывная функция, определенная на симметричном отрезке $[-a, a]$, и пусть $F(x)$ — любая ее первообразная на этом отрезке.

По условию, функция $f(x)$ является нечетной, что означает $f(-x) = -f(x)$ для всех $x \in [-a, a]$.

По определению первообразной, производная от $F(x)$ равна $f(x)$, то есть $F'(x) = f(x)$ для всех $x \in [-a, a]$.

Нам необходимо доказать, что функция $F(x)$ является четной, то есть что для всех $x \in [-a, a]$ выполняется равенство $F(-x) = F(x)$.

Рассмотрим вспомогательную функцию $G(x) = F(-x)$. Найдем ее производную, используя правило дифференцирования сложной функции:

$G'(x) = (F(-x))' = F'(-x) \cdot (-x)' = F'(-x) \cdot (-1) = -F'(-x)$.

Используя известные нам соотношения, заменим $F'(-x)$ на $f(-x)$:

$G'(x) = -f(-x)$.

Так как по условию функция $f(x)$ нечетная, то $f(-x) = -f(x)$. Подставим это в выражение для производной $G'(x)$:

$G'(x) = -(-f(x)) = f(x)$.

Таким образом, мы получили, что $G'(x) = f(x)$, и мы также знаем, что $F'(x) = f(x)$. Это означает, что производные функций $G(x)$ и $F(x)$ равны на всем отрезке $[-a, a]$.

Из следствия теоремы Лагранжа известно, что если производные двух функций равны на некотором промежутке, то эти функции отличаются на постоянную величину (константу) $C$:

$G(x) = F(x) + C$.

Подставляя обратно определение функции $G(x) = F(-x)$, получаем:

$F(-x) = F(x) + C$.

Чтобы определить значение константы $C$, воспользуемся тем, что данное равенство справедливо для любого $x$ из отрезка $[-a, a]$. Подставим в него значение $x = 0$ (которое принадлежит отрезку):

$F(-0) = F(0) + C$
$F(0) = F(0) + C$

Из последнего равенства очевидно следует, что $C = 0$.

Следовательно, $F(-x) = F(x)$ для всех $x \in [-a, a]$. Это по определению означает, что любая первообразная $F(x)$ нечетной функции $f(x)$ является четной функцией.

Ответ: Утверждение доказано.

256. Докажите, что четная непрерывная функция, определенная на $[-a; a]$, имеет по крайней мере одну нечетную первообразную.

Пусть $f(x)$ — четная непрерывная функция, определенная на отрезке $[-a; a]$. По определению четной функции, $f(-x) = f(x)$ для всех $x \in [-a; a]$. Нам нужно доказать, что существует хотя бы одна нечетная первообразная для $f(x)$.

Поскольку функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[-a; a]$, согласно основной теореме анализа (теореме Ньютона-Лейбница), функция с переменным верхним пределом интегрирования является ее первообразной. Рассмотрим одну из таких первообразных, а именно функцию $F(x)$, определенную следующим образом:

$F(x) = \int_0^x f(t) dt$

Из основной теоремы анализа следует, что $F'(x) = f(x)$, так что $F(x)$ действительно является первообразной для $f(x)$ на отрезке $[-a; a]$. Нам осталось доказать, что эта функция $F(x)$ является нечетной.

Чтобы доказать, что $F(x)$ — нечетная функция, мы должны показать, что $F(-x) = -F(x)$ для всех $x \in [-a; a]$.

Рассмотрим $F(-x)$:

$F(-x) = \int_0^{-x} f(t) dt$

Сделаем в интеграле замену переменной. Пусть $u = -t$. Тогда $du = -dt$, или $dt = -du$. Также необходимо изменить пределы интегрирования:

• нижний предел: если $t = 0$, то $u = 0$;
• верхний предел: если $t = -x$, то $u = -(-x) = x$.

Подставляя новую переменную и новые пределы в интеграл, получаем:

$F(-x) = \int_0^x f(-u) (-du) = -\int_0^x f(-u) du$

По условию, функция $f(x)$ является четной, следовательно, $f(-u) = f(u)$. Используем это свойство:

$F(-x) = -\int_0^x f(u) du$

Интеграл $\int_0^x f(u) du$ по определению равен $F(x)$ (переменная интегрирования не влияет на значение интеграла). Таким образом, мы получаем:

$F(-x) = -F(x)$

Это равенство означает, что функция $F(x)$ является нечетной. Мы построили первообразную для $f(x)$ и показали, что она нечетная. Следовательно, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Для четной непрерывной функции $f(x)$ на отрезке $[-a; a]$ функция $F(x) = \int_0^x f(t) dt$ является ее нечетной первообразной.

257. Два тела начали движение по прямой одновременно из одной точки. Скорость первого $v(t) = 3t^2 - 6t$, второго $v(t) = 10t + 20$. В какой момент и на каком расстоянии от начальной точки произойдет их встреча? (Скорость измеряется в метрах в секунду.)

Для того чтобы найти, в какой момент и на каком расстоянии произойдет встреча тел, необходимо определить их законы движения, то есть функции зависимости координаты от времени $s(t)$. Координата является первообразной для скорости, поэтому для нахождения $s(t)$ нужно проинтегрировать функцию скорости $v(t)$.

Найдем закон движения для первого тела.

Скорость первого тела задана функцией $v_1(t) = 3t^2 - 6t$.

Найдем его координату $s_1(t)$ путем интегрирования:

$s_1(t) = \int v_1(t) dt = \int (3t^2 - 6t) dt = 3 \frac{t^3}{3} - 6 \frac{t^2}{2} + C_1 = t^3 - 3t^2 + C_1$

Поскольку тела начинают движение из одной точки, примем эту точку за начало отсчета ($s=0$ при $t=0$). Подставим это начальное условие в уравнение:

$s_1(0) = 0^3 - 3(0)^2 + C_1 = 0$, откуда константа интегрирования $C_1 = 0$.

Таким образом, закон движения первого тела: $s_1(t) = t^3 - 3t^2$.

Найдем закон движения для второго тела.

Скорость второго тела задана функцией $v_2(t) = 10t + 20$.

Аналогично найдем его координату $s_2(t)$:

$s_2(t) = \int v_2(t) dt = \int (10t + 20) dt = 10 \frac{t^2}{2} + 20t + C_2 = 5t^2 + 20t + C_2$

По условию, второе тело также начинает движение из той же точки, поэтому $s_2(0)=0$:

$s_2(0) = 5(0)^2 + 20(0) + C_2 = 0$, откуда константа интегрирования $C_2 = 0$.

Таким образом, закон движения второго тела: $s_2(t) = 5t^2 + 20t$.

В какой момент произойдет их встреча?

Встреча тел произойдет в тот момент времени $t$, когда их координаты будут равны: $s_1(t) = s_2(t)$.

Составим и решим уравнение:

$t^3 - 3t^2 = 5t^2 + 20t$

Перенесем все члены в одну сторону:

$t^3 - 3t^2 - 5t^2 - 20t = 0$

$t^3 - 8t^2 - 20t = 0$

Вынесем общий множитель $t$ за скобки:

$t(t^2 - 8t - 20) = 0$

Это уравнение имеет решения, когда $t=0$ или когда $t^2 - 8t - 20 = 0$.

Решение $t=0$ соответствует начальному моменту времени, когда тела находились вместе в исходной точке. Нас интересует следующий момент встречи.

Решим квадратное уравнение $t^2 - 8t - 20 = 0$ с помощью дискриминанта:

$D = b^2 - 4ac = (-8)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-20) = 64 + 80 = 144$

$t = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{8 \pm \sqrt{144}}{2} = \frac{8 \pm 12}{2}$

Получаем два корня:

$t_1 = \frac{8 + 12}{2} = \frac{20}{2} = 10$

$t_2 = \frac{8 - 12}{2} = \frac{-4}{2} = -2$

Так как время не может быть отрицательным ($t \ge 0$), корень $t = -2$ не имеет физического смысла. Следовательно, встреча произойдет через 10 секунд после начала движения.

Ответ: встреча произойдет в момент времени $t = 10$ секунд.

На каком расстоянии от начальной точки произойдет их встреча?

Чтобы найти расстояние, нужно подставить найденное время $t=10$ с в уравнение для координаты любого из тел.

Для первого тела:

$s_1(10) = 10^3 - 3 \cdot 10^2 = 1000 - 3 \cdot 100 = 1000 - 300 = 700$ метров.

Для проверки подставим во второе уравнение:

$s_2(10) = 5 \cdot 10^2 + 20 \cdot 10 = 5 \cdot 100 + 200 = 500 + 200 = 700$ метров.

Результаты совпадают.

Ответ: встреча произойдет на расстоянии 700 метров от начальной точки.

258. Пусть при движении по прямой тело массой $m$ в точке с координатой $x$ обладает потенциальной энергией $u(x)$. Докажите, что:

a) координата $x(t)$ тела при движении по прямой удовлетворяет дифференциальному уравнению $mx''(t) = -u'(x)$;

б) потенциальная энергия $u(x)$ материальной точки массой $m$, совершающей гармоническое колебание $x'' = -\omega^2x$, равна $\frac{kx^2}{2}$, где $k = m\omega^2$ (положите $u(0) = 0$).

а)

Для доказательства воспользуемся вторым законом Ньютона и определением потенциальной энергии. Второй закон Ньютона для тела массой $m$, движущегося под действием силы $F$, гласит:

$$ F = ma $$

где $a$ — ускорение тела. Ускорение является второй производной от координаты $x$ по времени $t$, то есть $a = x''(t)$. Таким образом, уравнение движения можно записать как:

$$ F = mx''(t) $$

С другой стороны, для консервативной силы (какой является сила, связанная с потенциальной энергией) сила $F$ в одномерном случае определяется как отрицательная производная от потенциальной энергии $u(x)$ по координате $x$:

$$ F(x) = -\frac{du(x)}{dx} = -u'(x) $$

Это означает, что сила направлена в сторону убывания потенциальной энергии.

Приравнивая два полученных выражения для силы $F$, мы получаем искомое дифференциальное уравнение:

$$ mx''(t) = -u'(x) $$

Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Доказано, что координата $x(t)$ тела удовлетворяет дифференциальному уравнению $mx''(t) = -u'(x)$.

б)

Используем результат, полученный в пункте а): $mx''(t) = -u'(x)$.

По условию, материальная точка совершает гармоническое колебание, уравнение которого дано как:

$$ x'' = -\omega^2x $$

Подставим это выражение для $x''$ в основное уравнение движения:

$$ m(-\omega^2x) = -u'(x) $$

Умножим обе части на $-1$:

$$ m\omega^2x = u'(x) $$

Мы получили выражение для производной потенциальной энергии. Чтобы найти саму функцию потенциальной энергии $u(x)$, необходимо проинтегрировать это выражение по переменной $x$:

$$ u(x) = \int u'(x) \, dx = \int m\omega^2x \, dx $$

Так как масса $m$ и угловая частота $\omega$ являются постоянными величинами, их можно вынести за знак интеграла:

$$ u(x) = m\omega^2 \int x \, dx $$

Вычисляя интеграл, получаем:

$$ u(x) = m\omega^2 \frac{x^2}{2} + C $$

где $C$ — постоянная интегрирования. Для нахождения значения $C$ воспользуемся начальным условием, данным в задаче: $u(0) = 0$. Подставим $x = 0$ в наше выражение для $u(x)$:

$$ u(0) = m\omega^2 \frac{0^2}{2} + C = C $$

Поскольку $u(0)=0$, отсюда следует, что $C=0$.

Таким образом, потенциальная энергия равна:

$$ u(x) = \frac{m\omega^2x^2}{2} $$

В условии также указано, что $k = m\omega^2$. Заменим $m\omega^2$ на $k$ в полученной формуле:

$$ u(x) = \frac{kx^2}{2} $$

Это и есть искомое выражение для потенциальной энергии, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что потенциальная энергия равна $u(x) = \frac{kx^2}{2}$.

259. Докажите, что полная энергия $E = \frac{mv^2}{2} + u(x)$ материальной точки массой $m$, движущейся по прямой согласно второму закону Ньютона, сохраняется ($u(x)$ — потенциальная энергия).

Для доказательства того, что полная энергия материальной точки сохраняется, необходимо показать, что ее производная по времени равна нулю, то есть $\frac{dE}{dt} = 0$.

Полная механическая энергия $E$ материальной точки является суммой ее кинетической энергии $K = \frac{mv^2}{2}$ и потенциальной энергии $u(x)$:

$E = \frac{mv^2}{2} + u(x)$

Здесь масса $m$ является постоянной, а скорость $v$ и координата $x$ являются функциями времени $t$. Найдем производную полной энергии по времени, используя правила дифференцирования:

$\frac{dE}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{mv^2}{2} + u(x) \right) = \frac{d}{dt}\left(\frac{mv^2}{2}\right) + \frac{d}{dt}\left(u(x)\right)$

Рассмотрим каждое слагаемое отдельно.

1. Производная кинетической энергии. Используя правило дифференцирования сложной функции ($v$ является функцией от $t$):

$\frac{d}{dt}\left(\frac{mv^2}{2}\right) = \frac{m}{2} \cdot \frac{d(v^2)}{dt} = \frac{m}{2} \cdot 2v \cdot \frac{dv}{dt} = mv \frac{dv}{dt}$

2. Производная потенциальной энергии. Используя правило дифференцирования сложной функции ($u$ является функцией от $x$, а $x$ — функцией от $t$):

$\frac{d}{dt}\left(u(x)\right) = \frac{du}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}$

По определению, скорость $v$ есть производная координаты по времени, $v = \frac{dx}{dt}$. Тогда:

$\frac{d}{dt}\left(u(x)\right) = v \frac{du}{dx}$

Теперь сложим обе производные, чтобы найти производную полной энергии:

$\frac{dE}{dt} = mv \frac{dv}{dt} + v \frac{du}{dx} = v \left( m\frac{dv}{dt} + \frac{du}{dx} \right)$

Согласно второму закону Ньютона, произведение массы на ускорение равно действующей силе: $F = ma$. Ускорение $a$ — это производная скорости по времени, $a = \frac{dv}{dt}$. Таким образом:

$F = m\frac{dv}{dt}$

Для консервативной системы, к которой относится движение в потенциальном поле, сила, действующая на частицу, связана с потенциальной энергией соотношением (для одномерного случая):

$F = -\frac{du}{dx}$

Приравнивая два выражения для силы, получаем уравнение движения материальной точки:

$m\frac{dv}{dt} = -\frac{du}{dx}$

Перенеся член с производной потенциальной энергии в левую часть, получим:

$m\frac{dv}{dt} + \frac{du}{dx} = 0$

Подставим это выражение в формулу для производной полной энергии:

$\frac{dE}{dt} = v \cdot \left( m\frac{dv}{dt} + \frac{du}{dx} \right) = v \cdot 0 = 0$

Поскольку производная полной энергии по времени равна нулю, это означает, что полная энергия $E$ не изменяется со временем, то есть является постоянной величиной (сохраняется). Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что производная полной энергии по времени $\frac{dE}{dt}$ равна нулю, из чего следует, что полная энергия $E$ материальной точки, движущейся по прямой согласно второму закону Ньютона, сохраняется.

260. Пусть $x_1(t)$ и $x_2(t)$ — два решения уравнения $x''(t) = -\omega^2 x(t)$. Докажите, что функции $x_1(t) - x_2(t)$ и $kx_1(t)$, где $k$ — произвольное число, также являются решениями этого уравнения.

В задаче дано линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка: $x''(t) = -\omega^2 x(t)$.

По условию, функции $x_1(t)$ и $x_2(t)$ являются решениями этого уравнения. Это означает, что для них выполняются тождества:

$x_1''(t) = -\omega^2 x_1(t)$

$x_2''(t) = -\omega^2 x_2(t)$

Необходимо доказать, что разность решений $x_1(t) - x_2(t)$ и решение, умноженное на произвольное число $k x_1(t)$, также являются решениями этого уравнения. Это свойство называется принципом суперпозиции для линейных однородных уравнений.

Доказательство для функции $x_1(t) - x_2(t)$

Обозначим новую функцию $y(t) = x_1(t) - x_2(t)$. Чтобы доказать, что $y(t)$ является решением, нужно подставить ее в исходное уравнение, то есть проверить выполнение равенства $y''(t) = -\omega^2 y(t)$.

Для этого найдем вторую производную от $y(t)$, используя свойство линейности операции дифференцирования (производная разности равна разности производных):

Первая производная: $y'(t) = (x_1(t) - x_2(t))' = x_1'(t) - x_2'(t)$.

Вторая производная: $y''(t) = (x_1'(t) - x_2'(t))' = x_1''(t) - x_2''(t)$.

Теперь воспользуемся тем, что $x_1(t)$ и $x_2(t)$ — решения уравнения. Подставим выражения для $x_1''(t)$ и $x_2''(t)$:

$y''(t) = (-\omega^2 x_1(t)) - (-\omega^2 x_2(t))$

Вынесем общий множитель $-\omega^2$ за скобки:

$y''(t) = -\omega^2 (x_1(t) - x_2(t))$

Так как по нашему определению $y(t) = x_1(t) - x_2(t)$, мы получаем:

$y''(t) = -\omega^2 y(t)$

Полученное тождество доказывает, что функция $y(t) = x_1(t) - x_2(t)$ удовлетворяет исходному дифференциальному уравнению.

Ответ: Функция $x_1(t) - x_2(t)$ является решением уравнения $x''(t) = -\omega^2 x(t)$, что и требовалось доказать.

Доказательство для функции $k x_1(t)$

Обозначим новую функцию $z(t) = k x_1(t)$, где $k$ — произвольное число (константа). Проверим, является ли $z(t)$ решением, подставив ее в уравнение. Для этого найдем вторую производную $z''(t)$.

При дифференцировании константа $k$ выносится за знак производной:

Первая производная: $z'(t) = (k x_1(t))' = k x_1'(t)$.

Вторая производная: $z''(t) = (k x_1'(t))' = k x_1''(t)$.

Теперь подставим выражение для $x_1''(t)$, так как $x_1(t)$ является решением уравнения:

$z''(t) = k (-\omega^2 x_1(t))$

Перегруппируем множители:

$z''(t) = -\omega^2 (k x_1(t))$

Поскольку по нашему определению $z(t) = k x_1(t)$, получаем:

$z''(t) = -\omega^2 z(t)$

Это тождество доказывает, что функция $z(t) = k x_1(t)$ также удовлетворяет исходному дифференциальному уравнению.

Ответ: Функция $k x_1(t)$ является решением уравнения $x''(t) = -\omega^2 x(t)$ для любого числа $k$, что и требовалось доказать.

261. Докажите, что существует решение уравнения $x'' (t) = -\omega^2x (t)$, имеющее вид $x = A \cos (\omega t + \varphi)$ и удовлетворяющее начальным условиям $x (0) = x_0, x' (0) = v_0$.

Требуется доказать, что для дифференциального уравнения $x''(t) = -\omega^2 x(t)$ существует решение вида $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$, удовлетворяющее начальным условиям $x(0) = x_0$ и $x'(0) = v_0$.

Доказательство проведем в два этапа: сначала убедимся, что функция предложенного вида является решением уравнения, а затем, используя начальные условия, покажем, что константы $A$ и $\phi$ всегда могут быть определены.

1. Проверка соответствия решения уравнению

Найдем первую и вторую производные функции $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ по времени $t$.

Первая производная (скорость): $x'(t) = \frac{d}{dt}(A \cos(\omega t + \phi)) = -A\omega \sin(\omega t + \phi)$.

Вторая производная (ускорение): $x''(t) = \frac{d}{dt}(-A\omega \sin(\omega t + \phi)) = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi)$.

Теперь подставим $x(t)$ и $x''(t)$ в исходное дифференциальное уравнение $x''(t) = -\omega^2 x(t)$.

Левая часть уравнения: $x''(t) = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi)$.

Правая часть уравнения: $-\omega^2 x(t) = -\omega^2 (A \cos(\omega t + \phi)) = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi)$.

Поскольку левая и правая части тождественно равны, функция $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ является решением данного уравнения при любых постоянных $A$ и $\phi$.

2. Определение констант из начальных условий

Теперь воспользуемся начальными условиями $x(0) = x_0$ и $x'(0) = v_0$ для нахождения амплитуды $A$ и начальной фазы $\phi$.

Подставляя $t=0$ в выражения для $x(t)$ и $x'(t)$, мы связываем константы $A$ и $\phi$ с начальными условиями $x_0$ и $v_0$:

$x(0) = A \cos(\phi) = x_0$

$x'(0) = -A\omega \sin(\phi) = v_0$

Из этих двух соотношений мы получаем систему для определения $A$ и $\phi$:

$A \cos(\phi) = x_0$

$A \sin(\phi) = -\frac{v_0}{\omega}$

Для нахождения $A$, возведем оба уравнения в квадрат и сложим их:

$(A \cos(\phi))^2 + (A \sin(\phi))^2 = x_0^2 + \left(-\frac{v_0}{\omega}\right)^2$

$A^2 (\cos^2(\phi) + \sin^2(\phi)) = x_0^2 + \frac{v_0^2}{\omega^2}$

Так как $\cos^2(\phi) + \sin^2(\phi) = 1$, получаем выражение для квадрата амплитуды:

$A^2 = x_0^2 + \frac{v_0^2}{\omega^2}$

Поскольку амплитуда $A$ по физическому смыслу является неотрицательной величиной ($A \ge 0$), она однозначно определяется как:

$A = \sqrt{x_0^2 + \frac{v_0^2}{\omega^2}}$

Это выражение всегда дает действительное неотрицательное число для любых действительных $x_0$, $v_0$ и $\omega \neq 0$, что доказывает существование амплитуды $A$.

Для нахождения фазы $\phi$ рассмотрим систему уравнений для ее синуса и косинуса. Если $A \neq 0$ (то есть хотя бы одно из $x_0$ или $v_0$ не равно нулю), мы можем написать:

$\cos(\phi) = \frac{x_0}{A} = \frac{x_0}{\sqrt{x_0^2 + v_0^2/\omega^2}}$

$\sin(\phi) = -\frac{v_0}{\omega A} = \frac{-v_0/\omega}{\sqrt{x_0^2 + v_0^2/\omega^2}}$

Поскольку сумма квадратов правых частей равна $\frac{x_0^2}{A^2} + \frac{v_0^2/\omega^2}{A^2} = \frac{x_0^2 + v_0^2/\omega^2}{A^2} = 1$, всегда существует угол $\phi$, удовлетворяющий этим двум условиям. Его можно найти однозначно (в пределах интервала длиной $2\pi$).

Если же $x_0=0$ и $v_0=0$, то $A=0$, и решение становится тривиальным: $x(t) = 0$. Это решение также удовлетворяет и уравнению, и начальным условиям. В этом случае фаза $\phi$ не определена, но это не влияет на решение.

Таким образом, для любых начальных условий $x_0$ и $v_0$ всегда существуют константы $A$ и $\phi$, которые определяют частное решение.

Ответ: Доказано, что функция вида $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ является решением уравнения гармонических колебаний $x''(t) = -\omega^2 x(t)$. Также показано, что для любых заданных начальных условий — начального положения $x_0$ и начальной скорости $v_0$ — всегда существуют и могут быть однозначно определены параметры этого решения: амплитуда $A = \sqrt{x_0^2 + (v_0/\omega)^2}$ и начальная фаза $\phi$, удовлетворяющая системе уравнений $\cos(\phi) = x_0/A$ и $\sin(\phi) = -v_0/(\omega A)$. Это подтверждает, что искомое решение существует.

262. Пользуясь результатами задач 260–261, докажите, что любое решение дифференциального уравнения $x''(t) = -\omega^2x(t)$ может быть записано в виде $x = A \cos (\omega t + \varphi)$.

Данное дифференциальное уравнение $x''(t) = -\omega^2 x(t)$, или $x''(t) + \omega^2 x(t) = 0$, является линейным однородным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами.

Согласно результатам общей теории таких уравнений (и, предположительно, результатам задачи 260), его общее решение имеет вид:$x(t) = C_1 \cos(\omega t) + C_2 \sin(\omega t)$где $C_1$ и $C_2$ — произвольные постоянные, которые определяются начальными условиями (например, положением $x(0)$ и скоростью $x'(0)$ в начальный момент времени $t=0$).

Наша цель — доказать, что любое такое решение можно представить в виде $x(t) = A \cos(\omega t + \varphi)$, где $A$ — амплитуда, а $\varphi$ — начальная фаза колебаний. Для этого воспользуемся тригонометрической формулой косинуса суммы, которая, вероятно, была предметом рассмотрения в задаче 261:$\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha \cos\beta - \sin\alpha \sin\beta$

Применим эту формулу к искомому виду решения:$x(t) = A \cos(\omega t + \varphi) = A (\cos(\omega t) \cos(\varphi) - \sin(\omega t) \sin(\varphi))$Раскроем скобки:$x(t) = (A \cos\varphi) \cos(\omega t) - (A \sin\varphi) \sin(\omega t)$

Теперь сравним это выражение с общим решением $x(t) = C_1 \cos(\omega t) + C_2 \sin(\omega t)$. Поскольку функции $\cos(\omega t)$ и $\sin(\omega t)$ линейно независимы, равенство этих двух выражений для всех $t$ возможно только тогда, когда коэффициенты при них равны:

$C_1 = A \cos\varphi$
$C_2 = -A \sin\varphi$

Мы получили систему двух уравнений относительно неизвестных $A$ и $\varphi$. Покажем, что для любых заданных констант $C_1$ и $C_2$ (которые определяют конкретное решение) всегда можно найти соответствующие $A$ и $\varphi$.

Чтобы найти амплитуду $A$, возведем оба уравнения в квадрат и сложим их:$C_1^2 + C_2^2 = (A \cos\varphi)^2 + (-A \sin\varphi)^2 = A^2 \cos^2\varphi + A^2 \sin^2\varphi = A^2 (\cos^2\varphi + \sin^2\varphi)$

Используя основное тригонометрическое тождество $\cos^2\varphi + \sin^2\varphi = 1$, получаем:$C_1^2 + C_2^2 = A^2$

Поскольку амплитуда $A$ по физическому смыслу является величиной неотрицательной ($A \ge 0$), то:$A = \sqrt{C_1^2 + C_2^2}$

Для нахождения фазы $\varphi$ вернемся к системе уравнений. Если $A \ne 0$ (т.е. хотя бы одна из констант $C_1$ или $C_2$ не равна нулю), мы можем записать:$\cos\varphi = \frac{C_1}{A} = \frac{C_1}{\sqrt{C_1^2 + C_2^2}}$
$\sin\varphi = -\frac{C_2}{A} = -\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2 + C_2^2}}$

Для любой пары $(C_1, C_2)$, не равной $(0,0)$, эта система однозначно определяет угол $\varphi$ (с точностью до $2\pi k$, где $k$ — целое число). Если же $C_1=0$ и $C_2=0$, то $A=0$, и решение является тривиальным: $x(t)=0$. В этом случае фаза $\varphi$ не определена, но это не имеет значения.

Таким образом, мы показали, что произвольные константы $C_1$ и $C_2$ из общего решения однозначно определяют константы $A$ и $\varphi$. Это означает, что любое решение дифференциального уравнения $x''(t) = -\omega^2 x(t)$ может быть записано в виде $x(t) = A \cos(\omega t + \varphi)$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказательство основано на том, что общее решение уравнения, имеющее вид $x(t) = C_1 \cos(\omega t) + C_2 \sin(\omega t)$, с помощью тригонометрического преобразования (метода вспомогательного угла) всегда может быть представлено в эквивалентной форме $x(t) = A \cos(\omega t + \varphi)$, где амплитуда $A = \sqrt{C_1^2+C_2^2}$ и фаза $\varphi$ определяются из системы уравнений $\cos\varphi = C_1/A$ и $\sin\varphi = -C_2/A$.