Автор: Зимина О.В. Кириллов А.И. Сальникова Т.А.
Теги: математика высшая математика
ISBN: 5-9221-0084-Х
Год: 2001
Текст
РЕШЕБНИК
ВЫСШАЯ
МАТЕМАТИКА
О. В. Зимина, А. И. Кириллов, Т. А. Сальникова
Издание 2-е, исправленное
МОСКВА
ФИЗМАТЛИТ
2001
УДК 51
ББК 22.1
3 62
Зимина О.В., Кириллов А.И., Сальникова Т.А. Высшая ма-
математика. — 2-е изд., испр. — М., Физико-математическая литература,
2001. — 368с. (Решебник.) — ISBN 5-9221-0084-Х.
Книга содержит примеры решения почти всех типовых задач по выс-
высшей математике. Каждой задаче отведен отдельный раздел, содержащий
общую постановку задачи, план ее решения с необходимыми теоретичес-
теоретическими пояснениями и решение конкретного примера. Кроме того, в раздел
включены десять задач для самостоятельного решения и ответы к ним.
Для студентов и преподавателей технических, экономических и сель-
сельскохозяйственных вузов; может быть использована как при очной, так и
при дистанционной формах обучения.
Ил. 6.
© ФИЗМАТЛИТ, 2000
© О.В. Зимина, А.И. Кириллов,
Т.А. Сальникова, 2000
ISBN 5-9221-0084-Х
ОГЛАВЛЕНИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ 7
Глава 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ 11
1.1. Разложение вектора по базису 11
1.2. Коллинеарность векторов 13
1.3. Угол между векторами 14
1.4. Площадь параллелограмма 15
1.5. Компланарность векторов 17
1.6. Объем и высота тетраэдра 18
1.7. Расстояние от точки до плоскости 21
1.8. Уравнение плоскости с данным нормальным вектором .... 23
1.9. Угол между плоскостями 24
1.10. Канонические уравнения прямой 25
1.11. Точка пересечения прямой и плоскости 28
1.12. Проекция точки на плоскость или прямую 31
1.13. Симметрия относительно прямой или плоскости 33
Глава 2. ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА 36
2.1. Правило Крамера 36
2.2. Обратная матрица 39
2.3. Понятие линейного пространства 41
2.4. Системы линейных уравнений 44
2.5. Линейные операторы 53
2.6. Матрица, образ, ядро, ранг и дефект оператора 55
2.7. Действия с операторами и их матрицами 59
2.8. Преобразование координат вектора 62
2.9. Преобразование матрицы оператора 65
2.10. Собственные значения и собственные векторы 68
ГлаваЗ. ПРЕДЕЛЫ 71
3.1. Понятие предела последовательности 71
3.2. Вычисление \imn^oo[Pk(n)/Qrn(n)] 73
3.3. Вычисление limn_).oo[/(n)/p(n)] 75
3.4. Вычисление limn^oo[u(ra)t;(n)] 77
3.5. Понятие предела функции 79
3.6. Понятие непрерывности функции в точке 82
3.7. Вычисление \imx-Hi[Pn{x)/Qm(x)] 84
Оглавление
3.8. Вычисление \imx^o[f(x)/g(x)] 86
3.9. Вычисление limx^a[f (х) / д(х)] 88
3.10. Вычисление limx^0[u(x)v(x)] 89
3.11. Вычисление \imx^a[u(x)v{x)] 92
3.12. Вычисление Итж^а F(u(x)v(x) + f(x)) 94
Глава4. ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ 97
4.1. Понятие производной 97
4.2. Вычисление производных 99
4.3. Уравнение касательной и нормали 102
4.4. Приближенные вычисления с помощью дифференциала .... 103
4.5. Логарифмическое дифференцирование 104
4.6. Производная функции, заданной параметрически 106
4.7. Касательная и нормаль к кривой, заданной параметрически . 108
4.8. Производные высших порядков 110
4.9. Формула Лейбница 112
4.10. Вторая производная функции, заданной параметрически ... 114
Глава 5. ГРАФИКИ ФУНКЦИЙ 117
5.1. Общая схема построения графика функции 117
5.2. Наибольшее и наименьшее значения функции 124
5.3. Исследование функции с помощью производных высших по-
порядков 126
Глава 6. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ ... 129
6.1. Частные производные 129
6.2. Градиент 131
6.3. Производная по направлению 133
6.4. Производные сложной функции 135
6.5. Производная неявной функции 138
6.6. Касательная плоскость и нормаль к поверхности 140
6.7. Экстремум функции двух переменных 142
Глава 7. НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ 146
7.1. Интегрирование подведением под знак дифференциала .... 146
7.2. Интегрирование по частям 148
7.3. Интегрирование рациональных функций с простыми вещест-
вещественными корнями знаменателя 150
7.4. Интегрирование рациональных функций с кратными вещест-
вещественными корнями знаменателя 153
7.5. Интегрирование рациональных функций с простыми комп-
комплексными корнями знаменателя 157
7.6. Интегрирование выражений R(sin ж, cos x) 161
7.7. Интегрирование выражений sin2m x cos2n x 165
Оглавление
7.8. Интегрирование выражений R(ж, ?/ffqr^, y^%, ...)... 167
7.9. Интегрирование выражений R(x, \Ja2 ± ж2) и Л(ж, л/ж2 — а2) 169
7.10. Интегрирование дифференциального бинома 172
Глава 8. ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ 175
8.1. Подведение под знак дифференциала 175
8.2. Интегрирование по частям 177
8.3. Интегрирование выражений it^sin ж, cos x) 179
8.4. Интегрирование выражений sin2m ж, cos2n ж 183
8.5. Интегрирование выражений R(ж, Ч/9^^, \ 9^т^, ...)... 185
8.6. Интегрирование выражений R(x, \Ja2 ± ж2) и R(x, \Jx2 —a2) 188
8.7. Вычисление площадей в декартовых координатах 190
8.8. Вычисление длин дуг у = /(ж) 192
8.9. Вычисление длин дуг ж = ж(?), у = ?/(?) 194
8.10. Вычисление длин дуг д = ?>(<?>) 196
8.11. Вычисление объемов по площадям поперечных сечений . . . 197
8.12. Вычисление объемов тел вращения 199
Глава 9. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 202
9.1. Криволинейные интегралы первого рода 202
9.2. Криволинейные интегралы второго рода 207
Глава 10. РЯДЫ 211
10.1. Понятие суммы ряда 211
10.2. Первая теорема сравнения 214
10.3. Вторая теорема сравнения 217
10.4. Признак Даламбера 219
10.5. Признак Коши 222
10.6. Интегральный признак Коши 225
10.7. Признак Лейбница 227
10.8. Приближенное вычисление суммы ряда 229
10.9. Область сходимости функционального ряда 231
10.10. Область сходимости степенного ряда 234
10.11. Вычисление суммы ряда почленным интегрированием .... 237
10.12. Вычисление суммы ряда почленным дифференцированием . 241
10.13. Ряд Тейлора 245
10.14. Приближенные вычисления с помощью рядов 247
ГлаваП. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 251
11.1. Понятие решения 251
11.2. Уравнения с разделяющимися переменными 252
11.3. Однородные уравнения 255
11.4. Линейные уравнения 1-го порядка 257
Оглавление
11.5. Уравнение Бернулли 262
11.6. Уравнения в полных дифференциалах 265
11.7. Уравнения вида F(x,y{k\y{k+1)) = 0 269
11.8. Уравнения вида F(y,y',y") = 0 271
11.9. Линейные уравнения с постоянными коэффициентами .... 274
11.10. Принцип суперпозиции 278
11.11. Метод Лагранжа 281
Глава 12. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 285
12.1. Изменение порядка интегрирования 285
12.2. Двойной интеграл в декартовых координатах 289
12.3. Двойной интеграл в полярных координатах 292
12.4. Интеграл в обобщенных полярных координатах 297
12.5. Вычисление объемов с помощью двойного интеграла .... 301
12.6. Вычисление площадей в декартовых координатах 304
12.7. Вычисление площадей в полярных координатах 307
12.8. Вычисление массы плоской пластины 310
12.9. Тройной интеграл в декартовых координатах 315
12.10. Тройной интеграл в цилиндрических координатах 318
12.11. Тройной интеграл в сферических координатах 321
12.12. Вычисление объемов с помощью тройного интеграла .... 325
12.13. Вычисление массы тела 328
Глава 13. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ 333
13.1. Поверхностный интеграл первого рода 333
13.2. Интеграл по цилиндрической поверхности 336
13.3. Интеграл по сферической поверхности 339
Глава 14. ТЕОРИЯ ПОЛЯ 342
14.1. Векторные линии 342
14.2. Поток векторного поля 344
14.3. Поток векторного поля через часть цилиндра 348
14.4. Поток векторного поля через часть сферы 351
14.5. Вычисление потока по формуле Остроградского 355
14.6. Работа силы 357
14.7. Циркуляция векторного поля 359
14.8. Вычисление циркуляции по формуле Стокса 361
ПРЕДИСЛОВИЕ
В толковом словаре русского языка под редакцией профессора
Д.Н. Ушакова сказано, что решебник — это учебное пособие, содер-
содержащее подробные решения задач, помещенных в каком-нибудь задач-
задачнике, ключ к задачнику. РЕШЕБНИК "Высшая математика" — ключ
сразу к нескольким основным задачникам, используемым при изуче-
изучения математики, среди которых в первую очередь следует упомянуть
изданный в сотнях тысяч экземпляров "Сборник заданий по высшей
математике (типовые расчеты)" Л. А. Кузнецова. В дополнение к
этой книге распространяется пакет программ РЕШЕБНИК.ВМ, ко-
который помогает решать задачи, выполняя по указанию учащихся все-
всевозможные математические действия.
Чтобы приобрести устойчивый навык решения задач одного типа,
нужно решить три-пять таких задач. Однако, решение объективно
необходимого количества задач не предусмотрено действующими
учебными планами по двум причинам.
Во-первых, даже без повторений стандартный объем обязатель-
обязательных домашних заданий превосходит все разумные пределы.
Во-вторых, в имеющихся задачниках собраны разнообразные за-
задачи, среди которых редко встречается несколько задач в точности
одного и того же типа.
Выходит, что студенты должны все понять решив одну—две за-
задачи. При этом их внимание отвлекается от сути дела на второсте-
второстепенные или уже пройденные вопросы, а также на выполнение различ-
различных преобразований и расчетов.
Более того, чтобы научиться решать задачи, нужно самостоя-
самостоятельно выполнять все действия, все "потрогать руками". Но сту-
студенты не могут сами выполнить все действия, поскольку на выполне-
выполнение всех действий вручную требуется слишком много времени. Сту-
Студенты не могут все "потрогать руками", поскольку чтобы познако-
познакомиться со всеми математическими действиями и ситуациями, нужно
решить столько задач, на решение которых у студентов нет времени.
По этим причинам студенты, как правило, не решают задачи пол-
полностью и, следовательно, не до конца уясняют себе их суть. Напри-
Предисловие
мер, у студентов часто нет времени на графическое представление
ответов задач и их анализ, а также на анализ и проверку промежу-
промежуточных результатов. Некоторые важные и интересные задачи имеют
столь громоздкие решения, что преподаватели не могут предложить
их студентам.
В результате у студентов остаются более или менее обширные
пробелы в знаниях.
Комплекс РЕШЕБНИК "Высшая математика" предназначен для
того, чтобы устранить эти проблемы современного математического
образования. Он — первый опыт создания учебного пособия нового
типа, с которым возможно разнообразное общение: от пассивного
чтения до внесения в него изменений и получения ответов на вопросы.
Такое пособие в процессе работы адаптируется к потребностям уча-
учащегося и помогает ему применять на практике полученные из пособия
знания.
Комплекс РЕШЕБНИК "Высшая математика" поможет студен-
студентам учиться по-новому, т.е. без ненужных трудностей и потерь вре-
времени, оптимальным образом организуя взаимодействие человека и
компьютера, при котором дело человека — правильно ставить за-
задачи, а дело компьютера — быстро и правильно их решать.
Комплекс РЕШЕБНИК "Высшая математика" состоит из книги
РЕШЕБНИК "Высшая математика" и пакета компьютерных про-
программ РЕШЕБНИК.ВМ.
Книга РЕШЕБНИК "Высшая математика" содержит примеры ре-
решения почти всех типовых задач из таких разделов высшей матема-
математики, как аналитическая геометрия, линейная алгебра, пределы, диф-
дифференцирование, графики, функции нескольких переменных, неопре-
неопределенные, определенные и криволинейные интегралы, ряды, обыкно-
обыкновенные дифференциальные уравнения, кратные и поверхностные ин-
интегралы, векторный анализ.
Каждой задаче отведен отдельный раздел книги, содержащий об-
общую постановку задачи, план ее решения с необходимыми теорети-
теоретическими пояснениями и решение конкретного примера. Кроме того,
в раздел включены задачи того же типа и ответы к ним. Препода-
Преподаватели могут предложить часть из них на аудиторных практических
занятиях, другие — в виде домашних заданий, остальные использо-
использовать в контрольных работах, на коллоквиумах, зачетах и экзаменах.
Чтобы научиться решать задачи того или иного типа, рекоменду-
рекомендуется сначала изучить план решения (алгоритм) в общем виде, затем
Предисловие
рассмотреть пример реализации плана в конкретном случае и затем
по аналогии с ним решить несколько задач из числа предлагаемых
для самостоятельного решения.
Пакет РЕШЕБНИК.ВМ состоит из документов MS Word и специ-
специальных компьютерных программ.
Документы MS Word в основном идентичны тем, которые вклю-
включены в книгу.
Программы пакета обеспечивают связь (интерфейс) MS Word с
системой символьной математики DERIVE фирмы Soft Warehouse
Inc. Благодаря этой связи любое математическое выражение из доку-
документа MS Word может быть передано в DERIVE для преобразований,
результат которых затем вставляется в документ MS Word.
В пакете РЕШЕБНИК.ВМ материалы книги РЕШЕБНИК "Выс-
"Высшая математика" становятся интерактивными шаблонами для доку-
документов студентов и преподавателей. Например, если студенту нужно
решить какую-нибудь задачу, то он может:
1) найти задачу данного типа;
2) изучить план ее решения;
3) изучить пример;
4) изменить исходные данные и выполнить надлежащие действия
с ними;
5) сохранить содержание окна в каком-нибудь файле;
6) передать файл преподавателю непосредственно или предвари-
предварительно распечатав его.
Естественно, возникает вопрос: если пакет РЕШЕБНИК.ВМ вы-
выполняет математические действия за учащихся, то как же они смогут
научиться выполнять эти действия самостоятельно? Ответ таков:
пакет Решебник ВМ выполняет за учащихся не те математические
действия, которые они изучают в данный момент, а те, которые они
уже изучили раньше. Так экономится время, внимание концентриру-
концентрируется на сути изучаемого метода и математика становится проще для
понимания и интересней.
Заметим, что при использовании пакета РЕШЕБНИК.ВМ высво-
высвобождается свыше 60% учебного времени. Это время целесообразно
уделить решению нескольких задач одного и того же типа, анализу
и обсуждению результатов, а также изучению новых тем и разделов
математики, включение которых в программу ранее не представля-
представлялось возможным.
10 Предисловие
Подчеркнем, что для использования пакета РЕШЕБНИК.ВМ надо
уметь пользоваться только MS Word. Все остальные навыки вырабо-
выработаются сами собой по мере изучения математики.
Студенты могут применять пакет и для решения задач по физике
и другим точным наукам, а также для оформления отчетов по лабо-
лабораторным и курсовым работам.
По истечении полутора-двух лет оказывается, что студенты уме-
умеют решать всевозможные задачи самостоятельно и с использованием
мощнейшего пакета "Суперсистема символьной математики", кото-
который сформировался на их компьютерах в процессе учебы с помощью
пакета РЕШЕБНИК.ВМ.
Преподаватели могут использовать пакет РЕШЕБНИК.ВМ при
подготовке занятий, контрольных мероприятий, методической лите-
литературы, статей и для организации автоматического контроля знаний
студентов.
Объем пакета РЕШЕБНИК.ВМ не превосходит 500 К.
Подробная информация о пакете РЕШЕБНИК.ВМ и сам пакет
размещены на сайте Интернет www.AcademiaXXI.ru.
Авторы будут благодарны всем приславшим свои замечания о
комплексе РЕШЕБНИК "Высшая математика" и предложения по ад-
адресу:
111250 Москва, ул. Красноказарменная, д. 14, Московский энер-
энергетический институт (ТУ), кафедра высшей математики.
E-mail: KirillovAI@mpei.ru.
Глава 1
АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
При изучении темы АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ вы научи-
научитесь решать задачи векторной алгебры и использовать свойства ли-
линейных операций с геометрическими векторами, скалярного, вектор-
векторного и смешанного произведений векторов для решения геометричес-
геометрических задач. Вы научитесь решать задачи аналитической геометрии,
связанные с различными видами уравнений плоскости и прямой и их
взаимным расположением.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете решить системы
уравнений, вычислить определители, выполнить все численные рас-
расчеты и проверить правильность полученных вами результатов.
1.1. Разложение вектора по базису
Постановка задачи. Найти разложение вектора x={xi,X2,xz}
по векторам р = {рьр2,Рз}, q = {яъЯ2,Яз} и г = {гьг2,гз}.
План решения.
1. Искомое разложение вектора х имеет вид
х = ар + /3q + jr.
2. Это векторное уравнение относительно а, /3,7 эквивалентно си-
системе трех линейных уравнений с тремя неизвестными
р2а
+ /3 + г37 = х3.
3. Решаем эту систему уравнений относительно а, C и 7 и таким
образом определяем коэффициенты разложения вектора х по векто-
векторам р, qw г. Записываем ответ в виде х = ар + Pq + jr.
12 Гл. 1. Аналитическая геометрия
Замечание. Если система уравнений не имеет решений (векторы
р, q и г лежат в одной плоскости, а вектор х ей не принадлежит),
то вектор х нельзя разложить по векторам р, q и г. Если система
уравнений имеет бесчисленное множество решений (векторы р, q, r
и вектор х лежат в одной плоскости), то разложение вектора х по
векторам р, <f и r неоднозначно.
Пример. Найти разложение вектора х = {3,-1,2} по векторам
р = {2, 0,1}, q = {1, -1,1} и г = {1, -1, -2}.
Решение.
1. Искомое разложение вектора х имеет вид
х = ар + Pq + jr.
2. Это векторное уравнение относительно а, C и 7 эквивалентно
системе трех линейных уравнений с тремя неизвестными
а + /3+ 7= 3,
-р- 7 = -1,
а + /3-27= 2.
3. Система имеет единственное решение а = 1,/3 = 1,7 = 0-
Ответ, х = р + q.
Условия ЗАДАЧ. Написать разложение вектора х по векторам
р, q и г.
1. ?={-2,0,9}, р={0,-1,2}, <f = {l,0,-l}, г={-1,2,4}.
2. ?={5,-12,-1}, р={1, -3,0}, ff ={1,-1,1}, г={0,-1,2}.
3. ж={0,2,4}, р={3,1,-1}, q={0,-3,1}, f = {l,l,l}.
4. ?={-1,5,5}, р={2,1,1}, g={-2,0,-3},f = {-l,2,l}.
5. ?={-1,-2,3}, р={2,0,1}, g={l,2,-l}, f = {0,4,-1}.
6. ?={-5,2,-1}, ? = {-1,1,0}, g={2,-l,3}, r={l,0,l}.
7. ?={1,-5,7}, р ={0,-1,1}, g={2,0,l}, r={3,-l,0}.
8. ?={5,1,4}, p={2,0,2}, g ={0,-1,1}, f = {3,-l,4}.
9. ?={1,1,-1}, p={l,l,0}, g={-l,0,l}, f = {-l,O,2}.
10.?={-3,7,4}, ? = {-2,2,1}, g={2,0,l}, f = {l,l,l}.
Ответы. 1. {2,-1,1}. 2. {4,1,-1}. 3. {-1,0,3}. 4. {-1,-1,3}.
5. {1, -3,1}. 6. {3,1, -4}. 7. {2,5, -3}. 8. {1, -2,1}. 9. {1,1, -1}.
10. {2,-1,3}.
1.2. Коллинеарность векторов 13
1.2. Коллинеарность векторов
Постановка задачи. Коллинеарны ли векторы р = \\а + А2& и
q = 111а + /i2^, где а = {ai,a2,a3} и Ь = {&ъ&2>&з}?
План решения. Векторы коллинеарны тогда и только тогда, ко-
когда существует число а такое, что р = aq. Иными словами, векторы
коллинеарны тогда и только тогда, когда их координаты пропорцио-
пропорциональны,
1. Находим координаты векторов р и <f, пользуясь тем, что при
сложении векторов их координаты складываются, а при умножении
на число координаты умножаются на это число.
2. Если координаты векторов р = {р1,Р2,Рз} и q = {^1,^2,^3}
пропорциональны, т.е.
Pi _ Р2 _ Рз_
Qi Q2 <7з '
то векторы р vl q коллинеарны. Если равенства
Pi _ Р2 _ Рз
Ях Q2 Яз
не выполняются, то векторы р ж q неколлинеарны.
Пример. Коллинеарны ли векторы р = 4а — 36, q = 9Ь — 12а, где
а = {-1,2,8} и Ь = {3,7,-1}?
Решение.
1. Находим координаты векторов р и q, пользуясь тем, что при
сложении векторов их координаты складываются, а при умножении
на число координаты умножаются на это число:
р = {-13, -13, 35}, q = {39, 39, -105}.
2. Так как
-13 -13 35
39 39 -105 '
то координаты пропорциональны. Следовательно, векторы р w q кол-
коллинеарны.
Ответ. Векторы р и q коллинеарны.
14 Гл. 1. Аналитическая геометрия
Условия ЗАДАЧ. Коллинеарны ли векторы р и q
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10
а={1,2,-3},
а={2,0,1},
а={-2,2,1},
а={-1,2,3},
а={2,5,1},
а={1,2,-2},
а={1,2,3},
а={1,3,-1},
а={-1,-2,2},
. а={1,3,2},
Ответы. 1. Нет. 2.
ъ
6
ь
6
b
b
ь
b
b
b
= {i,o,
= {-2,
= {-1,
= {2,1,
= {5,0,
= {1,3,
= {2,-
= {2,1,
= {1,0,
, -1}, р = 3а + 66,
3,1}, р = 2а + 26,
-*,Ц, р=а + 36,^
,1}, р = 2а + 36,
,-1}, р =а + 6,
1, 0}, Р^= 6а — 26,
,3}, р = 6а-36,
= {1,-2,6}, р=а-Ъ,
Нет. З.
Нет. 4. Нет. 5. Нет.
7
q=—a-
q = 3a-
q = 2a-
q=a — i
^ = а — ;
g=a + :
g=-3a
g=-4a
q=-2a
q=-6d
6. Нет.
f26.
-26.
-b.
b.
3b.
2b.
+ a.
+ 2a.
-66.
+ 66.
7 Ла.
8. Да. 9. Да. 10. Да.
1.3. Угол между векторами
Постановка задачи. Даны точки A(x±,yi,zi), B(x2,y2,z2) и
С(хз,уз, zs). Найти косинус угла между векторами АВ и АС.
План решения. Косинус угла (р между векторами АВ и АС оп-
определяется формулой
(АВ,АС)
cos w — -^=—==- . A)
^ \АВ\ ¦ \АС\ К '
1. Чтобы вычислить длины векторов \АВ\ и \АС\ и скалярное
произведение (АВ,АС), находим координаты векторов:
АВ = {х2 -хъу2 -yi,z2 - z±}, AC = {х3 -хх,уъ -yi,z3 - zj.
2. По формулам для длины вектора и скалярного произведения
векторов имеем
\АВ\ = V(X2 ~ ZlJ + B/2 - VlJ + (Z2 -
\AC\ = V(xs - ^iJ + (уз - 2/iJ
(AB, AC) - (x2 - хх)(х3 - хг) + (y2 - У\){уз - J/i) + (Z2 - ^i
3. Вычисляем cos<^ по формуле A) и записываем ответ.
1.4. Площадь параллелограмма 15
Пример. Даны точки А(-2,4,-6), Д@,2,-4) и С(-6,8,-10).
Найти косинус угла между векторами АВ и АС.
Решение.
1. Находим координаты векторов АЕ> = {2,—2, 2} и ЛС = {— 4,4,—4}.
2. По формулам для длины вектора и скалярного произведения
векторов имеем
(-4J =
(АВ, АС) = 2 • (-4) + (-2) • 4 + 2 • (-4) = -24.
3. Вычисляем cosp по формуле A):
-24
cos <р = —¦= ¦= = -1.
2/34/3
Ответ. Косинус угла между векторами АВ и АС равен — 1.
Условия задач. Найти косинус угла между векторами АВ и АС.
2,3), 5A,-1,2), СD,-4,5).
2. .4@,-2,6), 5(-12,-2,-3), С(-9, -2, -6).
3. .4B,3,-1), 5D,5,-2), СC,1,1).
4. А(-1,2,-2), 5C,4,-5), СA,1,0).
5. А(-2,-2,0), 5A,-2,4), СE,-2,1).
6. АC,3,-1), 5C,2,0), СD,4,-1).
7. А(-1,-7,-4), 5B,-1,-1), СD,3,1).
8. .4B,-2,6), 5@,0,4), СF,-6,10).
9. .4@,1,0), 5C,1,4), СD,1,3).
1О.АC,2,О), 5A,4,-1), СD,0,2).
Ответы, l.cosip = —1. 2.cos(p = 24/25. 3.cos(p = —4/9. 4. cos 92 =0.
5. cos if = \/2/2. 6. cos <p = 1/2. 7. cos (p = l. 8. cos y? = -1. 9. cos <p = 24/25.
10. cos (^ = -8/9.
1.4. Площадь параллелограмма
Постановка задачи. Вычислить площадь параллелограмма, по-
построенного на векторах а = aip + a2q и Ь = /?ip4-/?2#i есдг/ известно,
что \р\ = ро5 1^1 = Qo и угол между векторами р и q равен (р.
16 -Гл. 1. Аналитическая геометрия
План решения. Площадь параллелограмма, построенного на век-
векторах а и 6, равна модулю их векторного произведения:
s = \[d,b}\. A)
1. Вычисляем [а, Ь], используя свойства векторного произведения
[а, Ь] = [агр + a2q, /Згр + C2q\ =
= ai/?i [р, р] + ai/32 [p, </] + «2Pi [q, р] + «2^2 К д] =
= (ai/32 -a2Pi)\p,q\.
2. Вычисляем модуль векторного произведения
| [а, Ь] | = \агР2 - a2Pi | |p| |g| sin ^
iny? > 0, так как 0 < (р < тг).
3. Находим площадь параллелограмма, используя формулу A)
S = |[а,Ь]| =
Пример. Вычислить площадь параллелограмма, построенного на
векторах а = 3p + 2qw Ь = 2p — q, если известно, что |р| = 4, |д| = 3 и
угол между векторами pwq равен Зтг/4.
Решение.
1. Вычисляем [а, Ь], используя свойства векторного произведения
[а, 6] = [Зр + 2д,2р - д] = 6[р,р] - 3[р,д] + 4[д,й - Що\ = ~Що\-
2. Вычисляем модуль векторного произведения
|[а, Ъ]| = | - 7[р, q\| = 7\p\\q\ sin ^ =
3. Находим площадь параллелограмма, используя формулу A)
S = \М\ = 42у/2.
Ответ. Площадь параллелограмма равна 42\/2 (ед. длиныJ.
1.5. Компланарность векторов 17
Условия ЗАДАЧ. Вычислить площадь параллелограмма, постро-
построенного на векторах а и Ъ (pq — угол между векторами р и q).
1. а
2. а
3. а
4. а
5. а
6. а
т ~*
8. а
9. а
10. а
= _р + 3д,
= 2p + (f,
= Зр-5?
= P-Q,
= 2p-2q,
= p + q,
= 4p-4q,
= p + q.
b^=2p-q,
b = p — 3(f,
b = p+ 3q,
b = p-\- 2q,
b = 2p + 2q,
b = 3p-2q,
b = p^q,
b = p — Aq,
b = p -\- 3q,
b = 2p-q,
Ь1=2, \q]
Ip1 = 2, ki
|p| = 1, \q\
Ip1 = 2, ki
IpI = !5 M
IpI = 3' M
IpI =2' M
IpI = 7> M
Ip1 = 2, ki
Ip1=2, \q\
= 15 p^
= 2, fijf
= 2, pi?
= 1, pi?
= 6, ^
= 2, g
= 3, Й*
= 4, ^
= i, pi?
о ~* ~*
= o, p^
= 7г/6.
= тг/4.
= тг/2.
= 5тг/6.
= Зтг/4.
= тг/3.
= тг/2.
= тг/4.
= тг/6.
= 7Г/3.
Ответы. 1.5 = 7. 2. 5 = 14л/2. 3.5 = 10. 4.5 = 11. 5. 5 = 15л/2.
6. 5 = 24^/3. 7. 5 = 24. 8. 5 = 70\/2- 9. 5 = 16. 10. 5 = 9л/3.
1.5. Компланарность векторов
Постановка задачи. Компланарны ли векторы а = {а1,а2,аз},
Ь = {bi,b25b3} и с = {ci,c2,c3}?
План решения. Для того чтобы три вектора были компланарны
(лежали в одной плоскости или в параллельных плоскостях), необхо-
необходимо и достаточно, чтобы их смешанное произведение (а, 6, с) было
равно нулю.
1. Смешанное произведение векторов выражается через их коор-
координаты формулой
0-1 0-2 &з
(а, 6, с) = bi 62 ^з
С1 С2 С3
2. Если определитель в правой части этого равенства равен нулю,
то векторы компланарны, если определитель не равен нулю, то век-
векторы некомпланарны.
Пример. Компланарны ли векторы а = {7,4, 6}, b = {2,1,1} и
?={19,11,17}?
2 О.В. Зимина и др.
18 .Гл. 1. Аналитическая геометрия
Решение.
1. Вычисляем смешанное произведение векторов:
(а, Ь, с) =
7
2
19
4
1
11
6
1
17
= 0.
2. Так как (а, 6, с) = 0, векторы а, Ъ и с компланарны.
Ответ. Векторы а, Ъ и с компланарны.
Условия задач. Компланарны ли векторы а, Ъ и с ?
1. а = {1,3,0}, 6 = {-1,0,-1}, с={1,2,1}.
2. а = {3,2,1}, 6 = {5,5,5}, с= {0,-1,-2}.
3. а = {0,6,1}, 6 = {0,2,0}, с= {1,1,1}.
4. а = {4,1,-2}, 6 = {3,2,1}, с = {5,5,5}.
5. а = {2,5,0}, 6 = {2,-1,2}, с= {1,1,1}.
6. а = {1,0,-1}, 6 = {-2,-1,0}, с ={3,1,-1}.
7. а = {4,3,1}, 6 = {5,1,2}, с= {2,1,-1}.
8. а = {-2,4,3}, 6 = {4,7,5}, с= {2,0,-1}.
9. а = {2, 5, 8}, 6 = {1,_з,-7}, с ={0,5,10}.
10. а = {1, 5,1}, Ь = {1, 7,1}, с = {2, 2,1} .
Ответы. 1. Нет. 2. Да. 3. Нет. 4. Да. 5. Нет. 6. Да. 7. Нет.
8. Да. 9. Да. 10. Нет.
1.6. Объем и высота тетраэдра
Постановка задачи. Вычислить объем тетраэдра с верши-
вершинами в точках Ax[xx,y\,zx), А2{х2,У2, z2), A3(x3, y3,z3), A4(x4,y4,z4)
и его высоту, опущенную из вершины А4 на грань А1А2А3.
План решения.
1. Из вершины А\ проведем векторы А\А2^\х2—х\^у2—yi->%2~zi}->
A1A3 = {x3-x1,y3-y1,z3-z1} и АХА4 = {х4-хъу4-уъг4- zx}.
В соответствии с геометрическим смыслом смешанного произве-
произведения имеем
Vv. = \-Vmi. = \\(MM,~MM,~MAl)\, A)
D О
1.6. Объем и высота тетраэдра
19
где VT. и УпП. — объемы тетраэдра и параллелепипеда, построенных
на векторах
2, Ах A3 и А1А4)
С другой стороны,
Ут. = ~Saa1a2a3 • h,
о
где согласно геометрическому смыслу векторного произведения
B)
Saabc = - |[^-1^4-2? Axi
z
Сравнивая формулы A) и B), получаем
ЗК \(AiA2,A7A
h =
Saa±a2a3 \[A1A2,A1A3]
2. Вычисляем смешанное произведение:
2/2 - 2/1
уз - 2/1
2/4 - 2/1
C)
и находим объем тетраэдра по формуле A).
3. Вычисляем координаты векторного произведения:
АхА2,Ах
<\У2-
1 2/3-
Аз]
2/1
2/1
=
г
^2 — ^1 У2
хз — хх уз
^2 - 2i
^3
- zx
X
X
j
-2/1
-2/1
2~^1
з—^i
к
Zo —
Z3~
Z2
Z3
zx
zx
=
- zx
- zx
1
X2 — a
хз - а
'1 2/2
'1 2/3
-2/1
-2/1
и его модуль.
4. Находим высоту h по формуле C).
Пример. Вычислить объем тетраэдра с вершинами AiB,3,1),
Л2D,1,—2), А3F, 3, 7) и A^(—5, — 4,8) и его высоту, опущенную из
вершины А4 на грань АХА2А3.
Решение.
1. Из вершины Ai проведем векторы
= {4,0,6} и 3^41 ={-7, -7,7}.
2*
= {2, —2, —3},
20
Гл. 1. Аналитическая геометрия
2. Вычисляем смешанное произведение:
2-2-3
(А1А2,А1А3,А1А4) =
4 0 6
-7 -7 7
= 2 • 42 + 2 • 70 + (-3) • (-28) = 308
и находим объем тетраэдра по формуле A)
1 3
VT = — • 308 (ед.длины) .
о
3. Вычисляем координаты векторного произведения:
[А1А2,А1А3] =
и его модуль
2 -2 -3
4 0 6
= -12?- 24j + Sk = {-12, -24,8}
[АгА2, А±А3] = v/(-12J + (-
4. Находим высоту h по формуле C):
= 28.
и |(AiA2,AiA?
|[-
От„л, т/ - 154
«=,. ,т. -
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ.
точках А\, А2, А3,
грань
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
AiA2A3.
АхB,4,7),
^(-2,4,8),
AiF,l,3),
^@,-1,2),
Ai @,-4,3),
AiB,l,l),
А1 D,1,-1),
AiE,2,l),
Ai@,2,-2),
AiA2,2,3),
(,А!А4;
(ед.длины) ,
. Вычислить
)l 308
h — 11 ед. длины.
о^ъеж тетраэдра
А4 и его высоту, опущенную из
Л2C,3;
А2 D —
А2 F, —
А2(-3,
А2(-5,
А2@Л
А2A,4.
А2D,5^
A2(l,9,
А2(-7,
¦ 2),
1,2),
2,-3),
3,-4),
1,-2),
¦ 7),
¦ 4),
.3),
-5,0),
Аз@,1,2),
Аз(-8,7,10),
АзB,2,0),
А3(-9,-5,0),
АзD,7,-2),
АзC,-3,-7),
Аз@,1,3),
Аз(8,3,-3),
А3F,-6,-2),
А3(-4,-8,-5),
ины
с вершинами в
вершины А4 на
А4(-3,7,-2).
А4(-3,4,-2).
А4(-5,1,0).
А4(-8,-5,4).
А4(-9,7,8).
А4A,8,5).
А4(-2,0,0).
А4(-7,12,-4).
А4C,-2,8).
А4(-4,0,-3).
1.7. Расстояние от точки до плоскости
21
Ответы.
1.V = 70/3,
3. V = 43/2,
5. V = 190,
7. У = 12,
h = 2л/14.
h = 43\/Т05/105.
h = 2\/38.
/г = 2л/3.
9. V = 250/3, /г = Бл/2.
2. У = 56/3, /г = 4.
4. У = 80/3, /г = 4.
6. У = 15, h = Зл/5.
8. У = 140/3, /г = 4л/14.
10. V = 338/3, /г = \/26-
1.7. Расстояние от точки до плоскости
Постановка задачи. Найти расстояние от точки Мо(жо, 2/о?
<?о плоскости, проходящей через точки Mi(a?i, г/i, zi), М2(ж2,г/2,^2
План решения. Искомое расстояние можно найти как высоту
тетраэдра с вершинами М0(ж0, г/о, ^о), Mi(xbyi, zi), М2(ж2, г/2, ^2) и
^з(^з,2/з,^з), опущенную из вершины Мо(жо, Z/о, ^о) на грань М1М2М3
(см. задачу 1.6). Другое решение заключается в следующем.
Расстояние d от точки Мо(жо,уо,^о) ДО плоскости равно длине
проекции вектора MiM0 на нормальный вектор плоскости п, т.е.
A)
Поскольку нормальный вектор плоскости ft ортогонален векторам
М\М<2 и М\Мз, его можно найти как их векторное произведение:
ft = [MiM2,MiM3].
1. Находим координаты векторов:
МгМ2 = {x2-x1,y2-yuz2-z1}, MiM3 =
-zih
-ffi, 2/3-2
MiМо = {ж0 - жi,2/o - 2/1
и нормального вектора плоскости:
г j к
?2 ~ Х\ 2/2 - 2/1 Z2 ~ 2]
^з — Ж1 уз - 2/i Z3 - 2]
2. Вычисляем расстояние с/ от точки Мо(жо,уо,^о) Д° плоскости
по формуле A).
Пример. Найти расстояние от точки МоA,—1,2) до плоскости,
проходящей через точки Mi(l,5,-7), М2(-3,6,3), М3(-2,7, 3).
22
Гл. 1. Аналитическая геометрия
Решение.
1. Находим координаты векторов:
MiM2 = {-4,l,10}, M1M3 = {-3,2,10}, М1М0 = {0,-6,9},
и нормального вектора плоскости:
п=[М1М2,М1М3] =
i j k
-4 1 10
-3 2 10
= —Юг Ч- 10j - Бк.
2. Вычисляем расстояние d от точки Mq до плоскости по фор-
формуле A):
(n,MiM0)
п
-105
= 7.
Ответ, d — 7 ед. длины.
Условия ЗАДАЧ. Найти расстояние от точки Mq до плоскости,
проходящей через точки Mi, Mi и М3.
1. Mi@,7,-4), М2D,8,-1), М3(-2,1,3), М0(-9,10,2).
2. Мх E,8,3), М2A0,5,6), М3(8,7,4), М0G,0,1).
М2(-5,5,2), М3G,-1,8), М0(-3,4,3).
М2(-3,-1,2), М3A,0,-2), М0(-3,3,1).
М2B,0,3),
М2D,5,2),
3. Mi(l,3,5),
5. MiB,3,1),
6. MjD,3,5),
7. Mj D,5,0),
М3A,2,0),
М3E,1,4),
М3A,2,9),
M2D,3,0),
8. MiE,12,1), M2@,5,-3), M3(-4,2,-
9. Mi@,3,5), M2@,-l,-3), M3D,0,0),
10. Mi(l,-2,2), М2(-3,2,3), М3C,0,6),
МоC,0,5).
Мо(-2,-6,2).
МоF,1,-6).
Мо(-4,9,-8).
М0(-1,4,6).
Мо(-2,5,-4).
Ответы. 1. d = 459/V2265. 2. d = Бл/2. 3. d = 0. 4. d = 9/л/Ш.
5. d = л/38/38. 6. (i = 5/л/29. 7. d = 2\/б. 8. d = 7. 9. d = 5/9.
10. d = 45VI94/97.
1.8. Уравнение плоскости с данным нормальным вектором 23
1.8. Уравнение плоскости
с данным нормальным вектором
Постановка задачи. Написать уравнение плоскости, проходя-
проходящей через точку Мо(жо?2/о?^о) перпендикулярно вектору М\М2, где
точки Mi и М2 имеют координаты (x±,yi,zi) и (х2,у2, z2).
План решения. Уравнение плоскости, проходящей через точку
Mq(xq, 2/о? zo) перпендикулярно вектору п = {^4, В, С}, имеет вид
А(х - х0) + В(у - 2/о) + C(z - z0) = 0. A)
1. В качестве нормального вектора плоскости п выбираем вектор
МХМ2 = {х2 -х1,у2 -yi,z2 - z±}.
2. Составляем уравнение плоскости A) с нормальным вектором
Mi М2, проходящей через точку Mq (xq , у о, zo):
(х2 - хг)(х - хо) + B/2 - 2/1) B/ - У о) + (Z2 - zi)(z - z0) = 0.
Пример. Написать уравнение плоскости, проходящей через точ-
точку МоB, 5, —3) перпендикулярно вектору М\М2, где точки М\ и М2
имеют координаты G, 8,-1) и (9, 7, 4).
Решение.
1. В качестве нормального вектора плоскости п выбираем вектор
М1М2 = {2, -1,5}.
2. Составляем уравнение плоскости A) с нормальным вектором
ft = {2, —1, 5}, проходящей через точку MqB, 5, —3):
2(х - 2) - 1B/ - 5) + 5(z + 3) = 0.
Ответ. Уравнение плоскости 2х — y + 5z + 16 = 0.
Условия ЗАДАЧ. Написать уравнение плоскости, проходящей
через точку Мо перпендикулярно вектору М\М2.
1. МоC,2,0), MiD,1,5), М2B,-1,4).
2. Мо(-5,-1,0), Mi(-5,l,-4), M2(-2,2,-3).
3. МоB,-4,-2), Ml(-l,-3,-7), M2(-4,-l,-5).
4. Мо(-5,3,10), Mi@,5,7), M2B,7,8).
24 Гл. 1. Аналитическая геометрия
5. М0B,-10,-4), Mi@,-6,-8), M2(-2,-5,-9).
6. МоA,9,2), Mi@,4,7), M2(l,6,9).
7. М0@,-2,7), Mi(-5,-4,9), M2(-2,-2,6).
8. М0(-1,1,-4), МхC,8,-2), М2B,11,0).
9. М0(-1,7,-6), Mi C,5,-1), М2A,3,-2).
10. Мо(-5, 2, 5), MiC, -3, -2), М2D, -1, 2).
Ответы.
1.2x + 2y + z = 0. 2. 3x-\-y-\-z-4 = 0.
3. Зх - 2у - 2z - 16 = 0. 4. 2ж + 2г/ + z + 9 = 0.
5. 2x-?/ + z-20 = 0. 6. ж + 2у + 2z - 3 = 0.
7. Зж + 2у - 3z + 23 = 0. 8. ж - Зу - 2z - 8 = 0.
9. 2ж + 2у + z - 16 = 0. 10. х + 2у + 4z - 5 = 0.
1.9. Угол между плоскостями
Постановка задачи. Найти угол между плоскостями
Ахх + В1У + Ciz + D± = 0, А2ж + В2у + C2z + D2 = 0.
План РЕШЕНИЯ. Двугранный угол между плоскостями равен углу
между их нормальными векторами
Поэтому угол if между плоскостями определяется равенством
(Й1,Й2)
COS if = т^
\п2\
Пример. Найти угол между плоскостями
х + 2у - 2z - 7 = 0, х + j/ - 35 = 0.
РЕШЕНИЕ. Двугранный угол между плоскостями равен углу меж-
между их нормальными векторами Hi = {1, 2, —2} и п2 = {1,1, 0}. Поэто-
Поэтому угол if между плоскостями определяется равенством
(
cos (p = -—-
(пьп2) 1-1 + 2-1-2-0 1
— —
Hi|-|n2| ->/12 + 22 + (-2J\/12 + I2 л/2*
Таким образом, ^ = arccos (l/\/2) = тг/4.
Ответ. Угол между плоскостями (р = тг/4.
1.10. Канонические уравнения прямой
25
Условия задач. Найти угол между плоскостями.
1. Зж-г/ + 3 = 0,
2. х — у + 3z — 5 = О,
3. 5x-4y + 3z-3 = 0,
4. Ъх - Зу + 2z + 5 = О,
5. 6x + 2y-4z + 17 = 0,
6. x-y + z\/2-5 = 0,
7. у - 3z + 5 = О,
8. 6х + 2у — 3z + 1 = О,
9. 2ж + г/ + 2г-5 = 0,
х - 2у + 5z - 10 = 0.
ж + z- 2 = 0.
4ж-г/-г + 2 = 0.
Зх + Зу - 3z - 8 = 0.
9ж + Зу - 6z - 4 = 0.
х + у - zV2 + 7 = 0.
y + 2z-3 = 0.
х + 6у + 2z - 10 = 0.
12ж + 16у - 15* + 2 = 0.
Зж + 2у + z + 10 = 0.
Ответы. 1. <?? = arccos
/ Я
. 2. (р = arccos у—. 3.
'2л/3*
4. ^ = -. 5. ^ = 0. 6. ^ = -. 7. ^ = -. 8. ^ = -. 9.
^ 2 ^ 3 4^2
10. ^ = arccos \ —.
V 28
= arccos
= arccos
—.
1о
1.10. Канонические уравнения прямой
Постановка задачи. Написать канонические уравнения пря-
мощ заданной как линия пересечения двух плоскостей (общими урав-
уравнениями)
Ахх + Вху + dz + Dx = 0,
C2z + D2 = 0.
План решения.
1. Проверяем, что векторы Hi = {Ai,Bi,Ci} и n2 = {Л2,,В2,G2}
неколлинеарны и, следовательно, плоскости пересекаются по некото-
некоторой прямой.
Канонические уравнения прямой с направляющим вектором а =
= {/, 7тг, п}, проходящей через данную точку Мо(жо, г/о? ^о)? имеют вид
У-Уо
т
z- z0
A)
Поэтому чтобы написать уравнения прямой, необходимо найти ее на-
направляющий вектор и какую-нибудь точку на прямой.
2. Так как прямая принадлежит одновременно обеим плоскостям,
то ее направляющий вектор а ортогонален нормальным векторам
26
Гл. 1. Аналитическая геометрия
обеих плоскостей, т.е. a _L п\ = {Ai, В\, С\\ и a JL П2 = {^2, ^2,
Следовательно, направляющий вектор а находим по формуле
а = [пъп2\ =
г j k
Аг В1 Сг
А2 В2 С2
3. Теперь выберем какую-нибудь точку на прямой. Поскольку на-
направляющий вектор прямой непараллелен хотя бы одной из коорди-
координатных плоскостей, то прямая пересекает эту координатную плос-
плоскость. Следовательно, в качестве точки на прямой может быть взята
точка ее пересечения с этой координатной плоскостью.
4. Подставляем найденные направляющий вектор и точку в урав-
уравнения прямой A) и записываем ответ.
Пример. Написать канонические уравнения прямой, заданной
как линия пересечения двух плоскостей (общими уравнениями)
\ x-2y-2z + l = 0.
Решение.
1. Проверим, что векторы п\ = {2,3,1} и n<i = {1, —2, —2} некол-
линеарны (см. задачу 1.2). Имеем
1 ^ -2
Векторы п\ = {2,3,1} и n<i = {1,-2,-2} неколлинеарны, так как
их координаты непропорциональны. Следовательно, две плоскости
пересекаются по прямой.
2. Так как прямая принадлежит одновременно обеим плоскостям,
то ее направляющий вектор а ортогонален нормальным векторам
обеих плоскостей, т.е. a _l_ Hi = {2,3,1} и а 1 П2 = {1,-2,-2}.
Следовательно, направляюющий вектор а находим по формуле
а = [щ, П2\ =
г j к
2 3 1
1 -2 -2
= -4г
j - 7к .
3. Теперь выберем какую-нибудь точку на прямой. Поскольку на-
направляющий вектор прямой непараллелен ни одной из координатных
плоскостей, то прямая пересекает все три координатные плоскости.
1.10. Канонические уравнения прямой 27
Следовательно, в качестве точки на прямой может быть взята точ-
точка ее пересечения, например, с плоскостью у = 0. Координаты этой
точки находим, решая систему трех уравнений
2х + z - 8 = 0,
х - 2z + 1 = 0,
у = 0.
Получим xq = 3, г/о = 0 и zq = 2, т.е. МоC, 0, 2).
4. Подставляя найденные направляющий вектор и точку в урав-
уравнения прямой A), получим
х-3 _у _ z-2
-4 ~ 5 ~ -7
Ответ. Канонические уравнения прямой имеют вид
-4 5 -7
Условия ЗАДАЧ. Написать канонические уравнения прямой, за-
заданной как линия пересечения двух плоскостей.
z-2 = 0,
-у- z-4 = 0,
- у + 2z =0
+ 2у - 2z + 1 = 0,
х - у - z - 1 = 0. "" 1 Зх - 2у + 3z + 4 = 0.
{
Г 2ж + 3г/+ z + 3^=0, б Г
{
9. л 10. л
I о™ ?/ -I- 2z -I- 2 = 0 It i7/ -4- z
Ответы.
ж + 2 _ у-4 _ z х + 4 _У + 2_ z
1 ~ -2 ~ Г ' 9 ~ -2 ~ -1:
28 .Гл. 1. Аналитическая геометрия
9
5.
7.
9.
X
X
X
7
X
—
0
+
3
+
1
4
2
У
1
У
1
У
-5
+ 1
-1
У
14
2;
1
z
9'
z
2
z
~ 6'
о
о.
10.
X
1
-
1
+
1
—
2
1
2
1
5
1-2
-2
z
Г
-3
-3
-1/2
-6
-3
1 ~
z
-2'
z
-5
z
1 '
1.11. Точка пересечения
прямой и плоскости
Постановка задачи. Найти точку пересечения прямой
Х-Хх _ у- Ух _ Z- ZX
I m n
и плоскости
План решения.
1. Проверим, что прямая не параллельна плоскости. Это означает,
что направляющий вектор прямой а = {/, т, п} и нормальный вектор
плоскости ft = {А, В, С} не ортогональны, т.е. их скалярное произ-
произведение не равно нулю:
А1 + Вт + Сп ф 0.
В этом случае существует единственная точка пересечения прямой и
плоскости.
2. Для нахождения точки пересечения прямой и плоскости, вообще
говоря, надо решить систему трех уравнений с тремя неизвестными
(два уравнения прямой и одно уравнение плоскости). Однако удобнее
использовать параметрические уравнения прямой.
Положим
х-хх _ у-ух _ z- zx _t
I m n
Тогда параметрические уравнения прямой имеют вид
х = It + а?1,
у = mt + yx,
z = nt + z\.
1.11. Точка пересечения прямой и плоскости 29
3. Подставляя эти выражения для ж, у и z в уравнение плоскости
и решая его относительно ?, находим значение параметра t = to, при
котором происходит пересечение прямой и плоскости.
4. Найденное значение to подставляем в параметрические уравне-
уравнения прямой и получаем искомые координаты точки пересечения:
2/о =
Zq = Tito + Zi.
Записываем ответ в таком виде: прямая и плоскость пересекаются
в точке (xo,yo,zo).
Пример. Найти точку пересечения прямой
2 0 ^1
и плоскости
2х - Зу + z - 8 = 0.
Решение.
1. Имеем
(а, й) = 2 ¦ 2 + 0 ¦ (-3 + (-1) -1 = 3/0.
Следовательно, направляющий вектор прямой и нормальный вектор
плоскости не ортогональны, т.е. прямая и плоскость пересекаются в
единственной точке.
2. Положим
х - 1 _ у + 1 _ z _
2 ~ 0 ~ -1 ~ "
Тогда параметрические уравнения прямой имеют вид
3. Подставляя эти выражения для ж, у и z в уравнение плоскости,
находим значение параметра t, при котором происходит пересечение
прямой и плоскости:
2B* + 1) - 3(-1) + l(-t) - 8 = 0 => *о = 1.
30 -Гл. 1. Аналитическая геометрия
4. Подставляя в параметрические уравнения прямой найденное
значение to = 1, получаем
хо = 3, 2/о = -1? ^о = -1.
Ответ. Прямая и плоскость пересекаются в точке C, — 1, — 1).
Условия ЗАДАЧ. Найти точку пересечения прямой и плоскости.
х-2 у-3 z + 1
1 ^ + + 29 0
2-
3.
ж — 1
4. ^
5- 1 =
6-
7.
х у — 1
9. - = 2-^—
Ответы. 1. A,2,3). 2. A,-1,4). 3. B,-1,3). 4. D,0,-1).
5.A,1,2). 6. (-1,0,-4). 7. (-1,1,-2). 8.C,2,1). д. (-1,-1,-3).
10. (-1,2,-1).
1.12. Проекция точки на плоскость или прямую 31
1.12. Проекция точки
на плоскость или прямую
Постановка задачи. Найти координаты проекции Р' точки
Р{хр, Ур, zp) на плоскость Ах + By + Cz + D = 0.
План решения. Проекция Р' точки Р на плоскость является ос-
основанием перпендикуляра, опущенного из точки Р на эту плоскость.
1. Составляем уравнения прямой, проходящей через точку Р пер-
перпендикулярно данной плоскости. Для этого в качестве направляю-
направляющего вектора прямой берем нормальный вектор плоскости: а = п =
= {А, В, С}. Тогда канонические уравнения прямой имеют вид
х-хр _ у -уР _ z- zP
А ~ В ~ С '
2. Находим координаты точки пересечения Р' этой прямой с за-
заданной плоскостью (см. задачу 1.11). Положим
х-хр _ у-ур _ z- zP _
А ~ В ~ С
Тогда параметрические уравнения прямой имеют вид
х = At + жр,
y = Bt + yP,
z = Ct + zP.
3. Подставляя ж, г/, z в уравнение плоскости и решая его относи-
относительно ?, находим значение параметра t = to, при котором происходит
пересечение прямой и плоскости.
4. Найденное значение ?о подставляем в параметрические уравне-
уравнения прямой и получаем искомые координаты точки Р'.
Замечание. Аналогично решается задача о нахождении коорди-
координат проекции точки на прямую.
Пример. Найти координаты проекции Р' точки РA,2, —1) на
плоскость Зх — у + 2z — 4 = 0.
Решение.
1. Составляем уравнения прямой, проходящей через точку Р пер-
перпендикулярно данной плоскости. Для этого в качестве направляю-
направляющего вектора прямой берем нормальный вектор плоскости: а = ft =
32 Гл. 1. Аналитическая геометрия
= {3, — 1, 2}. Тогда канонические уравнения прямой имеют вид
х-1 _у -2 _ z + 1
3 ~ -1 ~ 2
2. Найдем координаты точки пересечения Р' этой прямой с задан-
заданной плоскостью. Положим
х-1 _ у-2 _ z + 1 _
3 ~ -1 ~ 2 ~ '
Тогда параметрические уравнения прямой имеют вид
3. Подставляя эти выражения для ж, у и z в уравнение плоскости,
находим значение параметра ?, при котором происходит пересечение
прямой и плоскости:
3C* + 1) - l(-t + 2) + 2B* - 1) - 27 = 0 =^ t0 = 2.
4. Подставляя в параметрические уравнения прямой найденное
значение to = 2, получаем хо = 7, уо = 0, zo = 1.
Таким образом, точка пересечения прямой и плоскости и, следо-
следовательно, проекция точки Р на плоскость имеет координаты G, 0,1).
Ответ. Проекция Р' имеет координаты G,0,1).
Условия ЗАДАЧ. Найти координаты проекции точки Р на плос-
плоскость.
1. РA,0,1),
2. Р(-1,0,-1),
3 РB 1 0)
4. Р@,2,1),
6. РB,-1,1),
7. РA,1,1),
8. РA,2,3),
9. Р@,-3,-2),
10. РA,0,-1),
4х + 6у -
2х -\- (уу -
У | g | О
2х + Ау -
4х — Ъу -
х - у + 2
х + 4у +
2ж + Юу
2ж + Юу
2j/ + 4z -
h 4z - 25
- 2z + 11
= 0.
-3 = 0.
-z-7 =
\z - 2 = (
3z + 5 =
+ 10z-
+ 10z-
-1 = 0.
=
0
о
1 =
1 =
0.
0.
= 0.
= 0.
Ответы. 1. B,3/2,2). 2. (-3/2,-3/2,-1/2). 3. B,-1/2,-3/2).
4. (-1/2,1,1). 5. A, -1/2, -1/2). 6. C/2, -1/2,0). 7. A/2, -1, -1/2).
8.A/2,-1/2,1/2). 9.A/2,-1/2,1/2). 10.A,1/2,0).
1.13. Симметрия относительно прямой или плоскости 33
1.13. Симметрия относительно
прямой или плоскости
Постановка задачи. Найти координаты точки Q, симметрич-
симметричной точке P{xp,yp,zp) относительно прямой
х-х0 _ у -уд _ z- z0
I m n
План решения. Искомая точка Q лежит на прямой, перпенди-
перпендикулярной данной и пересекающей ее в точке Р'. Поскольку точка
Р' делит отрезок PQ пополам, координаты жд, t/q и zq точки Q
определяются из условий
xp + xq Ур + Vq zp + zq
хр> = 2 ' УР' = 2 ' ZP' = 2 ' ^ '
где хр,ур, zp — координаты точки Р и хр>,ур>,zp/ — координаты
ее проекции Р' на данную прямую.
1. Найдем проекцию точки Р на данную прямую, т.е. точку Р'
(см. задачу 1.12). Для этого:
а) составим уравнение плоскости, проходящей через точку Р пер-
перпендикулярно данной прямой. В качестве нормального вектора п
этой плоскости можно взять направляющий вектор данной прямой,
т.е. ft = а = {/, 772, п}. Получаем
1(х - хР) + т(у - уР) + n(z - zp) = 0;
б) найдем координаты точки пересечения Р' этой плоскости с за-
заданной прямой. Для этого запишем уравнения прямой в параметри-
параметрической форме
х = It + жо,
у = mt + y0,
Z = Tit + Zq .
Подставляя ж, у, z в уравнение плоскости и решая его относительно ?,
находим значение параметра t = to, при котором происходит пересе-
пересечение прямой и плоскости;
в) найденное значение ?q подставляем в параметрические уравне-
уравнения прямой и получаем искомые координаты точки Р'.
2. Координаты точки Q, симметричной точке Р относительно дан-
данной прямой, определяем из условий A). Получаем
xQ = 2хР> - хР, yQ = 2уР< - уР, zq = 2zP> - zP.
3 О.В. Зимина и др.
34 Гл. 1. Аналитическая геометрия
Замечание. Аналогично решается задача о нахождении коорди-
координат точки, симметричной данной, относительно плоскости.
Пример. Найти координаты точки Q, симметричной точке
РB, — 1, 2) относительно прямой
х — 1 у z + 1
1 ~ 0 ~ -2
Решение.
1. Найдем проекцию точки Р на данную прямую, т.е. точку Р1'.
Для этого:
а) составим уравнение плоскости, проходящей через точку Р пер-
перпендикулярно данной прямой. В качестве нормального вектора п
этой плоскости можно взять направляющий вектор данной прямой:
п = а = {1,0,-2}. Тогда
1(х - 2) + 0(г/ + 1) - 2(z - 2) = 0 => х - 2z + 2 = 0;
б) найдем точку пересечения заданной прямой и плоскости
х — 2z + 2 = 0. Для этого запишем уравнения прямой в парамет-
параметрической форме:
( гр / I I
2/ = 0,
Подставляя эти выражения для ж, т/ и z в уравнение плоскости, на-
находим значение параметра ?, при котором происходит пересечение
прямой и плоскости: to = — 1;
в) подставляя в параметрические уравнения прямой найденное
значение to = ~1? получаем
хр< = 0, ург = 0, zpi = 1.
Таким образом, точка пересечения прямой и плоскости и, следова-
следовательно, проекция точки Р на прямую есть Р;@,0,1).
2. Координаты точки Q, симметричной точке Р относительно дан-
данной прямой, определяются из условий A):
xQ = 2хР> - хР = -2,
yQ = 2уР> - уР = 1,
zQ = 2zPi - zP = 0.
Ответ. Точка Q имеет координаты (—2,1,0).
1.13. Симметрия относительно прямой или плоскости 35
Условия ЗАДАЧ. Найти координаты точки, симметричной точ-
точке Р относительно заданной прямой.
1з) Х~Х- у z
2. Р(B,1,-1),
3. Р(-1,0,3),
4. РC,0,-1),
5. Р(-1,2,1),
6.
7.
8.
9.
10. Р@,2,1),
1 -11
х-2 _у _ z + 1
2 ~ 0 ~ -1 '
х _ у + 1 _ z
0 ~ 2 ~ 1 '
ж _ у - 1 _ _z_
1 ~ 1 ~ -Г
ж + 1_г/-2_г
-1 ~ 2 ~ О
х у z + 1
1
1 ~
0
ж +
2
ж —
0
-1
2/ +
1
1
4
1
1
2
z-1
-1
z-2
-2 '
z
0'
+ 1 z-2
-1
Ответы. 1.D,-1,-1). 2.B,-1,-1). 3.A,2,-1). 4. (-1,4,-1).
5. (-1,2,-1). 6. (-1,1,2). 7. (-1,-1,4). 8. (-1,-1,2). 9.B,-1,1).
10. D,-2,-3).
Глава 2
ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА
При изучении темы ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА вы познакомитесь на
примерах с понятиями линейного (векторного) пространства, линей-
линейного оператора, его матрицы, образа, ядра, ранга, дефекта, собствен-
собственных векторов и собственных значений. Вы научитесь выполнять раз-
различные операции с операторами и матрицами, исследовать и решать
системы линейных уравнений, получать всю информацию об опера-
операторе (матрицу, образ, ядро, ранг и дефект, собственные векторы и
собственные значения) по его матрице, преобразовывать векторы и
матрицы при изменениях базисов.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете выполнить все
действия с матрицами, привести матрицу к редуцированному (га-
(гауссову) виду, вычислить определители, обратную матрицу, решить
системы уравнений, проверить линейность оператора, решить харак-
характеристическое уравнение, найти собственные векторы и собственные
значения оператора, выполнить все численные расчеты и проверить
правильность полученных вами результатов.
2.1. Правило Крамера
Постановка задачи. Решить систему трех линейных уравне-
уравнений с тремя неизвестными
+ C12X2 +Cl3^3 = di,
C21X1 + С22Ж2 + С23Ж3 = d2,
С31Ж1 + с32ж2 + С33Ж3 = d3
no правилу Крамера.
План решения. Если определитель матрицы системы
'11 Ci2 Ci3
А =
С21
С31
2.1. Правило Крамера
37
отличен от нуля, то система имеет решение и притом только одно.
Это решение определяется формулами
, % — 1, 2, о,
A)
где А^ — определитель матрицы, получаемой из матрицы системы
заменой г-ого столбца столбцом свободных членов.
1. Вычисляем определитель матрицы системы
Д =
С21 С22
С31 С32
и убеждаемся, что он не равен нулю. Следовательно система уравне-
уравнений имеет единственное решение.
2. Вычисляем определители
C22 C23
C32 C33
c2i d2 c23
C31 ^3 C33
Сц Ci2
C21 C22
C31 c32
3. По формулам Крамера A) находим решение системы уравнений
А-1 Д2
~~ ~д~' ~~ ~д~'
Пример. Решить систему уравнений
Дз
д ¦
= 4,
по правилу Крамера.
Решение.
1. Вычисляем определитель матрицы системы, разлагая его по
первой строке:
Д =
3-5 3
2 7-1
= 1- (-16) -2- (-9) + 1-31 = 33.
Так как он не равен нулю, то система уравнений имеет единственное
решение.
38
Гл. 2. Линейная алгебра
2. Вычисляем определители
Ai =
Ая =
1 -5
7-1
14 1
3 1 3
2 8-1
1
2 4
3 -5 1
= 4-(-16)-2-25 +1-47 = 33,
= 1 • (-25) - 4 • (-9) + 1 • 22 = 33,
= 1-(-47)-2-22 + 4-31 = 33.
2 7 8
3. По формулам Крамера A) находим решение системы уравнений
Xi = 1, Ж2 = 1, Жз = 1.
Ответ. Ж1 = 1, ж2 = 1, жз = 1.
Условия ЗАДАЧ. Решить системы уравнений по правилу Кра-
Крамера.
х\ + 2ж2
х\ + Зж2 — жз = 2,
1. { 2ж1 - Зж2 + 2ж3 = О,
\х\ — 2ж2 — жз = 4.
\х\ + Зж2 + ж3 = 1,
3. { Зж1 — 5ж2 + 2жз = —11,
>Ж1 + 2ж2 — 2жз = —3.
Ж1 + 5ж2 + жз = —8,
5. { 2х\ — Зж2 + 5жз = 16,
7.
9.
Зх2
Ж1 + 2ж2 + хз = 2,
3zi + 2ж2 + Зж3 = 6,
2хг - 2x2 - хз = 7.
х\ + Зж2 + ж3 = -5,
2.
4.
6.
8.
+ 4ж2 -
10. { Зж1 - 2ж2 +
з = 5,
— 5ж2 + Зжз = —7,
+ 1x2 - хз = 13.
+ 4ж2 + Зж3 = 5,
— 2ж2 + Зжз = 9,
= -5,
= -8,
= 5.
= 3,
= 8,
= 0.
= 5,
= —1,
= 8.
2ж1 + 4ж2 - ж3 = -9.
Ответы. 1. Ж1 = 1, ж2 = 0, ж3 = -1. 2. хх = 0, ж2 = 2, ж3 = 1.
3. х\ = —1, ж2 = 1, жз = 0. 4. х\ = 2, ж2 = 0, жз = 1. 5. х\ = 0,
ж2 = -2, ж3 = 2. 6. Ж1 = -1, ж2 = 0, ж3 = -2. 7. хх = 3, ж2 = 0,
ж3 = -1. 8. Ж1 = 1, ж2 = 0, ж3 = 2. 9. Ж1 = 0, ж2 = -2, ж3 = 1.
10. Ж1 = 1, ж2 = 2, ж3 = 0.
2.2. Обратная, матрица 39
2.2. Обратная матрица
Постановка задачи. Задана квадратная матрица третьего
порядка
(Си с12 сц
С21 С22 С2;
С31 С32 С3;
Установить существование и найти обратную матрицу С~х.
План решения. Матрица С~х называется обратной квадратной
матрице G, если
С-С'1 =С -С = Е,
где Е — единичная матрица.
Если det С ф 0 (матрица С — невырожденная), то матрица С
имеет обратную, если det С = 0, то матрица С не имеет обратной.
1. Вычисляем определитель матрицы det С. Если det С ф 0, то
матрица С имеет обратную.
2. Составляем матрицу из алгебраических дополнений
с — \ с
\ /^
\ W 41
\ о±
3. Транспонируем матрицу С
/ (^
сТ = с\1
\ /^
\ ^ 13
С12
^22
С32
С21
С22
С23
Cis
G2з
Сзз
С31
С32
С зз
4. Разделив матрицу СТ на определитель, получаем искомую об-
обратную матрицу
С —
I I Си
det С
23 ^33
5. Проверяем, что С • С = Е и записываем ответ.
Пример. Задана квадратная матрица третьего порядка
40
Гл. 2. Линейная алгебра
Установить существование и найти обратную матрицу С
Решение.
1. Вычисляем определитель матрицы detC:
-1
detC =
3 -5
7 -1
= 1- (-16) -2- (-9) + 1-31 = 33.
Так как det С ф 0, то матрица С имеет обратную.
2. Составляем матрицу из алгебраических дополнений
с =
3. Транспонируем матрицу С
Ст =
-16
9
31
9
-3
-3
11
0
-11
4. Разделив матрицу Ст на определитель, получаем искомую об-
обратную матрицу
С'1 = - •
33
-16 9 11
9-3 0
31 -3 -11
5. Проверяем
Ответ. Матрица, обратная матрице G, есть
С'1 = — •
33
-16 9 11
9-3 0
31 -3 -11
2.3. Понятие линейного пространства 41
Условия ЗАДАЧ. Найти матрицы, обратные заданным.
1. 3 4 2 . 2. 1 1 0 . 3.
4. О 3 1 . 5. О 2 3 . 6.
7.
Ответы.
7.
2.3. Понятие линейного пространства
Постановка задачи. Образует ли линейное пространство за-
заданное множество X, в котором определены "сумма" а 0 Ъ любых
двух элементов а и Ъ и "произведение" а & а любого элемента а на
любое число а?
План решения. Исходя из определения линейного пространства,
проверяем следующие условия.
1. Являются ли введенные операции сложения и умножения на
число замкнутыми в X, т.е. верно ли, что Va, Ь G X и \/а G Ш.
а®ЪеХ, a 0 a G X ?
42 Гл. 2. Линейная алгебра
Если нет, то множество X не является линейным пространством, если
да, то продолжаем проверку.
2. Находим нулевой элемент в G X такой, что Va G X
Если такого элемента не существует, то множество X не является
линейным пространством, если существует, то продолжаем проверку.
3. Для каждого элемента а ? X определяем противоположный эле-
элемент —аЕХ такой, что
а0 -а = в.
Если такого элемента не существует, то множество X не является
линейным пространством, если существует, то продолжаем проверку.
4. Проверяем выполнение остальных аксиом линейного простран-
пространства, т.е. Va, Ъ, с G X и Va, C G R:
a 0 6 = &0 а;
(а 0 Ъ) 0 с = а 0 (Ъ 0 с);
а 0 {C 0 а) = (а • C) 0 а;
1 0 а = а;
Если хотя бы одна из аксиом нарушается, то множество X не
является линейным пространством. Если выполнены все аксиомы, то
множество X — линейное пространство.
Пример. Образует ли линейное пространство множество положи-
положительных чисел X = М_|_, в котором операции "сложения" и "умноже-
"умножения на число" определены следующим образом: \/а,Ь ? М+ и Va G R
а®Ъ = a • Ь, «0а = аа?
Решение.
1. Введенные таким образом операции являются замкнутыми в
данном множестве, так как если a,b E 1R.+ иаЕМ, то
т.е. a0&eM+ и a0aG
2.3. Понятие линейного пространства 43
2. В качестве нулевого элемента нужно взять единицу [0 = 1), так
как
а • 1 = а,
иными словами,
а 0 0 = а.
3. В качестве элемента —а, противоположного элементу а, нужно
взять 1/а, так как
иными словами,
аф (-а) = в.
4. Проверяем выполнение остальных аксиом линейного простран-
пространства, т.е. Va, b,ceR+ и Va, /3 G M:
а • b = b • а =>* а 0 6 = 6 0 а;
(а • 6) • с = а • F • с) =>> (а 0 6) 0 с = а 0 (Ь 0 с);
(а/3)" = аа? => а 0 (/3 0 а) = (а • /3) 0 а;
а1 = а =^ 1 0 а = а;
аа+/3 = аа . а/3 ^ (а + 0} 0 а = Q 0 а 0 ^ 0 а;
(а • 6)а = аа • 6а => а 0 (а 0 6) = а 0 а 0 а 0 6.
Все аксиомы выполнены.
Ответ. М+ — линейное пространство.
Условия ЗАДАЧ. Образует ли линейное пространство заданное
множество X, в котором определены "сумма" любых двух элемен-
элементов а и b и "произведение" любого элемента а на любое число а?
1. Множество всех векторов трехмерного пространства, первая
координата которых равна 1; сумма а + Ь, произведение а • а.
2. Множество всех векторов трехмерного пространства; сумма
[а, Ь], произведение а • а.
3. Множество всех натуральных чисел; сумма а • 6, произведе-
произведение аа.
4. Множество всех функций, непрерывных на отрезке [—1,1] и
таких, что /(—1) = /A) = 0; сумма f(t)-\-g(t), произведение a-f(t).
5. Множество всех функций, непрерывных на отрезке [—1,1] и
таких, что /(—1) = /A) = 1; сумма f(t)-\-g(t), произведение a-f(t).
44 Гл. 2. Линейная алгебра
6. Множество всех функций, дифференцируемых на отрезке
[-1,1] и таких, что /(-1) = /A) = 0 и /'@) = 1; сумма f(t)+g(t),
произведение а • f(t).
7. Множество всех последовательностей а = {ип}, Ъ = {г7п}? схо-
сходящихся к нулю; сумма \ип + г>п}, произведение {аип}.
8. Множество всех последовательностей {ип}, Ъ = {^п}? сходя-
сходящихся к 1; сумма \ип + г>п}, произведение {аип}.
9. Множество всех невырожденных матриц 3-го порядка а = (а^&),
Ь = (b*fc) («5* = 1,2,3); сумма (aik) • (bifc), произведение (aaik).
10. Множество всех диагональных матриц 3-го порядка а = (а^),
fr = F^) (г, /с = 1, 2, 3); сумма (а^ + 6^), произведение (аа^)-
Ответы. 1. Нет. 2. Нет. 3. Нет. 4. Да. 5. Нет. 6. Нет. 7. Да.
8. Нет. 9. Нет. 10. Да.
2.4. Системы линейных уравнений
Задача 1. Однородные системы уравнений
Постановка задачи. Найти размерность d пространства ре-
решений, его базис (фундаментальную систему решении) и общее ре-
решение однородной системы линейных уравнений
- а\2х2 + ... + а\пхп = О,
+ ат2х2 + • • • + ашпхп = 0.
План решения.
1. Записываем матрицу системы:
а12 ... а1
. _ а2\
&22 • • • 0>2п
\ Urnl &rn2 • • • &тп
и с помощью элементарных преобразований строк преобразуем мат-
матрицу А так, чтобы в максимальном числе столбцов оказалось по одной
единице (в разных строках у разных столбцов), а остальные элементы
столбцов были нулями. Очевидно, что такие столбцы линейно неза-
независимы. Они называются базисными.
2.4. Системы линейных уравнений 45
Полученную матрицу будем называть редуцированной и обозна-
обозначать ^4ред.- Отметим, что редуцированная матрица эквивалентна ис-
исходной (^4ред. ~ ^4) и система уравнений с матрицей ^4ред. эквива-
эквивалентна исходной системе уравнений.
2. Так как А ~ ^4ред.> т0 вычисляем ранг А как количество базис-
базисных столбцов матрицы ^4ред.:
Следовательно, размерность пространства решений есть d = п — г.
Если п = г, то однородная система имеет единственное (нулевое)
решение, если п > г, то фундаментальная система состоит из п — г
линейно независимых решений.
3. Неизвестные, соответствующие базисным столбцам, называют-
называются базисными, остальные — свободными (или параметрическими).
Запишем систему уравнений с матрицей ^4ред. и перенесем п — г
свободных неизвестных в правые части уравнений системы. Прида-
Придавая свободным неизвестным п — г наборов значений (по одной еди-
единице, остальные — нули), для каждого такого набора решаем систему
уравнений и находим соответствующие значения базисных неизвест-
неизвестных. Убедимся, что полученные решения Xi,X2,..., Хп_г линейно
независимы, составив матрицу из столбцов Xi, Х2,..., Хп_г и вычи-
вычислив ее ранг.
Записываем фундаментальную систему решений Xi, Х2,..., Хп_г
и общее решение однородной системы линейных уравнений
/ хЛ \
= Oi vvi -\- о2 vv2 -\- . . . -+- оп_г Ап_г,
-^о.о. —
где Xi, Х2,..., Хп_г — фундаментальная система решений однород-
однородной системы линейных уравнений и Ci, С2,..., Сп-Г — произвольные
постоянные.
Пример 1. Найти размерность d пространства решений, его базис
(фундаментальную систему решений) и общее решение однородной
системы линейных уравнений
JL2 \ ¦"«^3 О^4 — ^5
1Х\ — Х2 + 3^3 + 4^5 = О,
1х\ + 5жз — 3^4 + 4^5 = 0.
46
Гл. 2. Линейная алгебра
Решение.
1. Записываем матрицу системы и с помощью элементарных пре-
преобразований строк преобразуем ее к редуцированному виду:
О 12-30
2-13 0 4
2 0 5-34
1 0 5/2 -3/2 2
0 1 2 -3 0
0 0 0 0 0
Очевидно, что первый и второй столбцы матрицы ^4ред. (и исходной
матрицы А) линейно независимы, а остальные столбцы являются их
линейными комбинациями. Поэтому первый и второй столбцы — ба-
базисные.
2. Так как количество линейно независимых столбцов матрицы
Лред. равно двум, то
fl. =2.
Следовательно, размерность пространства решений
d = п - г = 5 - 2 = 3
и фундаментальная система решений состоит из трех линейно неза-
независимых решений.
3. Неизвестные х\ и ^2, соответствующие базисным столбцам, яв-
являются базисными, неизвестные х^^х^х^ — свободными.
Запишем систему уравнений с матрицей ^4ред. (эта система эк-
эквивалентна исходной) и перенесем свободные неизвестные в правые
части уравнений системы:
хг = -
Для первого набора свободных неизвестных ж3 = 1> Х4 = 0, х$ = 0
получаем х\ = —5/2, х2 = —2, т.е. первое решение имеет вид системы
-5/2 \
-2
1
О
0 /
2.4. Системы линейных уравнений
47
Для второго набора свободных неизвестных х% = 0, ж 4 = 1, х$ = О
получаем х\ = 3/2, Х2 = 3, т.е. второе решение имеет вид системы
3/2 \
3
О
1
\ ^
Для третьего набора свободных неизвестных хз = 0, х^ = 0, х$ = 1
получаем х\ = —2, Х2 = 0, т.е. третье решение системы имеет вид
-2 \
О
О
О
\ 1 )
Сделаем проверку, подставив эти решения в исходную систему
уравнений, а также убедимся, что решения линейно независимы (ранг
матрицы, составленной из столбцов Х\,Хч,Хъ, равен 3).
Следовательно, решения Х\,Х.ч,Хъ образуют базис в простран-
пространстве решений (фундаментальную систему решений).
Ответ. Размерность пространства решений есть d = 3. Фунда-
Фундаментальная система решений есть
/
\
-5/2 \
-2
1
О
О
3/2 \
3
О
1
\
^з =
-2 \
О
О
О
1 /
и общее реп1ение однородной системы имеет вид
X —
/-5/2\
-2
1
0
V о I
+ С2
/3/2\
3
0
1
1 о )
/-2\
0
0
0
^ 1 /
где С\ Сч, и Сз — произвольные постоянные.
48 Гл. 2. Линейная алгебра
Задача 2. Неоднородные системы уравнений
Постановка задачи. Найти общее решение неоднородной сис-
системы линейных уравнений
^12^2 + . . . + CLlnxn = "I
a22x2 + ... + a2nxn = b2
\- am2x2 + ... + amnxn =
План решения.
1. Записываем расширенную матрицу системы
^-расш.
а12 ... а1п \ Ъх \
а22 ... а2п \ Ъ2
J
и с помощью элементарных преобразований строк преобразуем мат-
матрицу Лрасш. к редуцированному виду.
2. Вычисляем ранги основной матрицы системы А и расширенной
матрицы Арасш.. Если RgApacni. = Rg^4, то система совместна, если
Rg Арасш. ф Rg А, то система несовместна (решений не имеет).
3. Пусть Rg-Арасш. = Rg^4 = г. Тогда общее решение неоднород-
неоднородной системы линейных уравнений определяется формулой
¦^о.н. = -Х"ч.н. + С\ Х\ + С2 Х2 + ... + Сп-Г Хп-Г,
где Хч.н. — какое-либо частное решение неоднородной системы,
Xi, Х2,..., Хп_г — фундаментальная система решений соответст-
соответствующей однородной системы и Ci, С2,..., Сп-Г — произвольные по-
постоянные.
Чтобы найти фундаментальную систему решений однородной сис-
системы уравнений Х\, Х2,..., Хп_г, повторим операции, изложенные в
задаче 1.
4. Столбец свободных членов В расширенной матрицы есть линей-
линейная комбинация базисных столбцов матрицы А. Добавляя к этому вы-
выражению остальные столбцы с нулевыми коэффициентами, получаем
разложение столбца свободных членов по всем столбцам матрицы А.
Коэффициенты этого разложения образуют частное решение неодно-
неоднородной системы -Хч.н..
2.4. Системы линейных уравнений
49
5. Записываем общее решение неоднородной системы линейных
уравнений:
х2
\ хп
С2 Х2
Сп-Г
где Хчн. — какое-нибудь частное решение неоднородной системы,
Xi, Х2, • • •, Хп_г — фундаментальная система решений соответст-
соответствующей однородной системы уравнений и Ci, С2, • • •, Сп-Г — произ-
произвольные постоянные.
Пример 2. Найти общее решение неоднородной системы линей-
линейных уравнений
х2
= 5,
= 4.
Решение.
1. Записываем расширенную матрицу системы и с помощью эле-
элементарных преобразований строк преобразуем матрицу ^4раСш. к ре-
редуцированному виду:
О 12-30
2-13 0 4
2 0 5-34
1 0 5/2 -3/2 2 | 2
0 1 2 -з 0 | -1
0 0 0 0 0 10
2. Так как RgApacni. = Rg^4 = 2, то система совместна. Так как
п — г = Б — 2 = 3, то общее решение неоднородной системы линейных
уравнений определяется формулой
-^о.н. = Хч,л, + С\ Х\ + С2 Х2 + Сз Хз,
где Хч.н. — какое-нибудь частное решение неоднородной системы,
Xi,X2,Xs — фундаментальная система решений соответствующей
однородной системы и Ci, C2, С% — произвольные постоянные.
3. Запишем соответствующую однородную систему уравнений
4 О.В. Зимина и др.
х2
-х2
+ 2ж2
+ 3ж<
+ 5ж.
i - Зж4
з - Зж4
+
+
4ж5
4ж5
= 0,
= 0,
= 0.
50
Гл. 2. Линейная алгебра
( -5/2 \
-2
1
0
V о )
х2 =
( 3/2 ^
3
0
1
1 о /
Хз =
( ~2
0
0
0
^ 1
Она совпадает с системой, приведенной в примере 1. (Если одно-
однородная система уравнений не совпадает с системой, приведенной в
примере 1, то для нахождения фундаментальной системы решений
повторим операции, использованные при решении примера 1.)
При решении примера 1 была найдена фундаментальная система
решений однородной системы уравнений:
Хл =
4. Найдем какое-нибудь частное решение неоднородной системы.
Столбец свободных членов В расширенной матрицы есть линейная
комбинация базисных столбцов матрицы А, т.е. столбцов А\ и А2:
В = 2- Ах - 1- А2.
Добавляя к этому выражению остальные столбцы с нулевыми коэф-
коэффициентами, получим
В = 2 • Ах - 1 • А2 + 0 • А3 + 0 • А4 + 0 • Аъ.
Коэффициенты в этом разложении образуют частное решение неод-
неоднородной системы
2
-1
О
О
V Ч
Сделаем проверку, подставив Хч.н. в исходную систему уравнений.
Ответ. Общее решение системы имеет вид
2 \ / -5/2 \
-1 -2
О +Ci 1
О О
V Ч \ о
+ с2
)
( 3/2 1
3
0
1
1 о )
+ Сз
/ -2 \
0
0
0
V 1/
где Ci, C2 и Сз — произвольные постоянные.
2.4. Системы линейных уравнений 51
Условия ЗАДАЧ. Найти размерность d пространства решений
{количество линейно независимых решении), фундаментальную сис-
систему решений {базис пространства решении) и общее решение сис-
систем линейных уравнений.
9х2 — Зжз + 27а?4 — За?5 = О,
— 3^4 = 4,
— 4^4 = 14,
— Х4 = 5.
9 1 4>л — Что -I- То — Г л — Тг О
?и. \ tb ^ kj*Xj2 i *ju з *ju 4 *^ о — }
?1X3 \~ Х4 ~\ *&Ъ — ^}
_ fi'T'o 1 х/\ | Зж^ — 14
+ 5^5 = О,
3. { 5хг - х2 + 8ж3 - 2ж4 + 2хъ = О,
4 + 4ж5 = О,
= 5,
ж1 + 7х2 - 2ж3 - 4ж4 = 4,
a?i + 5^2 + жз + 3^4 = 3.
^1 — 9^2 + 21жз — 3^4 — 12^5 = О,
4. { 8хг - 12ж2 + 28ж3 - 4ж4 - 16ж5 = О,
— 4^5 = О,
— Qt*o -I- 2t*q -I- Тс; — Т
— 4^2 — X3 — 4^4 + Ж5 = 3.
+ 9^2 — X3 — ЗЖ4 = 0,
5J /-v» ^_l^ III ^Y* O** x *T^ ^ ^Y* ^^^ I I
+ 3^2 — X3 — 2^4 = 1,
52 Гл. 2. Линейная алгебра
xi - 6ж2 + 7ж3 ~~ ^Ж4 + ^х$ = О,
6. { хх + 4ж2 + 2ж3 + 2ж4 - 5хъ = О,
Ж1 + 2^2 + Ижз — 2^4 — 6^5 = О,
10.
+ 5^2 + 5жз + 3^4 + 2^5 = 1,
+4ж2+ ж3 + Зж4 =1,
+ 3^2 — Зжз + 3^4 — 2^5 = 1.
7. <( 23ж1 - Зж2 + 13ж3 + 23ж4 - 4ж5 = О,
х2 + жз — ^4 + 2ж5 = О,
= О,
3^1 + Зж2 + 4ж3 + 5x4 - 4ж5 = О,
2^1 + ж2 + Зж3 + Х4 — 5ж5 = О,
Х\ + 3X2 — Жз + 6^4 — Ж5 = О,
Ж1 — Х2 + 4^з + 3^4 = О,
5^1 — 3^2 — 2жз — 3^4 + 4^5 = 2,
2^1 — Х2 — 3^3 — 3^4 + 2^5 = 1.
ЗЖ1 + 9^2 + 2^3 — 2^4 + Ж5 = О,
9. ^ х\ + 6ж2 - ж3 + ж4 + 2ж5 = О,
6ж3 + 6ж4 + 7ж5 = О,
i — 3X2 — Жз + Х4 = 1.
+ 5^2 — 2х,
+ х2 + 2ж,
+ 3^2 — X
— \\Х2 + 5^
- 8ж2 + 5
— 5^2 — 3^
'3
сз +
^3 +
Ж4 —
Ж4 +
2х4-
2ж4
2ж4-
%ь =
хъ =
=
Ь3ж5
- Зж5
0,
0,
0,
= 7,
= 5,
= 3.
2.5. Линейные операторы 53
Ответы *) . 1. d = 3, d = 2. 2. d = 2, d = 3. 3. б/ = 2, d = 2.
4. с/ = 4, б/ = 2. 5. d = 2, d = 2. 6. d = 3, d = 3. 7. d = 3,
d = 2. 8. d = 2, d = 3. 9. d = 2, d = 2. 10. d = 2, d = 3.
2.5. Линейные операторы
Постановка задачи. Пусть в некотором базисе линейного про-
пространства Хп задан произвольный вектор х = {ж1, ж2, • • •, хп}. Яв-
Является ли линейным оператор А : Хп \-> Хп такой, что
Ах = {f1(x1,x2,..., хп), /2(жь ж2, • • •, ж„),..., fn(xi,x2, • • •, ж„)},
г^е /i, /2,..., fn — некоторые функции п переменных!
План решения. Если х = {жьж2,... ,жп} и у = {уьУ2, • • • ,Уп} —
произвольные векторы пространства Хп, то х-\-у = {х\-\-у\, Х2+У2, • • •,
жп + Уп} я ах = {ахъах2,..., ажп}.
Проверяем условия линейности оператора:
А(ж + у) = Лж + Aj/,
А(аж) =
Если условия линейности выполнены, т.е.
при г = 1, 2,..., гг, то оператор А линеен, в противном случае опера-
оператор А нелинеен.
Пример. Пусть в некотором базисе линейного пространства Х%
задан произвольный вектор х = {х1,х2,хз}. Является ли линейным
оператор А : Х% \-^ Х% такой, что
Ах = {xi — х2, 2х\ + ж3? 3^i}?
Решение. Пусть ж = {жх, ж2, ^з} и г/ = {г/i, у2,уз} - произвольные
векторы пространства Х3. Тогда х + у = {х\ -\- у\,х2 + у2, жз + г/з} и
*) Найденные фундаментальные системы решений однородных систем уравне-
уравнений и частные решения неоднородных систем проверьте с помощью подстановки
в уравнения.
54 Гл. 2. Линейная алгебра
Проверяем условия линейности оператора:
А(х+у) = {(х1^у1)-(х2-\-у2),2(х1^у1)^(х3-\-у
= {xi - х2, 2хг + х3, 3xi} + {2/1 - 2/2, 22/1 + уз, 3J/
^(ax) = {axi-ax2,2axi+ax3,3axi} = а{х\-х2, 2xi+x3, 3xi} =
Условия линейности выполнены. Следовательно, оператор А линеен.
Ответ. Оператор А линеен.
Условия задач. Являются ли линейными операторы А, В и С?
1. Ах = {2xi — 5^2 — Зхз, —2xi — 3^2 — жз, ^2 + Зхз},
Бх = {ж1 - 2ж2 - 4ж3, Ж1 — ж2 — Зж3, 2ж2 + 3},
Сх = {^з, 2#i — ^2
2. Аж = {2^1 - Зж2 - 2ж3, 2^1 - Зж2, 2ж2 + 3},
Вх = {4^1 — 3^2 — жз, 0, ж| + жз},
Сж = {ж1 — 2^2 — жз, Зж1 — 2^2, 3^2 + жз}.
3. Ах =
Сж = {3xi — ж2 — ж3, 2xi, 3xi + ж2 - 1}.
4. Az = {2xi + х2 + 4ж3, 2ж3, жх - 2ж2 - Зж3},
Вх = {2xi + ж2 + 4ж3,1, Ж1 - 2ж2 + 3},
Сх = {5xi + Зж2 + ж3, ж3, 2ж^ - 2ж2 - 4ж3}.
5. Ах = {ж1, 2xi — Ж2 + 1, Ж1 — Ж2 — З
Вх = {ж1, 2xi — х2 — Зхз, х\ — х2 —
Сх = {xi, 2xi — Ж2 — Зх3, Ж1 — Ж2 — Зх3}.
6. Ах = {xi + 2x2, 3x2 — 4хз, xi — 2ж| —
Вх = {xi + 2x2, 3x2 — 4хз, xi — 2x2 —
Сх = {xi + 2х2, Зх2 - 2, xi - 2х2 - 5}.
7. Ах = {2хь3х1 + 2х2 + 3x3,4xi + 5х2 + 2х3},
Вх = {2хь 3xi + 2х2 + 3,4xi + 5х2 + 7},
Сх = {2хь3х1 + 2х2 + 3x3,4xf+ 5х2 + 2х3}.
2.6. Матрица, образ, ядро, ранг и дефект оператора 55
8. Ах = {х\ — 3^2 — жз, 5, х\ + 2x2 + 1},
.Вж = {х\ — 3^2 — жз, 0, х\ + 2^2 +
Сх = {ж1 - Зж2 - ж3, ж3, Ж1 + 2ж2
9. Ах =
- 2ж2, 3, хх
10. Ах = {5жз, Ж1 + 2^2 + Зжз, 1х\ + 3x2 + 5
\ + 2ж2 + 2, 2х\ + Зж2 + 5},
3, 0, ж^ + Зж2
Ответы.
1. А линейный, В нелинейный, С нелинейный.
2. А нелинейный, В нелинейный, С линейный.
3. А нелинейный, В линейный, С нелинейный.
4. А линейный, В нелинейный, С нелинейный.
5. А нелинейный, В нелинейный, С линейный.
6. А нелинейный, В линейный, С нелинейный.
7. А линейный, В нелинейный, С нелинейный.
8. А нелинейный, В нелинейный, С линейный.
9. А нелинейный, В линейный, С нелинейный.
10. А линейный, В нелинейный, С нелинейный.
2.6. Матрица, образ, ядро, ранг
и дефект оператора
Постановка задачи. Задан оператор А, осуществляющий неко-
некоторое преобразование пространства геометрических векторов Vs.
Доказать линейность, найти матрицу (в базисе i,j,k), образ, ядро,
ранг и дефект оператора А.
План решения.
1. По определению доказываем линейность оператора А, исполь-
используя свойства операций над геометрическими векторами в координат-
координатной форме, т.е. проверяем, что Уж, у G V% и Уа G М.
А(х + у) = Ах + Ау,
А{ах) = аАх.
56 Гл. 2. Линейная алгебра
2. Строим по определению матрицу оператора А. Для этого на-
находим образы базисных векторов i,j, к и записываем их координаты
в базисе i,j, к. Столбцы искомой матрицы — это столбцы координат
образов базисных векторов.
3. Находим образ, ранг, ядро и дефект оператора А, исходя из их
определений.
Пример. Доказать линейность, найти матрицу (в базисе i,j,&),
образ, ядро, ранг и дефект оператора проецирования пространства
геометрических векторов Vs на плоскость XOY.
Решение.
1. Докажем по определению линейность оператора проецирова-
проецирования. Пусть в базисе г, j, к имеем произвольный вектор х = {xi, х2, х%}.
Тогда его образ (проекция) есть Рх = {#i,#2jO}.
По правилам операций с геометрическими векторами в коорди-
координатной форме Ух = {х1,х2,х3} е Уз, ^У = {УьУ2,Уз} G V3 и Va E 1
имеем
Р(х + у) = {хх +у!,х2 + 2/2,0} = {жьж2,0} +{2/1,2/2,0} = Рх + Ру,
Р(ах) = {axi, ах2, 0} = a{xi, x2, 0} = аРх.
2. Так как по определению матрицы оператора ее столбцы —
это столбцы координат образов базисных векторов, найдем образы
базисных векторов г,^, к и запишем их координаты в базисе г,^, к:
Pi=i = {1,0,0}, Pj=j = {0,1,0}, р? = б= {0,0,0}.
Таким образом, матрица оператора проецирования Р есть
Р =
3. Находим образ, ранг, ядро и дефект оператора А, исходя из
определений.
Образ оператора проецирования Р — это множество векторов,
лежащих в плоскости ХОУ, следовательно, в базисе г, j,k
= {\/y: у =
Отсюда RgP = 2.
2.6. Матрица, образ, ядро, ранг и дефект оператора 57
Кег Р — это множество векторов, коллинеарных оси OZ, следова-
следовательно, в базисе i,j, к
Кег Р = {\/х : x = jk, 7 € ^}-
Отсюда Def P = 1.
Заметим, что Rg Р + Def Р = 2 + 1 = dim V3
Ответ. Оператор Р линеен. Его матрица в базисе i,j,k есть
Кег Р =
Условия ЗАДАЧ. Доказать линейность, найти матрицу (в ба-
базисе i,j,k), образ, ядро, ранг и дефект оператора.
1. Оператор проецирования на ось ОХ.
2. Оператор отражения относительно плоскости YOZ.
3. Оператор поворота относительно оси ОХ на угол тг/3 в поло-
положительном направлении.
4. Оператор отражения относительно плоскости х — z = 0.
5. Оператор проецирования на плоскость у + z = 0.
6. Оператор поворота относительно оси OZ на угол тг/6 в поло-
положительном направлении.
7. Оператор проецирования на плоскость х + у = 0.
8. Оператор отражения относительно плоскости у — z = 0.
9. Оператор проецирования на плоскость \/Зу + ^ = 0.
10. Оператор поворота относительно оси OY на угол тг/4 в поло-
положительном направлении.
58 Гл. 2. Линейная алгебра
Ответы.
1 О О
1. Р = I О О О
ООО
KerP = {W: x = fij+-fk, /3,7 ? M}, DefP = 1.
-10 0
2. P= | 0 10
0 0 1
0 0 1
4. P= | 0 1 0
1 0 0
= 3,
= {6}, DefP = O.
10 0
3. P = 0 1/2 -л/3/2
V 0 л/3/2 1/2
= 3,
= {6}, DefP = O.
y = at + Cj+-fk, a.^Gl}, RgP = 3,
KerP = {6}, DefP = O.
1 0 0
5. P= 0 1/2 -1/2 ) ;
0 -1/2 1/2
y = ai + [3j-[3k, a,f3eR}, RgP = 2,
KerP = {Vf: f = 7n, n = {0,1,1}, 7 G M}, Def P = 1.
1/2 -л/3/2 О
6. P = ( V3/2 1/2 0 ) ;
0 0 1
2.7. Действия с операторами и их матрицами 59
y = on + [3j+~fki а,Р,-уеЩ, RgP = 3,
= {6}, DefP = O.
1/2 -1/2 О
7. Р= ( -1/2 1/2 0 ) ;
О 0 1
= {1,1,0}, 7 G M}, DefP = 1.
1 О О
3. Р= | 0 0 1
О 1 О
\/2/2 0 -\/2/2
10. P= 0 1 0
\/2/2 0 л/2/2
у = т + 13э+чк, а,C,-уеЩ, RgP = 3,
= {6}, DefP = O.
1 0 0
9. P = 0 1/4 -г/3/4 ;
V 0 -л/3/4 3/4
DefP = 1.
y = at + Cj+-fk, 01,^,7 gR}, RgP = 3,
KerP = {6}, DefP = O.
2.7. Действия с операторами
и их матрицами
Постановка задачи. Б некотором базисе трехмерного линей-
линейного пространства Х% заданы отображения
х \-> Ах =
а12х2
60 Гл. 2. Линейная алгебра
Вх =
\
a±i u-12 ^-13 \
&21 &22 &23 1
<^31 a32 <^33 /
, в =
/ bn
621
V Ьз1
^12
^22
^32
&13
^23
^33
где х = {ж1,Ж2,жз} — произвольный вектор пространства Х3.
Найти координаты вектора у = Р(А, В)х (в том же базисе), где
Р(А,В) — многочлен относительно операторов А и В.
План решения. Так как при сложении операторов их матрицы
складываются, при умножении на число — умножаются на это число,
а матрица композиции операторов равна произведению их матриц,
то нужно найти матрицу Р(А, В), где А и В — матрицы операторов
А и В. Затем столбец координат вектора у = Р(А,В)х находим по
формуле Р(А, В) • X, где X — столбец координат вектора х.
1. Построим матрицы операторов А и В:
А =
2. По правилам сложения матриц, умножения матрицы на число и
умножения матриц находим матрицу Р(А, В):
Pll P12 Р13
Р(А, В) = ( Р21 Р22 Р23
Р31 Р32 РЗЗ
3. Находим столбец координат образа вектора х:
Pll Pl2 Pl3
Р21 Р22 Р23
Р31 Р32 РЗЗ
Записываем ответ в виде Р(А, В)х = {yi, у2, Уз}-
Пример. В некотором базисе трехмерного линейного простран-
пространства Х3 заданы отображения
х \-^ Ах = {xi + х2 -
х \-^ Вх = {ж2 + 2ж3,
где ж = {а?]., ^2, жз} — произвольный вектор пространства Х%. Найти
координаты вектора BА -\- Ао В)х в том же базисе.
2.7. Действия с операторами и их матрицами 61
Решение.
1. Построим матрицы операторов А и В:
А =
2. По правилам сложения матриц, умножения матрицы на число и
умножения матриц вычисляем матрицу 2А + А • В:
2 2 -2 \ / -1 0 2 \ /120
= | 0 2 2L-1-1 1 0] = (-1 3 2
00 2 ) \ 0 1 0 / \ 0 1 2
3. Находим столбец координат образа вектора х:
-2х2
АоВ)х=\ -1 3 2
Ответ. BА + Ао В)х = {х± + 2ж2, -хх + Зж2 + 2ж3, ж2 + 2ж3}.
Условия ЗАДАЧ. Пусть в некотором базисе заданы отображе-
отображения Ax = {xi — 2жз,ж2,ж2 — жз} и Вх = {2жз,Ж1, — ж2}. Найти коорди-
координаты векторов Р(А,В)х.
2.
3. (В2 + 2А)х. 4.
5. BА2 + ЗБ2)ж. 6.
7. (БЛ + 12)ж. 8.
9. (ЛБ + Б2)ж. 10.
62 Гл. 2. Линейная алгебра
Ответы.
1. {xi - 2х2 + 4ж3, 2х\ + ж2, -2ж2 + ж3}.
2.
3.
4.
5.
6.
7. {ж1 - 2ж3, х\ + ж2 - 2ж3, -
8. {3^1 — 8ж2, Зж2 + 2ж3, —х\
9. {2ж3,Ж1 + 2ж3,ж2}.
10. {-4ж3, -2ж3, -Ж1 - 2ж2}.
2.8. Преобразование координат вектора
Постановка задачи. Вектор х в базисе ei,e2,...,en имеет
координаты {а±, а2,..., ап}. Найти координаты вектора х в базисе
c2ie2 + ... + cnien,
c22e2 + ... + cn2en,
e^ = cinei + c2ne2 + ... + cnnen.
План решения. Координаты вектора при переходе от базиса
ei, е2,..., еп к базису е^, е2,..., efn преобразуются по формуле
хе, = с-гхе, A)
где Хег и Хе — столбцы координат вектора х в базисах е^, е2,..., е^ и
ei, е2,..., еп, С — матрица перехода от базиса ei, е2,..., еп к базису
е1?е2,... ,еп.
1. Находим матрицу перехода С. Так как столбцы матрицы пе-
перехода от базиса ei, е2,..., еп к базису е^, е2, • • •, efn — это столбцы
координат векторов е71? е2,..., е^ в базисе ei, е2,..., еп, то матрица
перехода имеет вид
/ Сц Ci2 ••• С1п \
_ С21 С22 ... С2п
\ сп1 сп2 ... спп
2.8. Преобразование координат вектора 63
2. Находим обратную матрицу С~х и проверяем, что С~ХС = Е.
3. По формуле A) находим столбец координат вектора х в базисе
1? е2, • • •, еп:
хе, = с~хх а'2
Записываем ответ в виде хе/ = {а[, а2,..., ctfn}.
Пример. Вектор х в базисе ei,e2,e3 имеет координаты {1,2,3}.
Найти координаты вектора х в базисе е^_,е2,ез, где
е[ = ei + 2е3,
е2 = е2 + е3,
е3 = —ei — е2 — 2е3.
Решение.
1. Находим матрицу перехода
С =
2. Находим обратную матрицу С методом Гаусса:
1 0 0 | -1 -1
О 1 О
0 0 1
Таким образом,
1-Х -1 1
С = -2 0 1
\ —2 —1 1
Проверяем, что С~хС = Е.
3. По формуле A) находим столбец координат вектора х в базисе
rj rj rj .
еЪ е25 еЗ"
Ответ. хе/ = {0,1,-1}.
64 Гл. 2. Линейная алгебра
Условия задач. Найти
зисе ei
1.
3.
5.
7.
9.
•> е2> еЗ'
ei = ei +e3,
е2 = 2ei + e2 -f
е3 = е2,
хе = {3,-5,4}.
ei =еь
е2 = ei +2e2,
е3 = ei + 2е2 -+-
Хе = {6,2,0}.
ei = 3ei + е2 -Ь
е2 = 2ei + Зе2 ¦
е3 = 2ei + е2 -+-
хе ={0,5,5}.
ei = 2ei + 6e2 -
е2 = 5ei + Зе2
е3 = 7ei + 4e2
хе = {1,0,-1}.
ei = 2ei + Зе2 -
е2 = 7ei + 9e2
е3 = 3ei + 4e2
хе ={0,3,3}.
¦е3,
Зе3,
5е3,
+¦ Зе3,
4е3,
+¦ 5е3,
-2е3,
-Зе3,
+¦ е3,
+¦ 5е3,
т-Зез,
координаты заданного вектора х в ба-
2.
4.
6.
8.
10.
ei = еъ
е2 = 2ei + e2,
е3 = 3ei + 2е2 + е3,
хе = {1,2,7}.
ei=ei+e2 + e3,
е2 = 2е2 + 2е3,
е3 = Зе3,
хе = {2,6,6}.
ei = 2ei + е2 + Зе3,
е2 = 3ei + 2е2 + 4е3,
е3 = 2ei - Зе2 + е3,
хе = {9,14,16}.
ei = 3ei + 2e2 + 3e3,
е2 = -4ei - Зе2 - 5е3,
е3 = 5ei +e2 - е3,
хе = {-2,0,1}.
ei =ei + 2e2 + 2e3,
е2 = 2ei + e2 - 2е3,
е3 = 2ei - 2е2 + е3,
хе ={-9,0,9}.
Ответы. 1.хе/ = {5,-1,-4}. 2.хе/ = {4,-12,7}. З.хе/ = {5,1,0}.
4.хе/ = {2,0,0}. 5.хе/={-6,1,8}. 6.хе/ = {2,3,-2}. 7. хе/ = {0, -4,3}.
8. хе/ = {5,3, -1}. 9. хе/ = {5, -4, 6}. 10. хе/ = {1,0, -1}.
2.9. Преобразование матрицы оператора
Постановка задачи. Найти матрицу некоторого оператора А
в базисе ei, е2,..., efn, где
- c2ie2 + ... + cnien,
е2 = с12е1 + с22е2 + ... + сп2еп,
еп ^ cinei Н~ С2пе2 + • • • + cnnen,
2.9. Преобразование матрицы оператора
65
если в базисе ei, е2,..., еп его матрица имеет вид
a>in
а12
^22
\
ап2
План решения. При переходе от базиса ei,e2,...,en к базису
'ь е2,..., е^ матрица оператора преобразуется по формуле
где С
Ае' — С АеС, A)
матрица перехода от базиса ei,e2,...,en к базису
ье2,... ,еп.
1. Находим матрицу перехода С. Так как столбцы матрицы пе-
перехода от базиса ei, в2,..., еп к базису е71? е2,..., е^ — это столбцы
координат векторов е'ь е2,..., е^ в базисе ei, е2,..., еп, то
С =
Сц С12 ... С1п \
С21 С22 ... С2п
СП1
Спп J
2. Находим обратную матрицу С 1 и проверяем, что С ХС = Е.
3. Находим матрицу оператора А в базисе е^е^,..., е^ по фор-
формуле A)
Пример. Найти матрицу оператора А в базисе е^,е2,ез, где
i = ех +е2 + 2е3,
2
е2 = 2ei -e2,
если в базисе е1,е2,ез его матрица имеет вид
5 О.В. Зимина и др.
66
Гл. 2. Линейная алгебра
Решение.
1. Находим матрицу перехода
С =
2. Находим обратную матрицу С методом Гаусса:
1 2
-1 -3
-2 -4
Таким образом,
Убеждаемся, что С • С = Е:
3. Находим матрицу оператора А в базисе е71? е^, е^ по формуле A)
Ответ. Ае> =
2.9. Преобразование матрицы оператора
67
Условия ЗАДАЧ. Найти матрицы AG> в базисе e'^e^e^, где
е'2 =
е3 =
3е2
4е2
если заданы матрицы Ае в базисе ei,e2,e3.
1. Ае =
3.
5. Ае =
7.
9. Ае = | -
2. Ао =
4. А^ =
6. Ае =
3. А^ =
10. Ае =
Ответы.
1. Ае/ =
3. Ае/ = I -
5. Ае, = | -
47
30
9
20
13
-1
27
18
-2
-67
43
12
27
-17
-2
42
-28
-4
-37
23
9
22
-16
0
13
-8
0
. 2.
. 4. Ае/ =
6. AG, =
-37 -55 -27
24 35 19
6 10 2
-26 -47 7
13 25 -6
13 20 3
1 -1 15
-2 -1 -11
4 6 0
5*
68 Гл. 2. Линейная алгебра
-43 -60 -34 \ / 4 4 21
7. Ае/ = | 28 39 22 . 8. Ае, = -1 -1 -11
10 14 7 / \ 0 1 -5
-28 -40 -28 \ / -86 -113 -60
9. Ае, = | 17 24 18 . 1О.Ае/= 51 67 35
5 7 6/ V 23 30 18
2.10. Собственные значения
и собственные векторы оператора
Постановка задачи. Найти собственные значения и собст-
собственные векторы оператора А : Хп н> Хп, заданного в некотором
базисе матрицей
а<2\ ^22 ^2
План решения. Собственные значения оператора А являются
корнями его характеристического уравнения det(A — ХЕ) = 0.
1. Составляем характеристическое уравнение и находим все его
вещественные корни (среди них могут быть и кратные).
2. Для каждого собственного значения А^ найдем собственные век-
векторы. Для этого записываем однородную систему уравнений
(А - \Е)Х = О
и находим фундаментальную систему решений X}, Х\ч • • •, Х%п_г., где
Г{ — ранг матрицы системы А — \Е. (Заметим, что Г{ < п, так как
det(A - \Е) = 0.)
3. Столбцы X}, Х\,..., Хгп_г. являются столбцами координат иско-
искомых собственных векторов е^, е2,..., е^_г.. Окончательно для А = А^
записываем ответ в виде
ej = {...}, е' ={...}, ... , <_„={•••}
Замечание. Множество собственных векторов, соответствую-
соответствующих собственному значению А^, можно записать в виде
Sx=Xi = {х : x = Ciei +С2е^ + ... + Cn-ri<Jn_ri ф 0}
2.10. Собственные значения и собственные векторы 69
Пример. Найти собственные значения и собственные векторы
оператора А : Х% ь->> Хз, заданного в некотором базисе матрицей
А =
Решение.
1. Составляем характеристическое уравнение:
= 0 «=* C - Л)(Л2 - 4Л + 3) = 0.
3-А О О
1 2-А -1
1 -1 2-А
Поэтому Ai52 = 3, A3 = 1.
2. Для собственного значения Ai52 = 3 найдем собственные век-
векторы. Запишем однородную систему уравнений (А — 3 • Е)Х = О:
Очевидно, ранг матрицы этой системы равен 1 (п — г = 2 — размер-
размерность пространства решений), следовательно, система нетривиально
совместна и ее фундаментальная система решений имеет вид
Х2 =
Итак, двукратному собственному значению Ai?2 = 3 соответствуют
два линейно независимых собственных вектора ei = {1,1,0} и е2 =
= {1,0,1}. Множество всех собственных векторов S\± 2=з, соответ-
соответствующих собственному значению Ai?2 = 3, имеет вид
^А1>2=з = {х : х = Ciei + С2е2 ф 0}.
Аналогично находим собственный вектор, соответствующий
собственному значению Аз = 1. Получим ез = {0,1,1}. Поэтому мно-
множество всех собственных векторов Sa3=i? соответствующих
собственному значению Аз = 1, имеет вид
5л3=1 = {х : х = С3е3 ф 0}.
70 Гл. 2. Линейная алгебра
Ответ.
5а1>2=з = {х : х = Ciei + С2е2 ф 0}, где ег = {1,1, 0} и е2 = {1, 0,1};
5Аз=1 = {х : х = С3е3 ф 0}, где е3 = {0,1,1}.
Условия ЗАДАЧ. Найти собственные значения и собственные
векторы операторов А : Х3 i—)> Х3, заданных в некотором базисе
матрицами.
1. 1 4 2 . 2.
3.-1 5 -1 . 4.
5. 0 4 -1 . 6.
7.
9. 1 3 0 . 10.
Ответы. 1. Ai = -1, ei = {l,-l,2}; A2 = 5, е2 = {1,1, 0}; A3 = 5, e3 =
= {-2,0,1}. 2. Ai =2, ei = {1,1,0}; A2 = 3, e2 = {2,1, 0}; A3 = 3,
з = {0, 0,1}. 3. Ai = 2, ei = {1, 0, -1}; A2 = 3, e2 = {1,1,1}; A3 = 6,
3 = {1, —z, 1}. 4. Ai = z, ei = {l,U,U}; A2 = Z, e2 = {U, 1,1}; А3 = 4,
з = {1,1, -!}• 5. Ai = 2, ei = {1,0,0}; A2 =3, e2 = {3,1,1}; A3 = 5,
з = {1,-3,3}. 6. Ai = l, ei = {2,-l,2}; A2 = 3, e2 = {1, -2, 2}; A3 = 5,
3 = {0,1,0}. 7. Ai = 2, ei = {0,l,0}; A2 = 3, e2 = {1,3,1}; A3 = 5,
з = {1,1, -1}. 8. Ai = 1, ei = {3, -3, -1}; A2 = 3, e2 = {1,1, -5};
3=4, e3 = {0,0,1}. 9. Ai = 2, ei = {3,-3,-l}; A2 =4, e2 = {1,1, -3};
о =5. fio = ln.n. П. 10. Ai =1. Pi =Л.-1.-П: Ао = Я. ео = Л.П.-П:
Глава 3
ПРЕДЕЛЫ
При изучении темы ПРЕДЕЛЫ вы познакомитесь на примерах
с понятиями предела последовательности, предела и непрерывности
функции в точке, научитесь вычислять различные пределы, исполь-
используя теоремы о пределах, эквивалентные бесконечно малые и специ-
специальные приемы.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете решить неравен-
неравенства, выполнить численные расчеты и проверить правильность полу-
полученных вами результатов.
3.1. Понятие предела последовательности
Постановка задачи. Пользуясь определением предела последо-
последовательности, доказать, что
lim an = а.
План решения.
1. По определению число а называется пределом числовой после-
последовательности {ап}, если
Уе > 0 3N(s) : п > N(e) =*> \ап - а\ < е.
Это означает, что Ve > О неравенство \ап — а\ < г имеет решение
п > N{e).
2. Найдем, при каких п справедливо неравенство
\ап -а\<е,
т.е. решим это неравенство относительно п.
3. Если решение имеет вид п > АГ(е), то а — предел числовой
последовательности {ап}.
72
Гл. 3. Пределы
Замечание. Если решение неравенства \ап — а\ < е нельзя пред-
представить в виде п > АГ(е), то число а не является пределом последова-
последовательности {ап}.
Пример. Пользуясь определением предела последовательности,
доказать, что
2п3
lim
— 2
= 2.
Решение.
1. По определению число 2 называется пределом числовой после-
2п3
довательности
, если
п3-2
Уе > 0 3N(e) : п > N(e)
2п3
-2
п3-2
2. Найдем, при каких п справедливо неравенство
2п3
< е.
-2
+ 2. Следователь-
Следовательn3-2
т.е. решим это неравенство относительно п.
3. Неравенство имеет решение n>N(e) =
но, 2 — предел числовой последовательности
Ответ, п > у/4/е + 2.
Условия ЗАДАЧ. Пользуясь определением предела последователь-
последовательности, доказать, что lin^^oo ап = а.
1. ап =
3. ап =
5. ап =
7. ап =
9. ап =
2п
Зп
Зп
2п
Ъп
п
3-
34
—
-
+
+
+
- п
- п
-8'
2
1'
2
1'
2
[ '
3
3'
4n2
а = -. 2. ап =
а= -. 4. ап =
а = 5. 6. ап =
а = -1. 8. ап =
, а = 2. 10. ап =
4п —
2п +
5п +
бп-
2п +
Ъп
2
3'
2
1'
-2 '
2
1'
1'
а = 2.
_ 5
а = 4.
а = 3.
а = 3.
3.2. Вычисление limn^oo [Pfc(n)/Qm(n)]
73
3^ + 4
-3s
4. n >
3. n >
2e
3. n >
7. n >
3.2. Вычисление \i
Постановка задачи. Вычислить предел
lim Pfe(n)
Q()'
+ dk-i
+ ... + ain + a0,
План решения. Здесь P&(n) — многочлен степени /с (бесконечно
больнгая последовательность порядка пк) и Qm(n) — многочлен сте-
степени 777, (бесконечно большая последовательность порядка пш).
1. Вынесем в числителе множитель пк, получим Pk{n) = пкр(п),
где р(га) = afc + a/,_i/n + ... + ао/ттА
2. Вынесем в знаменателе множитель nm, получим Qm(n)=nmq(n),
где g(n) = 6m + 6m_i/n + ... + Ь0/пш.
3. Имеем
lim
= lim
у= lim )^ .
Qm(n) n^oo nmq(n)
4. Получаем:
если к > m, то lim
lim
n^°° Qrn{n)
= oo;
если к < т, то lim ———— = 0;
n^oo Qm(n)
если к = 771, то по теореме о пределе частного
74 Гл. 3. Пределы
Пример. Вычислить предел
n^oo n2 + П + 1
Решение. Здесь Bга + IJ — (га + IJ = 3n2 + 2n — многочлен вто-
второй степени (бесконечно большая последовательность порядка п2) и
п2 + га + 1 — многочлен второй степени (бесконечно большая после-
последовательность порядка п2).
1. Вынесем в числителе множитель га , получим
Bn + lJ-(n + lJ = n2 (з+-
V п
2. Вынесем в знаменателе множитель п2, получим
2 _ 2 / 1 1
3. Имеем
r Bn+lJ-(n+lJ ,. г,2
hm тг — = lim
п^оо П2A + 1/п+ 1/п2) '
4. Сокращая п2 и используя теорему о пределе частного, получаем
= =
п2 + п + 1 limn^oo A + 1/га + 1/п2)
.. Bn+lJ-(n+lJ Q
Ответ, hm ^ — = 3.
п^оо ПА + П + 1
Условия задач. Вычислить пределы.
E - пJ + E + nf D - пK _ B - nf
' ^ E J E + J " ' Л^
E - пJ - E + ПJ " ' пЛ^о A - пJ - B + ПL'
C-nK-B-nK B-nJ-(l + nJ
п^о A - „K _ A + пK ' п^5с A + пJ - B - ПJ '
C + nJ-B + nJ (n + 2K-(n + 2J
а- Л^о B + „J _ A _ „J • °- „i^o(n-2K-(n + 2K'
3.3. Вычисление limn^oo [f[u)/g(n)\ 75
, v A + 3nK - 27n3 o v C-2nJ
A + AnJ + 2П2 " n^oo (n - 3K - (П + 3K '
nK (n + 2J-(n + 5K
1U ^
9' n^o(n + 2J-(n+lK- 1U' n^o C-nK
Ответы. 1. -ос. 2.0. 3.0. 4. -1. 5.1/3. 6. - oo. 7.9. 8. -2/9.
9. - 1. 10. 1.
3.3. Вычисление lim^^oo [f(n)/g(n)]
Постановка задачи. Вычислить предел
n^oo g(n) '
где f(n) — бесконечно большая последовательность порядка па и
д{п) — бесконечно большая последовательность порядка п@
{а, C е R).
План решения.
1. Вынесем в числителе множитель па, получим f(n) = па(р(п),
где lirr^^oo (р(п) = а, а ф 0.
2. Вынесем в знаменателе множитель п^3, получим ^(п) =
где iim^-^oo i^^nj — o, Of u.
3. Имеем
lim —^4 = Hm
д(п) п
4. Получаем:
если а > C, то lim ——— = оо;
если а < /3, то lim —^- = 0;
п^оо д(п)
если а = /3, то по теореме о пределе частного
f(n) lim ^^ a
п^оо д[п) Hm ф(п) Ъ
76
Гл. 3. Пределы
Пример. Вычислить предел
lim
га
\/32n10 + 1
(га + У™
-1
Решение. Числитель п %/п + у/32п10 + 1 — бесконечно большая
последовательность порядка п2 и знаменатель (га + у/п) \Лг3 — 1 —
бесконечно большая последовательность порядка п .
1. Вынесем в числителе множитель п2, получим
п
= n2
2. Вынесем в знаменателе множитель п2, получим
(п + tyn) \/п3 - 1 = п2 1 +
чЗ'
3. Имеем
lim
(га
= lim
4. Сокращая п2 и используя теоремы о пределах, окончательно
получаем
(га + V^) \/n3-l
= lim
/п5/е + 2 5/1 + 1/п
ю
= 2.
Замечание. В данном случае было использовано свойство корня,
в силу которого Ишп-^оо \/^- + 1/п10 = 1 и Нп^-юо Vl ~ 1/п3 = 1.
Ответ, lim
= 2.
3.4. Вычисление
[u(n)v(n)
77
Условия задач. Вычислить пределы.
1. lim
3. lim
5. lim
п—>-оо
7. lim
9. lim
n\/3n2+ \/4n8 + 1
л/2пЧ
ьз-
Уп3 + 2 - -
л/й~+
\Лг4 +
Юп3 -
2- 5
-\
-1-
— п -\
\Jn —
v/l25r
+ 2
hn2
Т"
г3 + п
~2
- 1
2. lim
4. lim
. 6. lim
у/п-1- V2n2 + 3
\/n2 + 3 + 3n3
2 + 2n + 1 - n2 '
- 3v/27n6 + n4
B. lim
/n5 + 3 + д/^г - 2
^°° \/^4 + 2 - V™ - 2'
10. lim
/ra+~2- \/8n3 + 3
Ответы. 1. л/2. 2. 0. 3. +oc. 4. 3. 5. 5. 6. -3. 7. -1. 8. +oc. 9. 5. 10. -2.
3.4. Вычисление lim^^oo [u(n)v^]
Постановка задачи. Вычислить предел последовательности
lim [u(n)v^],
п—^оо
sde limn_).oo и(п) = 1 i? liniyj^.00 f(?7,) = ос.
План решения.
1. Преобразуем выражение под знаком предела так, чтобы исполь-
использовать второй замечательный предел, т.е. выделим единицу:
f \ / / / ч\ oi(n)v(n)
lim [u(n)v{n)}= lim (llafn)I'* ,
n—)-oo n—>-oo V /
где a(n) = iz(n) — 1 — бесконечно малая последовательность при
п —>- ос. Так как а(п) —>• 0 при п —>- ос, то
lim (
п—>-оо
=e.
2. Если limy^^oo ап = а (ап > 0, а > 0) и liniyj^oo Ъп = 6, то
lim апЪп = а6.
78
Гл. 3. Пределы
Следовательно, если существует предел
lim a(n)v(n) = lim (u(n) —
п—>-оо
то окончательно имеем
lim [u(n)v{n)] = elin
n—)-oo
ПРИМЕР. Вычислить предел
1-2п
n^oo V4n2 + 2n + 3
Решение.
1. При п —>> оо выражение под знаком предела представляет собой
степень, основание которой стремится к единице:
4п2 + 4п - 1
а показатель — к минус бесконечности:
lim A — 2п) = —оо.
п—)-оо
Преобразуем выражение под знаком предела так, чтобы использовать
второй замечательный предел:
/4п2 + 4п - 1
V 4п2 + 2п + 3
1-2п
= 1 +
2п-4
4п2 + 2п + 3
1-2п
2п-4
Так как
при п —>- ос, то
4п2 + 2п + 3
2п-4
2п-4
Bп-4)A-2п)
4п2 + 2п + 3
4п2 + 2п + 3
lim 1 +
2п-4
4п2 + 2п + 3
4п2 + 2п + 3
2п-4
= е.
3.5. Понятие предела функции 79
2. Так как
Вт Bп 4)(! 2п) = _
то окончательно имеем
lim I "' ' "' ^ | = е
V42 2 3
е
n r /4га2 + 4га-
Ответ, lim
Условия задач. Вычислить пределы.
( п + 2\п
1. lim . 2. lim
3. Нт 1^-LJl ) . 4. lim
n-юо V П1
5. lim ( ^r ) . 6. lim
, nz + n — 1
. 3n2 - 2n \ n+2
7. hm ( ^ . 8. hm
г2 - 2n + 5/ n^oo
9. lim (V^) • Ю- Hm ' "" ' ''"
Ответы. 1. e3. 2. y^. 3. e. 4. e. 5. e~2. 6. e2. 7. 1. 8. e6
9. e~5. 10. +oc.
3.5. Понятие предела функции
Постановка задачи. Пользуясь определением предела функции
в точке, доказать, что
lim f(x) = A.
х—Уа
80
Гл. 3. Пределы
План решения.
1. Число А называется пределом функции f(x) в точке х = а, если
Уе > 0 36 (е) > 0 : 0 <
х — а
6(е) => \f(x) -А\<г.
Это значит, что \/е > 0 неравенство |/(ж) — -А| < ? имеет решение
0<
х — а
< 6(е).
2. Для того чтобы найти 6(е), сначала найдем множество М такое,
что
х е М =*> \f(x) -A\<e,
т.е. решим неравенство \f(x) — А\ < е. Затем найдем 6(е) такое, что
0 < \х - а\ < 6(е) =^ х е М.
Тогда будем иметь
0 < \х - а\ < 6(е) ^х е М =^ \f(x) - А\ < е.
Это означает, что
lim f(x) = A.
х—Уа
Записываем ответ в виде: \/е > 0 0 < \х — а\ < 6(е) =^ \f(x) — A\ < e.
Пример. Доказать, что
15ж2 - 2х - 1
lim — = 8.
х-^1/3 X - 1/3
Решение.
15ж2 — 2х — 1
1. Число 8 называется пределом функции f(x) = zttt. в
точке х = 1/3, если
\/г > 0 3J(e) > 0 : 0 <
х -1/3
<5(е)
- 1/3
<
2. Для того чтобы найти 6{s), сначала найдем множество М такое,
что
х е м ¦
т.е. решим неравенство
1Бх2 - 2х -
х -1/3
-1/3
< е.
3.5. Понятие предела функции
81
Затем найдем S{e) такое, что
0<
х
< S(e) => х е М.
Тогда будем иметь
о< г
5(е) =^ х е М
1Ъх2 -2х-\
х -1/3
< е.
3. Решаем неравенство:
15ж2 - 2х - 1
х -1/3
(так как в определении предела функции в точке х ф 1/3, т.е.
х — 1/3 ф 0, то можно сократить дробь на множитель х — 1/3). Таким
образом,
15 ' ¦
Следовательно, если
1Ъх2 -2х-\
х- 1/3
< г.
s
15'
ТО
0<
1
х~з
е 1\ , , /^1 1 ?
1Бх2 -2х-1
х -1/3
<?,
т.е.
lim
ж->-1/3
— 1/3
Ответ. Ve > 0
6 О.В. Зимина и др.
0 <
1
х~з
S
15
- 2х -
-1/3
<
82 Гл. 3. Пределы
Условия ЗАДАЧ. Пользуясь определением предела функции в
точке, доказать равенства.
.. 2ж + 11ж + 15 Зж + 2ж8
1. lim = —1. 2. lim = -10.
+ 3 + 2
6ж + 5ж1 9ж + 12ж + 3 с
3. lim : = —1. 4. lim : = 6.
ж->>-1/2 X + 1/2 ж^-1/3 Ж + 1/3
Зх2 + ж - 2 ж2 - ж - 6
5. lim = —5. о. lim = 5.
х^-1 Х+1 х^З Х — 3
6х2 - 9х + 3 , 4х2 - 15х + 9
7. lim = 3. 8. lim = 9.
ж->>1 Ж — 1 ж^З X — 3
6х + 20ж + 6 5х2 - Зх - 2
9. lim = -16. 10. lim = 7.
+ 3 я-И Ж-1
Ответы. 1. J(e) = е/2. 2. 5(е) = е/3. 3. J(e) = е/6. 4. 5(е) = е/9.
5. 6(е) = е/3. 6. 5(е) = е. 7. 6(е) = е/6. 8. 5{е) = е/4. 9. J(e) = е/6.
10. 6(е) = е/Ъ.
3.6. Понятие непрерывности
функции в точке
Постановка задачи. Пользуясь определением, доказать, что
функция f(x) непрерывна в точке а.
План решения.
1. Вычисляем /(а).
Функция f(x) называется непрерывной в точке х = а, если
\/е > 0 35{е) > 0 : \х-а\< 5{е) => |/(ж) - /(а)| < е.
Это значит, что \/? > 0 неравенство \f(x) — f(a)\ < e имеет решение
0 < \х - а\ < 5(е).
2. Для того чтобы найти 5(е), сначала найдем множество М такое,
что
х ? М => \f{x) - f(a)\ < е,
т.е. решим неравенство \f(x) — f(a)\ < e. Затем найдем 5{е) такое,
что
\х-а\< 5{е) =>> х G М.
3.6. Понятие непрерывности функции в точке
83
Тогда будем иметь
\х - а\ < 5(е) =>хеМ^ \f(x) - f(a)\ < e.
Это означает, что f(x) непрерывна в точке х = а.
Записываем ответ в виде: Ve>0 \х — а\ < 6(s) => \f(x) — f(a)\<s.
Пример. Пользуясь определением, доказать, что функция
f(x) = Ъх2 + 5 непрерывна в точке а = 8.
Решение.
1. Вычисляем /(8) = 325.
Функция f(x) называется непрерывной в точке х = 8, если
Уе > 0 36(е) > 0 : \х - 8| < 6(е) => \Бх2 + 5 - 325| < е.
Это значит, что \/s > 0 неравенство \f(x) — 325) | < е имеет решение
О < \х-Ъ\ < 6(е).
2. Для того чтобы найти 6(е), сначала найдем множество М та-
такое, что х G М =>> \Ъх2 + 5 — 3251 < ?, т.е. решим неравенство
|5ж2 + 5 — 325| < е, затем найдем 6(е) такое, что \х — 8| < 5(е) =^>
^ х Е М. Тогда будем иметь
\х - 8| < J(e) =4хеМ^ |5ж2 + 5 - 325| < е.
3. Решаем неравенство (считая, что е < 320)
: е^^ 64-- < х2 < 64+-
о о
Таким образом,
х е М =
Следовательно, если
\Бх2 + 5-3251 < е.
=min J8- J 64 - | ,
IV ^
то
\х —
64 + | -в! = J 64 + | -8,
|5ж2+ 5-3251
84
Гл. 3. Пределы
т.е. f(x) = Ъх + 5 непрерывна в точке х = 8.
Ответ. Me > 0 b - 8 < W64 + - -
5-3251
Условия ЗАДАЧ. Пользуясь определением, доказать, что функ-
функция f(x) непрерывна в точке а.
1. /О) = Ах2 - 1, а = 2.
3. /(ж) = -ж2 - 5, а = 1.
5. /(ж) = -4ж2 - 6, а = 3.
7. /О) = 2ж2 + 5, а = 2.
9. /О) = 4ж2 + 1, а = 8.
ж) = Зх2 - 2, а = 3.
ж) = -5ж2 - 7, а = 2.
ж) = -Зж2 + 8, а = 4.
ж) = 5ж2 + 2, а = 6.
10. /О) = 2ж2 - 1, а = 7.
2.
4.
6.
8.
Ответы. 1. 6(е) = ^4 + е/4 - 2. 2. ?(е)
3. 5(е) = VT^s - 1. 4. J(e) = у/4 + е/5 - 2. 5. 5
6. 5(е) = у/16+ е/3-4:. 7. J(e) = у/4+ 6/2-2. 8. 5
9. J(e) = v/64 + s/A - 8. 10.6(б) = y/W+ф - 7.
3.7. Вычисление limx^a[Pn(x)/Qm(x)]
Постановка задачи. Вычислить предел
= апхп
»П-1
Ьо.
План решения.
1. Если Qm(a) ф 0, то функция Pn{x)/Qrn{x) непрерывна в точке а
lim Pn^ = Рп^
x^aQm{x) Qm(a)'
Если С}ш(а) = 0 и Рп(а) ф 0, то
= оо.
3.7. Вычисление \imx-i.a[Pn(x)/Qrn(x)] 85
Если Qm(a) = 0 и Рп(а) = О, то, разлагая многочлены на множи-
множители, получаем
Рп{х) _ (ж - g)Pn_i(sc)
где Qm-i{a) ф 0 и Pn_i(a) / 0.
2. Поскольку в определении предела функции при х —>> а аргумент
не может принимать значение, равное а, то в последнем случае можно
сократить множитель х — а. Получаем
Р (г\ (гГ_п\р 1 Г'уЛ Р т(п\
lim ———^- = lim -у г— V^r = -^ h~r-
х^а Qm(x)
Замечание. Если а является кратным корнем многочленов Рп(х)
и Qm(ff), то Рп(ж) = (х - а)кРп-к(х), Qm(x) = (х - a)lQm-i(x) и
Рта(д?) = (х-а)кРп_к(х)
Qm(x) (x-a)lQm-i(x)'
где Qm-i(a) ф 0 и Рп-к(а) ф 0.
ПРИМЕР. Вычислить предел
х3 - Ах2 - Зх + 18
х3 - Ъх2 + Зх + 9 '
Решение.
1. Выражение под знаком предела (рациональная дробь) является
отношением двух бесконечно малых функций при х —>- 3.
Разложим числитель и знаменатель на множители:
ж3 - 4х2 - Зх + 18 _ (ж - 3JО + 2)
гр о Рч rp2i I Q /у» | Q [ гр Q \ ^ / rp I I \
2. Поскольку в определении предела функции при х —>- 3 аргу-
аргумент не может принимать значение, равное 3, то можно сократить
множитель {х — ЗJ. Получаем
х3 - 4х2 - Зх + 18 . ж + 2 5
lim = lim = —.
х^з х3 - Ъх2 + Зх + 9 ^зж + 1 4
ж3 - Ах2 - Зх + 18 5
Ответ, lim — = -.
™ v О /у»О У^\гр2л I V? /у» I Q Л_
ш ~ *-* «X/ \J ьЛ/ | <_1«Х/ | %J л.
Гл. 3. Пределы
Условия задач. Вычислить пределы.
ж3 + Зж2 + 7ж + 5 ,. х3-\-х2-х-1
1. пт . 2. hm
2 2
3. hm —— -. 4. hm
2х2
X3
х3-
X3
X
х2-
+ х —
+ 4*'
Х2 +
-2х2
•3 - 1
- х -
-3"
2ж-
+ П
+ 2
-2
f 2
_g
4
1 ж3 - Зж - 2
х + 4ж + 5ж + 2 ,
5. hm . 6. hm
х—>-1 Ж4 — X3 + Ж — 1
2 _|_ От» Ч
х6 + 5ж2 + ох
ж6ж + 12ж8 ж4 + ж3 + 2ж +
3 22 + 2 4 ' ' 2 1
ж 1 , ж3 - х2 - х - 2
9. hm — . 10. hm
- 2х2 + х- 2'
Ответы. 1. 0. 2. 2/3. 3. 0. 4. 2. 5. 1. 6. -4/3. 7. 0. 8. -1/2.
9. 1. 10. 7/3.
3.8. Вычисление Н
Постановка задачи. Вычислить предел
г^е /(ж) гл д{х) — бесконечно малые функции в точке х = 0.
План решения. Бесконечно малые функции, стоящие в числителе
и знаменателе, можно заменить на им эквивалентные (табличные).
Если /(ж), /i(x), g(x), gi(x) — бесконечно малые функции в точке
х = 0 такие, что f(x) ~ fi(x) и д(х) ~ д\(х) в точке х = 0,
и существует Итяч0 fi(x)/gi(x), то существует Итяч0 f(x)/g(x),
причем
hm —-Т = hm —
Т = hm
д(х) х^О д1(х)
3.8. Вычисление Нтж^о [f{x)/g{x)] 87
Пример. Вычислить предел
2х sin х
lim
1 - cos х
Решение. Выражение под знаком предела является отношением
двух бесконечно малых в точке х = 0, так как
lim Bxsinx) = 0, lim (I — cos ж) = 0.
Бесконечно малые, стоящие в числителе и знаменателе, заменяем на
эквивалентные:
2х sin х ~ 2х • х, х —> 0,
х2
1 — COS Ж rsj ? х —>> 0.
= 4.
1 — cos х
Условия задач. Вычислить пределы.
Зх2 + 6х
Таким образом,
2
Ответ, lim —
lim
ж sin ж
г
Z
1
\х sin х
— cos ж
-4.
- lim
2ж • х
х2/2
1. lim -^— ^. 2. lim
Ъх - 1 л 1 - cos 2ж
3. lim -—; г-. 4. lim
ж->-о ln(l + ж)" ' ж^о cos Ъх — cos Зх'
1 — cos 2х л/9 + ж ~~ 3
5- lim —^2 Г" 6- lim -^ , о •
ж^о е^ж —1 ж^о 3arctg2x
7. lim -^ . 8. lim
• е2х - 1' ' ж^о sin2 ж
arcsin 2x
9. lim — -. 10. lim
r\J 1111 ± LjJU I Jj rKJ 1111C LjJb I ±
Ответы. 1. 2/3. 2. 2. 3. In5. 4. -1/4. 5. 1. 6. 1/12. 7. 1.
8. 1/4. 9. -1. 10. -e.
Гл. 3. Пределы
3.9. Вычисление Нтж^а [f(x)/g(x)]
Постановка задачи. Вычислить предел
lim ——,
х^а g(x)
где f(x) и g(x) — бесконечно малые функции в точке х = а.
План решения.
1. Нужно заменить f(x) и д(х) на эквивалентные им бесконечно
малые функции. Но таблица эквивалентных бесконечно малых функ-
функций составлена для точки х = 0. Поэтому сначала сделаем замену
переменной х — а = t л будем искать предел при t —> 0.
2. Преобразуем выражение под знаком предела, пользуясь алгеб-
алгебраическими и тригонометрическими формулами, и заменяем в
произведении и частном бесконечно малые функции эквивалентными.
ПРИМЕР. Вычислить предел
cos Зх — cos х
lim .
х^тт tg22x
Решение.
1. Поскольку
lim [cos Зх — cos x] = 0, lim tg 22x = 0,
то выражение под знаком предела является отношением двух беско-
бесконечно малых функций при х —>- тг. Нужно заменить эти бесконечно
малые функции эквивалентными. Для этого сначала сделаем замену
переменной х — тг = t:
cos Зх — cos x , cos3(tt + i) — cos(tt + i)
lim = lim 1
t22
2. Используя тригонометрические формулы и заменяя в произве-
произведении и частном бесконечно малые функции эквивалентными, полу-
получим
cos 3(тг + t) - cos(tt + t)
cost-cos3t , -2sm2tsm(-i) , 2-2t-t
= lim ц = lim = lim — = 1.
t22^ t22^ t-^o At2
3.10. Вычисление Итж^0 [u(x)v{x)] 89
_ . cos Зх — cos х
Ответ, hm = 1.
t22
Условия задач. Вычислить пределы.
х3 - 1 1 + cos5x
1. lim . 2. lim ~ .
x^i In ж ж^тг sin Зж
1 + cos 2тгж sin Зтгж
3. lim ^ . 4. lim
\/ж ж 1 1
5. lim -— — . 6. lim
1( 1)
n v 1~x3 or 2
7. lim — . 8. lim
9. Iim*i^-. 10. li
3
smnx
Ответы. 1. 3. 2. 5/18. 3. 1/2. 4. 3/8. 5. 3/2. 6. 3/5. 7. 3/тг.
-1/Dтг). 9. -5/3. 10. D1п2)/тг.
3.10. Вычисление li
Постановка задачи. Вычислить предел
lim [u(x)v(%
ж—)-0
где lim и(х) = 1 и lim г;(ж) = ос.
План решения.
1. Преобразуем выражение под знаком предела:
u{x)v{x) =е*(*)Ьи(х)я
2. Поскольку показательная функция ех непрерывна, то можно
перейти к пределу под знаком этой функции. Имеем
lim \u(x)V^} = lim е<х)^и{х) = e\imx^o[v{x)\Ku{x)]^
L V } J
90 Гл. 3. Пределы
3. Вычисляем предел показателя
lim [v(x
заменяя бесконечно малые функции эквивалентными.
4. Записываем окончательный ответ.
Пример. Вычислить предел
Решение. При х —>> 0 выражение под знаком предела представ-
представляет собой степень, основание которой стремится к единице:
Л. \ + х2 л
lim — = 1,
х^О 1 + Х2ЪХ
а показатель — к бесконечности:
lim —о— = оо.
х^о sin х
1. Преобразуем выражение под знаком предела:
2. Поскольку показательная функция ех непрерывна, то можно
перейти к пределу под знаком этой функции. Имеем
lim — = exp lim —~— In
3. Вычисляем предел показателя
lim —5— In -
3.10. Вычисление Итж^о [i/(sc)v^] 91
Преобразуя выражение под знаком предела к виду
—о— In
sin ж
и заменяя бесконечно малые функции эквивалентными, имеем
_ u _1_ х2Бх(B/Б)х - 1) _ 2_ х2Бхх\пB/Б) _ 2
ж^ох3 1 + х2Бх ж^ох3 1 + х2Бх Б
4. Окончательно получаем
, ~2г>ж\ l/sin3x
'1
Ответ, lim
Условия задач. Вычислить пределы.
1. lim . 2. lim
1 + x2x ) x^o \1
/ -i i о \ 1/ sin3 ж
/ 1 +SinXCOs3x\ ч1/sin2
3. lim . 4. hm(l - lncosz)i/sin
x^o \1-\-smxcoszx J x^o
5. НтB-581п2жI/ж2. 6.
ж^0У У
7. lim(cosxI/(^sin^. 8.
9. lim fl + scostoy _ 10_ Um _
ж^О у 1 + Ж COS Ж J ж^О
Ответы. 1. 3/2. 2. 3/4. 3. е/2. 4. е1/2. 5. 1/5. 6. е/2.
7. е-1/2. 8. е-2. 9. е/2. 10. е1^.
92 Гл. 3. Пределы
3.11. Вычисление Н
Постановка задачи. Вычислить предел
Нт [Ця)0],
ж—Уа
где Нт гх(ж) = 1 и Нт г;(ж) = ос.
х—Уа х—Уа
План решения.
1. Чтобы использовать таблицу эквивалентных бесконечно малых,
сделаем замену переменной t = х — а (тогда t —> 0 при х —>> а) и
преобразуем выражение под знаком предела:
u{x)v{x) = Ul{t)Vl{t) = e«i(*)int*i(t)e
2. Поскольку показательная функция еж непрерывна, то можно
перейти к пределу под знаком этой функции. Имеем
lim [u(x)v{x)] = elimt_>o[i;i(t)in«!(«)]_
ж—)-а
3. Вычисляем предел показателя
[
заменяя бесконечно малые функции эквивалентными.
4. Записываем окончательный ответ.
Пример. Вычислить предел функции
Bх-
lim I
\
I
\ X
Решение. При х —> 1 выражение под знаком предела представ-
представляет собой степень, основание которой стремится к единице:
lim = 1,
х->1 X
а показатель — к бесконечности:
v 1пC + 2ж)
lim -— — = оо.
x^i 1пB - х)
3.11. Вычисление Нтж^а [u(x)v^] 93
1. Чтобы использовать таблицу эквивалентных бесконечно малых,
сделаем замену переменной t = х — 1 (тогда t —>> 0 при х —>• 1) и
преобразуем выражение под знаком предела:
-, х 1пC+2ж)/ 1пB-ж) / Q, 1 ч lnE+2t)/ ln(l-t)
lim ( ) = lim (
2. Поскольку показательная функция ех непрерывна, то можно
перейти к пределу под знаком этой функции. Имеем
Л 2*+11 Г 111E + 2*), 2t
¦ln -т- = ехР L1™ т^—тг1п"
- t) t + 1 J ~ к [По ln(l - t) t +
3. Вычислим предел показателя, заменяя бесконечно малые функ-
функции эквивалентными:
Lo[ln(l-t)
4. Окончательно получаем
= lim \ / = -In 5.
t-ю -t(* + l)
1пC+2ж)/1пB-х)
x-n \ x 5
Ответ, lim
Условия задач. Вычислить пределы.
tg (тгж/4) / . \ 1/(ж-1)
1. lim . 2. lim
\ 2 ) x^i \sinl/
94 Гл. 3. Пределы
3. Um(^)/(). 4.
5. \hnCex-1-2)xK*-1). 6. lim (cosa;I/sin4
ж»1 ж>2тг
(
ж—>-2тг
7. lim (tgxI/coa2x. 8. limC-2a;I/lnB-x)
^/4 ж>1
9. lim ( ^^ . 10. lim ( -
V ) \Х
Ответы. 1. е2^. 2. ect%\ 3. е"^3. 4. е2/77. 5. е3. 6.
7. е. 8. е2. 9. е. 10. eV3.
3.12. Вычисление \imx^aF(u(x)v(x) +
Постановка задачи. Вычислить предел
lim F{u{x)v{x) + /(я)),
ж—>-а
г^е F(x) непрерывна на R, /(ж) непрерывна в точке х = а, г/(ж) —
бесконечно малая функция в точке х = а и v(x) — функция, ограни-
ограниченная в некоторой окрестности точки х = а.
План решения.
1. Так как F(x) непрерывна на М, то по теореме о переходе к
пределу под знаком непрерывной функции имеем
lim F{u{x)v{x) + f{x)) = F(lim (u(x)v(x) + /(ж))).
ж—Уа ж—>-а
2. Поскольку гл(ж) — бесконечно малая функция в точке х = а и
г;(ж) — функция, ограниченная в некоторой окрестности точки х = а,
то гл(ж)г;(ж) — бесконечно малая функция в точке ж = а, т.е.
lim u(x)v(x) = 0.
3.12. Вычисление \imx^a F(u(x)v(x) + f{x)) 95
3. Так как f(x) непрерывна в точке а, то
lim f(x) = /(о).
ж—)-а
Используя основные свойства предела функции в точке, получаем
lim F(u(x)v(x) + f{x)) = F(f(a)).
x—Уа
ПРИМЕР. Вычислить предел
lim \ х ( 2 + sin - ) + 8 cos x.
х^о у V х)
Решение.
1. Так как функция у = у[х непрерывна при всех ж, то, переходя
к пределу под знаком непрерывной функции, получаем
lim l\ х ( 2 + sin - ) + 8 cos x = Л lim \x ( 2 + sin - ) + 8 cos x .
2. Так как х — бесконечно малая функция в точке х = 0, а
2 +sin A/ж) — функция, ограниченная в окрестности точки х = 0, то
х B + sin A/ж)) — бесконечно малая функция в точке х = 0, т.е.
lim ж ( 2 + sin - ] =0.
о у /
3. Так как cos ж непрерывна в точке х = 0, то
lim cos ж = 1,
и, используя свойства предела функции в точке, получаем
lim \ x I 2 + sin —1+8 cos x — \ lim x I 2 + sin —1+8 lim cos x — 2.
Ответ, lim ? х [ 2 + sin [ - ] ) + 8 cos ж = 2.
О \/ V Х.
96 Гл. 3. Пределы
Условия задач. Вычислить пределы.
1.
2.
3.
4.
lim \
lim
lim \
lim \
/9cos2x + 2x arctg
у 4 sin ж + Bx — 7Г
j V
/cos ж + arctg ж cos2
1
2ж — тг
1
ж2'
/4 cos ж + ln(l + 2ж) sin —.
X
5. lim 4/4cos2 x + (е2ж - 1) arctg —.
ж^о у xz
6. lim In (ex — cos ж) cos —htgfxH— j .
7. lim 4/4 sin ж + (esin2;c — 1) cos —.
x^O V } X
8. lim WmO + 2) + sinD - x2) cos
lim WmO + 2) + sinD x) cos .
/ . x-1 x+1
9. lim tg arccos ж + sin cos
И \ Ж + 1 Ж1
10. lim In f 3 + arctg x sin - J .
x^O \ ° Ж /
Ответы. 1.3. 2.2. 3.1. 4.2. 5.2. 6.0. 7.2. 8. In2.
9. 0. 10. 1пЗ.
Глава 4
ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ
При изучении темы ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ вы познакомитесь
на примерах с понятиями производной и дифференциала функции од-
одной переменной, научитесь вычислять производные, используя пра-
правила дифференцирования суммы, произведения, частного и сложной
функции, научитесь дифференцировать функции, заданные парамет-
параметрически, вычислять производные высших порядков, а также приме-
применять производные и дифференциалы в приближенных вычислениях и
при решении геометрических задач.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете вычислить преде-
пределы, выполнить численные расчеты, а также вычислить производные
любого порядка и проверить правильность полученных вами резуль-
результатов.
4.1. Понятие производной
Постановка задачи. Исходя из определения, найти производ-
производную функции f(x) в точке х = 0.
План решения.
1. По определению
/()
х^О X
(Напомним, что при вычислении предела х —>> 0, но х ф 0.)
2. Вычисляем предел
ж->-0 X
3. Если предел существует и равен А, то /'(О) = А, если предел не
существует, то /'(О) не существует.
98
Гл. 4. Дифференцирование
Пример. Исходя из определения, найти производную функции
1 — cos x sin — ,
V x1
0,
в точке х = 0.
Решение.
1. По определению
/'@) = lim №
ж^О
= lim
2. Так как sin(l/x) — ограниченная, а ж — бесконечно малая функ-
функции при х —> 0, то по теореме о произведении бесконечно малой функ-
функции на ограниченную xsin(l/x) —>- 0 при х —>- 0. Заменяя в числителе
бесконечно малую функцию эквивалентной и снова используя упомя-
упомянутую теорему, получаем
— 0
2х
3. Таким образом, предел существует и равен нулю. Следова-
Следовательно, /'@) = 0.
Ответ. /;@) = 0.
Условия задач. Найти производную функции f(x) в точке х = 0.
1-
2.
3 + x2
0, ж = 0.
sin \ x -\- x sin — , ж/0,
x2 cos — ) + 2ж, x ф 0,
0, x = 0.
3. f{x) =
arcsin ( ж cos
bx
0, ж = 0.
4.2. Вычисление производных
99
4. f(x) =
5. f{x) =
6. f(x) =
Т. f(x) =
8. f(x) =
9. f(x) =
10.
In I 1 - tg I x2 sin -
V V x
0, x = 0.
tg I ж sin - ) , ж
0, x = 0.
1 + In I 1 + ж2 sin - I - 1,
О, ж = 0.
sin (V 81пE/ж) - l) ,
О, ж = 0.
ж3 cos h Зж, ж / О,
О, х = 0.
arctg ( ж - ж2 sin — ) , х ф О,
О, ж = 0.
о 5
sin ж cos —Ь 2ж,
0, ж = 0.
Ответы. 1. 0. 2. 2. 3. Не существует. 4. 0. 5. Не существует.
6. 0. 7. 0. 8. 3. 9. 1. 10. 2.
4.2. Вычисление производных
Постановка задачи. Найти производную функции у = f(x).
План решения. Задача решается в несколько этапов. На каждом
этапе необходимо распознать тип функции и применить соответству-
соответствующее правило дифференцирования.
Возможны следующие типы функций.
• Функция имеет вид Ciu± + C2U2 + ... + Спип, где ui(x),
г/2 (ж), ..., ип(х) — некоторые функции и Ci, C2, • • •, Сп — некоторые
7*
100 Гл. 4. Дифференцирование
постоянные. Используем формулу производной линейной комбинации
С2и2 + ... + Cnun)f = CVi + С2и'2 + ... + Спи'п.
• Функция имеет вид и • v. Используем формулу производной
произведения
(и • v)f = и • v + и • v .
и
• Функция имеет вид —. Используем формулу производной част-
v
ного:
u\f и1 • v — и • v1
v J v2
• Функция имеет вид u(v(x)). Используем формулу производной
сложной функции
u(v(x))r = ^'(г;) • vr(x).
• Функция имеет вид u(x)v(x\ Производная такой функции вы-
вычисляется с помощью формулы
u(x)v^ =evlnu.
Переход от этапа к этапу совершается до тех пор, пока под каж-
каждым знаком производной не окажется табличная функция.
Пример. Найти производную функции
Зх6 + 4ж4 - х2 - 2
У = —
Решение.
1. Функция у(х) имеет вид
1 и
15 v '
где и(х) = Зх6 + 4ж4 — х2 — 2 и v(x) = \/l + x2 . Используя формулу
для производной частного, получаем
1 (Зх6 + 4ж4 - ж2 - 2)' VI + ж2 - (Зх6 + 4ж4 - ж2 - 2) (VI +
15
4.2. Вычисление производных
101
2. Функция и{х) = Зж6 + 4ж4 — х2 — 2 является линейной комбина-
комбинацией табличных функций. Поэтому
(Зж6 + 4ж4 - х2 - 2)' = 18ж5
3. Функция v{x) = л/1 + х2 имеет вид
v(x) =
где ixi = л/г^Г и ^i (ж) = 1 + х2. Используя формулу для производной
сложной функции, получаем
l + 2)' ±2
Ответ, г/ =
1
15
ж4 - ж2 - 2)
2т
2 v I
Условия задач. Найти производные заданных функций.
1. у = 2^^. 2. у = 1п(ж + лДТж2) • 3. у = ln2(l-cosx).
. ^ Зж (sin ж + cos х In 3) sh 2ж
4. у = ln(arcsin V^) • 5. у = —^- . 6. у =
1 + I 3
1 + In 3
ch 2x
7. у = arcsin
8. у = arctg3^ . 9. г/ = ln(l + Vihx).
Ю. у = In sin 3 :
cos2 х
sin ж
Ответы. 1.
4.
2у/х - х2 arcsin
. 5.
2.
1 + ж2
. 3.
1 — cos ж
^ 2ch22x-4sh22x
. 6. —г- . 7. --
ch3
2х \Jx — 1
102 Гл. 4. Дифференцирование
4.3. Уравнение касательной и нормали
Постановка задачи. Составить уравнения касательной и нор-
нормали к кривой у = f(x) в точке с абсциссой а.
План решения. Если функция f(x) в точке а имеет конечную
производную, то уравнение касательной имеет вид
y = f(a) + f(a)(x-a). A)
Если f {а) = оо, то уравнение касательной имеет вид х = а.
Если f'(a) ф 0, то уравнение нормали имеет вид
У = /(«) - ущ (х ~ а). B)
Если f'(a) = 0, то уравнение нормали имеет вид х = а.
1. Находим значение f(a).
2. Находим производную f'(a).
3. Подставляя найденные значения /(а) и /'(а) в A) и B), полу-
получаем уравнения касательной и нормали.
Пример. Составить уравнения касательной и нормали к кривой
в точке с абсциссой а = 1.
Решение.
1. Находим /A) = 2/3.
2. Находим производную/'A) = 2/3. Так как /'A) ф 0и/'A)/оо,
то воспользуемся уравнениями A) и B).
3. Подставляя найденные значения f(a) = 2/3 и f'(a) = 2/3 в A)
и B), получаем уравнения касательной и нормали:
Ответ. Уравнение касательной: 2ж — Зу = 0. Уравнение нормали:
9х + б?/ - 13 = 0.
4.4. Приближенные вычисления с помощью дифференциала 103
Условия ЗАДАЧ. Составить уравнения касательной и нормали
к графику функции у = f(x) в точке с абсциссой а.
1. у = х — ж2, а = 1. 2. у = ж2 + ж + 1, а = — 1.
3. у = х3 + ж, а = 1. 4. у = л/х — 2, а = 4.
5. т/ = ж2 + Л3, а = 1. 6. у = Л2 — 9, а = —27.
7. г/= 2 + А>, а = 9. 8. у = 32 У^ - ж, а = 16.
2 — уж
9. г/ = х2 — х — 1, а = 1. 10. у= , а = 2.
Ответы. 1. х + у-1 = 0, ж-2/-1 = 0. 2. ж + г/ = 0, х-у-2 = 0.
3. 4ж - у - 2 = 0, х + 4у - 9 = 0. 4. ж - 4г/ - 4 = 0, 4ж + г/ - 16 = 0.
5. 7ж-2у-3 = 0, 2х-\-7у-16 = 0. 6. 2ж+9у+54 = 0, 9ж-2у+243 = 0.
7. 2х - Зу - 33 = 0, Зж + 2у - 17 = 0. 8. у - 48 = 0, ж - 16 = 0.
9. х-у-2 = 0, х + у = О. 10. 2у-1 = 0, ж - 2 = 0.
4.4. Приближенные вычисления
с помощью дифференциала
Постановка задачи. Вычислить приближенно с помощью диф-
дифференциала значение функции у = f(x) в точке х = а.
План решения. Если приращение Ах = х — а аргумента х мало
по абсолютной величине, то
f(x) = f(a + bx)Kf(a) + f'(a)Ax. A)
1. Выбираем точку а, ближайшую к ж и такую, чтобы легко вы-
вычислялись значения f(a) и ff(a).
2. Вычисляем Ах = х — а, /(а) и /'(а).
3. По формуле A) вычисляем /(ж).
Пример. Вычислить приближенно с помощью дифференциала
значение функции у = \Лс2 + 5 в точке х = 1, 97.
104 Гл. 4. Дифференцирование
Решение.
1. Ближайшая к 1,97 точка, в которой легко вычислить значения
/(а) и /'(а), — это точка а = 2.
2. Вычисляем:
Ах = х - а = 1, 97 - 2 = -0, 03,
, /() ! /()у() |
уж2 + 5 о
3. По формуле A) имеем
/A,97) «3+ |(-0,03) = 2,98.
О
Ответ. /A,97)^2,98.
Условия ЗАДАЧ. Вычислить приближенно с помощью дифферен-
дифференциала значение функции у = f(x) в точке х = а.
1. у = хБ, ж = 2,001. 2. у = ^/4х - 3, х = 0,98.
3. у = л/^з, х = 1,02. 4. j/ = ж3, ж = 2,999.
5. y=tyx, ж = 1,03. 6. у = фс, ж = 3,996.
7. у = \/1 + sin ж, ж = 0, 02. 8. у = \/2ж + cos ж, ж = 0, 01.
9. у = A3/2x-sin^, ж = 1,03. 10. у = >/4ж + 1, ж = 1,97.
Ответы. 1. 32,08. 2. 0,96. 3. 1,03. 4. 26,073. 5. 1,01. 6. 1,999.
7. 1,01. 8. 1,01. 9. 1,02. 10. 2,98.
4.5. Логарифмическое дифференцирование
Постановка задачи. Найти производную функции вида
X) yJ...Un{X) J
4.5. Логарифмическое дифференцирование 105
План решения.
1. Логарифм данной функции имеет вид
In у = vi(x)lnui(x) + ... + vn(x)lnun(x) +lnwi(x) + ... + lnwm(x).
2. Продифференцировав обе части этого равенства, получаем
— = ^111^1 + —^ +...+ [v'n]nun + —urn +^ + ... + ^^.
Поэтому
3. Подставляя в последнее равенство выражение для у, получаем
ответ.
Пример. Найти производную функции у = хе х9.
Решение.
1. Логарифм данной функции имеет вид
In г/ = 1п(хеХ х9) = ех1пх + 9 In ж.
2. Продифференцировав обе части этого равенства, получаем
^ = ^111* + ^- + -.
г/ хх
Поэтому
у = у I e In х
3. Подставляя в последнее равенство выражение для у, получаем
ответ.
Г* / е* 9 /" х 1 ^ + 9
Ответ, у' = хе Xе [ех Ых -\
Условия задач. Найти производные заданных функций.
1. у= (sinx)^. 2. у = хх3^.
106 Гл. 4. Дифференцирование
3. у = хе Х. 4. у = (a
5. y = (tgx)ln*. 6. y =
7. y = x2C°sx. 8. y = x^x.
9. y = (sin3:c)lnsin3a\ 10. г/ = ж2ЖЗж.
Ответы.
. /In sin ж л/^С08Ж\ / I\ In3
/- / ]nx 1\ Г
3. yf = yeVx —- + - . 4.^ = 2/ lnarctgx+
\2/ж xj I
. / In tff ж In x \ . / In x 1 \
5- yf = y — + - • 6.y' = y -^ + ^+cosxln2 .
\ x sin x cos x) \l\Jx уж /
9. yf = y 61nsin3xctg3x. 10. у' = у Bх 1п21пж + 2х- +1пЗ
V х
4.6. Производная функции,
заданной параметрически
Постановка задачи. Найти производную функции, заданной
параметрически.
План решения. Если зависимость у от х задана посредством
параметра t:
то зависимость у' от х задается посредством параметра t формулами
= f{t),
Ш A)
=
/'(*)¦
Вычисляем f'(t) и </(?), подставляем в формулу A) и записываем
ответ.
4.6. Производная функции, заданной параметрически
107
Пример. Найти производную ух, если
Г х = ]n(t + Vl + t2),
1 + л/l + *2
у = у/1 + ?2 - In
t
РЕШЕНИЕ. Вычисляем:
da; _ 1 Л t
dt ~ t + л/ГТ^
1
i + t27 " vTT^2'
t2
t
t
/TTt2
-(i + Vi + ^2)
dt VTTt2 i + VTT? t2 t
Подставляя полученные результаты в формулу A), получаем
2/ =
ж =
Ответ. I \ + t2
1 v = .
У t
Условия ЗАДАЧ. Найти производные функций, заданных пара-
параметрически.
L ( у = sin(t3/3 + 3t).
5.
7.
= arcsin t.
= COS3 ^,
2.
4.
6.
х = Vt2 - 2t,
У= W^l.
X = у/1 — t,
y = tgt.
x = lntgt,
j x = ln sin t,
x = t — sin t,
у = 1 — cost.
= arcsin t.
108
Гл. 4. Дифференцирование
Ответы.
Г х = (t2 + l)/i3,
L \ y' = -i4cos(i3/3
Г x = ln(l-^
Г ж = cos3 t,
' I yf = -tgt.
f я; = In si
2.
4.
6.
ж = Vf2 - 2t,
х = \/1 — t,
у' = -2л/1 - t/cos2
= lntg?,
/;= ctg(*/2).
= In sin t,
4.7. Касательная и нормаль к кривой,
заданной параметрически
Постановка задачи. Составить уравнения касательной и нор-
нормали к кривой
в точке А, соответствующей значению параметра t = to.
План решения. Если функция у{х) в точке а имеет конечную
производную, то уравнение касательной имеет вид
у = у(а) + у(а)(х-а).
Если у' {а) = оо, то уравнение касательной имеет вид х = а.
Если у'(а) ф 0, то уравнение нормали имеет вид
A)
= у(а)- -г
Если у' {а) = 0, то уравнение нормали имеет вид х = а.
4-7. Касательная и нормаль к кривой, заданной параметрически 109
1. Вычисляем координаты точки А:
f a = f(t0),
1 У (a) =9(t0).
2. Находим производную у' в точке касания при t = to:
у{а) =
3. Подставляем полученные значения в уравнения касательной A)
и нормали B) и записываем ответ.
Пример. Составить уравнения касательной и нормали к кривой
х = 2е*,
в точке А, соответствующей значению параметра t = 0.
Решение.
1. Вычисляем координаты точки А: а = 2, г/(а) = 1.
2. Находим производную у' в точке Л:
/'@) = 2e*|t=Q = 2, «/@) = -е~Х=0 = -1 =* ,'@) = |Ц = -|.
Поскольку /'(О) /0 и /;@) т^ °°i T0 можно воспользоваться уравне-
уравнениями A) и B).
3. Подставляем полученные значения в уравнения касательной A):
2, = 1- 1C-2),
и нормали B):
у = 1 + 2(х-2).
Ответ. Уравнение касательной: х-\-2у — 4 = 0. Уравнение нормали:
2х - у - 3 = 0.
Условия ЗАДАЧ. Составить уравнения касательной и нормали
к графикам функций, заданным параметрически.
j x = t sin?, J
' \ = l-cost, t0 = тг/2. ' | y = 2t-t2,
110 Гл. 4. Дифференцирование
х = cos3 ?,
\ 7/ = sin?, ?0 = тг/6. ' \ y = t-t3, to = 1.
( x = tcost, (
\ у = tsint, to = тг/2. ' \
у = sin t, to = тг/4.
1. { X~ ^ . ^' 1 8. ( Ж "
[ у = arcsm?, t0 = —1- [ i/ =
= ln(l + *2),
arctgt, ?q = 1-
q \ x — in tg t, inJ^ —
|^ у = 1/sin21, to = 7r/4. \ y = smt — tcost, to=7r/A.
Ответы.
1. 2x- 2у-тг + 4 = 0, 2ж + 2г/-тг = 0.
2. у-1 = 0, ж-3 = 0.
3. 2ж + 2у - 4 = 0, 2х - 2у - 2 = 0.
4. 2ж - у = 0, ж + 2у = 0.
5. 4ж + 2тгг/ — тг2 = 0, тгж — 2у + тг = 0.
7. 2ж - 2у - тг = 0, 2ж + Чу + тг = 0.
8. 2х — 4у + тг — 2 In 2 = 0, 8ж + 4у — тг — 8 In 2 = 0.
10. Ах - 4у - 'ку/Ч = 0, х + у-у/Ч = О.
4.8. Производные высших порядков
Постановка задачи. Найти производную п-го порядка функции
У = f(x)-
План решения.
Производной п-го порядка функции у = f{x) называют производ-
производную от производной порядка (п — 1), т.е.
1. Дифференцируем функцию у = f(x) последовательно несколько
раз, пока не станет ясной формула для производной п-ого порядка.
2. Доказываем эту формулу методом математической индукции.
Для этого проверяем, что она справедлива при п = 1, т.е. дает пра-
правильное значение /', и что дифференцирование выражения для f^
эквивалентно замене пнап + 1.
4.8. Производные высших порядков 111
= з2ж+5
Пример. Найти производную n-го порядка функции у = з
Решение.
1. Найдем последовательно
у"(х) = у'(х)' = C2ж+1AпЗJ)' = 32ж+1(ЬЗJ22,
у"'(х) = у"(х)' = C2ж+1AпЗJ22)' = 32ж+1AпЗK23.
Проанализировав эти выражения, делаем предположение, что
2. Докажем эту формулу методом математической индукции.
Проверим, что она справедлива при п = 1, т.е.
Дифференцирование f(n' эквивалентно замене п на п + 1, т.е.
уМ(х)' = C2ж+1AпЗ)п2п)/ = 32ж+1AпЗ)п+12п+1 = у{п+1\х).
Ответ. у^п\х) = 32ж+1B1п3)п.
Условия ЗАДАЧ. Найти производные п-го порядка заданных
функций.
1. у = sin2х + cosЗх. 2. у = sinCx + 1) + cos2x. 3. у = 23ж.
Т I 1
4. у = 1пBж + 4). 5. у = . 6. у =
+ 1 ^ 2ж + 3
7.у = 32ж+1. 8. у = 1пCж + 1). 9. у = 52ж+4.
10. у = у^-
Ответы.
1. г/^п) = 2nsin [2х^ J + 3n cos I Зх -\J.
J + 3n cos I Зх -\ J
2. УМ = Зп sin (Зх + 1 + ^) + 2n cos Bx
3. 2/W = 23ж C1п2)-. 4. 2,(«) = (-1
112 Гл. 4. Дифференцирование
5 М = (-1)-1"' б „<„) =
7. «(») = 32ж+1B1п3)«. 8. «(») = (-1)"з"("-1)!-
у v ; y (Зж + 1)"
/ 1 Лтг —1 /огг _ о\||
9. УМ = 52*+4 BЬ5)«. 10. j,(») = ( 2^ "
4.9. Формула Лейбница
Постановка задачи. Найти производную п-го порядка функции
у — u(x)v{x).
План решения. Если функции и(х) и v(x) имеют производные
до n-го порядка включительно, то справедливы следующие формулы:
(uv)" = u"v + 2u'v' + uv",
(««)'" = u'"v + 3u"v' + 3u'v" + uv1",
{uv)W = u^v + 4u'"v' + 6u"v" + 4u'v'" + w/4\
-/_^Cnun v , A)
к=0
где гг°) = и, г/0' = v и С^ = -, |/ П* l\| — биномиальные коэффици-
коэффициенты.
Формула A) для n-й производной произведения называется фор-
формулой Лейбница.
Следовательно, для определения производной п-ro порядка фун-
функции вида у = u(x)v(x) нужно вычислить все производные (до п-го
порядка включительно) каждой из функций и(х) и г;(ж), биномиаль-
биномиальные коэффициенты С% и воспользоваться формулой Лейбница.
Пример. Найти производную 4-го порядка функции
у = (ж3 + 2)е4х+3.
4.9. Формула Лейбница 113
Решение.
1. Применяем формулу Лейбница A). В данном случае
п = 4, и(х) = х3 + 2, v(x) = е4ж+3.
Имеем
и'(х) = Зж2, м"(ж) = 6ж, м'"(ж) = 6, г^D)(ж) = О,
?/(ж) = 4е4ж+3, </'(ж) = 42е4ж+3, </"(ж) = 43е4ж+3, v^\x) = 44е4ж+3.
Подставляя полученные результаты в формулу A), получим
у™ = ((х3 + 2)е4ж+3)D) = 0 • е4ж+3 + 4 • 6 • 4 • е4ж+3 +
= 32е4ж+3(8ж3 + 24ж2 + 18ж + 19).
Ответ, у^ = 32е4ж+3(8ж3 + 24ж2 + 18ж + 19).
Условия ЗАДАЧ. Найти производные указанного порядка задан-
заданных функций.
1. у= (ж2 + 1Iпж, г/E)=? 2. j/ = (х3 + 2) cos2я, у'" =7
3. 2/ = x2sinCx + l), y///=? 4. у = (x2 + l)cos3x, y^5) =?
5. у= (х3 + х)\пх, у1" =? 6. 2/ = (ж3 + 1Iп(ж + 2), г/E)
7. г/=(ж2 + 1Jж, г/E)=? 8. 2/ = sin2xlnx, у'" =7
9. г/=(ж2 + 1)е2ж+1, уE)=? 10. у = {х3 + 2K3ж, у^ = ?
Ответы.
2. 2///; = (8ж3 - Збж + 16) sin 2х - (Збж2 - 6) cos 2x.
3. у'" = A8 - 27ж2) cosCx + 1) - 54ж sinCx + 1).
8 О.В. Зимина и др.
114 Гл. 4. Дифференцирование
4. уE) = 810ж cos Зх - 27(9ж2 - 11) sin Зх.
6х2\пх + Их2 - 1
5. у'" =
240ж + 456
7. уE) = 2Ж In3 2 [(ж2 + 1) In2 2 + 10ж In x + 20].
9. у^5) =32е2ж+1(ж2 + 5ж + 6).
Ю. уD) = 33ж+2 In 3 [(9ж3 + 18) In3 3 + Збж2 In2 3 + Збж In 3 + 8].
4.10. Вторая производная функции,
заданной параметрически
Постановка задачи. Найти производную второго порядка
функции, заданной параметрически.
План решения. Если функция задана параметрически:
Г х =
то ее первая производная определяется формулами
Дифференцируя у' по х как сложную функцию х и используя фор-
формулу для производной обратной функции, получим
у
J'(t),
Пример. Найти производную второго порядка функции, задан-
заданной параметрически:
х = 1п?,
у = arctg?.
4.10. Вторая производная функции, заданной параметрически 115
Решение.
1. Вычисляем
dx I dy I
dt ~ t' dt ~ 1 +12
и подставляем эти значения в формулу A):
{х = 1п?,
Дифференцируя у' по х как сложную функцию х и используя фор-
формулу для производной обратной функции, получим
х =
Ответ. { „ _ t(l-t2)
У ~ (л i j.2\2
Условия ЗАДАЧ. Найти производные второго порядка функций,
заданных параметрически.
J х = COS3 t,
\ У = sin3 t.
I If — 1"П " P" ~t
О J О 5
• \ у = 1/sin2 t.
5. ( X = "/lTt/
{ у = arcsm?.
( x = sin2 ?,
\ 2/ = In cost.
— С/ | olXl L •
= о — cosr.
у = aictgt.
х = y/i,
у = lnt.
9.
у = aictgt.
10 \
116 Гл. 4. Дифференцирование
Ответы. (Соответствующие выражения для x(t) опущены.)
1. у" = 1/C cos41 sin t). 2. у" = 1/A + cos tJ.
3. y" = Actg2t. 4. y" = -(l + t2)Dt3).
5. y" = -VT^?/t3. 6. y" = -2/t.
7. y" = -1/cos41. 8. y" = 2i3/(l + i2J.
9. y" = -2te/(l + t2K. 10. y" = 6i4 + 8i2 + 2.
Глава 5
ГРАФИКИ ФУНКЦИЙ
При изучении темы ГРАФИКИ ФУНКЦИЙ вы научитесь иссле-
исследовать поведение функции: находить ее область определения, асимп-
асимптоты, промежутки возрастания и убывания, точки экстремума, про-
промежутки выпуклости вверх и вниз и точки перегиба, а также вопло-
воплощать полученные результаты в виде эскиза графика. Кроме того, вы
научитесь находить наименьшие и наибольшие значения функции, не-
непрерывной на отрезке, и исследовать локальное поведение функции
по ее производным высших порядков.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете вычислить произ-
производные функции (любого порядка), решить уравнения для нахожде-
нахождения точек возможного экстремума и перегиба, найти значения функ-
функции в требуемых точках, выполнить все численные расчеты и прове-
проверить правильность полученных вами результатов.
5.1. Общая схема построения
графика функции
Постановка задачи. Исследовать функцию у = f(x) и постро-
построить ее график.
План решения. Полученные в каждом пункте результаты по-
последовательно фиксируем на рисунке в качестве элементов искомого
графика и в итоге получаем эскиз графика.
1. Находим область определения D функции f(x) и исследуем
ее поведение в граничных точках х = х\,хч, • • •,жп, =Ьоо области Z),
включая и х = ±оо.
а) Пусть х = Xk (k = 1, 2,... , п) — конечная граничная точка
области D (т.е. f(x) не определена в этой точке). Вычисляем одно-
односторонние пределы
lim fix) и/или lim fix).
Ж^Ж0 Ж^Ж+0
118 Гл. 5. Графики функций
Если хотя бы один из этих пределов бесконечен, то х = х^ — верти-
вертикальная асимптота графика f(x).
б) Исследуем поведение функции при х —>> +оо:
если существуют конечные пределы
lim ^- = к и lim [f(x) - кх] = Ъ,
ж-Ц-оо X ж-Ц-оо
то прямая у = кх -\-Ь — наклонная асимптота графика функции f(x)
при х —> +ос (если к = 0, т.е. Ъ = Нтж^+оо /(ж), то у = Ъ — горизон-
горизонтальная асимптота).
Аналогично исследуется поведение функции при х —>• — ос.
Отметим, что асимптоты при х —>> +оо и при ж —>> — ос могут быть
разными.
2. Выясняем четность и периодичность функции.
Если f(—x) = /(ж), то функция f(x) называется четной. Графики
четных функций симметричны относительно оси OY. Поэтому гра-
график четной функции достаточно построить для х > 0 и нарисовать
весь график, отразив полученную кривую относительно оси OY.
Если f(—x) = —/(ж), то функция f(x) называется нечетной. Гра-
Графики нечетных функций симметричны относительно точки @, 0). По-
Поэтому график нечетной функции достаточно построить для х > 0 и
нарисовать весь график, отразив полученную кривую относительно
точки @, 0).
Если f(x-\-T) = f(x) при некотором Т > 0, то функция f(x) назы-
называется периодической. График периодической функции имеет одну
и ту же форму на каждом из отрезков ..., [—2Т, — Т], [—Т, 0], [0,Т],
[Т, 2Т], ... Поэтому достаточно построить график на каком-нибудь
одном таком отрезке и затем воспроизвести полученную кривую на
остальных отрезках.
3. Находим точки пересечения графика с осями координат. Для
этого вычисляем /@) и решаем уравнение f(x) = 0.
4. Находим точки максимума и минимума функции и интервалы
монотонности. Для этого:
а) вычисляем производную f'(x) и находим критические точки
функции, т.е. точки, в которых f'{x) = 0, =Ьоо или не существует.
Отметим, что если /'(а) = 0, то касательная к графику в этой точке
горизонтальна, если /'(а) = =Ьоо, то касательная вертикальна.
б) определяя знак производной, находим интервалы возрастания
и убывания функции: если f'(x) > 0, то функция возрастает, если
f'(x) < 0, то функция убывает;
5.1. Общая схема построения графика функции 119
в) если производная меняет знак при переходе через критическую
точку a G D, то а — точка экстремума:
если f'{x) > 0 при х G (а — S, а) и f'{x) < 0 при х G (а,а + S), то
а — точка максимума;
если f {х) < 0 при х G (а — J, а) и f {х) > 0 при х G (а, а + ?), то
а — точка минимума;
если производная сохраняет знак при переходе через критическую
точку, то в этой точке экстремума нет.
5. Находим точки перегиба функции и интервалы выпуклости
вверх и вниз. Для этого:
а) вычисляем производную f"(x) и находим точки, принадлежа-
принадлежащие области определения функции, в которых f"(x) = 0, =Ьос или
f" {х) не существует;
б) определяя знак второй производной, находим интервалы вы-
выпуклости вверх и вниз: если f"(x) > О, функция выпукла вниз, если
f"(x) < О, функция выпукла вверх;
в) если вторая производная меняет знак при переходе через точку
a G D, в которой f"(x) = 0, ±оо или не существует, то а — точка
перегиба (при ff(a) = 0 график имеет горизонтальную касательную,
при ff(a) = ±оо — вертикальную касательную).
6. Уточняя полученный эскиз (например, можно определить еще
координаты каких-нибудь точек) и соединяя элементы графика, полу-
полученные в окрестностях граничных точек области определения (вблизи
асимптот), критических точек и точек перегиба, получаем график
функции у = f(x).
х3
Пример. Исследовать функцию у = — — и построить ее
4B — х)
график.
Решение. Полученные в каждом пункте результаты последова-
последовательно фиксируем на рисунке в качестве элементов искомого гра-
графика и в итоге получаем эскиз графика.
1. Находим область определения D. Очевидно, что функция опре-
определена при всех ж, кроме х = 2. Поэтому D = (—ос, 2) LJ B, +оо).
Исследуем поведение функции в граничных точках области D.
а) Вычисляем пределы:
х3
lim — — = +ос,
жч2-о 4B - жJ
120
Гл. 5. Графики функций
4B - хJ
= + ОО.
Следовательно, прямая х = 2 — вертикальная асимптота, причем
функция при приближении к ней слева и справа неограниченно воз-
возрастает (рис. 1).
У
Л
Рис. 1
б) Исследуем поведение функции при х —>> +оо:
lim = lim -
ж-Ц-оо X ж-Ц-оо 4B — X)ZX 4
„з ^п ж^ж
г жз xi
lim [/(ж) - /еж] = lim — — - -
ж^ + оо1е/Ч ж^ + оо [4B - ХJ 4J
-^ = hm
и при ж —>• —ос:
у
hm
= hm
= hm
X ж^-оо 4B —
-,
4
hm [f(x) - kx] = hm
-— — - - = hm
4B - xJ 4j
- 2J
2J
1
= 1.
Следовательно, у = ж/4 + 1 — наклонная асимптота при х —> =Ьос. За-
Заметим, что при достаточно больших положительных х f(x) > ж/4 + 1,
т.е. при х —>- +оо график функции приближается к асимптоте сверху,
а при достаточно больших по абсолютной величине отрицательных х
f(x) < х/А + 1, т.е. при х —>- — ос график функции приближается к
асимптоте снизу (рис. 2).
5.1. Общая схема построения графика функции
121
Л
Рис. 2
2. Функция не обладает свойствами четности и периодичности.
3. График функции пересекает оси координат в единственной
точке @, 0).
4. Находим точки максимума и минимума функции и интервалы
монотонности. Для этого:
а) вычисляем первую производную: у' = х2(х — 6)/[4(ж — 2K].
Критические точки функции, принадлежащие области определения
D суть х = 0 и х = 6. Поскольку у'@) = 0 и у1F) = 0, касательная к
графику в этих точках горизонтальна (рис. 3);
Л
Рис. 3
б) определяя знак производной, находим интервалы возрастания
и убывания функции: функция возрастает в интервалах (—ос, 2) и
F, +оо) и убывает в интервале B, 6);
122
Гл. 5. Графики функций
в) при переходе через критическую точку х = 0 производная не
меняет знак, следовательно, в этой точке экстремума нет.
При переходе через критическую точку х = 6 производная меняет
знак, следовательно, в этой точке экстремум есть.
Так как у' < 0 при х G F — J, 6) и у' > 0 при х G F, 6 + ?)), то
F,27/8) — точка минимума (рис. 4).
У
Л
Рис. 4
5. Находим точки перегиба функции и интервалы выпуклости
вверх и вниз. Для этого:
а) вычисляем вторую производную
У =
4B -
(х-:
Единственная точка, принадлежащая области определения функции,
в которой у" = 0, это точка х = 0;
б) определяя знак второй производной, находим интервалы вы-
выпуклости вверх и вниз: функция выпукла вверх в интервале (—оо,0)
и выпукла вниз в интервалах @, 2) и B, +оо).
Отметим, что направление выпуклости соответствует расположе-
расположению графика относительно асимптот:
при х < 0 функция выпукла вверх и график приближается к на-
наклонной асимптоте снизу;
при х G @, 2) функция выпукла вниз и график приближается к
вертикальной асимптоте х = 2 слева;
при х G B, +ос) функция выпукла вниз и график приближается к
вертикальной асимптоте х = 2 слева, а к наклонной асимптоте сверху;
в) так как вторая производная меняет знак при переходе через
5.1. Общая схема построения графика функции
123
точку х = 0, то @, 0) — точка перегиба (с горизонтальной касатель-
касательной) (рис. 5).
Л
V
Рис. 5
6. Уточняя полученный эскиз (например, можно определить еще
координаты каких-нибудь точек) и соединяя элементы графика, полу-
полученные в окрестностях граничных точек области определения (вблизи
асимптот), критических точек и точек перегиба, получаем график
функции у = f(x) (рис. 6).
Рис. 6
Условия ЗАДАЧ. Исследовать функции у = f(x) и построить их
графики.
4. у =
124 Гл. 5. Графики функций
е
5. у = хе х. 6. у = —.
х
, ж — 1 ж
7. у = 1п + 1. 8. 2/ = .
ж In ж
9. у = In cos ж. 10. г/ = \Jx2(x + 1).
Ответы. 1. Асимптот нет. Точки: минимума A,0), максимума
(-1,4), перегиба @,2).
2. Асимптоты: горизонтальная у = 0. Точки: минимума
(-1,-1/2), максимума A,1/2), перегиба @,0), (-л/3,-л/3/4),
(V3, л/3/4).
3. Асимптоты: вертикальные ж = — 2, ж = 2, наклонная у = х.
Точки: минимума B\/3, 3\/3), максимума (—2\/3, —3\/3), перегиба
@,0).
4. Асимптоты: вертикальные х = — 2, ж = 2, наклонные у = —х
(при ж —>> —оо), у = х (при ж —>- +оо). Точки минимума (—\/2, 2),
(А 2).
5. Асимптоты: горизонтальная г/ = 0 (при ж —>- +оо). Точки:
максимума A,1/е), перегиба B,2/е2).
6. Асимптоты: вертикальная х = 0, горизонтальная у = 0 (при
ж —>• —ос). Точка минимума A,е).
7. Асимптоты: вертикальные ж = 0, ж = 1, горизонтальная
2/ = 1 (при ж —>• =Ьос).
8. Асимптоты: вертикальная х = 1 (х = 0 асимптотой не явля-
является). Точки: минимума (е,е), перегиба (е2,е/2).
9. Асимптоты: вертикальные х = тг/2 + тгк. Точки максимума
10. Асимптоты: наклонная у = х-\-1/3. Точки: минимума @,0),
максимума (—2/3, \/4/3), перегиба (—1,0).
5.2. Наибольшее и наименьшее
значения функции
Постановка задачи. Найти наибольшее и наименьшее значе-
значения функции f(x) на отрезке [а,Ь].
План решения. Наибольшее и наименьшее значения непрерыв-
5.2. Наибольшее и наименьшее значения функции 125
ной функции f(x) на данном отрезке [а, Ь] достигаются в критичес-
критических точках функции (точках, в которых f'(x) = 0, ±оо или f'(x) не
существует) или на концах отрезка [а, Ь].
1. Проверяем, что заданная функция на данном отрезке является
непрерывной.
2. Ищем производную заданной функции.
3. Находим критические точки функции f(x) и выбираем из них
те, которые принадлежат данному отрезку [а, Ъ].
4. Вычисляем значения функции в критических точках внутри от-
отрезка и значения функции на концах отрезка. Сравнивая полученные
значения, находим наибольшее М и наименьшее т значения функции
на [а, Ь].
Пример. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
_ 10ж + 10
У ~ х2 + 2х + 2
на отрезке [—1, 2].
Решение.
1. Заданная функция является непрерывной на отрезке [—1,2], так
как является отношением непрерывных функций со знаменателем, не
равным нулю [х2 + 2х + 2 > 0).
2. Вычисляем производную заданной функции:
3. Критическими точками заданной функции являются х = 0 и
х = —2. Данному отрезку [—1, 2] принадлежит только точка х = 0.
4. Вычисляем значение функции в точке х = 0 и значения функции
на концах заданного отрезка. Имеем
ДО) =5, Д-1)=0, Д2)=3.
Сравнивая эти значения, заключаем, что наименьшее значение
функции т = 0 достигается в точке х = — 1, а наибольшее значе-
значение М = 5 — в точке х = 0.
Ответ. Функция принимает наименьшее значение т = 0 в точке
х = — 1, а наибольшее значение М = 5 — в точке х = 0.
126 Гл. 5. Графики функций
Условия ЗАДАЧ. Найти наибольшее и наименьшее значения
функции у = f{x) на отрезке [а,Ь].
1. у = 1- л/х2 - 2х, [0,2].
2. у = 2х-
3. у = х2(х-2J, [0,2].
6. у = 1 + \/х2 + 2ж, [-2,0].
9. у = ^/х2(х-2J, [0,2].
Ю. у = 2- 12ж2 -8ж3, [-2,0].
Ответы. 1. т = у@) = 2/B) = 1, М = уA) = 2. 2. т = у(-1) =
= -5, М = у@) = 0. 3. ш = г/@) = 2/B) = 0, М = уA) = 1.
4. m = 2/@) = -9, М = 2/B) = -4. 5. m = 2/@) = 0, М =
= 2/(-1) = 2/A) = 1. 6. ш = г/(-2) = г/A) = 1, М = г/(-1) = 2.
7. m = 2/A) = -5, М = 2/B) =0. 8. m = 2/C) = 0, М = уB) = 5.
9. т = 2/@) = г/B) = 0, М = 2/A) = 1. 10. т = у(-1) = -2,
5.3. Исследование функции с помощью
производных высп1их порядков
Постановка задачи. Исследовать функцию у = f(x) в окрест-
окрестности точки х = а с помощью производных высших порядков.
План решения. Пусть при некотором к > 1
f{a) = f" (а) = ... = /(""^(а) = 0, f^(a) ф 0.
5.3. Исследование функции с помощью производных высших порядков 127
Тогда если к — четное число, то точка а является точкой экстремума,
а именно точкой максимума, если f(k'(a) < 0, и точкой минимума,
если f(k)(a) > 0. Если же к — нечетное число, то точка а является
точкой перегиба.
Пример. Исследовать функцию
у = sin2 (ж — 1) — х2 + 2х
в окрестности точки а = 1 с помощью производных высших порядков.
Решение.
1. Вычисляем производные заданной функции в точке а = 1:
у' = sinBx - 2) - 2х + 2, 2/A) = 0,
y" = 2cosBx-2)-2, у"{1) = 0,
у"" = -8cosBx - 2), у""{1) = -8 < 0.
2. Так как к = 4 — четное число и у""{1) < 0, то точка а = 1 есть
точка максимума функции у = sin2 (ж — 1) — х2 + 2х.
Ответ. Функциия у = sin (х — 1) — х2 -\- 2х имеет максимум в
точке а = 1.
Условия ЗАДАЧ. Исследовать функцию у = f(x) в окрестности
точки х = а с помощью производных высших порядков.
1. у = 2х2 + 8x + 4cos(x + 2), a =-2.
2. у = 41пж +2ж2 - 8ж +5, а = 1.
3. у = 2ж - ж2+ cos2(x - 1), а = 1.
4. у = 21п(ж-2) + ж2 -8ж + 3, а = 3.
5. у = х2 + 8ж + 8- 2еж+3, а =-3.
6. у = 2cos(x + 3)+ж2+ 6ж + 2, а = -3.
7. у = ж2+ 1 - 2ж1п(ж +1), а = 0.
8. у = sin2 х - х2 + 4, а = 0.
128 Гл. 5. Графики функций
9. у = 2ех~2 -х2 + 2ж + 1, а = 2.
10. у = 2ех — sin ж — х2 — х, а = 0.
Ответы.
1. а = — 2 — точка минимума. 2. а = 1 — точка перегиба.
3. а = 1 — точка минимума. 4. а = 3 — точка перегиба.
5. а = —3 — точка перегиба. 6. а = —3 — точка максимума.
7. а = 0 — точка максимума. 8. а = 0 — точка максимума.
9. а = 2 — точка перегиба. 10. а = 0 — точка перегиба.
Глава 6
ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ
ПЕРЕМЕННЫХ
При изучении темы ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
вы на примерах познакомитесь с понятиями частных производных,
полного дифференциала, градиента, производной по направлению и
научитесь их вычислять. Вы также научитесь дифференцировать
сложные функции нескольких переменных и функции, заданные не-
неявно. Эти умения вы сможете применить для нахождения касатель-
касательной плоскости и нормали к поверхности и точек экстремума функции
двух переменных.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете вычислить част-
частные производные, решить системы уравнений (для нахождении ста-
стационарных точек), выполнить все численные расчеты и проверить
правильность полученных вами результатов.
6.1. Частные производные
Постановка задачи. Найти частные производные до второго
порядка включительно функции z = /(#i, a^,..., хп).
План решения.
1. Чтобы найти частную производную функции z = /(#i, • • •, хп)
по переменной ж&, фиксируем остальные переменные и дифференци-
дифференцируем / как функцию одной переменной х^.
2. Частные производные высших порядков вычисляются анало-
аналогично последовательным дифференцированием, т.е.
d2f д (df\ d2f д (df
KJJb\KjJu2 kj Ju ^
( df \ dzf д ( df
дх2дх\ дх\ \дх2) ' дх\ дх2 \дх2
9 О.В. Зимина и др.
130 -Гл. 6. Функции нескольких переменных
Замечание. Частные производные можно обозначать также zfXl,
ZX2> * * * ' ZXn> ZX\X\1 ZX1X2 И Т'^'
Пример. Найти частные производные до второго порядка вклю-
включительно функции z = ху (х > 0).
Решение.
1. Для того чтобы найти частную производную по ж, фиксируем
у и дифференцируем функцию z = xy как функцию одной пере-
переменной х. Используя формулу для производной степенной функции
(жа)' = аж", получим
Для того чтобы найти частную производную по т/, фиксируем х
и дифференцируем функцию z = xy как функцию одной перемен-
переменной у. Используя формулу для производной показательной функции
(аж)' = ах In а (а > 0), получим
z'y = ху In ж.
2. Частную производную второго порядка zxx вычисляем, диффе-
дифференцируя z'x по х (при фиксированном г/), т.е.
Частную производную второго порядка zxy вычисляем, дифференци-
дифференцируя z'x по у (при фиксированном ж), т.е.
Частную производную второго порядка z'y'x вычисляем, дифференци-
дифференцируя z'y по х (при фиксированном у), т.е.
Частную производную второго порядка z1' вычисляем, дифференци-
дифференцируя z'y по у (при фиксированном ж), т.е.
Ответ. 4 = г/ж*-1, 4 = xylnx, zly = z'y'x = xy~x +
= (у^-'Ух = у(у -1)^, z'yy = ху ь2 х.
6.2. Градиент 131
Условия ЗАДАЧ. Найти частные производные до второго по-
порядка включительно заданных функций.
2. z = х]п(х/у).
4. z = ex cosy.
6. z = ln(x2 + y).
7. z = у/2ху + у2. 8. z = In -§/жг/.
9. z = xcosy + г/sin ж. 10. z = A + жJA + г/L.
OTRPThl I 7f — 11РХУ z' — ТРХУ z" — 112РХУ z" — T2PXy
4y = 4x = e^(l + xy). 2. 4 = In a; - Iny + 1, ^ = -х/г/,
4'ж = l/ж, z^ = x/y2, zly = z'^x = -I/?/. 3. 4 = ycos(xy), z'y =
= xcos(xy), zlx = -y2sin(xy), z'^y = -x2sm(xy), z'^y = z'y'x =
= cos(xy) -xysin(xy). 4. zx = ex cosy, z'y = -e^siny, zxx = ex cosy,
z'y'y = -excosy, z'^ = z'Jx = -exsmy. 5. z'x =
'y'y = ~{3y2)-\ z'^ = z'^ = 0. 9. z'x = cosy + ycosx, z'y =
= sin ж — ж sin у, zxx = —у sin ж, Zyy = —xcosy, z = z'' =
-siny. 10. z'x =
6.2. Градиент
Постановка задачи. Найти градиент функции и = f(x,y,z) в
точке
План решения. Градиент функции f(x,y,z) — это вектор, ко-
координаты которого в базисе i,j,k являются частными производными
функции f(x,y,z), т.е.
А. df,df^dft (df df df\
grad/ =--г+--j +--A^= <^--, —, — \ .
ox oy oz у ox oy oz J
9*
132
Гл. 6. Функции нескольких переменных
1. Находим частные производные функции f(x,y,z)
dj_ dj_ д_1
дх' ду' dz'
2. Вычисляем частные производные функции f(x,y,z) в точке
M(xo,yo,zo).
4. Вычисляем градиент функции и = f(x,y, z) в точке M(xq, уо, zq):
grad/
м
Записываем ответ.
Пример. Найти градиент функции
и = х2 — arctg (у + z)
в точке МB,1,1).
Решение.
1. Находим частные производные функции и = х2 — arctg (у + z):
zJ' dz
= 2х _
дх ' ду l +
2. Вычисляем частные производные функции и = х2 — arctg (у -\- z)
в точке МB,1,1):
/^B,1,1) = 4, /;B,l,l) = -i, /^B,1,1) = -|.
3. Вычисляем градиент функции и = х2 — arctg (у -\- z) в точке
= {?B,1,1), ?B,1,1), ?B,1,1)} = U -\, -\].
grad/
BДД)
Ответ, grad/
B,1,1
Условия задач. Найти градиент функции
ке М.
1. u = x + ln(z2
2. и = х2у -
= f(x,y,z) в точ-
точ3. iz = si
2у)
, М(тг/2, Зтг/2, 3).
6.3. Производная по направлению
133
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
= 1пC - х2) + жг/2г, МA,3,2).
-1),
= xy-x/z,
, -3,4).
Ответы. 1. {1,1,1}. 2. {55/6, 5/6, 2/3}. 3. {3,1, тг/2}. 4. {3,1, 0}.
5. {1/2,1/2,0}. 6. {17,12, 9}. 7. {4,4,0}. 8. {1,-1,0}. 9. {4,-4,-4}.
10. {1/6,-1/10,2/15}.
6.3. Производная по направлению
Постановка задачи. Найти производную функции u(x,y,z) в
точке A(xi,y-\_,zi) no направлению к точке
План решения.
1. Если функция u(x,y,z) дифференцируема в точке
то в этой точке существует ее производная по любому направлению /,
определяемая формулой
ди
где
= (gradttl Го),
ди ди ди] r I
дх ду dz ) |/|
2. Находим координаты вектора /. В данном случае
/ = АВ = {х2 - хъ 2/2 - 2/1, z2 - zx].
3. Находим единичный вектор (орт) 1$:
A)
Hi
~ X!J
134
Гл. 6. Функции нескольких переменных
4. Вычисляем частные производные и градиент функции u{x,y,z)
в точке -4(#i,i/i, ?]_):
gr&du
5. Вычисляя скалярное произведение в формуле A), получаем
ответ.
Пример. Найти производную функции
и = х2 — arctg (у + z)
в точке -4B,1,1) по направлению к точке 5B, 4, —3).
Решение.
1. Так как функция и = х2 — arctg (у + z) дифференцируема в
точке -4B,1,1), то в этой точке существует ее производная по любому
направлению /, которая определяется формулой A).
2. Находим координаты вектора I. В данном случае
3. Находим единичный вектор (орт) Iq:
г = _Г = {0,3,-4} =
° Щ у/02 + З2 + (-4J
4. Вычисляем частные производные функции и = х2 — arctg (у -\- z)
в точке -4B,1,1) :
ди
дх
Тогда
ди
-4
1Д)
B,1Д)
grad^i
ди
ду
BЛЛУ
B
-(:
=
1Д)
1
1
1
1
5'
5. Подставляя полученные значения в формулу A) и вычисляя
скалярное произведение, получим
ди
B,1,1)
6.4- Производные сложной функции
135
. du
Ответ. —
31
1
25'
Условия ЗАДАЧ. Найти производную функции и(х, у, z) в точке А
по направлению к точке 5.
,l), 5@,2,0).
О, О I .
2. u = x2y-y/xy + z*, A(l,5,-2), 5A,7,-4).
3. iz = si
+ 2Jxyz,
7Г
,0), 5A,2,-1).
A(l,l,0), 5C,3,-1).
1,2), 5@,5,0).
4 7/ — T^ -+-
^t. LL «A/ n^
6. и = lnC — ж2)
7. 7j = x2y2z-ln(z-l), A(l,l,2), 5F,-5,2\/5 + 2).
A(l,-1,2), 5B,-2,3).
A(-4,3,-l), 5A,4,-2).
Ответы. 1. -л/6/З. 2. д/2/12. 3. 3. 4. v^/2. 5. 2/3. 6. -11/3.
7. - 4/9. 8. 2л/3/3. 9. - л/б/60. 10. 20\/3/9.
6.4. Производные слож:ной функции
Постановка задачи. Найти производные z'x и z'y функции
z = z(u,v), где и = и(х,у) и v = v(x,y).
План решения. Поскольку z является сложной функцией двух
переменных х и г/, то ее производные z^, и z' вычисляются по форму-
формулам
dz _ dz du dz dv
dx du dx dv dx'
dz dz du dz dv
dy du dy dv dy
1. Вычисляем частные производные
dz dz du du dv dv
(i)
B)
136 -Гл. 6. Функции нескольких переменных
2. Подставляем полученные результаты в формулы A) и B) и за-
записываем ответ.
Замечание. Формулы A) и B) можно обобщить на функции лю-
любого числа переменных. Например, если дана функция f(u,v,w), где
и = и(х, y,t), v = v(x, г/, t) и w = w(x, г/, i), то ее частные производные
fx-> fy-> ft вычисляются по формулам
df__df_ du df_ dv^ df_ dw_
дх ди дх dv дх dw дх'
df _ df ди df dv df dw
ду ди ду dv dy dw dy'
df df du df dv df dw
dt du dt dv dt dw dt '
Пример. Найти производные z'x и z' функции z = u/v, где и = xy
и v =
Решение.
1. Вычисляем частные производные
dz _ 1 dz _ и
du v1 dv г>2'
du х du dv y/y
^Z=VX > l^r = xlnx' ^1 =
dx г' ' dy ' dx 2y^' dy
2. Подставляя полученные результаты в формулы A) и B), полу-
получаем
dz 1 у_г и у/у dz 1 у. и
— = -.уХу • —— , — = - -ХУ\ПХ 2
ox v vA 2\/х ди v vz
Ответ.
dz 1
— = - -уху
ОХ V
dz l и
— = - • ху In х
оу v vz
где и = xy, v =
Условия задач. Найти производные z'x и z'y функции z = z(u, v),
где и = u(x, у) и v = v(x, у).
1. z = u2+v2, u = x-\-y, v = x — у.
6.4. Производные сложной функции
137
2.
3.
4.
5.
6.
z = ln(u2
z = uv,
z = u2 + :
z = arctg
z = Ы(и -
+ v2),
(u/v),
- v2),
u = xy,
и = sin ж,
?. _ r2 _ 2
i? = xsiny,
u = x2 + y2,
v = ж/г/.
V = COST/.
v = exy.
V = X COS у
v = y.
7. z = u3-\-v2, и = In y^2 + y2, v = arctg (y/x).
8. z = д/ш;, г/ = 1п(ж2 + г/2), г; = ху2.
9. z = env, г/ = 1пж, г; = 1пг/.
10. z = In (u/v), и = sin (x/y), v = л/xjy.
Ответы.
~Т
2и
vl и2 + v2 у у и1 + v2
3. 4 = vuv~1 • cos ж, 4 = ?iv ln?x • (— sin г/).
4. 4 = 2г^-2ж + 6^2 -уеху, zfy = 2и • (-2у) +
5. ^ = ^— 2 ' Sin 2/ о~^ 2
?i2 + V2 U2 + ^2
' C0S У->
6. z^ =
7. zl=,
• 2х, z' =
г/ — г
^-2v У
2ж
х2 +у2
х2 -\- у2'
2v
/2'
2у
х2 + у2
9-1 0,&UV _ I nlc>UV —
• Zx — UC 1 Zy — UV
x у
1 x 1 1 1
10. z' = - • cos
и у у v
1 X
zl, = - • cos - I - -
у \ у2J v 2Ул/у'
и — v
2 '
9 i
и2 +
хех
138 .Гл. 6. Функции нескольких переменных
6.5. Производная неявной функции
Постановка задачи. Найти производную функции у = у(х),
заданной неявно уравнением
F(x,y) = 0. A)
План решения. Если при каждом фиксированном ж, принадлежа-
принадлежащем некоторой области Z), уравнение A) имеет единственное реше-
решение т/, принадлежащее некоторой области Е, то уравнение A) задает
функцию у = у(х) с областью определения D и областью значений Е.
Если в некоторой окрестности точки (жо,?/о = у(хо)) функция
F(x,y) дифференцируема и Fy(xo,yo) ф О, то уравнение A) опре-
определяет функцию у = у (ж), дифференцируемую в точке xq, причем ее
производная определяется формулой
Fx(x0,y0)
У (жо) = - ^тт V' B)
1. Вычисляем частные производные F'x(x,y) и F'y(x,y) в точке
(хо,уо), где 2/о есть корень уравнения F(xo,y) = 0.
2. Находим у1(xq) по формуле B) и записываем ответ.
Замечание. Аналогично вычисляются частные производные
функций нескольких переменных, заданных неявно. Например, если
уравнение F(x,y,z) = 0 задает функцию z = z(x,y), то при извест-
известных условиях функция z = z(x,y) дифференцируема в точке (жо?2/о)
и ее частные производные определяются формулами
// ч F^(xo,yo,zo) l( . F^(xo,yo,zo)
zx{xo,yo) = - — -, z (хо,уо) = - -=- г,
Fz{xo,yo,zo) yK F^xo,yo,zo)
где zq есть корень уравнения F(xo, yo,z) = 0.
Пример. Найти производную функции у = у (ж), заданной неявно
уравнением
Решение.
i v
1. В данном случае F(x, у) = In J х2 + у2 — arctg —. Вычисляем ее
т
частные производные:
F, = _j^ 1 (-1Л = xJry
х х2 + у2 1 + (у/жJ V х2) х2 + у2'
6.5. Производная неявной функции
139
(у/х)
У -х
х2 + у2'
Очевидно, что F(x,y), F'x и F'y непрерывны при всех х ф 0 и F'y ф О
при х ф у. Следовательно, уравнение C) определяет функцию у(х),
дифференцируемую во всех точках (жо, уо) области, где х ф 0 к х ф у.
2. Находим у' по формуле B)
, =
Ответ, у =
ПРИ всех ж0? Уо5 удовлетворяющих уравне-
уравнено -2/0
нию C), в области, где ж / 0 и ж / у.
Условия задач. Найти производные функций у = у(х), заданных
неявно уравнениями.
1. г/ж = я*/. 2. у = 1 + ух.
3. 2/ = ж + 1пг/. 4. ж + у = еж~у.
5. х2е2У - у2е2х =0. 6. х - у + arctg у = 0.
7. г/sin ж — cos(x — у) = 0. 8. sm(xy) — еху — х2у = 0.
9. 1 + ху-\п(еху + е-ху) = 0. 10. х2-2ху + у2+х + у-2 = 0.
Ответы.
1 /= ухЫу-уху-1
" 1 1
3. у' =
У
у - 1
у
, у cos ж
sin(x
— у) — sin ж
ех-у
У2
t-
'У*
+
+
2с
1
1"
е*У
_с
еху
osxy)
-х)
140 .Гл. 6. Функции нескольких переменных
6.6. Касательная плоскость и нормаль
к поверхности
Постановка задачи. Найти уравнения касательной плоскости
и нормали к поверхности, заданной уравнением
F(x,y,z) = 0,
в точке М(хо, уо, zq).
План решения.
Нормальный вектор к поверхности, заданной уравнением
в точке М(жо? 2/(Ь zo) определяется формулой
ft = grad F
_{dF OF 3F 1
м~\дх м' ду м' dz м\ '
Следовательно, уравнение касательной плоскости к данной поверх-
поверхности в точке М(жо, 2/(ь ^о) есть
F1
± X
М(Х-ХО) +
и уравнения нормали
F'y
x -
Fx
- Xq
M
o,yo,zo)(y -
_ У ~ Уо _
F'
± У
M
Уо)
z -
F'z
+
M
\M(
B)
1. Находим частные производные F^F^hF^b точке М(жо, уо, zq).
2. Подставляем найденные значения в уравнения A) и B) и запи-
записываем ответ.
Замечание. Если заданы только значения xq иу0, то координата
zq точки М определяется из условия, что точка М принадлежит дан-
данной поверхности, т.е. .Р(жо?2/о> zo) = 0.
Пример. Найти уравнения касательной плоскости и нормали к
поверхности, заданной уравнением
z = ху,
в точке МA,1).
6.6. Касательная плоскость и нормаль к поверхности 141
Решение. Запишем уравнение поверхности в виде ху — z = 0, т.е.
F = ху - z.
Координаты точки М: xq = 1 и у о = 1. Координату zo опреде-
определяем из условия, что точка М принадлежит данной поверхности, т.е.
l, I, z0) = 0. Получаем z0 = 1.
1. Находим частные производные F'x, F'y и F'z в точке МA,1,1):
F'\ —у —1 F'\ — т\ —1 F'\ —-1
ж |AДД) » A11) -1-' ^ 2/1 A11) "^ 1A11) ' ^ I A11)
ж |AДД)
A
—1 F'\ — т\ —1 F'\ —
,1,1) -1-' ^ 2/1 A,1,1) "^ 1A,1,1) ' ^ I A,1,1)
2. Подставляя найденные значения в уравнения A) и B), получаем
уравнение касательной плоскости
и уравнения нормали
х — 1 у — 1
Ответ. Уравнение касательной плоскости: х -\- у — z — 1 = 0.
Уравнения нормали: ж — 1 = у — 1 = 1 — z.
Условия ЗАДАЧ. Найти уравнения касательной плоскости и
нормали к поверхности в заданной точке М.
2. g44-°'
3. 2 = sin х cos у, М (тг/4, тг/4,1/2).
4. 0 = ea!COS?', МA,тг,1/е).
5. ^ = ytga;, М (тг/4,1,1).
6. z = 3xctg{x/y), МA,1,тг/4).
7. a:(|/ + 2;)(z-a:j,)
8. 2ш/г + 2^г = 8,
9. ж2 + 2/2 + г2-16 = 0, МB,2,2л/2).
10. ж2 + 2/2-г2 = -1, МB,2,3).
142 Гл. 6. Функции нескольких переменных
Ответы.
1. 2х - 4у - z - 5 = 0,
2. Зж + 4у - 6z = О,
3. x-y-2z + l = 0,
4. ж + ez - 2 = О,
5. 2x + y-z-% = 0,
6. x-y-2z+f = 0,
7. 2х + 7у - 5z + 4 = О,
8. x + y-4z = 0,
9. ж + у + л/2я -8 = 0,
10. 2х + 2у - 3z + 1 = 0,
6.7. Экстремум функции двух переменных
Постановка задачи. Найти стационарные точки функции
z = z(x,y) и исследовать их характер.
План решения.
1. Стационарными точками функции нескольких переменных на-
называются точки, в которых все ее частные производные равны нулю.
Следовательно, чтобы найти стационарные точки функции z(x,y),
нужно решить систему двух уравнений с двумя неизвестными
х-1
2
х - 4
3
X — 7Г
1
х-1
1
X — 7Г
2
ж- 1
1
ж-2
2
х-2
1
х-2
1
х-2
/4
/4
У +
-4
у-
4
2/-
0
У
у-
-1
у-
7
у-
1
у-
1
у-
2
3
— 7Г
-1
7Г
- 1
1
1
1
2
2
2
z — 5
-1
z-4
-6
/4 z - 1/2
-2
z- 1/е
е
z-tt/4
-2 '
z-3
-5
z-1
-4
z-3
x()
\ fy{x,y) = 0.
Решая эту систему уравнений, находим стационарные точки функции
z(x,y): Mi(ari,2/i), М2(ж2, у2), • •., Мп(хп,уп).
6.7. Экстремум функции двух переменных 143
2. Для того чтобы исследовать характер стационарных точек, вос-
воспользуемся достаточными условиями экстремума функции двух пере-
переменных.
Пусть функция z = z(x, у) определена и имеет непрерывные част-
частные производные второго порядка в стационарной точке М(хо,уо)
(т.е. zx(xo,yo) = zfy(xo,yo) = 0). Тогда если в этой точке:
а) zxx ' zyy ~ (zxyJ > 0, то М — точка экстремума, причем при
zxx > 0 — точка минимума, при zxx < 0 — точка максимума;
б) zxx ' zyy ~ (zxyJ < 0, то М не является точкой экстремума;
в) zxx ' zyy ~ (zxyJ = 0, то требуется дополнительное исследова-
исследование (например, по определению).
3. Вычисляем производные второго порядка функции z(x,y).
4. В каждой стационарной точке вычисляем выражение
z" • z" - (z" J
жж ^уу \^ху)
и определяем его знак.
Анализируем полученные результаты и записываем ответ.
Пример. Найти стационарные точки функции
z = х3 + у3 - Зху
и исследовать их характер.
Решение.
1. Вычисляем частные производные
zx = Зх2 — Зу, zy = Зу2 — Зх.
2. Для того чтобы найти стационарные точки функции, решаем
систему двух уравнений с двумя неизвестными
Зх2 -Зу = 0,
Зу2 - Зх = 0.
Получаем два решения: х\ = 0, у\ = 0 и x<i = 1, г/2 = 1- Следова-
Следовательно, стационарные точки функции z = х3 + у3 — Зху: Mi @,0) и
3. Вычисляем производные второго порядка:
144 Гл. 6. Функции нескольких переменных
4. В каждой стационарной точке вычисляем выражение
z" • z" - (z" J
хх уу \ ху)
и определяем его знак.
В точке Mi @,0)
4х(о,о)=о, 4До,о) = -з, 4;(o,o)=o^4'*4W4/J = -6<o-
Следовательно, точка Mi @,0) не является точкой экстремума.
В точке М2A,1)
4,A, i)=6, 4„AД)=-з, <уA,1)=б=^4х-4»-D'„J=27>о.
Следовательно, точка М2A,1) является точкой экстремума. Так как
г^жA,1) = 6 > 0, то М2A,1) — точка минимума.
Ответ. Функция z = х3 -\- у3 — Зху имеет две стационарные точ-
точки Mi@,0) и М2A,1). В точке Mi@,0) экстремума нет, М2A,1) —
точка минимума.
Условия ЗАДАЧ. Найти стационарные точки заданных функций
и исследовать их характер.
1. z = х2 — ху + у2. 2. z = х2 — ху — у2.
3. z = х2 - 2ху + 2г/2 + 2х. 4. z = ж3 + у3 - х2 - 2ху - у2.
5. z = x3 - 2у3 -Зх-\- 6у. 6. z = 4ж + 2г/ - х2 - у2.
7. z = х3 + г/3 - 15жг/. 8. z = ж2 + жг/ + г/2 - Зх - 6у.
9. z = х2 + 4у2 - 2ху + 4. 10. z = ж/г/ + 1/х + г/.
Ответы.
1. М@, 0) — стационарная точка. М@,0) — точка минимума,
^min=^@,0)=0.
2. М@, 0) — стационарная точка. В точке М@, 0) экстремума
нет.
3. М(—2, — 1) — стационарная точка. М(—2, — 1) — точка мини-
минимума, zmin = z(-2, -1) = -2.
4. Mi@,0), М2D/3,4/3) — стационарные точки. М@,0) — точ-
точка максимума, zmax = z@,0) = 0. МD/3,4/3) —- точка минимума,
-г™» =2D/3,4/3) = -64/27.
6.7. Экстремум функции двух переменных 145
5. Mi(l,l), M2(-l,-l), М3(-1,1), М4A,-1) — стационарные
точки. В точках Mi(l,l), М2(—1, — 1) экстремума нет. М3(—1,1) —
точка максимума, ?max = z(—1,1) = 6. М4A, —1) — точка мини-
минимума, zmin = z(l, -1) = -6.
6. МB,1) — стационарная точка. МB,1) — точка максимума,
^шах = 2B, 1) = 5.
7. Mi@,0), М2E, 5) — стационарные точки. В точке Mi@,0)
экстремума нет. М3E, 5) — точка минимума, zm[n = zE, 5) = —125.
8. М@, 3) — стационарная точка. М@, 3) — точка минимума,
zmin = z@,3) = -9.
9. М@, 0) — стационарная точка. М@, 0) — точка минимума,
Zmin = z@, 0) = 4.
10. M(l, 1) — стационарная точка. МA,1) — точка минимума,
^min = 2A, 1) = о.
10 О.В. Зимина и др.
Глава 7
НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
При изучении темы НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ вы из-
изучите основные приемы нахождения первообразных (подведение под
знак дифференциала, интегрирование по частям, замена перемен-
переменной), научитесь интегрировать основные классы функций (рацио-
(рациональные дроби, тригонометрические и иррациональные выражения).
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете вычислить произ-
производные, разложить многочлен на множители, разложить рациональ-
рациональную функцию на элементарные дроби, решить системы уравнений
для нахождения неопределенных коэффициентов, выполнить другие
численные расчеты и проверить полученные вами результаты.
7.1. Интегрирование подведением
под знак дифференциала
Постановка задачи. Найти неопределенный интеграл
F(x)g(x)dx.
План решения. Пусть д(х) имеет очевидную первообразную
G(x), a F(x) есть функция этой первообразной, т.е. F(x) = u(G(x)).
Тогда
I F(x)g(x)dx= [ u(G{x))G'{x)dx= ( u(G)dG.
Такого рода преобразование называется подведением под знак диф-
дифференциала.
Если метод избран удачно, то последний интеграл оказывается
табличным или известным образом сводится к табличному.
Пример. Найти неопределенный интеграл
ctgx \n.sm.xdx.
7.1. Интегрирование подведением под знак дифференциала
147
Решение.
1. Представим подынтегральное выражение в виде произведения
двух функций F{x)g(x), где д(х) имеет очевидную первообразную
G(x), a F{x) есть функция этой первообразной, т.е. F{x) = u(G(x)).
В данном случае
In sin ж . lnG
г ух) = —: , дух) = cos ж, Gyx) = smi, b ух) = ——- = uyG).
о 111 tX/ v_T
2. Тогда
/In sin x f In sin ж /" In G
— cos x dx = / — a sm x = / ——— aG ,
smx у smx J G
где G = sinx.
3. Последний интеграл не является табличным, но к нему снова
можно применить метод подведения под знак дифференциала:
J
±dG = JlnGdlnG=
In2 sin x
С.
Ответ. J ctgx In sin ж аж =
sin ж
\-С.
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
1.
3.
5.
7.
9.
3 arctg2
ж2 + 1
¦ dx.
: dx.
In ж
x cos x + sin ж
J xVl
I
I
(ж sin жK
dx.
2хл/х-\-х
7
dx.
2.
sin 2x — cos ж
Г 2 arcsin ж + х 7
10. / . — dx.
J Vl-x2
10*
148 .Гл. 7. Неопределенный интеграл
Ответы.
3 + C. 2. + С.
cos^ ж + sin х
3. -7^ \ ттт + ^. 4. tg3x + C.
9(х3 + Зж + IK
5. 2\/1пж + G. 6. - arcsinx2 + G.
z
7- ~2(xsinxJ+a 8'
9. 1пBжу^ + х) + С. 10. arcsin2 x - \/l - х2 + С.
7.2. Интегрирование по частям
Постановка задачи. Найти неопределенный интеграл
F(x)g(x) dx.
План решения. Пусть д{х) имеет очевидную первообразную
G(x), a F(x) — дифференцируемая функция, причем ее производ-
производная f(x) = F'(x) является более простой функцией, чем F(x). Тогда
применяем формулу интегрирования по частям
F(x)g(x) dx = F{x)G{x) - Г f{x)G{x) dx.
Если метод избран удачно, то интеграл в правой части этого ра-
равенства оказывается табличным или известным образом сводится к
табличному, например, повторным интегрированием по частям.
Пример. Найти неопределенный интеграл
xdx
Решение.
1. Представим подынтегральное выражение в виде произведения
двух функций F(x)g(x), где д(х) имеет очевидную первообразную
G(x), a F(x) — дифференцируемая функция, причем ее производная
f(x) = Ff(x) является более простой функцией, чем F{x).
7.2. Интегрирование по частям 149
В данном случае
F(x)=x, д{х) = —^, G(x)=tgx, f(x) = F'(x) = 1.
COS X
2. Применяем формулу интегрирования по частям
/xdx [
— =xtgx- I tgxdx.
cos2 x J
3. Последний интеграл не является табличным, но к нему можно
применить метод подведения под знак дифференциала:
Г Г 1 Г 1
tgxdx = / sinxdx = — / dcosx =
J J cos ж J cos ж
_ Г — In cos x -\- Ci при cos ж > 0,
| -ln(-cosx) + C2 при cosx<0.
f xdx ( lncosx + Ci ПРИ cos ж > 0,
Ответ. / — = xtgx + ^ , , ) ^ '
J 2 [ ln(—cosa:) + G2 при cos ж < 0.
f
. /
J
Заметим, что если бы мы выбрали д(х) = ж, то, дифференцируя
функцию F(x) = l/cos2x и применяя формулу интегрирования по
частям, получили бы более сложный интеграл, чем исходный.
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
1. (x + l)exdx. 2. a,YCsinxdx.
3. х2 sin xdx. 4. (x2 + 2x-\-3) cos x dx.
5. / xlnxdx. 6. / —5—^ж-
У У sin ж
7. / е2жсо8Жб/ж. 8. / x2dLictgxdx.
9.
150 .Гл. 7. Неопределенный интеграл
Ответы.
1. хех + С. 2. х arcsin ж + \Л - ж2 + G.
3. 2xsinx — ж2 cos ж + 2 cos ж + С.
4. (ж + IJ sin х + 2(ж + 1) cos ж + С
2
5. — B1пж-1) + С. 6. -zctgz + lnsinar + C.
е2х
7. (sin х + 2 cos ж) + G.
5
ж2 11
8. — arctgx ж2 + - \п(х2 + 1) + С.
3 6 6
9. - (sin In x - cos In x) + С. 10. ex (x2 - 2x + 2) + С
7.3. Интегрирование рациональных
функций с простыми
вещественными корнями знаменателя
Постановка задачи. Найти неопределенный интеграл
п т
77/ i ^"^ 7 А — ^L "^^ i • • • i ^ j^ ьл_/ | v>v ^ j
¦Ьо
План решения.
1. Введем обозначения:
Рп(х) = апхп + ап-\хп~х + ...
Сравним степени числителя Рп{х) и знаменателя Qm(#).
Если подынтегральная функция — неправильная рациональная
дробь, т.е. степень числителя п больнее или равна степени знаме-
знаменателя 772, то сначала выделяем целую часть рациональной функции,
поделив числитель на знаменатель:
7.3. Интегрирование рациональных функций 151
Здесь многочлен Pk{x) — остаток от деления Рп(х) на Qm(x), причем
степень Рк{х) меньше степени QTn{x).
2. Разложим правильную рациональную дробь
Рк(х)
Qm{x)
на элементарные дроби. Если ее знаменатель имеет простые вещест-
вещественные корни гъг2, • • • ,rm, т.е. Qm(x) = (х - п)(х - г2) ••• {х - гт),
то разложение на элементарные дроби имеет вид
Рк(х) _ Ах | А2 | + Ат
Qm(x) Х-Тх Х-Г2 Х-Гш
3. Для вычисления неопределенных коэффициентов А\, А2,..., Аш
приводим к общему знаменателю дроби в правой части тождества,
после чего приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях х
в числителях слева и справа. Получим систему m уравнений с m
неизвестными, которая имеет единственное решение.
4. Интегрируем целую часть (если она есть) и элементарные дроби,
используя табличные интегралы, и записываем ответ
Qm(x)
= F(x) + Ailn|x - ri| + Л21п|ж - r2\ + ... + Аш\п\х — rm| + С,
где F(x) = / Мп-т(х) dx — многочлен степени п — т + 1.
Пример. Найти неопределенный интеграл
2х3 - 40ж - 8
4)(х-2)
dx.
Решение.
1. Подынтегральная функция — неправильная рациональная
дробь, так как п = m = 3. Выделим целую часть:
2х3 - 40ж - 8 _ 4х2 + 24ж + 8
х[х + 1){х - 2) х[х + 4)(ж - 2)'
2. Так как знаменатель последней дроби имеет три различных ве-
вещественных корня ж = 0, ж = — 4 и ж = 2, то ее разложение на
152 Гл. 7. Неопределенный интеграл
элементарные дроби имеет вид
4ж2 + 24ж + 8 _АХ А2 А3
х(х + 4)(х-2) х ж+ 4 ж-2'
3. Чтобы найти коэффициенты Ai, А2, А%, приводим к общему
знаменателю дроби в правой части тождества:
4ж2 + 24ж + 8 _ Ах(х2 + 2х - 8) + А2(х2 - 2х) + А3(х2 + 4ж)
ж(ж + 4)(ж-2) ж(ж + 4)(ж-2)
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях ж в числителях
слева и справа, получим систему трех уравнений с тремя неизвест-
неизвестными:
Ах + А2 + А3 = 4,
2Аг - 2А2 + 4А3 = 24,
-8Ai = 8.
Эта система имеет единственное решение А\ = — 1, А2 = — 1, А3 = 6.
Следовательно, подынтегральное выражение имеет вид
=2-[--]-[- 1
ж(ж + 4)(ж-2) \ х) \ х + 4) х-2
4. Интегрируем целую часть и элементарные дроби, используя
табличные интегралы:
Г 2ж3 - 40ж - 8 7 Г 7 Г 1 /¦ 1 J Г 6 J
/ "~7 ^т ^7 аж = / 2ах-\- — ах + / ах— аж =
/ ^ i ^ I Л \ ( /у* s \ / / 'Y* / 'Y* I /1 / *у* у
— О^Х* I 1т"| Т* I Iti Т* I Л.\ filn Т С)\ I |7
Z/iX/ п^ ААА «^ П^ -111 JU \^ т: U 111 Jb lj\ \^ KJ.
, 2ж3-40ж-8 , , ж||ж + 4| ^
Ответ. / , . JW dx = 2x + In '' ^J + С.
4)(х-2) ' {x-2f
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
L. / dx. 2. \
Г ж2 + 1 Г 1
*" / Г 2_1\/ 2 _A)dX' 4' / 4 _ 1О 2
dx
7Л. Интегрирование рациональных функций
153
Г х5 + Зж4 -
J х2-
ч-
ч-
2ж3 - 8ж2 -
X ^Х 1J\
2,х 4ж ¦
(ж-1)(
2ж6 - 4ж4
х5-
Ответы.
1. In
9
3' 12
т4
5' 4
х3
6' з
(ж-1K(а
1п[а
: + 1)
;- 1)
+ х3 + In
+ 2 +4,
7. 2х + In
g ж2 _i_ in
10. ж2
¦fin
(х -
(х-
Зж2 + 2
^4х-
х-4)
4
— Qx2 -f 5x*
ж-3)(ж +
+ 6х3 - 18
- Ъх3 + 4ж
;-4M
>O
4 ж - 2
4|ж + 2
ж- 1
ж + 1
¦ + 1п
+<
¦к
ж2 (ж
(яг-
4)(ж + IJ
X
1J(ж + 2)
х — 3
,
-10
ж2 + 8
С. 4.
-2M
f 2K
1 Г~1 Q
-|- и. О.
_1_ С
\ w.
(ж + 2J
У х(х-2)(х + 2)
f х3 + 2ж2 - 15ж + 1
У х(х-3)(х + 3)
8
1
(х- 1)(ж + 3K
12 Ь (ж + 2L
1 (х-3J\х + 2\3
60 П(> + 3J|ж-2|3
_|_ П
\ о.
¦f С.
Х + Ы
(х + 3K(х - 3)
X2
+ с.
7.4. Интегрирование рациональных
функций с кратными вещественными
корнями знаменателя
Постановка задачи. Найти неопределенный интеграл
а0
154 Гл. 7. Неопределенный интеграл
План решения.
1. Введем обозначения:
Рп(х) = апхп + ап-\хп~х + ... + а\х + а0,
Qm(x) = Ьшхш + Ьт-гх™'1 + ... + Ьгх + V
Сравним степени числителя Рп(х) и знаменателя Qm(x).
Если подынтегральная функция — неправильная рациональная
дробь, т.е. степень числителя п больше или равна степени знаме-
знаменателя га, то сначала выделяем целую часть рациональной функции,
поделив числитель на знаменатель:
Здесь многочлен Рк{х) — остаток от деления Рп(х) на Qm(x), причем
степень Рк{х) меньше степени QTn{x).
2. Разложим правильную рациональную дробь ——- на эле-
Qm(x)
ментарные дроби. Если ее знаменатель имеет вещественные корни
7*1, Г2, • • •, rs кратности 7ii, 7i2,..., тг5 соответственно, т.е.
Qm(x) = {х- п)П1(х - г2)П2 ...{х- гш)п%
то разложение на элементарные дроби имеет вид
Рк(х) _ Ац А12 А1п1
Qm(x) Х-Тх
х - г2 (х - г2J " ' (х — г2)П2
¦¦¦' ' / \ 9 '***'/ \oo*
•^ ' s V s/ V s/
3. Чтобы найти коэффициенты i11? Ai2,..., ^4sns ? приводим к обще-
общему знаменателю дроби в правой части тождества, после чего прирав-
приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях х в числителях слева
и справа. Получим систему ni+7i2+.. .+ns уравнений с ni+7i2+.. .+ns
неизвестными, которая имеет единственное решение.
7А. Интегрирование рациональных функций 155
4. Интегрируем целую часть (если она есть) и элементарные дро-
дроби, используя табличные интегралы, и записываем ответ
Qm{x)
X - 7"i A -
(l-ns)(x
где F(x) = / Mn-m(x) dx — многочлен степени п — т + 1.
Пример. Найти неопределенный интеграл
¦6 ,
Решение.
1. Подынтегральная функция — правильная рациональная дробь.
2. Разложим ее на элементарные дроби. Так как знаменатель
имеет два действительных корня: г\ = 2 кратности единица и Г2 = —2
кратности три, разложение на элементарные дроби имеет вид
6 Аг1 А2\ А22 А23
(ж-2)(ж + 2K ж-2 ж + 2 (ж + 2J (ж + 2K'
3. Чтобы найти коэффициенты Ац, ..., А23, приводим к общему
знаменателю дроби в правой части тождества:
= An(a + 2K + A2i(a; - 2)(д? + 2J + Л22(х - 2)(д? + 2) + Л23(х - 2)
(ж-2)(ж + 2K
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в числителях
слева и справа, получим систему четырех уравнений с четырьмя не-
неизвестными
Аи + A2i = 1,
= 6,
А23 = 13,
2А23 = 6.
156
Гл. 7. Неопределенный интеграл
Эта система имеет единственное решение:
Ац = 1, А21 = О, А22 = О, А23 = 1.
Следовательно, подынтегральное выражение имеет вид
х3 + 6х2 + 13х + 6 _ 1 1
3. Интегрируем сумму элементарных дробей, используя таблич-
табличные интегралы:
Ответ.
¦ = 1п|ж-2| -
С.
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
1 , „ f х3 - 6х2 + 9х + 7
2.
У ж(ж - IK
• / —^Ч^—
Г ж2 - 2х + 3
(ж-2K(ж-5)
4. / -г- -— dx.
dx.
dx.
6.
х{х - 1)Цх - 3)
Э- /"а Г ГТ&- 10- /
J х3 - х2 - х + 1 J
5ж3 - 17ж2 + 18ж - 5
(Ж-1K(ж-2)
dx.
х-1K(х
Ответы.
1. -
3. In
4. -1
х-1
х + 1
Н \-С. 2. In |ж - 5| +
2(ж-2J
ж- 1
(х-1J
С.
7.5. Интегрирование рациональных функций
157
6. т In
т. 1
2
Э. - In
х-1
х-2
40 - 2) 2х
с.
ж2
-2K
х-1
20 - 1)
ж - 1
С.
с.
9
40 - IJ 40 - 1)
С.
7.5. Интегрирование рациональных
функций с простыми комплексными
корнями знаменателя
Постановка задачи. Найти неопределенный интеграл
/
апхп + ап-\х
п~1
bmx
План решения.
1. Введем обозначения:
Рп(х) = апжп + ап-\хп~х
а0,
Сравним степени числителя Рп{х) и знаменателя QmO)-
Если подынтегральная функция — неправильная рациональная
дробь, т.е. степень числителя п больше или равна степени знаме-
знаменателя 772, то сначала выделяем целую часть рациональной функции,
поделив числитель на знаменатель:
Qm{x)
Qm{x)
158 .Гл. 7. Неопределенный интеграл
Здесь многочлен Pk{x) — остаток от деления Рп(х) на Qm(x), причем
степень Рк(х) меньше степени QTn{x).
2. Разложим правильную рациональную дробь
Рк (х)
Qm(x)
на элементарные дроби. Если ее знаменатель имеет простые комп-
комплексные корни гк = ик ± ivk, т.е.
Qm{x) = (х2 + p1x + q1)(x2 + р2х + q2) ... {х2 + psx + qs),
где
х2 + ркх + qk = [х - (ик + ivk)][x - (ик ~ ivk)],
то разложение на элементарные дроби имеет вид
Рк(х) _ Ахх + Вх А2х + В2
Qm(x) х2 + pix + qi х2 + р2х + q2 '" х2 + psx + qs'
3. Для вычисления неопределенных коэффициентов А\, А2,..., ^4S,
.Bi,..., i?s приводим к общему знаменателю дроби в правой части
тождества, после чего приравниваем коэффициенты при одинаковых
степенях х в числителях слева и справа. Получим систему 2s уравне-
уравнений с 2s неизвестными, которая имеет единственное решение.
4. Интегрируем элементарные дроби вида
Ах + В
х2 + рх + q
Выделяем в знаменателе полный квадрат (х + р/2J + (q — р2/4) (по-
(поскольку q—p2/4 > 0, можно обозначить q—p2/4 = а2) и делаем замену
переменной t = х — р/2. Получим
Г Ах + В 7 Г At + Лр/2 + Б 7
/ —^ ах = at =
J x2+px + q J t2+a2
f At [Ap/2 + B
A , , о 2ч AP/2 + В t
= - ln(t2 + a2) + —^ arctg - =
2 a a
7.5. Интегрирование рациональных функций 159
х+р/2
5. Складываем результаты интегрирования целой части (если она
есть) и элементарных дробей и записываем ответ.
Пример. Найти неопределенный интеграл
2х3 + Зх2 + Зх + 2
Решение.
1. Подынтегральная функция — правильная рациональная дробь.
2. Разложим ее на элементарные дроби. Знаменатель имеет две
пары комплексно-сопряженных корней: т\^2 = — l/2dziv3/2 и гз,4 = =Ь*-
Следовательно, разложение на элементарные дроби имеет вид
ZjX ~~г~ ОЖ п~ оЖ ~\ Zj J\\X \~ -D\
/ с\ -t \ / О -л \ О -I
3. Чтобы найти коэффициенты Ai, A2, В\, В2, приводим к общему
знаменателю дроби в правой части тождества:
2х3 + Зх2 + Зх + 2
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в числителях
слева и справа, получим систему четырех уравнений с четырьмя не-
неизвестными
' Аг + А2 =2,
А2 + Вх + Б2 = 3,
Ai + А2 + Б2 = 3,
В1+В2 = 2.
Эта система имеет единственное решение
Следовательно, подынтегральное выражение имеет вид
2х3 + Зж2 + Зж + 2 _ ж + 1 ж + 1
/ О -i \ /" О -i\ О -в О -в*
160 -Гл. 7. Неопределенный интеграл
4. Интегрируя элементарные дроби, получим
/ж + 1 1
— dx = - \п(х2 + 1) + arctg ж + С2-
Ж + 1 Z
Ответ. / —— r-—z ах =
J (ж2 + ж + 1)(ж2 + 1)
1 1 2х + 1
- 1п(ж2 + х + 1)(ж2 + 1) + -^= arctg —^=- + arctgx + С.
* v3 v3
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
1 Г l dx 2 [ 2х2 + Х + 3
of1, Л ['х3 + х + 1
3. / — -dx. 4. / —dx.
J x3 - 8 J x4 - 1
7ж2 - 1
7- /^^- 8- /
ж3 + х
9. [3X + X3+5X + Idx. 10.
J 3 +
X3 + Ж J X4 - 16
Ответы.
1 1 2ж + 1
2. 3 In |ж + 2| 1п(ж2 + x + 1) + — arctg —— + С
2 V3 v3
1 (ж2) л/3 ar + 1 ^
3. — In ^ ^ — arctg —^- + С
24 ж2 + 2ж + 4 12 5 y^
4. - In | (ж- 1K(ж + 1)| - - arctg ж + С.
7.6. Интегрирование тригонометрических выражений
161
5. ±
6.
х-1
«+с.
1 1 (х- IJ 1 2ж +
7. - + - In -4 Ц- + -р arctg —
ж 6 ж2 + ж + 1 л/3 л/3
С.
8. ж - - 1п[(ж2 + 2х + 2)(ж + IL] + 3 arctg (ж + 1) + С.
9. Зх + In |ж| + 2 arctg ж + С.
10. х + - In
ж-2
- arctg - + С.
7.6. Интегрирование выражений
i?(sinx, cosx)
Постановка задачи. Найти неопределенный интеграл
/•
) dx,
где R — рациональная функция двух переменных.
План решения.
1. С помощью подстановки
х
интегралы от функций R(smx, cos ж) приводятся к интегралам от ра-
рациональных функций новой переменной t. Действительно, подставляя
в подынтегральное выражение
получаем
(It \-t1\ 2
iJ(sinar,cosar)da; = R f , j l+,2dt =
Подстановка ? = tg (ж/2) называется универсальной.
11 О.В. Зимина и др.
162 Гл. 7. Неопределенный интеграл
2. Применяем формулу замены переменной в неопределенном ин-
интеграле
/
Г { It 1 — t2
R(smX,cosX)dX = J i?^
3. Вычисляем первообразную рациональной функции t и возвра-
возвращаемся к переменной ж, подставляя t = tg (х/2).
Замечание. Если подынтегральная функция имеет специальный
вид, то лучше применить подстановки, требующие меньше вычис-
вычислений:
а) если
it^sin ж, cos х) = Ri (sin ж, cos2 x) cos ж,
то применяем подстановку t = sin ж. Действительно, подынтеграль-
подынтегральное выражение приобретает вид
Rx (sin ж, cos2 x) cos xdx = R± (?, 1 - ?2) dt;
б) если
i?(sin ж, cos x) = i?2 (sin2 ж, cos ж) sin ж,
то применяем подстановку t = cos x. Действительно, подынтеграль-
подынтегральное выражение приобретает вид
R2 (sin2 ж, cos x) sin ж dx = —i^2(l - t2,t)dt;
в) если
i?(sinx, cos ж) = Rs(tgx),
то применяем подстановку ? = tgx. Действительно, подынтегральное
выражение приобретает вид
Пример 1. Найти неопределенный интеграл
sin ж
dx.
2 + sin x
7.6. Интегрирование тригонометрических выражений 163
Решение.
1. Сделаем подстановку t = tg (x/2).
Подставляя в подынтегральное выражение
получим
sin x 1 + t2 2 2t
2 + sina; 2t I + t* (f> + t + l)(t* + 1)
2. Применяем формулу замены переменной в неопределенном ин-
интеграле
[ sin ж _ Г
У 2 + smxdX~ J (*2
3. Вычисляем первообразную рациональной функции ?:
4 2* + 1 ^
dt = 2 arctg ? — arctg ———h С.
Возвращаемся к переменной ж, подставляя ? = tg (х/2):
\AJ4XJ «X/ , 1Л± Vy \) СЦ *
+ sinx л/3 л/3
Ответ.
2 + sin х у^ у 6
Пример 2. Найти неопределенный интеграл
-^ dx.
Решение.
1. Так как подынтегральная функция имеет вид R(tgx), сделаем
подстановку tgx = t.
Подставляя в подынтегральное выражение
tgx = t, dx=^-p,
11*
164 Гл. 7. Неопределенный интеграл
получим
3tg2x -I 3t2 - 1 1 7
—5 dx = — at.
t2 5 ?2 + 5 1 + ?2
2. Применяем формулу замены переменной в неопределенном ин-
интеграле
/OJ. 2 -1 р oj.2 1 1
oig х — 1 oi — 1 1
-t^T^yi^TT^
4. Вычисляем первообразную рациональной функции ? :
, 4 *
/у-/- — ят*г*т0" # I ят*г*т0" I А
Возвращаемся к переменной ж, подставляя ? = tgx:
4 /tgx\
dar = -х + ^arctg -^=- + С.
fStg^! 4 /tgar\ ^
Ответ. / —tz ax = —x -\—^arctg —= + C.
7 tg2x + 5 /b V /5 /
4
tzax = x \^arctg =
tg2x + 5 y/b V \/5 /
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
dx
i.
2 sin x - cos x - 1 ./ cos 2x - sin 2x
¦I
3. / ^ . 4. /—^
у cos x + 2 sin x + 3 у 2 - si:
6 / 2si
У sin2 ж
sin ж
. ^ .2 sin x + 3 cos ж
5. / — -. 6. / -^-^ —dx.
4 cos x — 6 sin ж — 5 j sin x cos ж + 9 cos3 ж
7. I g"- 8' / 4 o~da:-
1 + sin x J sin ж + sin x
9. / , .fX -.dx. 10. /-
J sinx(l + cos ж) J 1
cos ж
+ cos ж
7.7. Интегрирование тригонометрических выражений 165
Ответы.
tg ж + 1 + л/2
1. -In
2tg--l
с. 2. —pin
2\/2
3. arctg (l + tg |) + С. 4. — arctg j -^ j + C.
7. —= arctg ( \/2tgx) + С 8. sin ж : 6 arctg (sin x) + C.
Y 2 ^ ^ sin x
1 1 — cos ж 1 ^ x ^
9. - In h -: г + С. 10. ж - tg - + С.
4 1 + cosx 2A + cos x) 2
7.7. Интегрирование выражений
sin2m x cos2n x
Постановка задачи. Найти неопределенный интеграл
sin2mx cos2n xdx,
I
где т,п — натуральные числа.
План решения.
Применяем формулы понижения степени
sin2 х = -A — cos2x), cos2 x = -A + cos2x), sin ж cos ж = - sin2x
Zj A A
до тех пор, пока не придем к табличным интегралам или к интегра-
интегралам, которые известным образом сводятся к табличным.
Пример. Найти неопределенный интеграл
/
sin4 Зх cos4 Зх dx.
Решение. Применяя формулы понижения степени, имеем
/ sin4 Зх cos4 Зх dx = 2~4 / B sin Зх cos ЗхL dx =
166 Гл. 7. Неопределенный интеграл
= 2 / sin4 6ж dx = 2 / A - cos 12жJ dx =
= 2 dx- 2 / cos 12ж dx + 2 / cos2
2~5 /"
= 2ж - — sin 12ж + 2 / A + cos 24ж) с/ж =
2~5 Г
= 2~6ж sin 12ж + 2ж + 2 / cos 24ж с/ж =
12 J
2~ъ 2~7
= 2~6х sin 12ж + 2ж + -—- sin 24ж + С.
12 24
Ответ.
3 1 1
sin4 Зж cos4 Зж dx = — ж sin 12ж -\ — sin 24ж + С.
Z о • Z о ' Z
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
1. cos22xdx. 2. cos63xdx.
3. cos4-dx. 4. sin44:xdx.
5. sin62xdx. 6. / sin2 8ж cos2 8ж dx.
7. / cos4 ж sin2 ж с/ж. 8. / cos2 ж sin4 x dx.
9. / sin4 x cos6 ж с/ж. 10. / sin6 x cos4 x dx.
Ответы.
„ Ъх sin6x sin 12ж sin3
C 2 + +
7.8. Интегрирование иррациональных выражений
167
Зх
Бх
1.1-
16
9. ЗХ
sin ж sin2x
Зх sin8x sin 16ж _.
4- гт— + „_ + С.
sin Ax 3 sin 8х sin3
128
sin3 2x
48
sin8x
96
10.
sin4x
64 4
sin4x
" 256 + 2048 + 320
sin 4x sin 8x sin5 2ж
sin5
256
Зх
256 ~ 256
2048
320
х
16
16
sin4x
64
128
sin 32ж
256
sin3 2x
' 48
¦С.
7.8. Интегрирование выражений
/? I т1 Р cix-\-b q ах-\-Ъ
Постановка задачи. Найти неопределенный интеграл
сх + с/'
е i2 — рациональная функция и p,q,... — натуральные числа.
План решения.
1. С помощью подстановки
од? + ь fn
сх + d
где п — общий знаменатель дробей 1/р, 1/д,..., приходим к интегра-
интегралам от рациональных функций.
2. Вычисляем первообразную рациональной функции t и возвра-
п1ах
щаемся к переменной ж, подставляя ? = W
Пример. Найти неопределенный интеграл
¦2J
168
Гл. 7. Неопределенный интеграл
Решение.
1. Чтобы сделать подстановку, приводящую к интегралу от ра-
рациональной функции, нужно преобразовать подынтегральную функ-
функцию так, чтобы она содержала корни любой степени, но из одного
П ПГ I Г)
и того же выражения вида
Хл.
/о _ Т
Преобразуем подынтегральное выражение, выделяя J ^ , :
-х-
\-х)(х + 2У
2. Применяем подстановку ? =
-I
4\ 1
1 + 4л/?—^ ) (яг + 2J
- dx
х =
-2,
¦dt.
Делая замену переменной в неопределенном интеграле, получаем
1 4* — 1 (*2 + 1J
/
4W 1
¦ dx
1 + 4А/?-^](х + 2J
= Г tt-± ft2 + IJ / 8^ \
J 4^ + 1 16 V (^2 + 1JУ
dt.
3. Вычисляем первообразную рациональной функции t:
1 ft(At-l) J 1 Г Г / 1\ 1 Г dt 1
2У-4*ТГЛ=2[У (ч<-2;^+2У47П] =
= -.t2 --t+ ±-
4 4 l
4 4
Возвращаемся к переменной ж, подставляя ? =
16
Т-х
Ответ
¦/¦
-х-
2J
12-ж
7.9. Интегрирование иррациональных выражений
169
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
s/2x - 1 - \/2х- 1
dx
I
1
f (x + 3) с/ж
•Ь?г
dx
ж2 ч/2ж + 3
dx
/
' J f™ \ Q\n i Д
/ ^
У B-a;)v/n^
•А
х + 1
dx
¦ dx.
жТ8-1
(ж + 8)A+ V^b8)
Ответы.
1. A + \/2х - IJ + 1п( ^2х - 1 - IJ + С. 2. 2 arctg-
^Тз
4. - 2 arctg Vl - x + С 5. -
+ С
6.
ln |д
7. »
4
.-3
¦-5^
1/6
9\ж/ V ж - 7 /
9. 6 arctg \/x + 8 - 6 In ^ж + 8 + 3 In |1 + \/х + 8| + С.
2
10. In
ж + 2 + -
: arctg
7.9. Интегрирование выражений
, \/^2 =Ь х2 и
Постановка задачи. Найти неопределенные интегралы вида:
а) / R(x, у а2 — х2) dx;
б) / R(x, \/a2 + x2) dx;
в) / R{x, ух2 — a2) dx;
где R — рациональная функция.
170 .Гл. 7. Неопределенный интеграл
План решения.
1. Чтобы избавиться от радикала, используем тригонометричес-
тригонометрические или гиперболические подстановки:
а) х = as'mt или х = atht;
б) х = atgt или х = asht;
ч а
в) х = или х = acht.
cost
2. Применив формулу замены переменной в неопределенном ин-
интеграле, получим интегралы вида
4 (sin ?, cos t) dt.
3. Вычисляем последний интеграл с помощью известных подста-
подстановок или методом понижения степени.
4. Возвращаемся к переменной х и записываем ответ.
Пример. Найти неопределенный интеграл
Решение.
1. Чтобы избавиться от радикала, воспользуемся подстановкой
х = 3 sin t. Тогда dx = 3 cos t и у/9 — х2 = 3 cos t.
2. Сделаем замену переменной в неопределенном интеграле:
Г х2 7 Г 9sm2t Zcost 7 п Г . 2 7
/ ах = — = аг = 9 / sin г аг.
i V9-r У у/ g _ g sin2 t J
3. Применяя формулы понижения степени, получим
/9 С 9 9 С 9 9
sin2 tdt=- (l-cos2t)dt=-t / cos2tdt = - t sin2t + C.
2 J 2 2 J 2 4
4. Возвращаемся к переменной ж, подставляя t = arcsin(x/3):
r ™2 9 ж9/ ж\
-.dx = — arcsin — —- sin ( 2 arcsin — 1 + C.
/g _ X2 2 3 4V 3
7.9. Интегрирование иррациональных выражений
171
Замечание. Ответ можно упростить, если воспользоваться тем,
что sin 2t = 2 sin tу/ 1 — sin2 t и sin t = x/3:
/
Ответ.
9 хх i
: dx = - arcsin у 9 — x2 -\- С.
7»^ Q qp qp
7
-== dx = - arcsin ---
/9 — x2 * 6 1
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
1. I \/4 - х2 dx. 2. I у/2
dx
2 — 4
dx
2 - 1
dx
¦ dx.
-/:
о / о
гуж —
Ответы.
1. 2 arcsin —|— у 4 - ж2 + G.
2. 1п(ж + \/2 + ж2) + - у/2 + ж2 + С.
X I
3. -у/х2 -4-
2
1
-41 +С. 4. arccos - + С.
5. 31п
7. 2 In
9.
3 - л/9 - ж2
X
' + y/x2 - 4
6. lln
/4 + ж2 - 2
2
а-ж2
2V2 + х2
1 / 1 у/х2 — 1 \
+ С. 10. - arccos - Н + С
С.
172 Гл. 7. Неопределенный интеграл
7.10. Интегрирование
дифференциального бинома
Постановка задачи. Найти неопределенный интеграл
[
J
где т, п и p — рациональные числа.
План решения. Выражение хш(а + bxn)p dx называется диффе-
дифференциальным биномом. Условия его интегрируемости в элементар-
элементарных функциях получены П. Л. Чебышевым.
Условия Чебышева. Интеграл A) выражается через конечную
комбинацию элементарных функций в следующих трех случаях:
1) р — целое число; в этом случае подстановка х = zs, где s —
общий знаменатель дробей шип, приводит к интегралу от рацио-
рациональной функции.
2) целое число; в этом случае подстановка а + Ъхп = zs,
п
где s — знаменатель дроби р, приводит к интегралу от рациональной
функции.
3) \-р — целое число; в этом случае подстановка ах~п-\-Ъ =
п
= zs, где s — знаменатель дроби р, приводит к интегралу от рацио-
рациональной функции.
Пример. Найти неопределенный интеграл
¦ dx.
Решение. Перепишем интеграл в виде
5
Подынтегральное выражение имеет вид хшA + хп)р при
_ 7 _ 1 _ 1 т + 1
777/ — —, П — —, р — —, ~г р — 1.
5 3 5 п
Следовательно, имеет место третий случай интегрируемости.
7.10. Интегрирование дифференциального бинома 173
Применяя подстановку
и учитывая, что
х = (г5 - I), dx = -3(z5 - I) bz4dz,
получаем
[
-1М/5 ("«У
dz =
xs/x- 2V Ух
Условия ЗАДАЧ. Найти неопределенные интегралы.
х у 1 + х3
-dx. 2
\х. 4
¦ 0
J ^
J 3
dx.
dx.
/ о , dx. 6. / — -F^L-
¦ У ivr
¦ У Л7?^
¦ dx.
. + x2
Ответы.
4/3
3/2
174
Гл. 7. Неопределенный интеграл
ч
4. - In
4
1 + л/1 - ж4 1 Vl-ж4
ж2 ~~ 4 ж4
т.
¦С. 6. - Dу^ + #
1
Зж3
3 , 1 W
9. Q/ ^ + In
¦С.
1
10. - In
4
1 \1 +
arctg -^—
2 & х
+ С.
Глава 8
ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
При изучении темы ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ вы познако-
познакомитесь с формулой Ньютона—Лейбница и научитесь применять ее для
вычисления определенных интегралов, используя технику нахождения
первообразных. Вы научитесь применять определенные интегралы
для решения геометрических задач (вычисление площадей плоских
фигур, длин дуг кривых и объемов тел).
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете найти новые пре-
пределы интегрирования (при использовании различных подстановок),
вычислить первообразные и применить формулу Ньютона-Лейбница,
выполнить все численные расчеты и проверить правильность полу-
полученных вами результатов.
8.1. Интегрирование подведением
под знак дифференциала
Постановка задачи. Вычислить определенный интеграл
ь
F(x)g(x) dx.
План решения. Пусть д{х) имеет очевидную первообразную
G(x), a F{x) есть функция этой первообразной, т.е. F(x) = u(G(x)).
Тогда
Ь Ъ C
Г F(x)g(x)dx= fu(G(x))Gt(x)dx = fu(G)dG,
а а а
где a = G(a), /3 = G(b).
Такого рода преобразование называется подведением под знак
дифференциала.
176 Гл. 8. Определенный интеграл
Если метод избран удачно, то последний интеграл оказывается
табличным или известным образом сводится к табличному, после
чего применяем формулу Ньютона—Лейбница.
ПРИМЕР. Вычислить определенный интеграл
/xdx
о
1
/
Решение.
1. Представим подынтегральное выражение в виде произведения
двух функций F(x)g(x), где д{х) имеет очевидную первообразную
G(x), a F(x) есть функция этой первообразной, т.е. F(x) = u(G(x)).
В данном случае
2. Тогда
11 1
Xdx If 1 , 9 1 Г 1
О О
где G = х2 и G@) = О, G(l) = 1.
3. Последний интеграл является табличным. Применяем формулу
Ньютона—Лейбница:
1
_ [xdx тг
Ответ. / — = —.
]хЧ1 8
о
Условия ЗАДАЧ. Вычислить определенные интегралы.
1 тг/4
sin х — cos x
ах.
xz-\-l)z J (cosx -\- smxN
о о
8.2. Интегрирование по частям 177
1 тг/4
Г г3 4- 1 Г '
3. / , 4 , da;. 4. / ^^ da;.
J [X -\- 4Ж + Zj J
О О
/г3 4-1 Г
— da;. 4. /
yds "Т 4:«Х/ ~Г ^У J
О О
е л/2/2
/1 + In а: Г
dx. 6. / —=
х J л/1
о
тг/2 1
/ж cos ж + sin ж 7 Г 2 arc
—Г^ ^з—dar- 8- / Т"
(a; sin а;K у 1
тг/4 О
4 1/2
2 arctg ж + ж 7
т; da:.
/* Зл/ж + 1 , ., ^ / arcsin
. / —^^ da?. 10. / .
J 2хт/х + х J л/1-
Ответы. 1.1/4. 2.-1/4. 3.5/56. 4.1. 5.5/4. б.тг/12. 7.14/тг2.
8. тг2/16 + In л/2. 9. 1пB0/3). 10. (тг2 - 18л/3 + 36)/36.
8.2. Интегрирование по частям
Постановка задачи. Вычислить определенный интеграл
ъ
F{x)g{x)dx.
План решения. Пусть на отрезке [а, Ь] функция д(х) имеет оче-
очевидную первообразную G(x), a F{x) — дифференцируемая функция,
причем ее производная f{x) = F'{x) является более простой функ-
функцией, чем F{x). Тогда применяем формулу интегрирования по час-
частям
ъ ъ
Если метод избран удачно, то интеграл в правой части этого ра-
равенства оказывается табличным или известным образом сводится к
табличному, например повторным интегрированием по частям.
12 О.В. Зимина и др.
178 Гл. 8. Определенный интеграл
Пример. Вычислить определенный интеграл
2
Решение.
1. Представим подынтегральное выражение в виде произведения
двух функций F{x)g(x), где д(х) имеет очевидную первообразную
G(x), a F{x) — дифференцируемая функция, причем ее производная
f(x) = F'(x) является более простой функцией, чем F(x).
В данном случае
х2 1
F(x)=ln2x, g(x)=x, G(x) = —, f(x) = F'(x) = 2lnx--.
Z х
2. Применяем формулу интегрирования по частям
2 о 2 2
/х2 Г х2 1 Г
х In2 х dx = — In2 x —I — • 2 In ж • — dx = 2 In2 2 — / ж In ж dx.
2 1 J 2 ж У
l l l
3. Последний интеграл не является табличным, но к нему можно
повторно применить формулу интегрирования по частям:
2 2 2
/2 2 г 2 л
х Г х 1
х In х dx = — In ж — / — • — dx = 2 In 2
2 1 J 2 x
3
= 21п2--.
4
2
Q
. ^ ^^ - , ^ .
1
'¦/
Условия ЗАДАЧ. Вычислить определенные интегралы.
1 1
1. / хе~х dx. 2. / xarctgxc/x.
о о
8.3. Интегрирование тригонометрических выражений 179
2 2тг
3. / \nxdx. 4. / x2cosxdx.
1 О
3 1
5. / arctg y/x dx. 6. / arcsin2xc/x.
i о
е тг/3
/\ 2 /" ж sin ж 7
7. / \nxdx. 8. / — dar.
У У cos2 х
1 О
9. / excos2xdx. 10. / cos In x dx.
о
Ответы. 1. (е-2)/е. 2. (тг - 2)/4. 3. 21п2-1. 4. 4тг. 5. тг/6 —л/З+1-
6. тг2/4 - 2. 7. е - 2. 8. 2тг/3 - In tg Eтг/12). 9. З^77 - 1)/5.
10. (е^/2 - 1)/2.
8.3. Интегрирование выраж:ений
i?(sinx, cosx)
Постановка задачи. Вычислить определенный интеграл
ъ
I R{s\nx,cosx) dx,
где R — рациональная функция двух переменных.
План решения.
1. Если а и Ъ таковы, что функция tg (х/2) определена на [а, Ь], то
с помощью подстановки
х
* = tg2
интегралы от функций R(smx, cos ж) приводятся к интегралам от ра-
рациональных функций новой переменной t. Действительно, подставляя
в подынтегральное выражение
2t 1-t2 2 ^
smx = 1^2' cosx = ТТ^' = ГТ^dt>
12*
180 Гл. 8. Определенный интеграл
получаем
/ 2t 1 - t2 \ 2
R(sinx, cosx) dx = R f j^p^ j^"^ ) Y^l? dt
Подстановка t = tg (ж/2) называется универсальной.
2. Находим новые пределы интегрирования
а Ъ
" = tg-, /3 = tg-.
3. Применяем формулу замены переменной в определенном интег-
интеграле
ь C
г { 2t 1 — t2 \ 2
R(smX,cosX)dX = J i?^j
/
4. Вычисляем первообразную рациональной функции t и приме-
применяем формулу Ньютона—Лейбница.
Замечание. Если подынтегральная функция имеет специальный
вид, то лучше применить подстановки, требующие меньших вычис-
вычислений:
а) если R(sinx,cosx) = R\ (sin ж, cos2 x) cos ж, то применяем под-
подстановку t = sin ж. Действительно, подынтегральное выражение при-
приобретает вид
Ri (sin ж, cos2 x) cos xdx = Ri (?, 1 — ?2) dt;
б) если it^sin ж, cos x) = i^2 (sin2 ж, cos ж) sin ж, то применяем подста-
подстановку t = cos ж. Действительно, подынтегральное выражение приоб-
приобретает вид
it^sin ж, cos ж) sin ж с/ж = —^A — t2,t) dt;
в) если R(smx,cosx) = Rs(tgx), то применяем подстановку
t = tgx (при условии, что функция tgx определена на [а, Ъ]). Дей-
Действительно, подынтегральное выражение приобретает вид
R3(tgx) dx = R3(t) ^-p dt.
8.3. Интегрирование тригонометрических выражений 181
Пример 1. Вычислить определенный интеграл
тг/2
/
sin ж
ах.
2 + sin х
о
Решение.
1. Поскольку функция tg (х/2) определена на [0, тг/2], сделаем под-
подстановку
Подставляя в подынтегральное выражение
2t 2
i d
получим
2t
sin ж 1 +12 2 2t
2 + sina;
2. Находим новые пределы интегрирования
t@) = 0,
3. Применяем формулу замены переменной в определенном интег-
интеграле
тг/2 1
Г sin ж _ Г
J 2 + sinxdX-J (ti + t
2t
о о
4. Вычисляем первообразную рациональной функции t и применя-
применяем формулу Ньютона-Лейбница
2t
dt = 2 arctg ^
1 4 2^
-= arctg —
тг 2тг
о 2 3>/3"
¦ /
тг/2
_ , sin ж тг 2тг
Ответ. / аж =
2 + sinx 2
о
182 Гл. 8. Определенный интеграл
Пример 2. Вычислить определенный интеграл
arccos(l/V6)
Решение.
1. Так как подынтегральная функция имеет вид R(tgx) и функция
определена на [0, arccos(l/\/6)], сделаем подстановку tgx = t.
Подставляя в подынтегральное выражение
dt
= t, dx =
получаем рациональную функцию t:
3tg2x - 1 3t2 - 1 1
at.
2. Находим новые пределы интегрирования:
tg(O) = 0, tg ( arccos —= ) = л/Б.
\ V6/
(
\ V/
3. Применяем формулу замены переменной в определенном интег-
интеграле:
arccos(l/V6) ^5
i4
4. Вычисляем первообразную рациональной функции t и применя-
применяем формулу Ньютона-Лейбница:
/3t2 - 1 1 4 t тг Г
— • at = — SLTctgt -\—^arctg —= = —= — arctg v5.
tA + 5 1 + tz n a/5 a/5 n a/5
arccos(l/V6)
Ответ.
о
/3tg X — 1 7Г /—
— С1Ж = —^ — arcter v 5.
8.4. Интегрирование тригонометрических выражений 183
Условия ЗАДАЧ. Вычислить определенные интегралы.
тг/2 тг/2
1. / dx. 2. /
J 5 + 4 sin x + 3 cos x J
dx.
3 + 5 sin x + 3 cos ж
о о
тг/2 тг/2
°3 " Г COS Ж
аж.
Z1 cos3 ж Г
3. / -—* : dx. 4. /
J sin ж + sin x J
3 + cos x
7Г/3
тг/2 тг/2
/• 1 . /" cos2
j smx^i ~r cos xj j sm ж
5. / — -_ г dx. 6. / —г~л— dx.
sin x
тг/З tt/4
tt/3 tt/4
/1 _|_ for т С Л
—; аж. 8. / 2— dx.
sin 2ж У 4 cos2 x — 2 sin 2ж + sin ж
тг/4 О
9. У^—,Ь. 10. У' гшпх + Зсов» ^
J 5 + cos^5 ж J sin ж cos ж + 9 cos3 x
о о
Ответы. 1. -. 2. - In-. 3. In2- -. 4. arctg — — arctg-—.
boo 2 22 о
5. i + Jln3. 6.i. 7. i
10. In— + arctg-.
8.4. Интегрирование выражений
sin2m x cos2n x
Постановка задачи. Вычислить определенный интеграл
ъ
sin2m х cos2n x dx,
h
a
где тип — натуральные числа.
184 Гл. 8. Определенный интеграл
План решения. Применяем формулы понижения степени
sin2 х = -A - cos2x), cos2 х = -A + cos2x), sinxcosx = - sin2x
z z z
до тех пор, пока не придем к табличным интегралам или к интегра-
интегралам, которые известным образом сводятся к табличным.
Замечание. Полезно иметь в виду, что
2тг 2тг
/ sin kx dx = 0, / cos kx dx = 0 (к G N).
о о
Пример. Вычислить определенный интеграл
2тг
/ sin4 Зх cos4 Зх dx.
о
Решение. Применяя формулы понижения степени, имеем
2тг 2тг
/ sin4 Зх cos4 Зх dx = 2~4 / B sin Зх cos ЗхL dx =
о о
2тг 2тг
= 2~4 / sin4 6x dx = 2~6 / A — cos 12xJ dx =
о о
2тг 2тг 2тг
: + 2-6 /cOS2
О О
2тг
= 2~5тг + 2 / A + cos 24x) dx =
о
2тг 2тг
= 2 / dar - 2 / cos 12ж dx + 2 /
= 2~57г + 2~7 [ dx + 2~7
J
2тг
. / si
27г + 27г ^.
64
о о
2тг
Ответ. / sin4 Зх cos4 Зх dx =
64
о
8.5. Интегрирование иррациональных выражений
185
Условия ЗАДАЧ. Вычислить определенные интегралы.
1. / 23 si
о
ТГ
3. / sin2 —
J 4
sin2 х cos2 х dx.
cos2 — dx.
4
о
7Г/2
5. [25sm6xdx.
0
тг/2
7. / sin2 x cos6 ж с/ж.
о
тг/2
9. fcos2mxdx.
о
О
тг/2
sin2 х cos4 x dx.
о
тг/2
6. / 28 sin4 х cos4 x dx.
о
тг/2
8. / sm2nxdx.
о
тг/2
10. / sin2n х cos2m x dx.
о
Ответы. 1. тг. 2. тг. 3. тг. 4. 5тг. 5. 5тг. 6. Зтг. 7. тг.
Bга-1)!! тг
Bп)\\ 2'
У.
Bт)!! 2"
-LU.
Bп- 1)!! Bт- 1)!! тг
Bп + 2ш)!! 2'
8.5. Интегрирование выраж:ений
j^ | х у/ах+Ъ а/ах+Ъ
Постановка задачи. Вычислить определенный интеграл
C
, ... ) dx,
р ах + Ь q ах + Ъ
С' V сж + d' V сж + d
— рациональная функция и p,q,... — натуральные числа.
186
Гл. 8. Определенный интеграл
План решения. С помощью подстановки
™ + Ъ
сх + d
где п — общий знаменатель дробей 1/р, 1/д,..., приходим к интегра-
интегралам от рациональных функций.
Пример. Вычислить определенный интеграл
2
/
О
4V2 - х - V2 + х
Т^ + 4у/2^га?)(ж + 2J
dx.
Решение.
1. Чтобы сделать подстановку, приводящую к интегралу от ра-
рациональной функции, нужно преобразовать подынтегральную функ-
функцию так, чтобы она содержала корни любой степени, но из одного
и т о г о ж е выражения вида ах J^ Поэтому преобразуем подынтег-
СХ ~\ (Л
СХ
ральное выражение, выделяя
-х-
^) {х + 2J
dx
-I
2 W^-i
2. Применяем подстановку
- 2,
2-ж
8*
-dt,
Делая замену переменной в определенном интеграле, получаем
-IJ
4а/ 1
1 + 4А/?-^](Ж + 2J
4U
16
IJ
dt.
8.5. Интегрирование иррациональных выражений
187
Вычисляем первообразную рациональной функции и применяем фор-
формулу Ньютона—Лейбница:
+
-i<
ln|4*
1 In 5
Ответ.
2J
- dx =
In 5
Условия ЗАДАЧ. Вычислить определенные интегралы.
9
У \/ж-1
2.
о
4 1
. / dar. 4. /
У 1 + ^/2х + 1 У
5.
~ 1 + yjx +
о
1 Г
1 "• J
2 63
/I х — 1 Г
х \ б/ж. 8. / -
v^+i J ,
7J*
1
29
6-
9 r^&L
J 3+л3/(
х- 2J
: dx. 10.
- 6
- ж - д/Зж- 2
- 2
- 2J
¦ dx.
Ответы. 1. 7 + 21п2. 2. тг/6. 3. 2-In 2. 4. 3(^9-1)/8.
5. [л/2 — 1 — 1пA + л/2)]/2. 6. 9/2 - Зтг/2 + 6 arctg2. 7. lnB + л/3)/2.
8. 1пA6/81). 9. 8 + 3\/32тг/2. 10. In5/16.
188 Гл. 8. Определенный интеграл
8.6. Интегрирование выражений
, (а2 ± х2I/2) и Д(я, (х2 - а2I'2)
Постановка задачи. Вычислить определенные интегралы вида:
а) / R(x, у а2 — х2) dx\
в) / R(x, ух2 — a2) dx\
где R — рациональная
План решения.
1. Чтобы избавиться от радикала, используем тригонометричес-
тригонометрические или гиперболические подстановки:
а) х = as'mt или х = atht]
б) х = atgt или х = asht;
в) х = или х = a ch t.
cost
2. Применив формулу замены переменной в определенном интег-
интеграле, получим интегралы вида
I Ri (sin t, cos t) dt или / i?i(sht, chi) dt.
3. Вычисляем полученные интегралы с помощью известных под-
подстановок или методом понижения степени.
ПРИМЕР. Вычислить определенный интеграл
3/2
Решение.
1. Чтобы
/;
0
избавиться от
х2
'9-х2
радикала,
используем
подстановку
8.6. Интегрирование иррациональных выражений
189
х = 3 sin t. Тогда
dx =
о \ 1
, t@) = arcsinO = 0, t I - I = arcsin - = —
\Z J Z 0
и а/9 — х2 = |3cos?| = 3cos?, поскольку cost > 0 при t G [0, тг/6].
генной в определ
3
9(sinfJ -3cos?
¦/
2. Сделаем замену переменной в определенном интеграле:
3/2 ^ тг/6 ^ тг/6
dt = 9 / sin2 ? dt.
о о о
3. Применяя формулы понижения степени, получим
7г/6 7г/6 7г/6
3 9
— cos 2i) dt = -тг / cos It dt =
9 / sin2 tdt = - Ml
о о
/
0
3 9
= -тг
4 4
9\/3
3/2
Ответ.
/9-ж2
= 4*-
9\/3
Условия задач. Вычислить определенные интегралы.
1 3
1. / у 1 — х2 dx. 2. / ж2\/9 — х2 dx.
0 о
2 2
3. / -; dx. 4. / dx.
J х4 J х
1 l
l J l
f Vl-x2 f 1
5. / dx. 6. / — = dx.
J x2 J J{l + x2f
1/2 0
3 5
7 1 — ПНГ ^ I (IT
I ^ UjJb. O. I . \JbJb.
J "^ J X у X У
Уз у
9. / -—-—dx.
J х2
1
Г 1
10. /
J х + л/
- ХЛ
190 Гл. 8. Определенный интеграл
8.7. Вычисление площадей
в декартовых координатах
Постановка задачи. Вычислить площадь области, ограничен-
ограниченной графиками функций у = f\{x) и у = /2(х) (fi(x) > /2C?) или
fi{x) < /2{х) для всех точек области) щ возможно, прямыми х = а
и х = Ъ.
План решения. Если область D задана системой неравенств
а < х < Ъ,
и{х) < у < v(x),
то площадь области D вычисляется по формуле
Гь
SD= (v(x)-u(x))dx. A)
J a
Если неравенства, определяющие область D, неизвестны, т.е. не-
неизвестны а и Ъ и неизвестно, какая из функций fi(x) и /2(х) больше
другой на (а, Ъ), то выполняем следующие операции.
1. Находим а и Ъ как абсциссы точек пересечения графиков функ-
функций fi(x) и /2(ж), т.е. решаем уравнение
2. Исследуем знак разности fi(x) — /2B;) на [а, Ь]. Для этого до-
достаточно вычислить значение fi(x) — /2(х) в какой-нибудь точке из
(а, Ъ). Если оно положительно, то fi(x) > /2(х) и, следовательно,
и(х) = /2(ж) и г;(ж) = fi(x). Если оно отрицательно, то /i(#) < /2(ж)
и, следовательно, г/(ж) = Д(ж) и г;(ж) = /2(ж).
3. Применяем формулу A) и находим Sp.
Записываем ответ, не забывая о размерности.
8.7. Вычисление площадей в декартовых координатах 191
Пример. Вычислить площадь области, ограниченной графиками
функций
у = х2 - 4х + 3, у = -х2 + 2х + 3.
Решение.
1. Находим абсциссы а и 6 точек пересечения графиков. Для этого
решаем уравнение
ж2 - 4х + 3 = -ж2 + 2ж + 3.
Получаем а = 0, 6 = 3.
2. Исследуем знак функции <?? = х2 — 4х + 3 — (—х2 + 2ж + 3) на
отрезке [а, 6] = [0,3]. Для этого придадим х любое значение из @,3),
например х = 1. Получаем, что <рA) = —4. Следовательно, <?? < 0 при
х е @, 3). Поэтому х2 - 4х + 3 < -ж2 + 2ж + 3 при ж G [0, 3] и область
D определяется системой неравенств
0 < х < 3,
ж2 - 4х + 3 < у < -ж2 + 2ж + 3.
3. Применяем формулу A) при v(x) = —х2 + 2ж + 3, гл(ж) =
= ж2 - 4ж + 3, а = 0 и 6 = 3:
SD = / (-ж2 + 2ж + 3 - ж2 + 4х - 3) б^ж = / (-2х2 + 6ж) dz = 9.
Уо Уо
Ответ. S = 9 (ед. длиныJ.
Условия ЗАДАЧ. Вычислить площади областей, ограниченных
графиками заданных функций.
1. у = 32-ж2, г/=-4ж.
2. ?/ = Зл/ж, ?/ = 3/ж, ж = 4.
3.
4. у = \/еж — 1, г/ = 0, ж = In 4.
5 11 О1Т1 Т* II ?~*Г\С2 ^Y* Т* ll I *V* ^> III
192 Гл. 8. Определенный интеграл
7. х = 27-у2, х = -6у.
8. y = sinx, y = cosx, х = 0 (х < 0).
9. у = \/9-ж2, у = 0, ж = 0, ж = 3/2.
10. у = 2/х, у = Ъе\ у = 2, г/= 5.
Ответы. 1.288. 2. 14-31п4. 3.36. 4. (бл/3 - 2тт)/3. 5. \/2-1.
6. 42-In 16. 7.288. 8. 1 + \/2. 9. (Зтг + л/3)/4. 10.3.
8.8. Вычисление длин дуг ?/ = /(х)
Постановка задачи. Вычислить длину кривой, заданной урав-
уравнением
У = f(x)
и ограниченной точками с абсциссами х = а и х = Ъ.
План решения. Длина / кусочно гладкой кривой у = /(ж), огра-
ограниченной точками с абсциссами х = а и х = 6, равна
ъ
1 = J Vl + (vfJdx. A)
а
1. Находим у' = ff(x).
2. Вычисляем дифференциал длины дуги
3. Находим длину дуги, вычисляя определенный интеграл A).
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Пример. Вычислить длину дуги кривой
1 - ех - е~х
У= т: , 0<ж<3.
8.8. Вычисление длин дуг у = f(x) 193
Решение.
1. Дифференцируя уравнение кривой, получим
— —9П 7*
2. Вычисляем дифференциал длины дуги:
dl = ^1 + {у'J dx = у 1 + sh2x с/ж = ch ж dx.
3. Находим длину дуги, вычисляя определенный интеграл A):
1= / сЬжб/ж = shx|0 = sh3.
Jo
Ответ. / = sh3 ед. длины.
Условия задач. Вычислить длины дуг заданных кривых.
2. у = In cos ж, 0 < ж < тг/6.
3. г/ = еж, 1пл/3 < х < In л/8.
4. г/ = In sin ж, тг/3 < ж < тг/2.
5. 2/ = 2у^, 1/3 < х < 1/8.
6. г/ = chx, 0 < ж < 1.
7. 2/ = Ж72^ 0 < ж < 1.
8. у = 1-]пх, л/3 <ж < л/8.
9. 2/ = I- chx, 0 < ж < 3.
10. 2/ = Vl — х2 + arcsin ж, 0 < х < 1/2.
Ответы. 1. 2 + 1п-^=. 2.—. 3.1 +-In-. 4.—. 5. 2 +In-,
у^ 2 2 2 2 2
e.shl. 7. V^ + lna + V^)^ 8.i + lin^. 9.sh3.
13 O.B. Зимина и др.
194 Гл. 8. Определенный интеграл
8.9. Вычисление длин дуг х = х(?), у = y{t)
Постановка задачи. Вычислить длину дуги кривой, заданной
параметрически
План решения. Если кривая задана уравнениями в параметри-
параметрической форме
~ ~ ~ * ' a<t<C.
где х = x(i) js. у = y(i) — кусочно-гладкие функции, то длина I дуги
кривой определяется формулой
/3
y/{x'tJ + {y'tJdb, A)
где а и C — значения параметра, соответствующие граничным точ-
точкам дуги.
1. Находим x't и|/|.
2. Вычисляем дифференциал длины дуги
di = VDJ + (j/O2*-
3. Находим длину дуги, вычисляя определенный интеграл A).
Записываем ответ, не забывая о размерности.
ПРИМЕР. Вычислить длину дуги кривой, заданной параметри-
параметрически
х = (t2 -2)smt
у = B- t2) cost + 2?si? U - - 7Г'
Решение.
1. Находим x't и y't :
yft = t2 s'mt.
2. Вычисляем дифференциал длины дуги:
dl = ^(x'tJ + (y'tJ dt = Vt4 cos41 + t4 sin4 t dt = t2 dt.
8.9. Вычисление длин дуг х = x(t), у = y(t) 195
3. Находим длину дуги, вычисляя определенный интеграл A):
1= t2dt=~ =—.
J s 0 з
Ответ. / = тг3/3 ед. длины.
Условия задач. Вычислить длины дуг заданных кривых.
О < t < 2тг.
2. <! Ж = 2С.08*' 0<*<тг/3.
1 у — 2 sin t, - - i
3. < f
у = sin
4.
5.
6.
7. <! ^^Jcosi, o<f<7r/6.
' j/ = 3sint, - ~ '
= e cost,
у = shit — tcost,
х = 4cos3t,
10. ( ;\
\ = 2A-cost),
Ответы. 1.8. 2. 2тг/3. 3.3. 4.16. 5. л/2(е-1). 6. л/2 (е77 - 1).
7. тг/2. 8. тг2/18- 9. 3. 10. 8 - 4л/2.
13*
196 Гл. 8. Определенный интеграл
8.10. Вычисление длин дуг g =
Постановка задачи. Вычислить длину дуги кривой, заданной
уравнением в полярных координатах
План решения.
Если кусочно гладкая кривая задана уравнением в полярных коор-
координатах g = g((f), то длина дуги равна
J
где а и C — значения <р, соответствующие граничным точкам дуги.
1. Находим д'((р).
2. Вычисляем дифференциал длины дуги
dl =
3. Находим длину дуги, вычисляя определенный интеграл A).
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Пример. Вычислить длину дуги кривой, заданной уравнением в
полярных координатах
q = 6sin(?, 0 < (р < тг/3.
Решение.
1. Находим Qf((p):
gf((p) = 6 cos if.
2. Вычисляем дифференциал длины дуги:
dl = -\/g(ipJ + gf((pJ dip = у 36sin2 ip + 36cos2 ipdip = 6dip.
3. Находим длину дуги, вычисляя определенный интеграл A):
7Г/3
7г/3
= 6ip\0 = 2тг.
о
Ответ. / = 2тг ед. длины.
8.11. Вычисление объемов по площадям поперечных сечений 197
Условия задач. Вычислить длины дуг заданных кривой.
7Г
1. g = <р, 0 < (р < 1. 2. q = cos<?, 0 < (^ < —.
3. ?> = 2sin<?>, — < (р < тг. 4. ? = 1 — cos<?, 0 < <?? < тг.
ТГ
2 - *
тг
о <
? -
тг.
тг
" 2'
4. g = l-
Q
0. ? — 1 -
5. ^ = l + cos^, 0<^<тг. 6. ^ = е2<^, 0 < <р < 2тг.
7Г 7Г 7Г ЗТГ
7. ? = l + sin<?, --<^<-. 8. g = l-sin <р <<
9. ^ = 3sin^, O<(^<^. 10. ^ =
Ответы. 1. [л/2 + 1пA + л/2)]/2. 2. тг/2. 3. тг. 4. 2. 5. 2.
6. \/5(е47Г - 1)/2. 7. 2. 8. 2. 9. тг/2. 10. тг.
8.11. Вычисление объемов
по площадям поперечных сечений
Постановка задачи. Вычислить объем тела, если известны
площади его поперечных сечений.
План решения. Если S = S(x) — площадь сечения тела плос-
плоскостью, перпендикулярной к оси ОХ и пересекающей ее в точке с
абсциссой ж, то объем части тела, заключенной между плоскостями
х = х\ и х = Х2, определяется формулой
Х2
V = f S{x)dx. A)
1. Находим S(х).
2. Подставляем S(х) в формулу A) и вычисляем определенный
интеграл.
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Замечание. Аналогично решается задача, если известны пло-
площади сечений плоскостями, перпендикулярными оси OY (S(y)) или
оси OZ (S(z)).
198 Гл. 8. Определенный интеграл
Пример. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями
9 9 9
ЯГ V 2Г
+ + 1 * 0 z 7
Решение. Если S = S(z) — площадь сечения тела плоскостью,
перпендикулярной к оси OZ и пересекающей ее в точке с аппликатой
z, то объем части тела, заключенной между плоскостями z = z\ и
z = Z2, определяется формулой
V = Js(z)dz. B)
1. Сечение заданного тела плоскостью z = const определяется не-
неравенством
2 2 2
16 9 - 196'
т.е. при
z\ < 14 является эллипсом
196ж2 196г/2
16A96-z2) 9A96-z2)
с полуосями
4V196 - z2 , 3V196 - z2
п= 14 ' Ь= 14 '
Площадь этого эллипса равна
S = жаЪ= ^A96 -z2).
Таким образом, при 0 < z < 7
интеграл:
2. Подставляем S(z) в формулу B) и вычисляем определенный
7
V = — / A96 - z2) dz = 77тг (ед. длиныK.
п
Ответ. 77тг (ед. длины) .
8.12. Вычисление объемов тел вращения 199
Условия ЗАДАЧ. Вычислить объемы тел, ограниченных указан-
указанными поверхностями.
2. z = 9x2 + 4y2, z = 6.
3. z = 2x2 + 8y2, z = 4.
4. z2 + ^- + ^ = l, z = 0,
5. g+^2 + y
2
6. y
v2
2 + ^- - 2z2
v
7. x2 + ^- - 2z2 = 1, 0 = 0,
»¦ т
о о о
Ответы. 1. Зтг. 2. Зтг. 3. 2тг. 4. 4тг. 5. 8тг. 6. бтг. 7. 5тг.
8. 42тг. 9. 8тг. 10. 50тг.
8.12. Вычисление объемов тел вращения
Постановка задачи. Вычислить объем тела, образованного
вращением области, ограниченной графиками функций у = fi(x) и
У = /2B?) и, возможно, прямыми х = а и х = Ъ, вокруг оси ОХ.
План решения. Объем тела, образованного вращением области,
ограниченной кривыми у = и(х) ж у = v(x) и прямыми х = а, х = Ъ,
где и(х) < v(x), т.е. области, определяемой системой неравенств
Г а < х <Ъ,
200 Гл. 8. Определенный интеграл
вычисляется по формуле
J a
(v{xJ - и{хJ) dx. A)
1. Определяем область D. Если неравенства, определяющие об-
область Z), неизвестны, т.е. неизвестны а и Ь и/или неизвестно, какая
из функций fi(x) и /2(х) больше другой на отрезке [а, 6], то выпол-
выполняем следующие операции.
а) находим а и Ъ как абсциссы точек пересечения графиков функ-
функций fi(x) и /2(ж), т.е. решаем уравнение
fi{x) = /2 (ж);
б) исследуем знак разности fi(x) — /2 (х) на [а, 6]. Для этого доста-
достаточно вычислить значение fi(x) — /2 (х) в какой-нибудь точке из (а, Ь).
Если оно положительно, то fi(x) > /2(х) и, следовательно, гх(ж) =
= /2(ж) и г;(ж) = fi(x). Если оно отрицательно, то /i(x) < /2(ж) и,
следовательно, г/(ж) = /i(#) и г;(ж) = /г(ж).
2. Вычисляем объем по формуле A).
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Замечание. Аналогично решается задача, если тело образовано
вращением области вокруг оси OY или оси OZ.
Пример. Вычислить объем тела, образованного вращением об-
области, ограниченной графиками функций
у = х3 у =
вокруг оси ОХ.
Решение.
1. Определяем область D :
а) находим абсциссы а и 6 точек пересечения графиков. Для этого
решаем уравнение
х3 = \/х~
Получаем
а = 0, 6=1;
б) на отрезке [0,1] л/х > х3. Следовательно, и(х)=х3 и у(х) = л/х.
8.12. Вычисление объемов тел вращения 201
2. Вычисляем объем по формуле A):
V = 7T [(у^J - (Ж3J] dx = 7Г / (X-X6)dx=—.
Jo Jo 14
Ответ. 5тг/14 (ед. длины) .
Условия ЗАДАЧ. Вычислить объемы тел, образованных враще-
вращением вокруг оси ОХ областей, ограниченных графиками заданных
функций.
1. у = —х2 + 1, г/ = 0. 2. у = sin (ттж/2), у = х.
3. у = ж2, г/ = а/ж. 4. г/ = ж2, г/ = 2х.
5. y = cosx, 2/ = sinx, x = 0 @ < ж < тт/4).
6. у = sin2 ж, у = 0, ж = тг/2 @ < ж < тг/2).
7 1/ — с ту — 1 д? — 1
_ 2 _ _
ж'
10. у = cos2 ж, 2/ = 0 (-тг/2 < ж < тг/2).
Ответы. 1. 16тг/15. 2. Eтг2 - 48)/Fтг). 3. Зтг/10. 4. 16тг/15.
5. тг2/4 - 1/2. 6. Зтг2/16. 7. тг(е2 - 4е + 5)/2. 8. тг(е - 2).
9. тгC-41п2). 10. Зтг2/8.
Глава 9
КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
При изучении темы КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ вы по-
познакомитесь с понятиями криволинейных интегралов первого рода
(по длине дуги) и второго рода (по координатам) от функций двух и
трех переменных и научитесь вычислять их вдоль различных плоских
и пространственных кривых, заданных параметрически, в декарто-
декартовых и в полярных координатах, приводя криволинейные интегралы к
определенным.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете вычислить про-
производные функций, задающих кривую, решить системы уравнений,
определяющие граничные значения параметра, вычислить получен-
полученные вами определенные интегралы и проверить правильность полу-
полученных вами результатов.
9.1. Криволинейные интегралы
первого рода
Постановка задачи. Вычислить криволинейный интеграл
/ f(x,y,;
где L — часть гладкой кривой, заданной параметрически
х = x(t),
у = y(t), h <t < t2,
и dl — дифференциал длины дуги.
9.1. Криволинейные интегралы первого рода 203
План РЕШЕНИЯ. Криволинейный интеграл первого рода по кри-
кривой L определяется формулой
(х, у, z)dl= f(x(t), y(t), z{t)) Vx'(tJ + y'(tJ + z'(tJ dt. A)
J
L ti
Подчеркнем, что криволинейный интеграл первого рода не зависит
от направления обхода кривой и всегда t\ < t2.
1. Вычисляем x'(t), y'(t), zf(t) и dl = ^/x'(tJ + y'(tJ + z'(tJ dt.
2. Вычисляем криволинейный интеграл по формуле A) и записы-
записываем ответ.
Замечание 1. Если граничные точки кривой L M(x-\_,yi,zi) и
N{x2,2/2? ^2) заданы в декартовых координатах, то t\ и ?2 определяем,
решая системы уравнений
х = ar(ti), Г х2 =x(t2),
i = y(ti), I 2/2 = 2/(^2),
i = z(^i); { z2 = z(t2).
Замечание 2. Если кривая задана как линия пересечения двух
поверхностей:
Г Fi(a;,j,,;z) = O,
\ F2(x,y,z) = 0,
то ее необходимо параметризовать.
Замечание 3. Если плоская кривая задана уравнением у = у(х)
(а < х < 6), то дифференциал длины дуги равен dl = y/l + у'(хJ dx
и формула A) имеет вид
f(x, y)dl= I f(x, y(x)) у/Т+тДх)* dx. A')
L a
Если плоская кривая задана в полярных координатах (х = gcosip,
у = gsimp) уравнением д = д((р) (а < (р < 6), то дифференциал длины
дуги равен
dl =
204 Гл. 9. Криволинейные интегралы
и формула A) имеет вид
ъ
I f(x,y)dl= / f(g((f) cos <p, g((p) sin <p) у/д(фJ + gf{(pJ dip. A")
Пример 1. Вычислить криволинейный интеграл
/"-2Т~2Л'
j х -\- у
L
где L — первый виток винтовой линии
х = cost,
у = suit, 0 < t < 2тг.
Решение.
1. Вычисляем: x'(t) = — sin?, y'(t) = cost, z'(t) = 1, dl = \f2dt и
/(Ж,у) = *2/(*2+2/2) = *2-
2. Подставляем эти результаты в формулу A) и вычисляем опре-
определенный интеграл:
[ / 9Д= [t2V2dt=^-^.
J x2 + y2 J 3
о
Ответ. / — dl = —-—.
J х2 + у2 3
L
ПРИМЕР 2. Вычислить криволинейный интеграл
(х-у) dl,
L
где L — отрезок прямой от точки А@, 0) до точки -ВD, 3).
Решение.
1. В данном случае уравнение прямой есть у = Зж/4 @ < х < 4)
и, следовательно, г/(ж) = 3/4 тя. dl = 5/Adt.
9.1. Криволинейные интегралы первого рода 205
2. Подставляем эти результаты в формулу (V) и вычисляем опре-
определенный интеграл:
х ) — dx = —.
4
/Г ( 3
(x-y)dl= / ( х - -
j \
L 0
/5
(x-y)dl = -.
L
ПРИМЕР 3. Вычислить криволинейный интеграл
Г у
I arctg — dl.
J х
L
где L — часть спирали Архимеда g = <p @ < (р < тг/2).
Решение.
1. Вычисляем: Qf(ip) = 1, dl = л/р2 -\-ld(p и f{x,y) = ^, так как
arctg (tg if) = if при 0 < (^ < тг/2.
2. Подставляем эти результаты в формулу A/;) и вычисляем опре-
определенный интеграл:
n/2_ (it2 + 4K/2 - 8
о 24
arctg - dl =
l 0
f У
Ответ. / arctg — dl =
J x z^t
L
Условия ЗАДАЧ. Вычислить криволинейные интегралы.
1. / у2 с//, L — часть кривой х = t — sin?, г/ = 1 — cost
L
(О < t < 2тт) (арка циклоиды).
2. [zdl, L —
часть кривой х = tcost, у = ts'mt, z = t
L
@ < t < тг) (первый виток конической винтовой линии).
206 Гл. 9. Криволинейные интегралы
3. / (х2 + у2 + z2)dl, L — часть кривой х = cost, у = sin?,
L
z = 2t @ < ? < тг) {первый виток винтовой линии).
4. / у2ус//, L — часть кривой х = t, у = ?2/2, z = ^3/3
@< ^ < 1).
5. / л/ydl, L — часть параболы у = х2 от точки А@,0) до
L
точки 5B,4).
6. xdl, L — отрезок прямой от точки А{1,0) до точки
7. / (x + y)dl, L — граница треугольника с вершинами @,0),
A,0) и @,1).
8. / ух2 + у2 dl, L — окружность х2 + у2 = 2х.
L
9. / ух2 + у2 dl, L — кардиоида g = 1 — cos (p.
L
10. \y\dl, L — лемниската Бернулли g = y/cos2(p.
L
64 B + 7г2K/2 - 2V2 2ttV5C + 16тг2
Ответы. 1. y. 2. . 3.
о \ Z о I ±Z
32
8. 8. 9. —. 10. 2B-л/2).
о
9.2. Криволинейные интегралы второго рода 207
9.2. Криволинейные интегралы
второго рода
Постановка задачи. Вычислить криволинейный интеграл
I Р(х, у, z) dx + Q(x, у, z) dy + R(x, у, z) dz
L
где L — часть гладкой кривой, заданной параметрически
х = x(t),
y = y{t), h<t<t2,
z = z(t).
ПЛАН РЕШЕНИЯ. Криволинейный интеграл второго рода по кри-
кривой L определяется формулой
/ Р(х, у, z) dx + Q(x, у, z) dy + R(x, у, z) dz =
f
^
1. Вычисляем x'{t), y'(t) и zf{t).
2. Вычисляем криволинейный интеграл по формуле A) и записы-
записываем ответ.
Замечание 1. Если граничные точки кривой L M(x-\_,yi,zi) и
N{x2,2/2? ^2) заданы в декартовых координатах, то t\ и ?2 определяем,
решая системы уравнений
хх = ar(ti), Г х2 =x(t2),
yi = y(ti), I 2/2 = 2/(^2),
zi = z(^i); { z2 = z(t2).
Замечание 2. Если кривая задана как линия пересечения двух
поверхностей:
Г Fl{x,y,z) = 0,
\ F2(x,y,z) = 0,
то ее необходимо параметризовать.
208 Гл. 9. Криволинейные интегралы
Пример 1. Вычислить криволинейный интеграл
У_
3
Г у
I — dx — Зх dy + х dz
L
по части кривой L, заданной параметрически
х = 2 cost,
у = 2sin?, 0 < t < -,
z = 1 — 2 cos t — 2 sin t.
ч
Решение.
1. Вычисляем: х1 (t) = — 2sin?, з/(?) = 2со8^иг;(^) = 2sint —2cost.
2. Вычисляем криволинейный интеграл по формуле A):
[ У
I — dx — Зх dy + х dz =
тг/2
- sin t(-2 sin t) - 6 cos tB cos t) + 2 cos tB sin t - 2 cos t)\ dt =
L^ J
тг/2
- sin t(-2 sin t) - 6 cos tB cos t) + 2 cos tB sin t - 2 cos t)\
J
0
13
= 2-y7r-
/13
2//3 dx — Зх dy -\- x dz = 2 тг.
L
Пример 2. Вычислить криволинейный интеграл
/ (х — у) dx + dy -\- zdz
L
от точки МB,0,4) до точки 7V(—2,0,4) (г/ > 0) по кривой L, образо-
образованной пересечением параболоида z = x2 + у2 и плоскости z = 4,
Решение. В сечении получается окружность
+ У2 = 4,
Г х2 4-
9.2. Криволинейные интегралы второго рода 209
Поэтому параметрические уравнения кривой L имеют вид
х = 2 cost,
у = 2sin?,
1. Вычисляем: x'{t) = — 2sin?, y'(t) = 2cos? и z'(t) = 0.
Определяем ?i и ?2 из условий
2 = 2costi, ( -2 = 2 cos t2,
0 = 2sintb < 0 = 2sin?2,
4 = 4; [4 = 4.
Учитывая, что у > 0, получаем ^i = 0 и /;2 = тг-
2. Вычисляем криволинейный интеграл по формуле A):
TV
(x-y)dx + dy + zdz = [Bcost - 2smt)(-2sint) + 2cost]dt = 2тг.
l 0
Ответ. / (ж — у) dx + dy + z dz = 2тг.
L
Условия ЗАДАЧ. Вычислить криволинейные интегралы.
1. / (г/2 — z2) dx + 2yz б/у — ж2 dz, L — часть кривой х = t, у = t2,
L
z = t3 от точки М@, 0, 0) до точки АГA,1,1).
2. B — у) dx-\-xdy, L — арка циклоиды х = t — sin?,
2/ = 1 -cost @ < t < 2тг).
3. / у dx -\- zdy + x dz, L — первый виток винтовой линии
L
- cost, у = sin?, z = t.
4. / {x + г/)с/ж + (ж — y)c/y, L — окружность (x — IJ + G/ — IJ = 4.
f (x-\-y)dx- (x-y)dy 2,2 1
5. / — — , L — окружность xA + yA = 1.
J x2 + y2
210 Гл. 9. Криволинейные интегралы
6. / Dж + у) dx + (х + 4т/) dy, L — часть параболы у = х4 от
L
точки МA,1) (9о точки N(—1,1).
7. / 2ху dx + ж2 б/у, L — отрезок прямой от точки М@, 0) до
точки АГA,1).
8. у dx + х dy + (х + у + z) dz, L — отрезок прямой от точки
L
МB,3,4)
9. I z dx -\- х dy -\-у dz, L — линия пересечения цилиндра х2 + г/2 = 4
плоскости z = 0.
10. / ydx — xdy + zdz, L — линия пересечения сферы х2 + у + z =4
j
L
и конуса х2 + у2 = z2 (z > 0).
Ответы. 1. 1/35. 2. - 2тг. 3. -тг. 4.0. 5. - 2тг. 6.-2. 7.1.
8. 33/2. 9. 4тг. 10. - 4тг.
Глава 10
РЯДЫ
При изучении темы РЯДЫ вы познакомитесь с понятиями схо-
сходимости, суммы и остатка ряда, научитесь исследовать сходимость
числовых рядов, применяя теоремы сравнения и различные признаки
сходимости. Вы познакомитесь с понятиями функционального и сте-
степенного рядов, научитесь находить их области сходимости и суммы.
Вы узнаете, что такое ряд Тейлора, научитесь находить разложения
функций в ряд Тейлора и применять полученные разложения в при-
приближенных вычислениях.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете вычислить пре-
пределы, выполнить приближенные вычисления и проверить полученные
вами результаты.
10.1. Понятие суммы ряда
Постановка задачи. Найти сумму ряда
оо А
^-' п2 + рп + q
n=l
где A,p,q — целые числа.
оо
План решения. Суммой ряда ^2 ап называется предел S после-
п=1
довательности его частичных сумм {Sn}, т.е.
S = Hm Sn, A)
п—)-оо
где Sn = а\ + п2 + ... + ап.
1. По условию задачи
п2 + рп + q
14*
212 Гл.10. Ряды
Если корни знаменателя различаются на целое число, т.е. n2-\-pn-\-q =
= (п + а){п + а + /с), где /с — натуральное число, то члены после-
оо
довательности частичных сумм ряда ^ ап легко найти, так как в
п=1
выражении Sn = а\ + a<i + ... + ап многие слагаемые взаимно уничто-
уничтожаются.
2. Разлагаем общий член ряда на элементарные дроби:
п2 + рп + q к \п + а п-\-а-\-к/'
и выписываем несколько членов ряда так, чтобы было видно, какие
слагаемые сокращаются при вычислении частичных сумм ряда.
3. Находим n-ю частичную сумму ряда:
Ьп = CL\ -\- 0,2 ~\~ • • • ~~\~ dm
сократив соответствующие слагаемые.
4. Вычисляем сумму ряда по формуле A)
S = lim Sn
п—>-оо
и записываем ответ.
Пример. Найти сумму ряда
оо 7
V -
^ п2 + Ьп + 4
п=1
Решение.
1. Корни знаменателя п = — 1 и п = —4 различаются на целое
число, т.е. п2 + 5п + 4 = (п + 1)(п + 1 + 3). Следовательно, члены по-
оо
следовательности частичных сумм ряда J^ an легко найти, так как
п=1
в выражении Sn = <^i + ^2 + ... + ап многие слагаемые взаимно уни-
уничтожаются.
2. Разлагаем общий член ряда на элементарные дроби
_ 72 _ 24 24
и выписываем несколько членов ряда:
24 24 24 24 24 24
10.1. Понятие суммы ряда 213
24 24 24 24 24 24
24
га —
24
га —
24
4
2
га
га
24
24
—
24
+
1
1
_ 24 24
ап-4 - ^—^ ~ -,
24 24
CLn-2 =
га- 1 тг + 2'
24 24
""* п п + 3' " п + 1 п + 4
3. Сокращая все слагаемые, какие возможно, находим га-ю частич-
частичную сумму ряда:
24 24 24 24 24 24 24 24 24
= ir + ir + г = 26 -
2 3 4 тг + 2 тг + 3 тг + 4 тг + 2 п + 3 тг + 4
4. Вычисляем сумму ряда по формуле A):
5 = lim Sn = lim B6 ) = 26.
n^oo n^oo у тг + 2 тг + 3 n + 4y
Ответ. S = 26.
Условия задач. Найти суммы рядов.
1.
о.
5.
7.
о
Е
71=1
ОО
п=1
оо
Е
п=1
оо
п=1
оо
\^
га2 +
25га2
18
га2 +
9га2-
6
5га + 6
30
+ 5га - 6'
Зга
3
- Зга - 2"
8
о
/|
6.
п=6
оо
тг=1
оо
Е
71=1
ОО
тг2-
4
4тг2
4тг2
3
- Ъп + 6'
- 1"
90
+ 8тг - 5'
16
16тг2-8тг-3'
71=1
^ 7г(тг + 1)(га + 2)' ' ^ Bтг + 1)Bга + 3)Bтг + 5)'
Ответы. 1. S = 2. 2. S = 1. 3. 5 = 2. 4. 5 = 2. 5. 5 = 11.
6. # = 23. 7.5 = 1. 8.5 = 4. 9.5 = 2. 10.5 = 1.
214 Гл. 10. Ряды
10.2. Первая теорема сравнения
Постановка задачи. Исследовать сходимость ряда с неотри-
неотрицательными членами
71=1
где ап = f(n,u\(n), U2(n),...) и щ(п), U2(n),... — функции с извест-
известными наименьшими и наибольшими значениями (например, синус, ко-
косинус и т.п.), причем функция f монотонно зависит от u±,U2,...
План решения.
1. Проверяем, что Нт™^^ ап = 0 (если Нт™^^ ап ф 0, то ряд
расходится, так как не выполнено необходимое условие сходимости
ряда).
2. Поскольку ап > 0, применяем первую теорему сравнения.
Пусть даны два ряда с неотрицательными членами ^^=1 ап и
Если ап < Ъп, то из сходимости ряда ^2^=1Ьп следует сходи-
сходимость ряда ^2^=i ап-
Если ап > Ъп, то из расходимости ряда ^^=1 ^п следует расхо-
расходимость ряда ^2^=1 ап-
3. Чтобы сделать вывод о сходимости (расходимости) данного
ряда, мы должны установить справедливость одной из двух гипотез
(проверяем их в любом порядке).
I. Исходный ряд Y^^Li ап сходится.
П. Исходный ряд Yl™=i an расходится.
I. Проверяем первую гипотезу. Чтобы установить, что исходный
ряд J2^=i an сходится, нужно найти сходящийся ряд ^^1 ^п та-
такой, что
ап < Ьп. A)
В качестве эталонного ряда Y^=i ^n используем один из следующих
рядов:
а) сходящийся гармонический ряд ^^=1 — ПРИ Р > 1;
10.2. Первая теорема сравнения 215
б) сходящийся геометрический ряд 5^^Li cqn при 0 < q < 1
(с — некоторое положительное число).
Если существует сходящийся ряд J2^=i Ьп такой, что выполня-
выполняется неравенство A), то по первой теореме сравнения исходный ряд
Y^=i an сходится. В противном случае, проверяем вторую гипотезу.
П. Чтобы установить, что исходный ряд 5^^Li an расходится, надо
найти расходящийся ряд 5^^Li Ъп такой, что
ап>Ъп. B)
В качестве эталонного ряда J^^Li &п используем один из следующих
рядов:
Q
а) расходящийся гармонический ряд У)^_1 — при р < 1;
пр
б) расходящийся геометрический ряд S^Li cqn при q > 1
(с — некоторое положительное число).
Если существует расходящийся ряд X^^Li ^п такой, что выполня-
выполняется неравенство B), то по первой теореме сравнения исходный ряд
2п=1 пп Расх0Дится-
Замечание. Для оценки общего члена ряда используем неравен-
неравенства:
— 1 < cosn < 1, — 1 < sinn < 1,
1 < Inn < пр (\/р > 0), — < arctgn < — и т. п.
Пример. Исследовать сходимость ряда
n=l
Решение.
1. Имеем
г
{ + sinn)
т.е. необходимое условие сходимости ряда выполнено.
216 Гл. 10. Ряды
2. Так как — 1 < sinn < 1 и 1 < 2 + sinn < 3 при всех п > 1 и
\/п3 + 1
n2B + sinn)
то можно применить первую теорему сравнения.
3. Чтобы сделать вывод о сходимости (расходимости) данного
ряда, мы должны установить справедливость одной из двух гипотез
(проверяем в любом порядке).
I. Исходный ряд J2^=1 ап сходится.
Поскольку — 1 < sinn < 1, имеем 1 < 2 +sinn < 3, \/^3 + 1 < 2п3/2,
и, следовательно,
2п3/2 2
Так как ряд
расходится как гармонический с р = 1/2 < 1, то гипотеза о сходи-
сходимости исходного ряда не подтвердилась.
Проверяем вторую гипотезу.
П. Исходный ряд Y^=i an расходится.
Поскольку — 1 < sinn < 1, имеем 1 < 2 + sinn < 3, л/^3 + 1 > v п3,
и, следовательно,
>
n2B + sinn) - 3n2
Так как ряд
П=1
расходится как гармонический с р = 1/2 < 1, то в силу неравенства
C) по первой теореме сравнения расходится и исходный ряд.
Ответ. Ряд 2^n-i о/о I—: ^ Расх°Дится-
n-1 n2B + sinn)
10.3. Вторая теорема сравнения
217
Условия ЗАДАЧ. Исследовать сходимость рядов.
arctg (n3)
3- E
E
2 + cos n
5 — 2 cos n
n=l
7.
Inn
9- E
Inn
о
4.
in
n=l
oo
E
n=2
oo
E
n=l
oo
E
71=1
OO
V
4 - 2 sin n
n — Inn
n2 Inn
n3-2'
2 + sin n
П(П2+3)
cos2 n
\ Inn
Ответы. 1. Ряд сходится. 2. Ряд расходится. 3. Ряд
сходится. 4. Ряд расходится. 5. Ряд расходится. 6. Ряд
сходится. 7. Ряд сходится. 8. Ряд сходится. 9. Ряд сходится.
10. Ряд расходится.
10.3. Вторая теорема сравнения
Постановка задачи. Исследовать сходимость ряда с положи-
положительными членами
71=1
План решения.
1. Проверяем, что Ни^^оо ап = 0 (если Ни^^оо ап ф 0, то ряд
расходится, так как не выполнено необходимое условие сходимости
ряда).
2. Проверяем, что ап > 0 для всех п > 1.
3. Делаем вывод о сходимости или расходимости данного ряда,
используя вторую (предельную) теорему сравнения.
218 Гл. 10. Ряды
Пусть даны два ряда Y^=iam Y^=\bn, причем существует
номер N такой, что при всех п>N ап>0 и Ьп>0.
Если существует конечный и отличный от нуля предел
lim -^,
п^оо Ьп
то ряды J2^=1 an и J2^=1 bn либо оба сходятся, либо оба расходятся.
В качестве эталонного ряда J2^=1 Ъп используем гармонический
ряд Yln=i —' K0T0Pbin сходится при р>1 и расходится при р < 1,
" ^—>ОО г? / г\\ "
или геометрический ряд /^п=1 сч \У ^ ^/' который сходится при
q < 1 и расходится при q > 1. Таким образом, нужно найти последо-
последовательность А/пр (или Bqn) такую, что
ап ~ — (или ап ~ Bqn) при п —> оо.
Вывод: по второй теореме сравнения исходный ряд сходится, если
р > 1 (q < 1), и расходится, если р < 1 (# > 1).
Пример. Исследовать сходимость ряда
оо
П
Решение.
1. Имеем
(п2 +3M/2 '
n=l v у
lim arcsin 7 = 0.
п^оо (п2 + ЗM/2
2. Проверяем, что члены данного ряда положительны. Действи-
Действительно,
при всех п > 1, так как п/(п2 + ЗM/2 G @,1).
3. Делаем вывод о сходимости или расходимости данного ряда,
используя вторую (предельную) теорему сравнения.
Имеем
п 1
п2 + ЗM/2
Ряд
оо
V
п=1
10.4. Признак Даламбера 219
сходится как гармонический с р = 4 > 1. Следовательно, в силу вто-
второй (предельной) теоремы сравнения исходный ряд также сходится.
77
Ответ. РЯД J27=l arcsin / 2 , о\5/2 СХ°ДИТСЯ-
^77, -\~ )
Условия ЗАДАЧ. Исследовать сходимость рядов.
ОО Q „ ОО
1. > Ь — -. 2. > П 1-COS- .
1 1
п=1 п=1
1 . ^ ,. 1
3. > vn2 arctg —г. 4. у п sin
71=1 71=1 V ^
- ^ , n4 + 3 R ^ . n + 3
5. > nln— -. 6. > sin- —
+2 ( + 2)
°°
7. > . 8. > Vn arcsin
. 8. > Vn arcsin .
7n + 2n ^-^ v n4 - 2
n=l n=l
9. x;^)
n=l
Ответы. 1. Ряд сходится. 2. Ряд сходится. 3. Ряд сходится.
4. Ряд расходится. 5. Ряд сходится. 6. Ряд сходится. 7. Ряд
сходится. 8. Ряд сходится. 9. Ряд расходится. 10. Ряд сходится.
10.4. Признак Даламбера
Постановка задачи. Исследовать сходимость ряда с положи-
положительными членами
71=1
г^е ап ~ bn и bn содержит произведения многих сомножителей
{например, факториалы).
План решения. Если при вычислении предела
v frn+1
lim
п—)-оо 0
220 Гл. 10. Ряды
можно сократить многие множители в числителе и знаменателе дроби
6n, то обычно применяют признак Даламбер а.
Пусть дан ряд с положительными членами
71=1
Если существует предел
1Ш1 — = Q,
n-Юо Ъп
то при g < 1 ряд сходится, при g > 1 расходится. (Если g = 1, то
признак Даламбера ответа не дает.)
1. Проверяем, что ап > 0 при всех п > 1.
2. Упрощаем, если требуется, выражение для ап, т.е. будем иссле-
V—>ОО 7 7
довать сходимость ряда z^n=i °п такого> чт0 ап ~ оп при п —>• ос, а
затем воспользуемся второй теоремой сравнения.
3. Вычисляем fen+i.
4. Вычисляем предел
hm —-- = ^. A)
п—^оо Оп
5. Применяем признак Даламбера и вторую теорему сравнения.
Если g < 1, ряд 2n=i ^п сходится. Следовательно, по второй
теореме сравнения сходится и исходный ряд 2^n=i an#
Если ^> > 1, ряд Y^=i Ъп расходится. Следовательно, по второй
теореме сравнения расходится и исходный ряд Y^=i an-
1 • 4 • 7 • ... • (Зга - 2)
sin ¦
Пример. Исследовать сходимость ряда
" 1-4-7-
^ п!
71=1
Решение.
1. Проверяем, что члены ряда положительны. Действительно,
1 • 4 • 7 • ... • (Зга - 2) 1
га!
при всех га > 1.
10.4. Признак Даламбера 221
2. Поскольку sin ж ~ х при х —>• 0, можно упростить выражение
для ап:
1-4-7-...-(Зга-2) . 1 1-4-7-...-(Зга-2)
n!
т.е. будем исследовать сходимость ряда ^2^=1 Ъп, где
_ 1 • 4 • 7 • ... • (Зп - 2)
и затем воспользуемся второй теоремой сравнения.
Поскольку Ъп содержит произведения сомножителей типа факто-
факториалов, следует применить признак Даламбера.
3. Вычисляем fen+i:
_ 1 - 4 • 7 - ... - (Зп - 2) • (Зп + 1)
n+1 " 2™+2( + l)! "
4. Вычисляем g по формуле A)
Q =
э Ъп
1 • 4 • 7 • ... • (Зп - 2) • (Зп
= lim -Ь гг^
оп+2/^ _|_ 1 \] 1.4-7- • ГЧт> — 9"!
Зп + 1 3
~ n^L 2(n + l) ~ 2"
5. Применяем признак Даламбера и вторую теорему сравнения.
Так как д = 3/2 > 1, то ряд
^л 1 • 4 • 7 • ... • (Зп - 2)
п=1 П'
расходится. Следовательно, по второй теореме сравнения расходится
и исходный ряд.
. _ ^1-4-7-...-(Зп-2) . 1
Ответ. Ряд > : sin —-г расходится.
^-^ п\ 2n+i
n=l
222 Гл. 10. Ряды
Условия ЗАДАЧ. Исследовать сходимость рядов.
00 on | о
1 у- 6 +2 2
/-^ Оп(„ _|_ ill
п=1
(Зп + 2)!
(
71=1 '
3 У ^П + 2У- 4
оо
5- 2^ 7^7- 6-
7. Е-
71=1
ОО
(Зп)!
9. Е—• Ю-
Е
71=1
ОО
71=1
ОО
n=l
оо
Е
71=1
ОО
(п!)з"
2п(п5 - 1)
п!
п!
2пп!
Bп)Г
Зпп!
71=1
Ответы. 1. Ряд сходится (д = 0). 2. Ряд сходится (д = 0).
3. Ряд расходится (д = +ос). 4. Ряд сходится (д = 0). 5. Ряд
сходится (д = 0). 6. Ряд расходится (д = +оо). 7. Ряд сходится
(д = 4/9). 8. Ряд сходится (д = 0). 9. Ряд сходится (д = 2/е).
10. Ряд расходится (д = 3/е).
10.5. Признак Коши
Постановка задачи. Исследовать сходимость ряда с положи-
положительными членами
71=1
г^е ап ~ Ъп и Итп^оо \/Ъ~^ существует и легко вычисляется.
к
План решения. Если Ъп имеет, например, вид g(n) f(n)n , где /
и 9 — рациональные функции п, то lirr^-^oo y/h^ существует и легко
вычисляется. В таком случае применяем радикальный признак Коши.
Пусть дан ряд с положительными членами
71=1
10.5. Признак Kovulu 223
Если существует предел
lim 4/Vn = Q, A)
п—)-оо
то при q < 1 ряд сходится, при g > 1 расходится. (Если ?> = 1, то
признак Коши ответа не дает.)
1. Проверяем, что ап > 0 при всех п > 1.
2. Упрощаем, если требуется, выражение для ап, т.е. будем иссле-
исследовать сходимость ряда 5^^Li frn такого, что ап ~ 6П при п —>• ос, а
затем воспользуемся второй теоремой сравнения.
3. Вычисляем предел
lim y^ = q.
п—>-оо
4. Применяем радикальный признак Коши и вторую теорему срав-
сравнения.
Если ?> < 1, ряд 2^Li ^n сходится. Следовательно, по второй
теореме сравнения сходится и исходный ряд z^n=i a^-
Если q > 1, ряд 2^Li ^n расходится. Следовательно, по второй
теореме сравнения расходится и исходный ряд J2^=i an.
Замечание. Полезно иметь в виду, что
lim л/п = 1, lim \/Ып = 1, lim \Щп) = 1,
п—>-оо п—)-оо п—>-оо
где Р(п) — многочлен относительно п.
Пример. Исследовать сходимость ряда
П=1
Решение.
1. Проверяем, что члены ряда положительны. Действительно,
ап = п4 arctg2n -— > О
Ап
при всех п > 1.
2. Поскольку arctgx ~ ж при ж —>• 0, упрощаем выражение для ап:
224 Гл. 10. Ряды
т.е. будем исследовать сходимость ряда ^^=1 ^п' гДе
и затем воспользуемся второй теоремой сравнения.
Очевидно, что lin^^oo \/5^ существует и легко вычисляется. В
таком случае применяем радикальный признак Коши.
3. Вычисляем д по формуле A), учитывая, что Ни^^оо у/п = 1:
д = lim п ( — 1 = lim п 'п ( — ) = 0 < 1.
п^оо [ \4п/ J п-юо \4п/
4. Применяем радикальный признак Копей и вторую теорему срав-
сравнения.
Так как д = 0 < 1, то ряд
(
f J"
n=l
сходится. Следовательно, по второй теореме сравнения сходится и
исходный ряд.
Ответ. Ряд >^ п4 arctg2n— сходится.
*-^ 4п
п=1
Условия ЗАДАЧ. Исследовать сходимость рядов.
^72 + 1^
п=1 ч 7 п=1
• 6. > i
\ 5n + 1 / ^—^
n=l Ч 7 n=l
OO / x2n °° / Л 1 \ П/2
П=1 Ч ' П=1
9. V^4t. 10.
/ ^ 5n+1
71=1 П=1
10.6. Интегральный признак Коши 225
Ответы. 1. Ряд расходится (д = +оо). 2. Ряд сходится (д = 0).
3. Ряд сходится (д = 0). 4. Ряд сходится (д = 0). 5. Ряд сходится
(?> = 0). 6. Ряд сходится (д = 3/5). 7. Ряд сходится (д = 1/4).
8. Ряд сходится (д = 2/3). 9. Ряд сходится (д = 3/5). 10. Ряд рас-
расходится (д = 3/е).
10.6. Интегральный признак Коши
Постановка задачи. Исследовать сходимость ряда с положи-
положительными членами
71=1
где ап ~ bn = / (п), причем первообразная функции f(x) легко вычис-
вычисляется.
План решения. Если Ъп = / (п), причем первообразная функции
f(x) легко вычисляется, то применяем интегральный признак Коши.
Если функция /(ж), принимающая в точкахх = п (п Е N) значения
f(n) = Ъп > 0, убывает в некотором промежутке Ъ < х < +оо
(Ь > 1), то рлд 2^=1 ^ ^ несобственный интеграл Jb °° /(ж) с/ж дг/б'о
оба сходятся, либо оба расходятся.
1. Упрощаем, если требуется, выражение для ап, т.е. будем ис-
исследовать сходимость ряда ^^=1 ^п такого, что ап ~ Ъп при п —> схэ
и6п = f(n) выбраны так, чтобы функция f(x) имела очевидную пер-
первообразную F(x). Затем используем вторую теорему сравнения.
2. Исследуем сходимость несобственного интеграла по определе-
определению:
/ + ОО
f{x)dx= lim F(b)-F(a).
3. Применяем интегральный признак Копей к ряду
п=1
и затем делаем вывод о сходимости или расходимости исходного ряда
27^=1 пп' используя вторую теорему сравнения.
15 О.В. Зимина и др.
226 Гл. 10. Ряды
ЗАМЕЧАНИЕ. Интегральный признак Коши применяется, в част-
оо 1
ности, к рядам вида Yl^=-\ —/(Inn).
n
Пример. Исследовать сходимость ряда
оо о
v^ Зп
Решение.
1. Упрощаем выражение для ап
Зп
(п2 - 2) lnBn) nlnn
и будем исследовать сходимость ряда У^°^1 с помощью ин-
n-1 nlnn
3
тегрального признака Коши, так как функция fix) = имеет
хтх
очевидную первообразную F(x) = 3 In In ж. Затем используем вторую
теорему сравнения.
2. Исследуем сходимость несобственного интеграла по определе-
определению:
/+о° 3dx .. С 3dx п 1# n I i 1 1 ^i
= lim / =3 lim Inlnb-lnln2 = +оо.
хтх б^+оо J2 хтх ь^+оо
Интеграл расходится.
3. Применяем интегральный признак Коши:
3
Функция fix) = непрерывна в промежутке [2, +оо) и убыва-
хтх
ет в нем к нулю. Следовательно, из расходимости интеграла следует
расходимость ряда
оо Q
^-^ nlnn
п=2
По второй теореме сравнения расходится и исходный ряд.
оо „
Ответ. Ряд ^2 -г^> ох-, ,о х расходится.
^ (п2 - 2) 1пBп)
10.7. Признак Лейбница 227
Условия ЗАДАЧ. Исследовать сходимость рядов.
ОО
2. V ^-
з
5
7
0
ОО
\ Л
ОО
ОО
\ Л
ОО
1
П + 3IпBп)-
1
n+l)vTnn
¦*-
п2
ОО
6. V
10. V
Ответы. 1. Ряд расходится. 2. Ряд сходится. 3. Ряд расходится.
4. Ряд сходится. 5. Ряд расходится. 6. Ряд сходится. 7. Ряд
расходится. 8. Ряд сходится. 9. Ряд сходится. 10. Ряд расходится.
10.7. Признак Лейбница
Постановка задачи. Исследовать сходимость знакочередую-
знакочередующегося ряда
П=1
План решения.
1. Проверяем, что Игг^^оо ап = 0 (если Игг^^оо ап ф 0, то ряд
расходится, так как не выполнено необходимое условие сходимости
ряда).
2. Исследуем сходимость ряда, составленного из модулей,
71=1
используя теоремы сравнения и признаки сходимости для рядов с по-
положительными членами.
15*
228 Гл. 10. Ряды
Если ряд из модулей сходится, то исходный ряд сходится абсо-
абсолютно.
3. Если ряд из модулей расходится, то остается еще возможность
того, что исходный ряд сходится условно.
Чтобы исследовать эту возможность, применяем признак Лейб-
Лейбница.
Если члены знакочередующегося ряда убывают по абсолютной
величине и стремятся к нулю при п —>> оо, то ряд сходится {по
крайней мере, условно).
В данном случае, если условия признака Лейбница выполнены, то
исходный ряд сходится условно (так как уже выяснено, что абсолют-
абсолютно он не сходится).
Пример. Исследовать сходимость ряда
n=l
Решение.
1. Проверим выполнение необходимого условия сходимости:
lim (-l)n Л -cos-^1 =0.
n^oo V Jn )
2. Исследуем сходимость ряда, составленного из модулей:
?
Так как при п —>- ос
(-i)n(i-cos_L
1 -cos-^= ~ —,
то по второй (предельной) теореме сравнения ряд из модулей расхо-
расходится.
3. Проверяем условия признака Лейбница:
, 1
а) ряд знакочередующийся с ап = 1 — cos —=;
б) члены ряда убывают по абсолютной величине:
1 — cos —=^ < 1 — cos —= \/п > 1;
л/п + 1 \/п
10.8. Приближенное вычисление суммы ряда 229
в) члены ряда стремятся к нулю при п —>• оо (см. п. 1).
Следовательно, по признаку Лейбница исходный ряд сходится.
Ответ. Ряд ^ (-1)п ( 1 — cos —= I сходится условно.
n=i V v™/
Условия ЗАДАЧ. Исследовать сходимость рядов.
2.
71=1 V У П=1
оо 2 | i °°
п=1 п=1
n=l v 7 n=l
oo oo
cosvm
E. ^ о 7Г v—>
{ — Л\П с\гл2 10 \
I A- I Olil . J-\J. 7
n=l n=l v
Ответы. 1. Ряд сходится условно. 2. Ряд сходится абсолютно.
3. Ряд сходится условно. 4. Ряд сходится абсолютно. 5. Ряд схо-
сходится условно. 6. Ряд сходится условно. 7. Ряд сходится абсолютно.
8. Ряд расходится. 9. Ряд сходится абсолютно. 10. Ряд сходится
условно.
10.8. Приближенное вычисление
суммы ряда
Постановка задачи. Вычислить сумму знакочередующегося
числового ряда
оо
У (—1)п ап, ап > 0,
71=1
с заданной точностью а.
230 Гл. 10. Ряды
План решения.
1. Если an+i < ап и Игг^^оо ап = 0, то для остатка ряда Rn
справедливо неравенство
\Rn\ < О"п+1-
2. Если an+i < а, то и \Rn\ < а. Поэтому, решая неравенство
находим количество членов ряда, которое необходимо взять для вы-
вычисления суммы ряда с заданной точностью а.
3. Непосредственно вычисляем п-ю частичную сумму и записыва-
записываем ответ:
S ~ Sn = ai — п2 + • • • + (—l)n~ an.
ПРИМЕР. Вычислить сумму ряда
\^( 1)" п
п=1
с точностью а = 0, 001.
Решение.
1. Данный ряд знакочередующийся и сходящийся (абсолютно).
Члены ряда убывают по абсолютной величине:
A + (п + IKJ A + п3J
Следовательно, справедливо неравенство
\Rn\ < «n+i = /., . / ;
1
1.
2. Если an+i < а, то и \Rn\ < а. Поэтому, решая неравенство
п + 1 1
A + (п + 1KJ 1000'
находим количество членов ряда, которое необходимо взять для вы-
вычисления суммы ряда с заданной точностью а. Получаем п > 3, т.е.
достаточно взять первые три члена ряда.
10.9. Область сходимости функционального ряда 231
3. Вычисляем:
Ответ: 5 «-0,229 ± 0,001.
Условия ЗАДАЧ. Вычислить суммы знакочередующихся рядов с
заданной точностью а.
1.
3.
5.
9.
оо
n=l
оо
\ ^
п=1
оо
п=1
п=0
оо
п=0
(-l)n+1
2 '
\п
1п )"
(-1Г
Bп)!п'
п3 + 2'
V "'"У
п!
а
п
и С
п
01.
),001.
,0001.
,01.
2.
4.
6.
Q
О.
10
п=1 П
ОО / -1 \п
\ л v -'-у
п=1 C^!
2^ 2пп\ '
п=1
п=1
оо xn_j
1 \ л V -'"У
а =
а -
п
= 0,
п
001.
ПП1
UU.L.
001.
П 01
Ответы. 1. 5 ~ 0,84. 2. 5 ~ 0,896. 3. S ~ -0,275. 4. 5 ~
-0,332. 5.5^-0,4796. 6.5^-0,393. 7.5-0,13. 8.5-
-0,45. 9.5-0,36. 10.5-0,04.
10.9. Область сходимости
функционального ряда
Постановка задачи. Найти область сходимости функциональ-
функционального ряда
оо
Е ¦/*(*)•
232 Гл. 10. Ряды
План решения. При каждом допустимом значении х рассматри-
рассматриваем данный ряд как числовой и исследуем его сходимость, применяя
теоремы сравнения, признаки Коши, Даламбера и др. Таким образом
находим те значения ж, при которых данный ряд сходится. Совокуп-
Совокупность таких значений х образует область сходимости ряда.
При использовании признаков Даламбера или Коши поступаем
следующим образом.
1. Находим д(х) по одной из формул (если пределы существуют)
ИЛИ Q\X) -
где fn(x) — общий член ряда.
2. Так как по признакам Даламбера или Коши ряд сходится при
д < 1 и расходится при д > 1, находим интервал сходимости, решая
неравенство д(х) < 1.
3. Исследуем поведение ряда в граничных точках интервала схо-
сходимости.
Записываем ответ.
Пример 1. Найти область сходимости ряда
ОО О
Решение.
1. Для каждого фиксированного х все члены данного ряда поло-
положительны:
п3
ап = , 2 , г , 1Ш > 0 Vn > 1.
[п2 + угг + 1)ж+1
2. Используем вторую (предельную) теорему сравнения. Имеем
Так
как
при
2(х
+
Ы
1)
-3
> 1
ОО
77. = 1
ряд
1
п2(х+1)-3
10.9. Область сходимости функционального ряда 233
сходится, а при 2(ж + 1) — 3 < 1 расходится (как обобщенный гармо-
гармонический), то по второй теореме сравнения ряд
n=l v
сходится при всех х > 1.
Ответ. Область сходимости ряда — A,оо).
Пример 2. Найти область сходимости ряда
^ 4"
Решение.
1. Для того чтобы применить признак Даламбера, находим д{х)
по формуле
, ч r l/n+i| r
g(x) = lim = lim
2. Так как по признаку Даламбера ряд сходится при д < 1 и
расходится при ?> > 1, находим интервал сходимости, решая неравен-
неравенство д{х) < 1:
4 i
х2 - Ах + 7|
Получаем х Е (—оо, 1) U C, оо).
3. Исследуем сходимость ряда в граничных точках:
при х = 1 ряд
оо 1
п=1 П
сходится (как обобщенный гармонический с р = 3 > 1);
при х = 3 ряд
п=1
также сходится.
Ответ. Область сходимости ряда — (—оо, 1] LJ [3, +оо).
234 Гл. 10. Ряды
Условия ЗАДАЧ. Найти области сходимости функциональных
рядов.
1
3.
7.
9.
оо
/ J 1
n=l
n=l '
оо
n=l '
оо
^ 1
n=l
oo
n=l '
n
(^п + 1)*+з-
n4
n
2
n2 + l
о
4.
6.
8.
oo
n=l
n=l
oo
V
71=1 П
2n
3n
4n
'(Ж2+3)Г
>2-4x-
2(ж2-2ж
M0)n
f9)n'
f8)n"
Ответы. 1.C,+oo). 2. (-oo,2) U D,+oc). 3. (-oo, -5) U A, +oo).
4. (-oo, 2) U C, +oo). 5. (-oo, -2) U B, +oo). 6. (-oo, -1] U [1, +oo).
7. C, +oc). 8. (-oo, 1) U C, +oo). 9. @, 3). 10. (-oo, 0] U [2, +oo).
10.10. Область сходимости степенного ряда
Постановка задачи. Найти область сходимости степенного
ряда
оо
71=1
План решения.
1. Если существуют пределы
г Ы 1
lim или
то можно найти радиус сходимости степенного ряда по формуле Да-
ламбера
R=limJ^L A)
п^оо \Сп+1\
10.10. Область сходимости степенного ряда 235
или по формуле Копей
B)
Тогда интервал сходимости ряда есть — R < х — xq < R.
Замечание. Формулы A) и B) применимы лишь тогда, когда все
коэффициенты степенного ряда сп отличны от нуля. В противном
случае находим q{x) по одной из формул
д{х) = lim l{w+l(?.)l или в(х) = lim У[Щ1,
n^OG \jn{x)\ ^^oo
где fn(x) — общий член ряда (см. задачу 10.9). По признакам Далам-
бера или Коши ряд сходится при g < 1 и расходится при g > 1. Следо-
Следовательно, находим интервал сходимости, решая неравенство д(х) < 1.
2. Исследуем поведение степенного ряда в граничных точках ин-
интервала сходимости х = xq ± R.
Записываем ответ.
Пример 1. Найти область сходимости ряда
71=1
Решение.
(п+ IM
1. В данном случае сп = ф 0 при всех п. Поэтому можно
2п + 1
применить формулы A) или B) для радиуса сходимости степенного
ряда.
По формуле Даламбера
R= lim
п—>-оо
Сп+1
3
Следовательно, интервал сходимости определяется неравенствами
-1 <ж + 1 < 1 и имеет вид (—2, 0).
2. Исследуем сходимость ряда в граничных точках интервала схо-
сходимости. В точке х = — 2 степенной ряд принимает вид
(-1)"
^ 2п
П=1
236 Гл. 10. Ряды
и в точке х = 0 степенной ряд принимает вид
П=1
Оба ряда расходятся, так как не удовлетворяют необходимому усло-
условию сходимости рядов:
Следовательно, в этих точках ряд расходится.
Ответ. Область сходимости степенного ряда — (—2,0).
Пример 2. Найти область сходимости ряда
n=l
Решение.
1. В данном случае сп = 0 при всех нечетных п. Поэтому нельзя
применять формулы для радиуса сходимости степенного ряда.
Используем признак Коши, для чего вычислим
д(х) = lim
Находим g(x):
По признаку Коши ряд сходится при g < 1 и расходится при
g > 1. Следовательно, интервал сходимости определяется неравенст-
неравенством (х — 2J < 1 и имеет вид A, 3).
2. Исследуем сходимость ряда в граничных точках интервала схо-
сходимости. В точке х = 1 ряд
-(-i)n
10.11. Вычисление суммы ряда почленным интегрированием 237
сходится условно по признаку Лейбница.
В точке х = 3 ряд
п=1
расходится.
Ответ. Область сходимости степенного ряда — [1,3).
Условия ЗАДАЧ. Найти области сходимости степенных рядов.
3.
5.
7.
9.
ОО /
n=l
n=l
^2 7
n=l ^
oo
V
oo
^ 7
n=l ^
ж - 2)n
n9n
x + 5J™
4n
n+lK»'
/ 1 q\^
2 1 ^ '
г +
on + zjz
4.
6.
8.
:)П 10.
V
7
n=l
s
n=l
oo
n=l
oo
n=l
(ж - 3Jn+1
(ж + 1)"
(n+lJ«-
(ж - ЗJ"
Bn3 + 3nL"
/ i 1\2On ^
(П+ )
з
^ / 1
( \ Л\\ ^
Ответы. 1. (-7,11). 2. B,4). 3. (-7,-3). 4. [-2,1). 5. [-1,5).
6. [1,5]. 7. [-4,-2]. 8. [-5,1). 9. (-6,-2]. 10. (-оо,+оо).
10.11. Вычисление суммы ряда
почленным интегрированием
Постановка задачи. Найти сумму функционального ряда вида
Дат)"
ОО
X—"\
п=к
и указать область сходимости ряда к этой сумме.
238 Гл. 10. Ряды
План решения.
1. Находим область сходимости ряда.
По признаку Коти интервал сходимости определяется неравенст-
неравенством
Если f(x) = 1, ряд расходится. Если f(x) = — 1, ряд сходится условно
(по признаку Лейбница). Следовательно, область сходимости опреде-
определяется неравенствами — 1 < f(x) < 1.
2. Делаем в исходном ряде замену f(x) = ?, получим степенной
ряд
Ё^ A)
с областью сходимости [—1,1).
3. Известна формула для вычисления суммы членов бесконечно
убывающей геометрической прогрессии
п=к
4. Кроме того, имеем очевидное равенство
оо п —
^ ^ ип-Чи, <G(-1,1).
7 !L I JO
п=к n=fe
5. Учитывая, что степенной ряд можно почленно интегрировать
на любом отрезке [0, ?], целиком принадлежащем интервалу сходи-
сходимости, и используя формулу B), получаем
00 ^п ft оо „t uk
= У^ — = / ^^un~1du= / du, t G (—1,1). C)
„_u П Jo _, JO 1 — u
n=k П J° n=k
Заметим, что так как ряд A) сходится в граничной точке t = — 1,
то сумма ряда непрерывна в этой точке (справа). Следовательно,
6. Вычисляем интеграл, делаем замену t на f(x) и записываем
ответ: сумму ряда и область его сходимости.
10.11. Вычисление суммы ряда почленным интегрированием 239
Замечание. Если ряд имеет вид
то применяем теорему о почленном интегрировании степенного ряда
дважды или разлагаем дробь на элементарные:
(п + а)(п + Ъ) \n-\- а п + Ь) Ъ — а'
и вычисляем сумму каждого ряда почленным интегрированием.
Пример. Найти сумму ряда
ОО . г>
sin ж
п=1
П
и указать область сходимости ряда к этой сумме.
Решение.
1. Находим область сходимости ряда.
По признаку Коши интервал сходимости определяется неравенст-
неравенством | sinx| < 1.
В граничных точках при х = тг/2 + 2тг& ряд расходится, при х =
= Зтг/2 + 2тг& ряд сходится условно.
Следовательно, данный ряд сходится при всех х ф тг/2 + 2тг&
2. Сделаем замену sin ж = t. Получим геометрический ряд A) с
областью сходимости [—1,1).
3. Используем формулу для вычисления суммы членов бесконечно
убывающей геометрической прогрессии
^ 1 1
п=1
4. Кроме того, имеем очевидное равенство
и71'1 du, t е (-1,1).
П. » I гл
п=1
240 Гл. 10. Ряды
5. Учитывал, что степенной ряд можно почленно интегрировать
на любом отрезке [0,?], целиком принадлежащем интервалу сходи-
сходимости, и используя формулу D), получаем
Е^П^=/ л *х = -1пA-*), |*| <1. E)
„=1 JO ±-и
Заметим, что так как ряд A) сходится в граничной точке t = — 1,
то его сумма непрерывна в этой точке (справа). Следовательно, фор-
формула E) справедлива при всех t Е [—1,1).
6. Заменяя t на sin ж, получаем при х ф тг/2 + 2тгк
S(x) = — In A — sin x).
Ответ. S(x) = -ln(l -sinж), x ф тг/2 + 2тгк.
Условия ЗАДАЧ. Найти суммы функциональных рядов и указать
области их сходимости к этим суммам.
_L.
3.
5.
7
oo
E
n=0
oo
n=0 (
oo
n
A
n-
- 16ж4)"
n+1
on
3™
n=l
2.
/i
6.
Q
in
E:
n=l
oo
n=l
oo
E:
n=l
oo
n=0
oo
жп+2
nfn + IV
3n-l
ГМ!П>
2nxn+l
nfn + IV
{_1Гх2п+1
2n+l
^-^ 2n+l ^ nBn-l)
n=l n=l v '
Ответы.
1. 5 =-1пA-6ж), x e [-1/6,1/6).
2. S= (х-х2)ЫA-х)+х2, жЕ [-1,1].
10.12. Вычисление суммы ряда почленным дифференцированием 241
3. 5=-81п^^, хе (-
4. S = - - In , x G (-00, -3] U C, +oo).
6 x
x2 x2 -2 r- r-
5. S = --In —, ж G (-oo,-V2)U(V2,+oc).
6. 5 = A - 2ж) ln(l - 2x) + 2x, xe [-1/2,1/2].
7. S= —^ In —^ + |, ж G (-oo, -3] U [3, +oo).
8. S = arctgx, ж G [—1,1].
-l же [-1/2,1/2].
10. S = 2xsiTctgx-ln(l-\-x2), же [-1,1].
10.12. Вычисление суммы ряда
почленным дифференцированием
Постановка задачи. Найти сумму функционального ряда вида
п=к
и указать область сходимости ряда к этой сумме.
План решения.
1. Находим область сходимости ряда.
По признаку Коти интервал сходимости определяется неравенст-
неравенством
Если f(x) = =Ы, ряд расходится (не выполнено необходимое условие
сходимости). Следовательно, область сходимости определяется нера-
неравенствами — 1 < f(x) < 1.
16 О.В. Зимина и др.
242 Гл. 10. Ряды
2. Делаем в исходном ряде замену f(x) = t и записываем его в
виде суммы двух рядов
оо оо
V ntn + ь V е.
п=к п=к
Следовательно, достаточно найти суммы рядов
п=к п=к
3. Известна формула для суммы членов бесконечно убывающей
геометрической прогрессии
fk
<L
4. Кроме того, имеем очевидное равенство
п=к п=к п=к
5. Учитывая, что степенной ряд можно почленно дифференциро-
дифференцировать в любой точке интервала сходимости, и используя формулу A),
получаем
п=к п=к
6. Вычисляем производную и делаем замену t на f(x).
Записываем ответ: сумму ряда и область его сходимости.
Замечание. Если ряд имеет вид
то вычисляем сумму трех рядов, причем при вычислении суммы ряда
п=к
10.12. Вычисление суммы ряда почленным дифференцированием 243
применяем теорему о почленном дифференцировании степенного ря-
ряда дважды.
Пример. Найти сумму ряда
п=0
и указать область сходимости ряда к этой сумме.
Решение.
1. Находим область сходимости ряда.
По признаку Коши интервал сходимости определяется неравенст-
неравенством \х7\ < 1. Отсюда — 1 < х < 1. В граничных точках х = ±1 ряд
расходится, так как не выполнено необходимое условие сходимости.
Следовательно, ряд сходится в интервале (—1,1).
2. Делаем в исходном ряде замену х7 = t и записываем его в виде
суммы двух рядов
n=0 n=0
Следовательно, достаточно найти суммы рядов
П = 0 71=1
3. Используем формулу для вычисления суммы членов бесконечно
убывающей геометрической прогрессии:
1
п=0
Следовательно, Si(i) = при всех t G (—1,1).
4. Кроме того, имеем очевидное равенство
оо оо оо ,
п=1 п=1 п=1
16*
244 Гл. 10. Ряды
5. Учитывал, что степенной ряд можно почленно дифференциро-
дифференцировать в любой точке интервала сходимости, и используя формулу B),
получаем
п=1
Таким образом,
S(t) = 65!(<) + S2(t) = Y^-t + j^-^ = ^p * e (-1, l).
Заменяя t на ж7, получим
^ , Q)x7n = 6 - ¦
=0 ^
Ответ. S(x)= же (-1,1).
Условия ЗАДАЧ. Найти суммы функциональных рядов и указать
области их сходимости к этим суммам.
Упжп+1. 2. У
71=1 П=1
п=0 п=1
у(п + 1)(п + 2)Ж" ^
п=0 п=1
оо оо
7. ^Bп2-2п + 1)жп. 8.
п=0 п=1
оо оо
У. > 72(^77, + ZJX . 1U. у \
п=1 п=1
10.13. Ряд Тейлора 245
Ответы.
х2 , 2х /11
^, *е (-1,1). 4.5=^, хе (-3,3).
16 1 + Ж
еB2) 65 ^A1)
(-1,1).
10.13. Ряд Тейлора
Постановка задачи. Разложить функцию f(x) в ряд Тейлора
по степеням х (xq = 0).
План решения.
1. Преобразуем функцию f(x) к виду, допускающему использова-
использование табличных разложений еж, sinx, cos ж, A + ж)т, 1пA + х).
2. Находим разложение функции в ряд Тейлора, используя таблич-
табличные разложения, сложение (вычитание) рядов, умножение ряда на
число.
3. Определяем область сходимости полученного ряда к функ-
функции f(x).
Замечание. Если необходимо разложить функцию в ряд Тейлора
по степеням х — xq, сначала делаем замену переменной t = х — жо,
находим разложение по степеням t и возвращаемся к переменной х.
ПРИМЕР. Разложить функцию
№ =
2 - х - х2
в ряд Тейлора по степеням х (xq = 0).
246 Гл. 10. Ряды
Решение.
1. Чтобы использовать табличные разложения, разложим данную
функцию на элементарные дроби:
2 — х — х2 1-х х-\-2'
2. Используя табличное разложение
1
п=0
получим
п=0
ОО /
2 + х 2 1 + ж/2 2 ^ 2" ^
' п=0 п=0
Таким образом,
)п+1
п=0
3. Областью сходимости полученного ряда является пересечение
вышеуказанных областей сходимости, т.е. (—1,1) П (—2, 2) = (—1,1).
Ответ. ^Г^ = ЕA + ^)-" V*G(-1,1).
Условия ЗАДАЧ. Разложить функции в ряды Тейлора (xq = 0).
6 — х — х2
5.
7.
9.
2.
4.
6.
Q
О.
10.
1пA -
X
\/9Т
1
cos2
- х —
Vx.
— х
Зх.
20х2).
10.14. Приближенные вычисления с помощью рядов 247
Ответы.
n=0
^ n 5 5,
n=l
n=l
п=о
n=2
n=0 П'
1 _^2_ 1.4.7 ^3n _ 9)
:= ^n, ^G (-27,27).
п=1
00
10.14. Приближенные вычисления
с помощью степенных рядов
Постановка задачи. Вычислить интеграл
ъ
I f(x) dx
о
с точностью а, где f(x) разложима в степенной ряд, имеющий ра-
радиус сходимости R > Ъ.
248 Гл. 10. Ряды
План РЕШЕНИЯ. Практические вычисления обычно сводятся к
суммированию того или иного числового ряда. В данном случае та-
такой ряд получается, если разложить подынтегральное выражение в
степенной ряд и проинтегрировать его почленно.
1. Разлагаем подынтегральную функцию в степенной ряд по сте-
степеням х
n=0
и определяем его область сходимости.
2. Степенной ряд можно интегрировать почленно по любому от-
отрезку, принадлежащему интервалу сходимости. Поэтому, интегри-
интегрируя почленно полученный ряд и используя формулу Ньютона-Лейб-
Ньютона-Лейбница, получаем
/
f(x) dx = 1
{ п=0 п=0
3. Вычисляем сумму числового ряда с заданной точностью (оце-
(оценивая остаток ряда).
Замечание. Если разложить подынтегральную функцию в ряд
не по степеням ж, а по степеням х — 6/2, то ряд будет сходится быст-
быстрее, т.е. для обеспечения заданной точности может потребоваться
меньше слагаемых, однако в итоге вычисления оказываются более
сложными.
ПРИМЕР. Вычислить интеграл
0,1
/ cosA00x2) dx
о
с точностью а = 0, 001.
Решение.
1. Разлагаем подынтегральную функцию в ряд Тейлора по степе-
10.14. Приближенные вычисления с помощью рядов 249
ням х:
AО2Ж2
1- ) Bп)! 2^" ) Bп)! •
Разложение справедливо при всех х.
2. Интегрируем почленно полученный ряд:
0,1 0,1 0,1
°° 44 °° 4
/
104n
(-1)"
п=0
Bп)! 4п
п-°
0.1
о
3. Оценим остаток ряда. Так как ряд знакочередующийся,
_ 1 _ 1
пп ~ 10Dга + 1)Bга)! > an+1 ~ 10Dn + 5)Bn + 2)!
и liniyj^oo ап = 0, то справедливо неравенство
Для вычисления интеграла с заданной точностью достаточно
взять два члена ряда, так как
4. Производя вычисления, получаем
0,1
cosA00x2) dx = = 0, 090.
ID -LU • о • 2i\
)
0,1
Ответ. / cosA00x2) dx = 0, 090 ± 0, 001.
о
250
Гл. 10. Ряды
Условия ЗАДАЧ. Вычислить интегралы с точностью а = 0,001.
¦ •/•
1. / e~x dx.
о
0,5
dx.
о
0,5
5.
о
1
7.
о
о
Чт
Уз/з
/
9. /
2.
о
0,5
4. / y/l + х3 dx.
о
2/3
6 / (^>?
О
1
8. / \[x<zosxdx.
x3arctgxdx. 10
1
7 ^8Т
Ответы. 1.5^0,747. 2.^^0,310. 3.5^0,494. 4.^^0,190.
5. #^0,508. 6.^^0,490. 7.^^0,662. 8.5^0,608. 9.5^0,012.
10. 5^0,495.
Глава 11
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
При изучении темы ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ вы
познакомитесь с различными типами уравнений первого и второго
порядков и освоите методы их решения. Вы изучите линейные урав-
уравнения с постоянными коэффициентами, структуру их общего реше-
решения и методы его нахождения (метод Эйлера, метод подбора частных
решений, метод Лагранжа).
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете вычислить интег-
интегралы, решить системы уравнений, продифференцировать найденные
решения и выполнить численные расчеты (например, при решении
задачи Коши), а также проверить полученные вами результаты.
11.1. Понятие решения
Постановка задачи. Доказать, что функция у = у(х) удов-
удовлетворяет дифференциальному уравнению F{x,y,y') = 0.
План решения.
Для доказательства того, что функция у = у(х) удовлетворяет
уравнению F(x,y,yf) = 0, достаточно вычислить производную у'(х),
подставить у{х) и у' (х) в это уравнение и убедиться в том, что полу-
получается тождество, т.е. F(x,y(x),yf(x)) = 0 для всех допустимых х.
Пример. Доказать, что функция у = — \Лс4 — х2 удовлетворяет
уравнению
у2 =х4.
Решение. Имеем
Подставим у и у' в левую часть уравнения и проведем необходимые
252
Гл. 11. Дифференциальные уравнения
преобразования:
— х2
4 = х4
(х4 - х2) = хBх3 -х)-х4
Получаем тождество х4 = х4.
Ответ. Функция у = —л/х4 — х2 удовлетворяет заданному урав-
уравнению.
Условия ЗАДАЧ. Доказать, что функция у = у(х) удовлетво-
удовлетворяет дифференциальному уравнению f{x,y,y') = 0.
1. у = хе~х /2, ху' = A — х2)у.
2. у = 5е-2а; + у, у' + 2у = ех.
3. у = ж\/1 — ж2, У?/7 = ж — 2ж3.
4. г/ = \Ле2 — еж, (х2 + y2)dx — 2xydy = 0.
5. г/ = etg(x/2), у'sinx =
6. г/=
/) -4- т
1 + bx
у-ху' =
7. г/ = — л/2/ж2 — 1, 1 + г/2 + ягг/г/7 = о.
8. 2/= —, у - ху = аA-\-х у ).
ах + 1
9. г/ = еж+ж2 + 2еж, у' - у = 2xexW.
Ю. у = 2 + с\/1 - ж2, A - х2)у' + ху = 2х.
11.2. Уравнения
с разделяющимися переменными
Постановка задачи. Найти интегральные кривые дифферен-
дифференциального уравнения вида
E(x)F(y) dx = G(x)H(y) dy.
A)
11.2. Уравнения с разделяющимися переменными 253
План решения.
1. В области, где G(x) /Ои F(y) ф 0 разделяем переменные, т.е.
представляем уравнение A) в виде
Е(х) Н(у)
dx=dy
2. Вычислим интегралы в уравнении
G{x)~" J F(y)""
и преобразуем его к виду (р(х,у) = С.
3. Ответ записываем в таком виде: интегральные кривые опреде-
определяются уравнением ф(х,у) = С при всевозможных значениях С.
Замечание. Если одно или оба уравнения G{x) = 0 и F(y) = О
имеют решения жх, #2, • • • и 2/1 ? 2/2? • • • ? т0 равенствах = жх, ж = Ж2,... и
2/ = ух, г/ = г/2? • • • нужно присоединить к ответу, так как они являются
интегральными кривыми дифференциального уравнения A).
Пример. Найти интегральные кривые дифференциального урав-
уравнения
6х dx — 6у dy = 2x2y dy — Зху2 dx.
Решение.
1. Перепишем исходное уравнение в виде
ЗжB + у2) dx = 2у(х2 + 3) dy. B)
Поскольку х2 + 3 > 0 и 2 + у2 > 0, разделяем переменные, т.е.
представляем уравнение B) в виде
Зх 2у J
dx — J~-
х2 + 3 2 + у2
2. Вычислим интегралы в уравнении
Имеем
Зх
254
Гл. 11. Дифференциальные уравнения
Следовательно,
/
¦ dy = lnB + у2) + С2.
где Со = С2 - С\.
3. Упростив это равенство, получим
(х2 + 3)а
= с.
B + У2)
Ответ. Интегральные кривые определяются уравнением
(х2 + ЗK
= С
при всевозможных значениях С.
Условия ЗАДАЧ. Найти интегральные кривые дифференциаль-
дифференциальных уравнений.
2. yf = tgxtgy.
4. у' + sin(x + у) = sin(x - г/).
^ 0. 6. вж dx — A ~\~ в"
8. yf = ylny.
1
1. у dx + A + х) dy = 0.
3. у' у = —2xsecy.
7. у' = 2еж cos ж.
2т
Ответы.
1. In \y\ + arctgx = С.
3. ж2 + у sin у + cosy = С
7. у = ех (cos ж + sin ж) + С.
9. у = 1пA + х2) + С.
= 0.
10. у' =
- 1
2. sin у cos ж = G.
4. In |tg (у/2) | + 2 sin ж = С.
6. 21пA + еж)-у2 = С.
8. 1п|1п2/|-ж = С.
10. у = In |ж + V^2 - 1| + С.
11.3. Однородные уравнения 255
11.3. Однородные уравнения
Постановка задачи. Найти интегральные кривые однородного
дифференциального уравнения первого порядка, т.е. дифференциаль-
дифференциального уравнения вида
P{x,y)dx + Q{x,y)dy = O, A)
где Р(х,у) и Q(x,y) — однородные функции одинакового порядка,
т.е. P(tx,ty) = tnP(x,y) и Q(tx,ty) = tnQ(x,y).
План решения.
1. Преобразуем уравнение A) к виду
2. Делаем подстановку у{х) = х z(x), где z(x) — новая неизвестная
функция. Тогда у' = z + x zf и уравнение A') приводится к виду
dz
т.е. к уравнению с разделяющимися переменными.
Заметим, что подстановку у{х) = xz{x) можно делать сразу в
уравнении A), не приводя его к виду A').
3. Разделяем переменные в области, где f(z) — z ф 0:
dz dx
f(z) -z х-
4. Интегрируем полученное уравнение с разделенными перемен-
переменными и делаем замену z{x) = y{x)/x. Записываем ответ.
Замечания.
1. Если z = zq — корень уравнения f(z) — z = 0, то решением
уравнения A) будет также у = zqx.
2. Интегральные кривые однородного уравнения можно искать и
в полярных координатах.
Пример. Найти интегральные кривые дифференциального урав-
уравнения
, х2 + 2ху - Бу2
У =
2х2 —бху
256 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
Решение.
1. Преобразуем заданное уравнение к виду
7/ _
У —
у
2-6-
(мы разделили числитель и знаменатель правой части заданного урав-
уравнения на х2).
2. Делаем подстановку у = xz(x), где z(x) — новая неизвестная
функция. Тогда у' = z + xz' и уравнение приводится к виду
, 1 + 2z - 5z2
Z Ж + Z =
2-6z '
т.е. к уравнению с разделяющимися переменными.
В результате простых преобразований получаем
dz 1 + z2
¦ х =
dx 2 - 6z
3. Разделяем переменные A + ^2 /Оиж/0):
2 — 6z dx
4. Интегрируя, получаем
2arctgz-31n(l + z2) =1п|ж| + С.
Заменяя z на у /ж, получаем
2arctg --31n[l + ^7
ж \ х2
Ответ. Интегральные кривые определяются уравнением
при всевозможных значениях G.
11.4. Линейные уравнения 1-го порядка 257
Условия ЗАДАЧ. Найти интегральные кривые дифференциаль-
дифференциальных уравнений.
1. у' = еу/* + У-я 2. у' = У--1. 3. х2у' = ху-\-у2е~х/у.
X X
4. х cos — dy + (х — у cos — I dx = 0. 5. (ж2 + 2xy) dx -\- xy dy = 0.
x V ж/
6. x^lnf-Wx + ylnf-) . 7. ydx + Bxfxy - x) dy = 0.
8. Uy2+x2)y' = xy. 9.xyf sin(-
\x
10. xy -\-y2 = Bж2 + жу) у'.
Ответы.
1. е-^ж+1п|ж|=а 2. же^ж = С.
3. еж^ + 1п|ж| =С. 4. ln|x|+sin- =
ж
5. 1п|ж + 2/| Ч ^— = С 6. lnx--(ln-
х -\- у х V х
2
7. ^! ^
9. Сх = есо<У/х\ 10. у2 = Схе~У/х.
11.4. Линейные уравнения 1-го порядка
Постановка задачи. Решить задачу Коши для уравнения
у' + р(х)у = q{x) A)
с начальным условием
у(х0) = г/о- A;)
План решения.
1-й способ.
1. Запишем соответствующее однородное линейное уравнение:
у' +р(х)у = 0. B)
17 О.В. Зимина и др.
258 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
Это уравнение с разделяющимися переменными.
2. Разделяя переменные и интегрируя, получим общее решение
однородного уравнения B)
у = Сехр < - / р(х) dx > . C)
3. Применяем метод вариации произвольной постоянной:
а) ищем решение неоднородного уравнения A) в виде C), считая
С неизвестной функцией ж, т.е. полагая С = С(х)\
б) подставляем в уравнение A) у и у1', определяемые из соотноше-
соотношения C), где С = С(х). Из полученного дифференциального уравнения
определяем функцию С(х).
4. Таким образом, общее решение неоднородного уравнения A)
получаем в виде
у = С{х) exp j - Г р(х) dx 1 . C;)
Здесь С(х) содержит произвольную постоянную Со.
5. Используя начальные условия A;), находим значение Со и по-
получаем решение поставленной задачи Коши.
Записываем ответ в виде у = <р(х).
2-й способ.
1. Ищем решение уравнения A) в виде
у = u(x)v(x), D)
где и vl v — неизвестные функции х.
2. Уравнение A) принимает вид
v!v + ш/ -\-p(x)uv = q(x). E)
3. Поскольку теперь мы имеем две неизвестные функции, а урав-
уравнение, которому они должны удовлетворять, только одно, то еще одно
уравнение мы можем принять произвольно, лишь бы оно не сужало
множество решений у.
Пусть одна из функций (например, и{х)) удовлетворяет уравне-
уравнению
и'+р(х)и = 0. F)
11.4. Линейные уравнения 1-го порядка 259
Тогда уравнение E) примет вид
vfu = q(x). G)
Решая уравнение F) (с разделяющимися переменными), находим и, не
равное тождественно нулю, чтобы не сужать множество решений у.
4. Подставляем и(х) в уравнение G) и решаем его относительно v.
5. Записываем общее решение уравнения в виде у(х) = u(x)v(x).
6. Используя начальные условия A'), получаем решение постав-
поставленной задачи Коши.
Записываем ответ в виде у = <р(х).
Пример. Найти решение задачи Коши для уравнения
У'--У = ~\ (8)
X Xz
с начальным условием
2/A) = 1-
Решение.
1-й способ.
1. Записываем соответствующее однородное линейное уравнение:
у'--у = о.
х
Это уравнение с разделяющимися переменными.
2. Разделяя переменные и интегрируя, получаем общее решение
однородного уравнения
у = Сх.
3. Применяем метод вариации произвольной постоянной:
а) ищем решение неоднородного уравнения (8) в виде
у = С(х)х,
где С(х) — неизвестная функция х;
б) подставляя в уравнение (8)
у = С{х)х и у' = С\х)х + С{х),
17*
260 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
получаем дифференциальное уравнение относительно С(х)
Это уравнение с разделяющимися переменными.
Разделяя переменные
2
dC = dx
х6
и интегрируя, получаем
где Со — произвольная постоянная.
4. Таким образом, общее решение неоднородного уравнения (8)
имеет вид
5. Используя начальное условие у{1) = 1, получаем
^ + Со = 1,
находим Со = 0 и подставляем в общее решение (9).
Ответ, у = 1/ж.
2-й способ.
1. Ищем решение уравнения (8) в виде
у = u(x)v(x),
где и vl v — неизвестные функции х.
2. Уравнение (8) принимает вид
1 2
г/г> + ш/ ш; = -. A0)
хх2
3. Поскольку теперь мы имеем две неизвестные функции, а урав-
уравнение, которому они должны удовлетворять, только одно, то еще одно
уравнение мы можем принять произвольно, лишь бы оно не сужало
множество решений у.
11.4. Линейные уравнения 1-го порядка 261
Пусть одна из функций (например, и(х)) удовлетворяет уравне-
уравнению
u'-iu = 0a (И)
х
Тогда уравнение A0) принимает вид
«'«=—• A2)
X1
Решая уравнение A1) (с разделяющимися переменными), находим
и(х) = Ах,
где А — произвольная постоянная (А ф 0, чтобы не сужать множест-
множество решений).
4. Подставляем и{х) в уравнение A2) и решаем его относитель-
относительно V.
2 1
Ах3 Ах2 '
где В — произвольная постоянная.
5. Записываем общее решение уравнения (8) в виде
у(х) = u(x)v(x) = —Ь Сх,
х
где С = АВ — произвольная постоянная.
6. Используя начальное условие уA) = 1, находим G = 0.
Ответ, у = 1/х.
Условия ЗАДАЧ. Найти решения задач Коши для дифференци-
дифференциальных уравнений.
1. ху' + у - ех = 0, 1/@) = 1.
2. y'-ytgx= , j/@) = 0.
cos ж
3. j/'cos2a; + у = tgx, у @) = 0.
262
Гл. 11. Дифференциальные уравнения
4. у' — ythx = ch2
1/@) = 0.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
у'-
у ,
— х In х 5
хтх
у' sin х — у cos х = 1,
у1 -
у1 -
ХУ'
у1 л
- ytgx = cos ж,
- 2ху = Зх2 — 2ж4,
zy — zx ,
- у cos ж = esinx,
Ответы.
1.
3.
5.
7.
9.
У =
У =
У =
У =
У =
еж-1
= e-^+tgx-l.
о
Ж
^ж | sin2x^ 1
\2 4 у cos ж'
tf(e)
г/(|)
у(о)
2/@)
2/A)
2/@)
—
ZZ
=
=
=
=
2.
4.
6.
е
2
= 0
0.
0.
0.
0.
8.
10.
X
cos ж
у = — cos ж.
2/ = ж3.
у = xe~s'inx
11.5. Уравнение Бернулли
Постановка задачи. Найти решение задачи Коши
ния Бернулли
y'+g(x)y = f(x)ya (a /0,1)
с начальным условием
У(хо) = 2/0-
уравне-
A)
A')
План решения.
1. С помощью подстановки
уравнение приводится к линейному
z +p(x)z = q(x),
B)
11.5. Уравнение Бернулли 263
где р = A - а)д и q = A - a)f.
2. Решаем линейное уравнение B) и делаем замену z = у1~а.
3. Используя начальное условие (]/), находим решение поставлен-
поставленной задачи Коши.
Записываем ответ в виде у = (р(х).
ЗАМЕЧАНИЕ. При решения уравнения Бернулли можно не при-
приводить его к линейному, а искать решение в виде у = u(x)v(x) или
применять метод вариации произвольной постоянной.
Пример. Найти решение задачи Коши
ху' + у = ху2 C)
с начальным условием
2/A) = 1-
Решение.
Преобразовав уравнение к виду
/ 1 2
У+-У=у,
X
убеждаемся, что это уравнение Бернулли с а = 2.
1. С помощью подстановки
уравнение C) приводится к линейному
,'-!--!• D)
2. Решаем уравнение D) методом вариации произвольной посто-
постоянной:
а) решаем однородное уравнение
z z — и,
X
получаем z = Сх;
б) ищем решение неоднородного уравнения в виде
z = С(х)х;
264 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
в) подставляя в уравнение D)
z = С(х)х, z* = С'(х)х + С(х),
получаем уравнение с разделяющимися переменными
С'(х)х = -1.
Разделяя переменные и интегрируя, получаем
С(х) = Со-1пх.
Таким образом, общее решение неоднородного уравнения D) имеет
вид
z = x(Cq — In ж),
или, после замены z = у 1,
1
У =
х(Со — In ж)
3. Используя начальное условие у{1) = 1:
1 _
1(Со-0) =1'
получаем Со = 1-
Ответ, у =
хA — In ж)
Условия ЗАДАЧ. Найти решения задач Коши для дифференци-
дифференциальных уравнений.
1. ху' = 4у = ж2у^, уA) = 0.
3.
11.6. Уравнения в полных дифференциалах 265
4.
5.
6.
7.
о
о.
9.
10.
ху1
{хЛ
у' +
у' +
у' +
y'sh
у'-
+ У
-1I
2/ =
2у
т 4
= у2 In ж,
/+* = -*
-ху2,
^Vy
COS2 Ж '
2 (а
Clx
2
т/tg ж + у2 cos ж =
Ответы.
1.
4
7.
10
У =
У
У
• у -
1 +
1
1 +
(х
п2 г1 2
11 Jb . Z/.
L 5
In ж
-. 8.
1
+ 1) cos ж'
2/
2/
2/
; + 1
У2,
¦о,
= A
A
(
{
2/A) = 1.
), 2/@) = 1.
2/@) = 1.
2/@) = 1.
1
7Г2 '
1
sh 1
2/@) = 1.
+ x2)arctg4 x.
1
+ ж)A + 1п|1 + а;|)"
1 + In 1 cos х \
1 tgx I .
3.
в
9.
1
2/= ^2-
У е
1
11.6. Уравнения в полных дифференциалах
Постановка задачи. Найти интегральные кривые дифферен-
дифференциального уравнения
P{x,y)dx + Q{x,y)dy = 0. (I)
План решения.
1. Если в некоторой области D Р(х,у) и Q(x,y) имеют непрерыв-
непрерывные частные производные и выполнено условие
дР_ = dQ_
ду ~ дх'
то P(x,y)dx + Q(x,y)dy — дифференциал некоторой функции
U(x,y). Тогда уравнение A) называется уравнением в полных диффе-
266 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
ренциалах и может быть записано в виде
dU(x,y) = 0, A')
где U(x,y) — дважды непрерывно дифференцируемая неизвестная
функция.
Из A') следует, что интегральные кривые определяются уравне-
уравнением U(x, у) = С при всевозможных значениях С.
Для отыскания U заметим, что
^=Р(х,у), |f =«(*.»)• B)
2. Интегрируя первое равенство в B) по ж, получим
U = P(x,y)dx + ip(y),
где (р(у) — неизвестная функция, которую еще предстоит найти.
3. Дифференцируя U по т/, имеем
Используя второе равенство в B), получим уравнение
|- j P(x, у) dx + ip'(у) = Q(x, у).
4. Находим (р(у) и затем U(x,y).
Ответ. Интегральные кривые определяются уравнением U(x,y) = C
при всевозможных значениях С.
Пример. Найти интегральные кривые дифференциального урав-
уравнения
xdy-ydx
x2 + y2 = 0. C)
Решение.
1. Преобразуем уравнение C):
у ( х \
— U.
11.6. Уравнения в полных дифференциалах 267
В данном случае
Р{х,у) =
Эти функции непрерывно дифференцируемы в области х2 + у2 > 0.
Кроме того,
д ( у
Поэтому Р(х,у) dx + Q(x,y) dy — дифференциал некоторой функции
С/(ж, у) в любой односвязной области Z), не содержащей точку х = 0,
г/ = 0. Следовательно, уравнение C) является уравнением в полных
дифференциалах и может быть записано в виде
dU(x,y) = 0 при (x,y) Е D.
При этом
0U _ у 0U _ х
2. Интегрируя первое равенство в D) по ж, получим, что при у ф 0
Я у \ х2 х
х 1 dx = arctg —h <?>B/),
где (^(у) — неизвестная функция, которую еще предстоит найти.
3. Дифференцируя U по г/, имеем
8U х
ду х2+у2 ' ^vy
Используя второе равенство в B), получим
После преобразований имеем
268 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
4. Отсюда
и, следовательно,
X ~\~ V X
U(x, у) = arctg —Ь С, у > 0 или у < 0.
2 у
Ответ. Интегральные кривые в области у > 0 или в области у < 0
определяются уравнением
arctg - = С
2 У
при всевозможных значениях С.
Условия ЗАДАЧ. Найти интегральные кривые дифференциаль-
дифференциальных уравнений.
1. (х + у) dx + (х + %) d?/ = 0.
2. (Зж2 + бжг/2) dx + Fж2у + 4у3) dj/ = 0.
3. Bж + Ъу) dx + Eж + Зу2) dy = 0.
4. Bжу + Зг/2) dx + (х2 + бжу - Зу2) dy = 0.
5. (Зг/2 + 2жу + 2ж) dx + (бжг/ + ж2 + 3) dy = 0.
6. (х2 + у2 + 2ж) dx + 2жг/ dy = 0.
7. (ж3 - Ъху2 + 2) dx - (Зж2г/ - у2) dy = 0.
8. (ж ch у + shy) dx + (x ch ж + sh x) dy = 0.
9. 2жA + ^ж2 — у) dx — у^2 — у dy = 0.
11.7. Уравнения вида F(x,y{k\y{k+1)) = 0 269
Ответы.
т2
1. —+Ху + у2 = С. 2. х3 + Зх2у2 + у4 = С.
3. х2 + 5жг/ + г/3 = С. 4. ж2у + Зжу2 - у3 = С.
х3
5. Зжг/2 + ж2г/ + Зу + х2 = С. 6. \- ху2 + х2 = С.
о
х4 3 у3
7. — х2у2 + 2ж+ — = С. 8.
9. х2 + -(х2 + г/2K/2 = а 10.
3
(х + г/) а 10. +1п
3 х-у у
11.7. Уравнения вида i7'(х, г/*\ г/(*+1)) = О
Постановка задачи. Найти общее решение дифференциального
уравнения
План решения.
1. Полагая у(к' = р(ж), получим дифференциальное уравнение
первого порядка
F(x,p,pf) = 0.
2. Определяя тип этого уравнения и применяя соответствующий
метод решения, находим р = /(ж, Ci), где Ci — произвольная посто-
постоянная.
3. Так как р = у(к\х), имеем
Последовательно интегрируя к раз (при каждом интегрировании не
забывая о произвольной постоянной), получим ответ
у = <р(х, Ci, С2, • • •, Сп), п = к + 1,
С\, Сг, • • •, Сп — произвольные постоянные.
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения
A + х2)у" + 2ху =
270 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
Решение.
1. Поскольку дифференциальное уравнение не содержит т/, то по-
полагая у' = р(х), имеем у" = р'(х). Получаем дифференциальное урав-
уравнение первого порядка
A + х2)р + 2хр =
2. Уравнение
, 2х
Р + 2"Р = 2
линейное относительно pup'. Решая его, например, методом вариа-
вариации произвольной постоянной, находим
tjX \~ Су
3. Так как р = у1'(ж), имеем
, _ Зж4 + С
Интегрируя, получим общее решение у = (G + 3) arctg ж + х3 — Зх + G2.
Ответ, у = Ci arctg ж + х3 — Зх + G2.
Условия ЗАДАЧ. Найти общие решения дифференциальных урав-
уравнений.
1. у" = 1 - г/2. 2. жг/" + у' = 0.
3. A + х2)у" + г/2 + 1 = 0. 4. xV + жг/ = 1.
5. хут + г/" = 1 + х. 6. у"/2 + у = 1.
9. xyff -\- yf -\- х = 0. 10. з/" = 4г//;.
Ответы.
1. ?/ = m|e2* + Ci| -x + C2. 2. 2/ = Ci+C2ln|
4. г/ = ^Aп|ж|J + С11п|ж| + С2.
11.8. Уравнения вида F(y,y',y") = 0 271
о о
5. у = ^ + у + d х In \x\ + С2 х + С3.
6. j/ = sin(Ci + х) + С2 ж + С3.
7. ж - Ci = In | sin(y - C2)|.
/ з\
8. y = Cxx2 \\vlx - - + С2ж + C3.
9. 2/ = CiI
10. y= ^()
11.8. Уравнения вида F(y,y!,y") = 0
Постановка задачи. Найти решение задачи Коши для диффе-
дифференциального уравнения
F(y,y',y")=0
с начальными условиями
у(х0) =2/о, 2/4^0) =Уо-
План решения.
1. Поскольку дифференциальное уравнение не содержит явно не-
независимой переменной ж, полагаем
у' =р(у),
где р(у) — новая неизвестная функция. Тогда по формуле для произ-
производной сложной функции имеем
„ d , d dp dy dp
У =dx~y =diP{y)==P
Получим уравнение первого порядка относительно р(у)
2. Определяя тип этого уравнения и применяя соответствующий
метод решения, находим р = /(у, G), где С — произвольная посто
янная.
272 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
3. Используя начальные условия (оба), находим С = С\.
4. Подставляя Ci, получаем дифференциальное уравнение с раз-
разделяющимися переменными
Разделяя переменные в области, где f(y,C\) ф 0, получаем
dV^ = dx
и, интегрируя, находим х = ip(y, Ci, С2).
Проверяем, не является ли решение f(y,Ci) = 0 особым решением
исходного уравнения, удовлетворяющим начальным условиям.
5. Используем начальные условия для нахождения второй посто-
постоянной С2 (значение С\ уже было найдено в п. 3) и получаем решение
задачи Коши.
Ответ записываем в виде у = у(х) или х = х(у).
Пример. Найти решение задачи Коши для дифференциального
уравнения
у"у3 + 1 = 0
с начальными условиями
2/A) = -1, УA) = -1.
Решение.
1. Поскольку дифференциальное уравнение не содержит явно не-
независимой переменной ж, полагаем
у' =р(у),
где р(у) — новая неизвестная функция. Тогда по формуле для произ-
производной сложной функции имеем
„ d , d dp dy dp
у = -i-y = -i-p\y) = ~г ' ~г = Pi~-
dx dx dy dx dy
Получим уравнение первого порядка относительно р(у)
dP з ,
— РУ6 = -1.
dy
11.8. Уравнения вида F(y,y',y") = 0 273
2. Разделяя переменные и интегрируя, находим
1
т.е.
(знак минус мы выбрали из начального условия у'A) = —1 < 0.)
3. Из начальных условий (обоих) имеем у' = — 1 при у = — 1.
Отсюда, С\ = 0. Учитывая, что в силу первого начального условия
у < 0 и, следовательно, |у| = —у, получаем
•
У
4. Разделяя переменные и интегрируя, находим
5. Из начального условия уA) = —1 получим С^ = 1/2. Следова-
Следовательно,
у = —\/2х — 1.
(Знак минус мы выбрали из начального условия 2/A) = — 1 < 0.)
Ответ, у = —л/2х — 1.
Условия ЗАДАЧ. Найти решения задач Коши для дифференци-
дифференциальных уравнений.
1. y"yz = l, 2/(l/2) = l, \
2. yy" + yl2 = l, 2/@) = 1, 2/@) = 1.
5. Зу'у" = у + у'3 + 1, 2/@) = —2, г/@) = 0.
18 О.В. Зимина и др.
274 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
6. у' у2 + у у" - у'2 — 0, 2/@) — 1, 2/'@) = 2-
7. 2y2/"-3j/2=42/2, J/(O) = 1, j/'@)=0.
10. у у' + у12 + у у" = 0, 2/@) = 1, 1/'@) = -Ц-
е — 1
Ответы.
1. 2у2 - Ах2 = 1. 2. у = ж + 1. 3. 2/ = 2еж. 4. у = еж.
3
-
3 3 е3ж
5. г/ = --(г/ + 2J/3. 6. у = 2 + е3х- 7. у = sec2 яг.
е - е~л
S. у = ех. 9. у = sinx + 1. 10. у =
е — 1
11.9. Линейные уравнения
с постоянными коэффициентами
Постановка задачи. Найти общее решение линейного диффе-
дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффици-
коэффициентами
у" + VV ^ ЧУ — е°ж [Рп (х) cos Ьх + Qm (^) sin foe],
г^е Рп(х) — многочлен степени гг, Qm(x) — многочлен степени т
и p,q,a,b — действительные числа.
План решения.
Общее решение неоднородного линейного уравнения п-го порядка
имеет следующую структуру:
2/о.н. = Уо.о. + 2/ч.н. = Cij/i + С2у2 + • • • + Спуп + 2/ч.н., A)
где 2/i, 2/2- • • • ? 2/п — фундаментальная система решений и г/оо. — общее
решение соответствующего однородного уравнения, г/ч.н. — какое-ни-
какое-нибудь частное решение неоднородного уравнения.
11.9. Линейные уравнения с постоянными коэффициентами 275
1. Записываем соответствующее однородное уравнение
у" +pyf + qy = 0 B)
и ищем его решение в виде у = еЛж, где Л — неизвестное число.
Подставляя у = еЛж, у' = ХеХх и у" = \2еХх в уравнение B) и
сокращая еЛж, получаем так называемое характеристическое уравне-
уравнение
А2+рА + <? = 0. C)
2. Решаем характеристическое уравнение. Обозначим корни ха-
характеристического уравнения Ai и Л2. Тогда фундаментальная сис-
система решений и общее решение уравнения B) записываются в одном
из следующих трех видов:
а) если Ai и А2 вещественны и Ai ф А2, то фундаментальная сис-
система решений — это у\ = еЛ1Ж, у2 = еХ2Х и общее решение имеет
вид
Уо.о. =
б) если Ai и А2 вещественны и Ai = A2, то фундаментальная сис-
система решений — это у\ = еЛ1Ж, у2 = жеЛ1Ж и общее решение имеет
вид
в) если Ai и А2 комплексные, т.е. Ai?2 = ск=Ьг/3, то фундаментальная
система решений — это yi = еах cos/^ж, г/2 = еаж sin/Зж и общее реше-
решение имеет вид
уоо = eaa"(Ci cos/Зж + Сг sin/Зж).
3. Ищем какое-либо частное решение неоднородного уравнения.
Поскольку правая часть уравнения имеет вид
еах [Рп (х) cos Ъх + Qm (x) sin Ьх], D)
можно применить метод подбора частных решений:
если а =Ь гб не является корнем характеристического уравне-
уравнения C), то
2/ч.н. = е°ж [-Р& (ж) cos ^ж + Qk {x) sin Ьж],
где Pk{x) и Qk{x) — многочлены степени /с = max{n,m} с неопреде-
неопределенными коэффициентами;
18*
276 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
если а =Ь ib есть корень характеристического уравнения(З) крат-
кратности s, то
2/ч.н. = xseax[Pk(x)cosbx + Qk(x)smbx],
где Рк{х) и Qk{x) — многочлены степени к = max{n,m} с неопреде-
неопределенными коэффициентами.
4. Находим неопределенные коэффициенты, подставляя уч.н. в ис-
исходное уравнение.
Записываем ответ по формуле A).
Замечание. Аналогично решаются линейные дифференциальные
уравнения с постоянными коэффициентами любого порядка.
Пример. Найти общее решение линейного дифференциального
уравнения
у" + у = ж sin ж. E)
Решение.
1. Записываем соответствующее однородное уравнение
У" + У = О F)
и ищем его решение в виде у = еЛж, где Л — неизвестное число.
Подставляя у = еЛж, у' = ХеХх и у" = Х2еХх в уравнение F) и
сокращая еЛж, получаем характеристическое уравнение
Л2 + 1 = 0.
2. Характеристическое уравнение имеет два комплексно сопря-
сопряженных корня Ai?2 = =Ьг.
Имеем фундаментальную систему решений
у\ = cos ж, ?/2 = sin ж
и общее решение однородного уравнения F)
Уо.о. = С\ cos ж + Сг sin x.
3. Ищем какое-либо частное решение неоднородного уравнения
E). В нашем случае правая часть неоднородного уравнения имеет
вид D) с а = 0, b = 1, п = 0, т = 1.
11.9. Линейные уравнения с постоянными коэффициентами 277
Так как характеристическое уравнение имеет комплексные корни
а ± гЪ = ±г кратности s = 1 и тах{гг, 7?г} = 1, то частное решение
ищем в виде
2/ч.н. = ^[(^ix + A2)cosx + (Б1Ж + B2)smx],
где Ai, А2, ?>i, B2 — неизвестные числа (неопределенные коэффи-
коэффициенты) .
4. Находим неопределенные коэффициенты, дифференцируя уч.н.
два раза и подставляя в уравнение E).
Приравнивая коэффициенты в обеих частях равенства при cos ж,
ж cos ж, sin ж, ж sin ж, получаем четыре уравнения
2Ai + 2Б2 = О,
4#i = О,
-2А2 + 2^1 = О,
из которых определяем А\ = —1/4, А2 = О, В\ = 0, 52 = 1/4. Таким
образом,
ж2 х .
2/ч.н. = — ~r cos ж + т sin х.
По формуле A) находим общее решение неоднородного уравнения
о
X X
у = С\ cos ж + G2 sin ж —— cos х + — sin ж.
о
Ответ, у = С\ cos ж + С2 sin ж —— cos х + — sin ж.
Условия ЗАДАЧ. Найти общие решения дифференциальных урав-
уравнений.
1. у" + у = cosx. 2. у" + г/ - 2# = 8sin2x.
3. у" - 2у' + 5у = ех cos 2х. 4. г//; + у = 3 sin ж.
5. у" + у = Axcosx. 6. у" — 9у = е3ж cosx.
7. у" — 4у = е2х sin2x. 8. г//; — 2г/ = 2жеж(со8ж — sin ж).
9. у" — у = 2 sin ж — 4 cos ж. 10. у" — 6yf + 25у = 2 sin ж + 3cosx.
278 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
Ответы.
х
1. у = С\ cos х -\- С2 sin ж Н— sin x.
2
2. у = dex + С2е~2х Csin2x + cos2x).
5
х
3. у = (Ci cos 2x + С2 sin 2ж) еж Н— еж sin 2x.
3
4. у = С\ cos ж + Сг sin ж — - х cos ж.
5. у = Ci cos ж + Съ sin ж + ж cos x -\- x2 sin ж.
6. у = Сг е3х + С2 е-3ж + ^- e3xFsinx - cos ж).
О I
2х
О I
7. у = С1 е~2х + С2 е2ж (sin 2x + 2 cos 2ж).
8. у = Ci е~ж^ + С2е^^2 + ж еЖ sin х + е^ cos ж^
9. у = Gi еж + С2 е~ж + 2 cos ж — sin x.
Ю. у = (Ci cos4x + G2sm4x) е3ж Н A4 cos ж + 5 sin ж).
11.10. Принцип суперпозиции
Постановка задачи. Найти общее решение линейного диффе-
дифференциального уравнения п - го порядка с постоянными коэффициен-
коэффициентами
У{п) +PiZ/(n} + • • • +Р„-12/ +РпУ = F(x), A)
где F(x) = h(x) + f2(x) + ... + fk(x).
План решения.
Принцип суперпозиции. Если правая часть уравнения A)
есть сумма нескольких функций
F(x) = fax) + f2(x) + ... + fk(x)
и Yi (г = 1,2,...,&) — какое-нибудь частное решение каждого урав-
уравнения
У{п)+Р1У{п-1]+...+рп-1у'+РпУ = и{х) (i = 1,2,..., Л), B)
11.10. Принцип суперпозиции 279
то в силу линейности уравнения A) его общее решение имеет вид
V = Vo + Y1+Y2 + ... + Yk, C)
где г/о — общее решение однородного уравнения
У{п) +Р1У(п} + • • .+Рп-1У' +РпУ = 0.
1. Находим фундаментальную систему решений и общее решение
г/о однородного уравнения.
2. Для каждого неоднородного уравнения B) (г = 1, 2,..., к) на-
находим частное решение Y{ (используя, например, метод подбора или
метод вариации произвольных постоянных).
Записываем ответ в виде C).
Пример. Найти общее решение линейного дифференциального
уравнения
у'" - Шу' = 20е1Ож + 100 cos 10x.
Решение.
1. Записываем соответствующее однородное уравнение
у'" - 100»' = 0 D)
и ищем его решение в виде у = еЛж, где Л — неизвестное число.
Подставляя у = еЛж, у' = ХеХх и у" = Х2еХх в уравнение D) и
сокращая еЛж, получаем характеристическое уравнение
Л3 - 100А = 0.
Характеристическое уравнение имеет три корня Ai = 0, А2 = 10 и
Аз = -Ю.
Таким образом, имеем фундаментальную систему решений
и общее решение однородного уравнения
2. Решаем неоднородное уравнение, используя принцип суперпо-
суперпозиции:
а) ищем частное решение Y\ неоднородного уравнения
у'" - 100»' = 20е1Ож E)
280 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
в виде Y\ = хАе1Ох, где А — неопределенный коэффициент (так
как а + гЪ = 10 — корень характеристического уравнения кратности
s = i).
Дифференцируя Y\ три раза и подставляя в уравнение E), нахо-
находим А = 1/10. Таким образом,
у _ ^_еЮх.
1 " 10 '
б) ищем частное решение Y2 неоднородного уравнения
у'" - ЮОз/ = ЮО cos Юж F)
в виде Y2 = В\ cos Юж + #2 sin 10ж, где Si и ^ — неопределенные
коэффициенты (так как а ± гб = =Ы0г не являются корнями характе-
характеристического уравнения, то множитель х отсутствует).
Дифференцируя Y2 три раза и подставляя в уравнение F), нахо-
находим В\ = 0 и В2 = —1/20. Таким образом,
У2 = -—sin Юж.
Используя принцип суперпозиции C), получаем
y = yo + Y1+Y2=C1+ C2eWx + Cze~Wx + ?- eWx - -^ sin l(te.
Ответ, у = d + С2е10ж + С3е~10х + — е1Ож - — sin Юж.
Условия ЗАДАЧ. Найти общие решения дифференциальных урав-
уравнений.
1. у" + у' = 5х + 2ех. 2. у" + 2г/; + у = е~х cos ж + хе~х.
3. г//; - Зг/ = ж + cos х. 4. у" - 2у' + Юг/ = sin Зж + ех.
5. г//; + 4у = 2sin2z-3cos2z + l. 6. у" + 9у = х е3х + 2xsinx.
7. у" + у = 2х cos ж cos 2ж. 8. у'" - 5г/" + 8г/ - 4г/ = 2е3ж + Зе2ж.
9. уш + у" = ж2 + 1 + Зжеж. 10. y
11.11. Метод Лагранжа 281
Ответы.
5 2
1. у = Oi ~г О2 б ~\~ е ~\~ ~ х ох.
Z
х3
2. у = (С1+С2х-\ cosx)e x.
6
1 2
о 1 Ж Ж
10 6 9
1 еж
4. у = (Ci cos Зх + С2 sin Зж) еж + —- (sin Зх + 6 cos Зж) + —-.
О / У
X 1
5. у = Ci cos 2ж + G2 sin 2х C sin 2х + 2 cos 2ж) Н—.
6. у = С\ cos Зж + G2 sin Зж -\—х sin ж cos х -\ (Зж — 1) е3х.
4 16 54
7. у = С\ cos ж + С2 sin ж + — cos х + —- sin ж — — cos Зх + —- sin Зж.
4 4 8 32
У- ie 2 Зж -ж -ж 12ж
1 ж 1 2 1
4 8 9
11.11. Метод Лагранжа
Постановка задачи. Найти решение задачи Коши для линей-
линейного неоднородного уравнения с постоянными коэффициентами
у" +Р1У +Р2У = f{x) A)
с начальными условиями
= уо, yf(x0)=yf0. (V)
План решения.
1. Записываем соответствующее однородное уравнение с посто-
постоянными коэффициентами
у" +Р1У +Р2У = 0. B)
282 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
Находим фундаментальную систему решений у\(х) и у2{х) и общее
решение однородного уравнения
у = Ci2/i(a?) + С2у2{х).
2. Применяем метод Лагранжа (метод вариации произвольных
постоянных).
Если известна фундаментальная система решений yi(x), у2(х) од-
однородного уравнения B), то общее решение соответствующего неод-
неоднородного уравнения A) может быть найдено по формуле
у = Сг(х) уг(х) + С2(х) у2{х),
где функции С[(х) и С2(х) определяются из системы линейных алге-
алгебраических уравнений
Интегрируя, находим функции С\{х) и С2{х) и записываем общее ре-
решение неоднородного уравнения.
3. Используя начальные условия A;), находим решение задачи
Коши.
Записываем ответ в виде у = у(х).
Пример. Найти решение задачи Коши
1
У" + У =
COS Ж
с начальными условиями у@) = 1, у'@) = 0.
Решение.
1. Записываем соответствующее однородное уравнение:
у" + у = 0.
Находим фундаментальную систему решений у\ = cos x и у2 = sin x и
общее решение однородного уравнения
у = С\ cos х -\- С2 sin х.
2. Применяем метод Лагранжа (метод вариации произвольных
постоянных):
11.11. Метод Лагранжа 283
а) ищем решение данного неоднородного уравнения в виде
у = С\ (х) cos х + С2 (х) sin x\
б) записываем систему уравнений для определения функций С[ (х)
и С2(х):
{С[(х) cos ж + С'2(х) sin ж = О,
С[(х)(— sin ж) + С'2{х) cos ж = 1/cosx.
Решая ее (так как решение ищем в окрестности точки х = 0, то
cos ж > 0), получим
Ci(a:) = -tga;, Cl2{x) = \.
Интегрируя, находим
в) записываем полученное общее решение данного неоднородного
уравнения
у = (In cos ж + С{) cos ж + (х + С%) sin ж.
3. Используя начальные условия, определяем константы С{ и С|.
Так как
2/@) = (lncos0 + Cf1*)cos0
то Cj = 1. Так как
^@) = (Incos0 + Cf1*)sin0+ (-^^ j
\ COS U /
то С1 = 0.
Ответ, у = cosx(lncosx + 1) + ж sin ж.
Условия ЗАДАЧ. Найти решения задач Коши для, дифференци-
дифференциальных уравнений.
1. у" + 2у' + у=^-, 2/A)= 0, »'A) = 0.
284 Гл. 11. Дифференциальные уравнения
3. y" + 4y = 2tgx, y@) = 0,
5. у" + у - _
6. у"-2у' + у=—,
X
7. у" -у =
8. у" -2у = 4х2ех\ 2/@) = 3, у'@) = 0.
9. y»-y=?L+±f
Ху X
т2 -L От ^ 9 1 1
10. у" - 2у + у =
Ответы.
1. 2/ = A — х + ж1пж) е~ж.
2.2/ = — cos ж + sin х — х cos ж + sin x In | si
2/@) = 0
2/@) = 2
1/A) = е
2/@) = 2
2/@) = 3
2/A) = е
,<-!)-
")
")
")
-4,
i-i.
е
3. г/ = —ж cos 2ж sin 2ж + sin 2ж In
1 ж
4. 2/ = - cos 2ж In | cos 2ж| + - sin 2ж.
cos ж .
5. у = cos ж + sin ж + cos In
/ж тг\ I
( 2 + 4 ) I '
6. г/ = жежA + 1пж). 7. у = (ex + е~ж)A + arctge*).
8. 2/ = еж^ + e-xV2 + ex\ 9y = ex_ 4^ 10> = еЖ
Глава 12
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
При изучении темы КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ вы научитесь за-
записывать области (на плоскости и в пространстве) с помощью нера-
неравенств в декартовых, полярных, цилиндрических и сферических ко-
координатах, расставлять пределы интегрирования и сводить кратные
интегралы к повторным. Вы научитесь также решать задачи гео-
геометрии и механики с использованием двойных и тройных интегралов
(в декартовых, полярных, обобщенных полярных, цилиндрических и
сферических координатах).
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете решить неравен-
неравенства, вычислить полученные повторные интегралы, выполнить все
численные расчеты и проверить правильность полученных вами ре-
результатов.
12.1. Изменение порядка интегрирования
Постановка задачи. Изменить порядок интегрирования
Ъ х2(у) d x4(y)
I = dy / f(x,y)dx+ dy / f(x,y)dx.
a Xl(y) с Хз(у)
План решения.
1. Область интегрирования состоит из двух областей D\ и D<i-
Зададим их неравенствами
\ а < у < b,
Ж'У): *i(») < х < Х2(у
\ с < у < d,
286 .Гл. 12. Кратные интегралы
2. Решаем системы неравенств, определяющих области D\ и^,
относительно у и получаем
Уi [X) ь У Ъ У2 Vх)i У\ \х) Ь У Ь У2 \х)-
3. Определяем границы изменения ж, решая неравенства
УI \х) Ъ: У2 \X)i У\ \Х) — У2 \Х)-
Получаем h < х < mi и /2 < х < rri2.
4. Области Di и D2 можно представить в виде
n \( \ h<x<mu \
D± = < (х,у) : A) A) > ,
I 2/i Чж) <У<У2 Лх) J
^ Г / ч 12<х <т2,
D2 = < (х,у) : B), ч B), х
I 2/1 (^) <У<У2 Лх)
5. Записываем интегралы / с измененным порядком интегриро-
интегрирования:
ТП, У{2\*) ГП2 УB2)(Х)
I = dx / f(x,y)dy+ dx f(x,y)dy.
6. Если li = /2 = /, mi = 777,2 = 777, и ^2 (x) = 2/i (ж) или
^ ^(x) = y| (ж), то / можно представить одним интегралом
УB2)(Х) ТП У{2\х)
I = I dx / f(x,y)dy или I = dx / f(x,y)dy.
Записываем ответ.
Пример. Изменить порядок интегрирования
л/2 Ф^
= dy f(x,y)dx+ dy / f(x,y)dx.
/
о о
12.1. Изменение порядка интегрирования 287
Решение.
1. Область интегрирования состоит из двух областей D\ и D2.
Зададим их неравенствами
с'^: о<ж< y^F Г
2. Решаем системы неравенств, определяющих области D\
относительно у и получаем
я2 < 2/ < 1, 1<У< л/2 - х2.
3. Определяем границы изменения ж, решая неравенства
ж2 < 1, 1 < \J2-x2.
Учитывая, что х > 0, в обоих случаях получаем 0 < ж < 1.
4. Области Di и D2 можно представить в виде
5. Записываем интегралы / с измененным порядком интегриро-
интегрирования:
11 1 \/2 — х2
Г Г Г Г
I = dx f{x,y)dy+ dx f(x,y)dy.
J J J J
Ox2 0 1
6. Пользуясь линейностью и аддитивностью интегралов, получаем
1= dx< / f(x,y)dy+ / f(x,y)dy > = / dx / f(x,y)dy.
0 [ж2 1 J о x2
Ответ. I = j dx / f(x,y)dy.
288 .Гл. 12. Кратные интегралы
Условия ЗАДАЧ. Изменить порядок интегрирования.
1 2х 2 2/х
1. dx f(x,y)dy+ dx f(x,y)dy.
0 1 11
14 2 4
ft ft
2 1 rJn I f It ii] rJ t I I rlii I T ( t ii i riii
I иьу I J v 5 У) ^"^ \^ I *-^У I J v*^? У) ^"У'
J J J J
1/4 1/y 1 y2
3. dy / f(x,y)dx+ dy / f(x,y)dy.
-6 0 -3 0
16 0 32 0
4- dy f(x,y)dx+ dy / f(x,y)dx.
0 -3//4 16 _^32H^
5. dx f(x,y)dy+ dx f(x,y)dy.
oo Ve °
10 2 0
6- dy f{x,y)dx+ dy / f(x,y)dx.
1 y/x 2 2-х
7. / da; / f(x,y)dy+ dx f(x,y)dy.
0 0 10
8. dy f(x,y)dx-\- dy / f(x,y)dx.
-10 0 0
1 ey e e/y
9- / dy / f(x,y)dx+ I dy I f{x,y)dx.
0 1 11
-10 0 0
10. dx f(x,y)dy+ dx f(x,y)dy.
-2 -2-х -1
12.2. Двойной интеграл в декартовых координатах 289
Ответы.
2 2/у 4 Уж
1- dy f(x,y)dx. 2. dx f(x,y)dy.
1 log2 у 1 1/x
-6+V36-x2 0 32-ж2
3. dx / f(x,y)dy. 4. dx f(x,y)dy.
0 -V36-z2 ~4 ~4ж
V6 \/12-^2 0 1 + 71^2"
5. / dj/ / f(x,y)dx. 6. dx / f(x,y)dy.
0 у2/Уб -1 v^e
1 2-y 1 1-ж2
7- dy f{x,y)dx. 8. / dx / f(x,y)dy.
e e/x 0
9. dx f(x,y)dy. 10. dy f(x,y)dx.
1 lnx -1 -2-y
12.2. Двойной интеграл
в декартовых координатах
Постановка задачи. Вычислить двойной интеграл
// f{x,y)dxdy,
D
где область D ограничена линиями fi(x,y) = 07 /2(^,2/) = 0 {щ воз-
возможно, прямыми х = а и х = Ъ или у = с и у = d).
План решения.
1. Зададим область D неравенствами. Для этого выясним, каким
из неравенств
удовлетворяют координаты точек области D.
19 О.В. Зимина и др.
290 .Гл. 12. Кратные интегралы
Пусть, например, такими неравенствами оказались fi(x,y) < 0 и
h{x,y) <0. Тогда
'У'- f2(*,v)<0 /¦
Решаем неравенства, определяющие Z), относительно хну. Получаем
D=l(x,y):
а < х < 6,
2/1 (ж) < У < 2/2 (
или
2. Переходим от двойного интеграла к повторному:
Ь У2(х)
// f{x,y)dxdy = dx f(x,y)dy
D a yi(x)
d x2(y)
// f(x,y)dxdy = dy f(x,y)dx.
D с Xl(y)
3. Последовательно интегрируем, используя свойства определен-
определенного интеграла.
Записываем ответ.
Замечание. Если необходимо, разбиваем область на части и ис-
используем свойство аддитивности интеграла.
Пример. Вычислить двойной интеграл
! ) dx dy,
D
где область D ограничена линиями х = 1, у = х3 и у = —\/х.
Решение.
1. Зададим область D неравенствами. Очевидно, что —у/х < х3.
Поэтому — у/х < у < х3. Поскольку х фигурирует под знаком квад-
квадратного корня, х > 0. Для х возможны неравенства 0 < х < 1 или
1 < х. Во втором случае область неограничена, что неприемлемо.
12.2. Двойной интеграл в декартовых координатах
291
Итак,
2. Переходим от двойного интеграла к повторному:
1 х3
ffEAx2y2 + 150жУ) dxdy= I dx f E4ж V + 1Б0х4у4) dy.
3. Используя свойства определенного интеграла, последовательно
интегрируем сначала по у (считая х постоянной), затем по х:
I dx I {ЪАх2у2 + 150я V) dy =
1 Г x3 x3
f о f о A f A
= 54ж / у dy + 150ж I y dy
= /"[18Ж11 + 18ж7/2 + ЗОж19 + ЗОж13/2] da: = 11.
Ответ
. //E4=
ж V + 150ж4у4) dx dy = 11.
Условия ЗАДАЧ. Вычислить двойные интегралы по областям D,
ограниченным заданными линиями.
1. Bx — y)dxdy, y = x2, у = ч/ж.
2. (x-y)dxdy,
D
= 2-х2, у = 2х - 1.
19*
292 Птг. 12. Кратные интегралы
3. / / (ylnx) dxdy,
'¦//<
5. // sin(x + y) dx dy,
D
f f x2
6. —dxdy, у =
D
7. (x2 + y)dxdy,
-,
4. / / (cos2x + sin у) dxdy, у = — - ж, у = 0, ж = О.
7Г
= ж, j/ = -, ж = О.
D
B + )dd 2 у =
D
8. Bx — y)dxdy, y = x2, у = x, x = 1, x = 2.
10
. x2y2 у 1 — x3 — y3 dx dy, у = yl — ж3, у = О, ж = О.
Ответы. 1. / = 1/10. 2. / = 64/15. 3. / = 5B1n2 - l)/8.
4. / = (тг + 1 - 2л/2)/4. 5. / = 1. 6. / = 9/4. 7. / = 33/140.
8. / = 9/10. 9. / = тг/6. 10. / = 4/135.
12.3. Двойной интеграл
в полярных координатах
Постановка задачи. Вычислить двойной интеграл
// f(x,y)dxdy,
D
где область D ограничена двумя окружностями
у2 + а\у + Ь\х + х2 = 0, г/2 + а2у + ^2^ + ж2 = 0
12.3. Двойной интеграл в полярных координатах 293
(ai =0, п2 = 0, &i&2 > 0 или Ъ\ = О, &2 = 0, ai<22 > 0)
двумя прямыми
= О, (^1 + &1 Ф 0), ^2У + ^2^ = 0, G712 +^/
План решения.
1. Зададим область D неравенствами в декартовой системе коор-
координат.
Для этого заметим, что окружности у2 + а\у + Ь\х + х2 = 0 и
у2 + п2У + Ь2Х -\- х2 = 0 проходят через начало координат и их центры
расположены на оси ОХ (при а\ = 0, а^ = 0) или на оси OY (при
&i = 0, &2 = 0) по одну сторону от начала координат (так как Ь\Ь^ > 0
или а±п2 > 0). Поэтому та из окружностей, которая имеет меньший
радиус, расположена внутри другой. Пусть, например, это окруж-
окружность у2 + а\у + Ь\х + х2 =0. Область D находится между окружнос-
окружностями, поэтому координаты точек области D удовлетворяют неравен-
неравенствам
у2 + а\у + Ь\х + х2 > 0, у2 + а2у + &2^ + ж2 < 0.
Прямые 77iiy + &ix = 0 и 77122/ + ^2Х = 0 проходят через начало
координат. Область D расположена между ними. Учитывая, в ка-
какой полуплоскости находятся окружности и, следовательно, область
D, определяем, каким из следующих пар неравенств удовлетворяют
координаты точек области D:
kix > 0, ТП2У + к2Х > 0,
+ к±Х < 0, ГП2У + /^2^ > 0,
:о.
2. Так как область D ограничена окружностями и прямыми, про-
проходящими через начало координат, поставленную задачу проще ре-
решать в полярных координатах
Г X = ?>COS<?>,
При этом (д,ф) Е D', а искомый интеграл определяется формулой
// f(x,y)dxdy= II f(g cos (р, gsimp) gdgdip.
D D'
294 Гл. 12. Кратные интегралы
3. Чтобы найти область D1', заменяем в неравенствах, опреде-
определяющих область D, х на gcosip и у на gsimp. Затем разрешаем
полученные неравенства относительно д и (р. Таким образом получим
?>' =
У = {(х,у): д
4. Переходим от двойного интеграла к повторному:
S = dip I f(gcosip, gsimp) gdg
и последовательно интегрируем, используя свойства определенного
интеграла.
Записываем ответ.
Пример. Вычислить двойной интеграл
х dx dy,
D
где область D ограничена линиями
у2 - 4у + х2 = 0, у2 - 8у + х2 = 0, у = ж/л/З, ж = 0.
Решение.
1. Зададим область D неравенствами в декартовой системе коор-
координат. Для этого заметим, что, выделяя полные квадраты в урав-
уравнениях окружностей у2 — Ау + х2 = 0 и у2 — 8у + х2 = 0, их можно
привести к виду
(у - 2J + х2 = 4, A)
(у - 4J + х2 = 16. B)
Очевидно, что обе окружности проходят через начало координат
и их центры расположены на оси OY в точках @,2) и @,4). Ок-
Окружность A) имеет радиус 2 и, следовательно, лежит внутри окруж-
окружности B), имеющей радиус 4. Поскольку область D находится между
окружностями, координаты ее точек удовлетворяют неравенствам
{у - 2J + х2 > 4, (у- 4J + х2 < 16.
12.3. Двойной интеграл в полярных координатах
295
Прямые у = ж/л/З и х = 0 проходят через начало координат. Об-
Область D расположена между ними. Учитывая, что окружности, а
следовательно, и область D находятся в верхней полуплоскости, за-
заключаем, что область D находится над прямой у = х/\/о и справа от
прямой х = 0. Поэтому координаты точек области D удовлетворяют
неравенствам
у > ж/л/З, х > 0.
Итак,
D =
(у - 2J + х2 > 4,
2/
> ж/л/3, ж > 0
2. Так как область Z? ограничена окружностями и прямыми, про-
проходящими через начало координат, поставленную задачу проще ре-
решать в полярных координатах
У =
При этом (g,ip) Е D', а искомый интеграл определяется формулой
х dxdy = g cos (p gdg dip.
D D'
3. Чтобы найти область D1', заменяем в неравенствах, определяю-
определяющих область D, х на д cos ip и у на ?>sin(^:
(# sin ^ - 2J + д2 cos2 ip > 4,
sin (^ - 4J + ?>2 cos2 ^ < 16,
gcosip
> ^^, ^cos^ > 0.
v3
Решая эти неравенства относительно д к ip, получаем
Тг/6 < if < 7г/2,
4 sin <р < ^ < 8 sin ip
296 .Гл. 12. Кратные интегралы
4. Переходим от двойного интеграла к повторному:
тг/2 8sin<^
х dx dy = Q cos (p gdgdip = / cos (p dip / g2 dg.
D D' тг/6 4sinc^
Последовательно интегрируя, получаем
тг/2
пя en den I п dп = I спя. en den
/ cos if dip I g2 dg = cos y? dip
тг/6 4sinc^ тг/6
тг/2
4 sin <
448 Г . о , 112
/s
• 3 7 J-±^ • 4
sin ip cos ipdip = sin (
3 «/ ° тг/6
тг/6 7
7Г/2
= 35.
'¦//
Ответ. / / xdxdy = 35.
Условия ЗАДАЧ. Вычислить двойные интегралы по областям
.D, ограниченным заданными линиями.
1.
D
ydxdy, у2-2у + х2 = 0, г/2-4г/ + ж2 = 0,
у = \/Зж.
2. xdxdy, у2-6у+х2 = 0, у2-8у-\-х2 = 0, у = х, х = 0.
D
3. [I —F=JL==dxdy, у2-4у+х2=0, у2-8у+х2 = 0, у = х,
D
X = 0.
у — xi x — u-
4
у = х, х = 0.
12.4. Интеграл в обобщенных полярных координатах 297
. / /
JJ
6
D
У л/3' У
2
—- dx dy, у2 — Ах + х2 = 0, у2 — 6х -\- х2 = О,
9 9 9 9
7/ 4т* -I- Т — Г) 7/ Ят -I- Т — Г)
УУ х2 +
2/ = 0, у =
9. / / —, dx dy, у2 — 2х -\- х2 = 0, у2 — 6х -\- xz = О,
.
Ж2
10. / / 7 ^ж dy, у2 - 2х + х2 = 0, г/2 - 10ж + ж2 = О,
Г2 +у2
у = V Зж, т/^0.
Ответы. 1. / = —Bтт - л/3). 2. / = 18-. 3. / = Юл/2.
4. /= |D-V^). 5. 1=
12.4. Двойной интеграл в обобщенных
полярных координатах
Постановка задачи. Вычислить двойной интеграл
/ / f(x,y)dxdy,
D
где область D задана неравенствами
2 2
с? < ^ + ^- < с| (а > 0, Ь > 0, С1 > 0, с2 > 0),
298
Гл. 12. Кратные интегралы
О (т\ + к\ ф 0), т2у + к2х > 0 (т\ + fc| ф 0).
План решения.
1. Область Z) задана неравенствами в декартовой системе коорди-
координат, т.е.
D =
(х,у) :
+ ^ж > 0,
+ ^2^ > 0
2. Так как область D ограничена эллипсами и прямыми, проходя-
проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать в
обобщенных полярных координатах
х = ад cos (р,
у = Ъд sin (p.
При этом (д,(р) Е -D', а искомый интеграл определяется формулой
// f(xiV)dxdy= // f (ад cos (p,bg simp) abgdg dtp.
D D'
3. Чтобы найти область D1', заменяем в неравенствах, определяю-
определяющих область Z), х на ад cos (р и у на 6^sin(^. Затем разрешаем полу-
полученные неравенства относительно д и (р. Таким образом, получаем
ч Ci < ? < Сг
ю) :
Q/ <С (Л <\ /3
4. Переходим от двойного интеграла к повторному:
/3 с2
// f(x,y)dxdy = ab d(p f (ад cos (p, bgsimp)gdg,
D a. c\
и последовательно интегрируем, используя свойства определенного
интеграла.
Записываем ответ.
ПРИМЕР. Вычислить двойной интеграл
U^dxdy,
D
12.4. Интеграл в обобщенных полярных координатах 299
где область D задана неравенствами
<3, у>-^ х>0.
2
Решение.
1. Область D задана неравенствами в декартовой системе коорди-
координат:
К— 2<3
У > -, х > О
2. Так как область D ограничена эллипсами и прямыми, проходя-
проходящими через начало координат, поставленную задачу проще решать в
обобщенных полярных координатах
х = 4gcos(p,
у = gsimp.
При этом (?>, (р) Е D1', а искомый интеграл определяется формулой
//;
D D'
3. Чтобы найти область D'', заменяем в неравенствах, определяю-
определяющих область D, х на ад cos (р иу на 6?>sin<?>:
1б?> COS (^ 9-2
1 < — h g sin <р < 3,
16
4^>cos(^
> , ^cos^ > О
Решая эти неравенства относительно д и (р, получаем
4. Переходя от двойного интеграла к повторному и последова-
последовательно интегрируя, получаем
А
±rdxdy= [Г ^^ 4, de ^ = [\
У5 JJ Qb sin5 <p J J
D D' тг/4 1
300 -Гл. 12. Кратные интегралы
"fdBhpf з
тг/4 1
Ответ. // — dx dy = 4.
УУ У5
Условия задач. Вычислить
1. ff-dxdy, D=ll
JJ х {
Г Г х Г
2. / / — dxdy, D = < 1
3. — dx dy. D = < 1
УУ 2/ I
D
rr r
4. / / x у dx dy, D = < 1
V 4sm\
JL/Д 2S
двойные интегралы.
т2 у2
< 4- <
9 4
9 9
Т 7/
<^ \ У <-
т2 у2
< 4- <
4, х>0, ,
4, ж > 0, у
^Г 1
<2Л
-У/'
~ ~2~/ '
8
D
9.
5. ff-dxdy, ?>=jl<y + ^7<5, ж>0, у > 2
D
Г Г х ( х2 v2 2х
6. -dxdy, D=ll<— + ^<5,x>0,y>Y
D
7. ff-dxdy, ?>=|l<^- +y2<25, x>0, y> |
. ff-dxdy, D=h<x2 + ^<9, y>0, y<4x\
D
Г Г 9x ( x2 v2
10. JJ^dxdy, ?>=|l<— + ^- <36, Ж>0, »>
Ответы. 1. / = In2. 2. / = 31n2. 3. / = 12In2. 4. / = 6.
5. / = 4In2. 6. / = 9In2. 7. I = 2In5. 8. / = 81n3. 9. / = In2.
10. / = 21n6.
12.5. Вычисление объемов с помощью двойного интеграла 301
12.5. Вычисление объемов
с помощью двойного интеграла
Постановка задачи. Найти объем тела, ограниченного по-
поверхностями
gi(x,y) = 0 (г = 1,2,...), z = /г(х,у), z = f2(x,y) (f2(x,y) > fi(x,y)).
План решения.
1. Объем цилиндрического бруса, ограниченного заданными по-
поверхностями, определяется формулой
V = JJ[f2(x,y)-f1(x,y)]dxdy, A)
D
где D — проекция тела на плоскость XOY.
2. Чтобы найти Z), задаем тело с помощью неравенств и исклю-
исключаем из них z.
Допустим, например, что координаты точек тела удовлетворяют
неравенствам 0 < z < /(ж, у), д\{х,у) > 0 и д2{х,у) < 0. Тогда тело
определяется системой неравенств
gi(x,y) > 0,
д2{х,у) < о,
0<z<f(x,y).
Исключая z, получим
(я,2/)>0,
D =
3. Вычисляем двойной интеграл по формуле A) при f2 = f(x,y) и
/i=0.
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Пример 1. Найти объем тела, ограниченного поверхностями
, z = l/2-y, z = 0.
302 Гл. 12. Кратные интегралы
Решение.
1. По формуле A) с /2 = 1/2 — у и Д =0 искомый объем равен
D
где D — проекция тела на плоскость XOY.
2. Чтобы найти Z), задаем тело с помощью неравенств и исклю-
исключаем из них z. В данном случае тело определяется системой нера-
неравенств
х < 17у/2у,
X -^ Z\J?y,
О < z < 1/2-у
Поэтому
~ <х<
Здесь неравенство у > 0 необходимо, так как у стоит под знаком
квадратного корня.
3. Вычисляем двойной интеграл:
1/2 17у/2у
fffl \ Г Г [1 \
V= [--у] dxdy= dy / [--y\dx =
z / J J \z /
0
1/2
Ответ. V = 1 ед. объема.
Пример 2. Найти объем тела, ограниченного поверхностями
25
2 + 2 + 2 0 Д 0
Решение.
1. По формуле A) с /2 = 25/4 — у2 и Д = 0 искомый объем равен
D
12.5. Вычисление объемов с помощью двойного интеграла 303
где D — проекция тела на плоскость XOY.
2. Чтобы найти Z), задаем тело с помощью неравенств и исклю-
исключаем из них z. В данном случае тело определяется неравенствами
[ 0 < z < 25/4 - у2
Из первого неравенства очевидно, что \у\ < 1 и, следовательно, второе
неравенство выполняется автоматически (геометрически это озна-
означает, что проекция поверхности z = 25/4 — у2 на плоскость XOY
охватывает круг (х + IJ + у2 < 1). Поэтому
3. Так как область D ограничена окружностями и прямыми, про-
проходящими через начало координат, поставленную задачу проще ре-
решать в полярных координатах
У =
При этом (д,<р) Е D1', а искомый объем определяется формулой
D * ' D'
С С B5 \ Г Г /25 \
V= // \^-У2) dxdy= II f — -Q2sm2(p\ gdipdg.
J J \ j J J \
4. Чтобы найти область D1, заменяем в неравенстве, определяю-
определяющем область D, х на ?>cos<?> и у на дъи
(g cos if + IJ + д2 sin2 if < 1.
Получаем
Заметим, что из неравенств 0 < д < —2cos(p следует тг/2 < <р < Зтг/2.
5. Переходим от двойного интеграла к повторному:
Зтг/2 -2cosc^
hi
D' тг/2 О
Зтг/2 -2cosc^
v= fj (^-?stf4^ede*p= f *p j (f
304 Гл. 12. Кратные интегралы
Последовательно интегрируя, получаем
Зтг/2 —2cosc^
d(p / f д2 sin2 if I gdg =
J \ J
тг/2
Ответ.
0
Зтг/2
¦/
тг/2
V = бтг ед.
{ 8 4 8Ш '
Зтг/2
= / ( V ' С°
тг/2
объема.
\ | —2 cosy?
/ 0
s2 (p — 4 cos4 <?> sin
= 6тг.
Условия ЗАДАЧ. Найти объемы тел, ограниченных заданными
поверхностями.
1. х = д/з/, ж = 2у/у, z = l-y, z = 0.
2. г/ = а/ж, г/ = 2-у/ж, z = 6 - ж, z = 0.
3. у = фс, у = 0, ж = 1, z = x + y + l, z = 0.
4. у = х2, 2/ = 1, г = ж2 + г/2, z = 0.
5. г/ = 6 - Зж/2, j/ = 6 - Зж, у = 0, z = 6-x-y, z = 0.
6. ж2 + г/2 = 4, z = xy, z = 0 (ж > 0, г/ > 0).
7. 2/ = л/^А У = 0 z = 4-x-2y, z = 0.
8. ж2 + 2/2-42/ = 0, z = 4-x2, z = 0.
9. ж2 + 2/2-2ж = 0, z = x2 + 2/2, ^ = 0.
10. ж2 + у2 - 2х = 0, z = 2ж, z = 4ж.
Ответы. 1. У = 4/15. 2. V = 48\/б/5. 3. У = 79/60. 4. V = 40/3.
5. У = 12. 6. V = 4. 7. У = 17/5. 8. У = 12тг. 9. У = Зтг/2.
10. V = 2тг.
12.6. Вычисление площадей
в декартовых координатах
Постановка задачи. Найти площадь области D, ограниченной
линиями fi(x,y) = 0; /2(^,2/) = 0 (и, возможно, прямыми х = а и
х = Ъ или у = с и у = d).
12.6. Вычисление площадей в декартовых координатах 305
План решения.
Из определения двойного интеграла следует, что искомая площадь
S численно равна
jjl-dxdy. A)
D
1. Зададим область D неравенствами. Для этого выясним, какие
из неравенств
fi(x,v)<0, fi(x,y)>0, h{x,y)<Q или f2(x,y)>0
выполняются для координат точек области D.
Пусть, например, такими неравенствами оказались f\(x,y) < 0 и
f2(x,y)<0. Тогда
*=( <*'"> = Mx,y)<0 ]¦
Решаем неравенства, определяющие D, относительно хну. Получаем
D- I (х )- п~Х ~Ъ' X
\ ' ' Vl(x) < У < У2{х) J
или , >.
n J, , c<y<d, \
D= < fay) '• , ч , , , ч >•
[ xi(y) < х < х2{у) J
2. Переходим от двойного интеграла к повторному:
Ъ 2/2 (ж)
I I dxdy = I dx / dy
а У1(х)
d x2(y)
I I dxdy = I dy / dx.
D с Xl(y)
3. Последовательно интегрируем, используя свойства определен-
определенного интеграла.
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Замечание. Если необходимо, разбиваем область на части и ис-
используем свойство аддитивности интеграла.
20 О.В. Зимина и др.
306
Гл. 12. Кратные интегралы
Пример. Найти площадь области Z), ограниченной линиями
Решение.
1. Зададим область D неравенствами. Область не может нахо-
находиться вне круга, так как тогда она неограничена. Область не может
находиться слева от параболы, так как в этом случае ее точки могут
иметь отрицательные абсциссы, что исключено условием х > 0. Сле-
Следовательно,
Г х2 + у2 < 12, )
{ х >
Решаем неравенства, определяющие D, относительно хну. Получаем
Следовательно, у2/л/6 < у 12 — у2. Отсюда — уб < у < л/6- Итак,
п
2. Вычисляем площадь области D по формуле A). Переходя от
двойного интеграла к повторному, получим
Уб л/12~
S = dxdy = / б/у /
-ч/б
3. Используя свойства определенного интеграла, последовательно
интегрируем:
12~y2
S= Г dy [ dx= [
— у/в У2/у/6 —у/б
Ответ. S = (Зтг + 2) (ед. длиныJ.
= Зтг + 2.
12.7. Вычисление площадей в полярных координатах 307
Условия ЗАДАЧ. Найти площади фигур, ограниченных задан-
заданными линиями.
1. у = 2/х, у = 4ех, у = 2, у = 4.
2. у = 1/х, у = 2ех, у = 1, у = 2.
3. у = 2/ж, у = 2\/ж, ж = 4.
4. х2 + у2 = 2, у = -х2 (у<0).
5. j/ = у/х, у = 0, ж = 4.
6. ж = 2 — у2, ж = —г/.
7. г/= sin ж, у = cos ж, ж = 0, ж = тт/4.
8. г/ = 2ж2 — 1, у = х.
9. х= v/4-y2, ж = у2/3.
10. у = In ж, у = е/х, х = 1.
Ответы. 1. 5 = 2. 2. 5 = 1. 3. 5 = 28/3 - In 16. 4. 5 =
= тг/2 + 1/3. 5.5 = 16/3. 6.5 = 7/6. 7.S = y/2-l. 8.5 = 27/24.
9. S = 2тг/3 - л/3/6. Ю. S = е - 1.
12.7. Вычисление площадей
в полярных координатах
Постановка задачи. Найти площадь области D, ограниченной
двумя окружностями
У2 + а\у + Ь\х + ж2 = 0, у2 + а2г/ + 62^ + ж2 = 0,
(а! = 0, а2 = 0, &i&2 > 0 или Ъ\ =0, 62 = 0, ^1^2 > 0)
двумя прямыми
0, (m2 + /c2/0), m2y + k2x = 0, (ml + fc| / 0).
20*
308 Гл. 12. Кратные интегралы
План решения. Из определения двойного интеграла следует, что
искомая площадь S численно равна
S = /Yl- dxdy. A)
D
1. Так как область D ограничена окружностями и прямыми, про-
проходящими через начало координат, поставленную задачу проще ре-
решать, переходя к полярным координатам
х =
у = р sin <p
и записывая уравнения границ в полярных координатах.
При этом область D перейдет в область D', а искомая площадь
будет равна
S = / / р dp dip.
D'
2. Зададим неравенствами область D' в полярных координатах:
{ Pl(<P) < Р< Р2{(Р) J
3. Переходим от двойного интеграла к повторному:
S = dip / p dp
и вычисляем его, пользуясь свойствами определенного интеграла.
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Пример. Найти площадь фигуры, ограниченной данными лини-
линиями
у2-4у + х2 = 0, у2-8у + х2 = 0, У=А=, х = 0.
V3
Решение.
1. Так как область D ограничена окружностями и прямыми, про-
проходящими через начало координат, поставленную задачу проще ре-
решать, переходя к полярным координатам
х = р cos <р,
Г х =
1 у =
12.7. Вычисление площадей в полярных координатах 309
При этом область D перейдет в область D1', ограниченную линиями
А искомая площадь будет равна
S = / / gdgdip.
D'
2. Зададим неравенствами область D' в полярных координатах:
I 4 sin (^ < q < 8 sin (^ I
3. Переходим от двойного интеграла к повторному:
тг/2
= dip /
S
тг/6 4 sin cp
Последовательно интегрируя, получим
тг/2 . тг/2
2 т??
S = dip / gdg= — dip = 24 sin2 <p d(^ = 4тг + Зл/З.
J J J 4 sin о? J
тг/6 4sinc^ тг/6 тг/6
Ответ. 5 = Dтг + Зл/3) (ед. длиныJ.
Условия ЗАДАЧ. Найти площади фигур, ограниченных задан-
заданными линиями.
y , y /, x = 0.
2. у2 + Зу + ж2 = 0, у2 + 5у + ж2 = 0, j/ = ж, ж = 0.
3. у2 - Зу + ж2 = 0, у2 - 7у + ж2 = 0, j/ = д/Зя, ж = 0.
4. у2 + 3j/ + х2 = 0, у2 + Ъу + ж2 = 0, у = х, у = х/л/З.
5. у2 - Зу + ж2 = 0, у2 - Ъу + х2 = 0, 2/ = я/а/З, ж = л/
310 -Гл. 12. Кратные интегралы
6. у2 - Ъх + х2 = 0, у2 - 7х + ж2 = 0, у = ж/л/3, у = 0.
7. у2 + 4ж + ж2 = 0, у2 + 6ж + х2 = 0, у = ж/л/3, у = л/Зя.
8. у2 - Зх + ж2 = 0, у2 - 5ж + х2 = 0, у = л/Зж, у = 0.
9. у2 + 2ж + ж2 = 0, у2 + 4ж + х2 = 0, у = ж, у = 0.
10. у2 + 2ж + х2 = 0, у2 + 10ж + ж2 = 0, j/ = л/Зж, г/ = 0.
Ответы. 1.5 = 4тт/3 + л/3. 2. S = тг + 2. 3. S = 5тг/3 + 5л/3/2.
4. 5 = тг/3 - 2 + л/3. 5. S = 2тг/3. 6. 5 = тг + Зл/3/2. 7. S = 5тг/6.
8. 5 = 4тг/3 + л/3. 9. 5 = Зтг/4 + 3/2. 10. 5 = 8тг + 6л/3.
12.8. Вычисление массы плоской пластины
Постановка задачи. Найти массу плоской пластины D с по-
поверхностной плотностью /i = /х(ж,г/), ограниченной заданными кри-
кривыми.
План решения.
1. Масса пластины D с поверхностной плотностью fi(x,y) опреде-
определяется формулой
т= n{x,y)dxdy.
D
2. Вычисляем полученный двойной интеграл. Записываем ответ,
не забывая о размерности.
Пример 1. Найти массу пластины D с поверхностной плотностью
/i = 16ж + 9г/2/2, ограниченной кривыми
0 2
Решение.
1. Масса пластины D с поверхностной плотностью /х = 16ж + 9г/2/2
определяется формулой
9у2
171 = [ 16ж Н
12.8. Вычисление массы плоской пластины 311
2. Вычисляем полученный двойной интеграл в декартовых коор-
координатах:
а) зададим область D системой неравенств:
J 0 < х < 1/4,
\ 0 < у < 4у^.
Неравенство 0 < х следует из того, что у2 = 16ж, т.е. х неотрица-
неотрицательно;
б) перейдем от двойного интеграла к повторному:
1/4 4-Jx
И ( $У2\ f Г ( $У2\
т = / / ( 16ж Н ) dxdy = dx / I 16x -\ J dy\
JJ\ 2y J J \ 2 /
D 0 0
в) последовательно интегрируем, используя свойства определен-
определенного интеграла:
1/4 Ау/х
Г Г ( 9y2s
т = I ах / ( 16х Н
о о
// о 3 \ V "^ р
[ 16^2/ + — | dx = 160 / ж3/2 б^ж = 2.
V 2 / о ^
Ответ, т = 2 ед. массы.
Пример 2. Найти массу пластины D с поверхностной плотностью
^ = х2/{х2 + у2), ограниченной кривыми
г/2 — 4г/ + х2 = 0, г/2 — 8 г/ + ж2 = 0, г/ = —=, ж = 0.
\/3
Решение.
1. Масса пластины D с поверхностной плотностью /i = ж2/(ж2+у2)
определяется формулой
х2
ХЛ
D
2. Вычисляем полученный двойной интеграл:
312 Гл. 12. Кратные интегралы
а) так как область D ограничена окружностями и прямыми, про-
проходящими через начало координат, поставленную задачу проще ре-
решать в полярных координатах
Г X =
\ у =
X = QCOSip,
у = gsimp.
При этом область D перейдет в область D', ограниченную линиями
о 2
а искомая масса определяется формулой
171 = // ~^ о dx dy = // cos2 (p gdgd(p.
JJ x2 + y2 JJ
D D'
Зададим неравенствами область D1 в полярных координатах:
[ 4 sin (p < д < 8 sin (р J
б) перейдем от двойного интеграла к повторному
тг/2 8sin<^
т = / / cos2 (p gdg dip = / cos2 (pd(p / ^> б/^>;
D' тг/6 4sin(^
в) последовательно интегрируя, получим
/2 8 sin у? тг/2
2 *
2
т= cos2 (pd(p / gdg= cos2 ^
7г/6
тг/2
sin2 <z? cos2 (pd(p = [ Зс^ sin 4<z> )
V 4 / ff/6
тг/6 7
Ответ, m = тг + 3v3/8 ед. массы.
12.8. Вычисление массы плоской пластины 313
Пример 3. Найти массу пластины D с поверхностной плотностью
[л = ж/у5, ограниченной кривыми
2 2
16 '16
Решение.
1. Масса пластины D с поверхностной плотностью /i = ж/у5 опре-
определяется формулой
т = / / — dx dy.
JJ У5
D
2. Вычисляем полученный двойной интеграл:
а) зададим область D неравенствами в декартовой системе коор-
координат
• 2
JU о
у > ж/4, ж > О
Так как область D ограничена эллипсами и прямыми, проходящими
через начало координат, поставленную задачу проще решать в обоб-
обобщенных полярных координатах
ж = 4gcos(p,
У =
При этом (g,ip) G -D', а искомая масса определяется формулой
f f x ff Agcosip
= // —dxdy= // e—4:gdgd(p.
JJ У5 JJ Q5sm5(p
D D'
m
У
D D'
Чтобы найти область D1, заменяем в неравенствах, определяющих
область D, х на 4^cos<^ и у на gsimp:
16р2 cos2 <р о 9
1, gcostp > 0.
Решая эти неравенства относительно д и (р, получаем
1 < Q < л/3,
— < (П < —
4-^-2
314
Гл. 12. Кратные интегралы
б) переходим от двойного интеграла к повторному:
тг/2 у/з
т =
D'
?>5
тг/4 1
в) последовательно интегрируя, получаем
if
т = 16
= 16 (-
V
тг/4
= 4.
Ответ, т = 4 ед. массы.
Условия ЗАДАЧ. Найти массу пластины D с поверхностной
плотностью /i, где D ограничена заданными линиями.
2. /i = ,
3. /i =
4. /i =
5. /i =
6. /i =
7. м =
+
zy — х
х2 -\- у2'
у-х
~^- 2
ж2 + у1
Г. — ^ у — Q ^._
, Г| 7/ д 7/ ^,2 /™ \ ri\
^5 У ^5 с/ ^ \ — /*
z = 0, 2/ = 1, У = ^2/4 {х > 0).
с = 0, у = 0, х2 + у2 = 4, ж2 + у2 = 9
(ж > 0, j/ < 0).
х = 0, г/ = 0, ж2 + г/2 = 3, х2 + г/2 = 5
ж = 0, у = 0, ж2 + у2 = 4, ж2 + у2 = 16
8. ц(х,у)=у, г/ = 0, 2/ =
^ = 9
12.9. Тройной интеграл в декартовых координатах 315
9. /х(ж,у) = —, 2/ = 0, 2/ = ж, -—
X 4t
10.
Ответы. 1. ш = 448/15. 2. т = 11/7. 3. m = 448/15. 4. m = 11/7.
5. т = 2. 6. га = 3(v/5-V/3). 7. га = 4. 8. га = 52/3. 9. га = (л/2-1)/2.
10. т= /
х2
4
о
X
9
f 2/2 =
-yl =
4
1 Ж
(l/>0,
ж2
(ж>0,
2/
У2
2/
J = 4
= 25
12.9. Тройной интеграл
в декартовых координатах
Постановка задачи. Вычислить тройной интеграл
/ / / f(x,y,z)dxdydz,
п
где область Q ограничена некоторыми поверхностями.
План решения.
1. Зададим область Q системой неравенств, например,
а < х < 6,
Vi(x) < у < 2/2(ж),
i(x,y) < z < z2{x,y).
2. Перейдем от тройного интеграла к повторному:
Ъ 2/2 (х) z2(x,y)
f(x,y,z)dxdydz= dx dy f(x,y,z)dz.
ft a 2/i (ж) zi(x,y)
3. Используя свойства определенного интеграла, последовательно
интегрируем сначала по z (считая хну постоянными), затем по у
(считая х постоянной), затем по х.
Записываем ответ.
316 Гл. 12. Кратные интегралы
Пример. Вычислить тройной интеграл
/ / / ж2 sh (xy) dx dy dz,
где Q ограничена плоскостями
ж
ж = 2, 2/=2> 2/ = 0> z = 0> 2 = 1.
Решение.
1. Зададим область Г? неравенствами. Очевидно, что 0 < z < 1.
Для у возможны неравенства 0 < у < ж/2 или ж/2 < у < 0. Если
0 < у < ж/2, то ж > 0 и для ж имеем 0 < ж < 2. Если же ж/2 < у < 0, то
ж < 0 и область не примыкает к плоскости ж = 2. Значит, мы должны
принять, что 0 < у < ж/2 и определить Г? системой неравенств
0 < ж < 2,
0 < у < ж/2,
0 < z < 1.
2. Перейдем от тройного интеграла к повторному:
2 ж/2 1
/ / / ж2 sh (xy) dx dy dz = dx / dy x2 sh (xy) dz.
n ooo
3. Используя свойства определенного интеграла, последовательно
интегрируем сначала по z (считая хну постоянными), затем по у
(считая ж постоянной), затем по ж:
2 ж/2 1
/ / / ж2 sh (xy) dx dy dz = I dx I dy x2 sh (xy) dz =
n ooo
2 ж/2 1 2 ж/2
= I dx I ж28п (жг/) dy dz = dx x2 sh (жу) dy =
0 0 0 0 0
f I X
dx = / ж I ch ch 0 ) с/ж =
У V 2
12.9. Тройной интеграл в декартовых координатах 317
= sh
2
-2= sh2-2.
О
Ответ. x2sh (ху) dx dy dz = sh 2 - 2.
Условия ЗАДАЧ. Вычислить тройной интеграл по области Q,
ограниченной заданными поверхностями.
1. / / / Ay2zexy dxdydz, x = О, у = 1, у = х, z = О, z = 1.
17
2. / / / 3y2z2e~xy dx dy dz, x = 0, у = -2, у = 4ж, z = 0, z = 1.
3. / / / Зж2zVy/2 dx dj/ dz, ж = 0, у = 2, у = 2х, z = 0, z = -1.
4. / / / 2y2z cos(ttx2/) dx dy dz, x = 0, у = 1, г/ = 2ж, z = 0, z = тт2.
5. / / / x2z smGrxy) dx dy dz, x = 1, г/ = 2ж, г/ = 0, z = 0, z = 4тт.
17
6. / / / y2z ch (жу) dx dy dz, x = 0, у = —1, у = x, z = 0, z = 2.
n
7. / / / yz3 cos(xy) dx dy dz, x = l, у = тг, z = 2, ж = 0, у = 0, z = 0.
8. / / / ^2? sh Cxy) dx dy dz,
х = 1, у = 2х, у = 0, z = 0, z = 1.
17
9- / / / У*z ch {%ху) dx dy dz, x = 0, у = 1, у = x, z = 0, z = 4.
J J J
17
10. / / / 3xz2 sin(xy) dx dy dz, x = 2, у = тг, z = l, x = 0, y = 0, z = 0.
17
Ответы. 1.1 = e-2. 2.1 = 2e~x. 3.1 = 4e-8. 4. / = 4. 5. / = 16тг2.
6./ = 2chl-2. 7.7 = 8. 8. /= (sh6-6)/72. 9./ = ch2-l. 10.7 = 2.
318 .Гл. 12. Кратные интегралы
12.10. Тройной интеграл
в цилиндрических координатах
Постановка задачи. Вычислить тройной интеграл
f(x,y,z)dxdydz,
111-
п
где область ?1 ограничена поверхностями
z = дх{х2 + г/2), z = g2{x2 + у2).
План решения.
1. Поскольку Q — тело вращения вокруг оси OZ, удобно перейти
к цилиндрическим координатам
X = QCOSif,
у = gsimp,
При этом (g,(p,z) Е ?У, а искомый интеграл определяется формулой
/ / / f{x,y,z)dxdydz = f(gcos(p,Qsm(p,z) gdgdifdz.
2. Зададим область Qf неравенствами. Для этого сначала заме-
заменим в уравнениях поверхностей х на gcosip и у на ?>sin<?>. Тогда Qf
определяется неравенствами gi(g2)<z<g2(g2) или g2{Q2) <z<gi(g2).
Чтобы выбрать правильные неравенства, решаем уравнение
gi(g2) = д2(д2) относительно д. Если оно имеет два решения д\ и
??2 @ ^ ^1 < ^2M т° исследуем, какая из функций д±(д2) или д2(о2)
больше другой на промежутке ?>i < д < д2- Предположим для опре-
определенности, что д\{д2) < g2{Q2) ПРИ ^1 < Q < Qi- Тогда область ?У
определяется системой неравенств
{Qi < Q < Q2,
(g,<p,z): gi{2
О < (f < 2тг
Если уравнение gi(g2) = g2(@2) имеет единственное положительное
решение д = ^ т0 неравенства для д имеют вид 0 < д < д2-
12.10. Тройной интеграл в цилиндрических координатах 319
3. Переходим от тройного интеграла к повторному:
/ / / f{x,y,z)dxdydz = f (g cos <p,g sin <p,z)QdQ dtp dz =
2тт
= dip gdg / f(gcos(p, gsimp, z) dz,
о в1 9l(e)
и последовательно интегрируем, используя свойства определенного
интеграла.
Записываем ответ.
Пример. Вычислить тройной интеграл
о
X
1!Ы
dx dy dz,
где область ?1 ограничена поверхностями
11 2 2
z = х —у .
2 у
Решение.
1. Поскольку Г? — тело вращения вокруг оси OZ, удобно перейти
к цилиндрическим координатам
у = gsimp,
При этом (g,(p,z) Е ?У, а искомый интеграл определяется формулой
/ / / ~~2 2 dx dy dz = / / / cos2 (p gdgd(p dz.
2. Зададим область ?У неравенствами. Для этого сначала заменим
в уравнениях поверхностей х на gcoscp и у на, gsimp. Тогда ?У опре-
определяется неравенствами 9^>/2 < z < 11/2 — д2 или 11/2 — д2 < z < 9g/2.
Чтобы выбрать правильные неравенства, решаем уравнение
9 11
320 Гл. 12. Кратные интегралы
Это уравнение имеет единственное положительное решение д = 1.
Следовательно, 0 < д < 1. При 0 < д < 1
9 11 2
Таким образом, область ?У определяется системой неравенств:
9/2д < z < 11/2 - д2,
0 < (р < 2тг
3. Переходим от тройного интеграла к повторному:
Г f f x2 f f f g2 cos2 (p
/ / / ^^—2 dxdydz= III — , 2 g dg dip dz =
J J J x2 + y2 J J J g2 cos2 ip + g2 sin' <?
?7 Q'
2тг
= / cos2 ipd(p gdg I
dz
0 0 9g/2
Последовательно интегрируя, получаем
2тг /
Г Г Г A1 9 \
2 / z = тг / f у - д2 - -д \ gdg = тг.
О 0 9^/2 0
2
cos ipdip gdg / dz = тг / I у - ? - -g 1
о
Ответ
Условия ЗАДАЧ. Вычислить тройной интеграл по области
ограниченной заданными поверхностями.
f f f x
1- ~^> о dxdy dz, x2 + у2 + 4ж = 0, z = 8 — у2, z = 0.
.
-4y = 0, z = 6-x2, z = 0.
12.11. Тройной интеграл в сферических координатах
321
2 + у2
ж2 + у
dxdydz, x2 + у2 - 4y = 0, z = 4 - ж , z = О.
'z, ж2 + г/2 - 4ж = О, z = 10 - г/2, z = 0.
ж2 + г/2 - Ах = 0, z = 12 - г/2, z = 0.
411:
J J J *ь \ У
П
3. / / / ^ ^- dx dy dz, z = л/36 — ж2 — v2, ^ =
J J J nr.2 ^„2
2^
9.
яг2 + г/2
y2 z =
9
+ У )
x2 + y2
12
= ^144 — ж2 — г/2, z =
18
У У У л/ж2
17 v
+ г/2
/ 2 2 2
= \--x2-y2, z = x
Ответы. 1. ~тг. 2. Ю^тт. 3. 32^. 4. 96^. 5. 22^тг.
6. 42^тг. 7. ^тг. 8. 0. 9. 0. 10. 0.
4 96
12.11. Тройной интеграл
в сферических координатах
Постановка задачи. Вычислить тройной интеграл
/ / / f(x,y,z)dxdydz,
п
где область ?1 ограничена поверхностями
21 О.В. Зимина и др.
322 Гл. 12. Кратные интегралы
План решения.
1. Поскольку Q ограничена сферой и круглым конусом, удобно
перейти к сферическим координатам
х = gcosipsinO,
у = gsimpsinO,
z = gcosO.
Возможные границы изменения сферических координат суть
О < ? < ОО, 0 < # < 7Г, 0 <(f < 27Г.
При этом (д,6,(р) Е 1У, а искомый интеграл определяется формулой
/ / / f{x-> У-> z) dx dy dz =
-SI!
^ Q snl ^ sin ^5 ^ cos 0) Q2 sin ^ dg dO dtp.
2. Заменяем в уравнениях поверхностей х на ?>cos<?>sin#, у на
и z на gcosO. Получаем
= ± a\.
3. Зададим область Qf с помощью системы неравенств:
О < д < R,
01 < 0 < 6>2,
О < (р < 2тг,
где границы изменения 0 находим, решая уравнение tg# = ±|a| и
учитывая, что 0 может изменяться только от 0 до тг.
Замечание. Если Q ограничена также плоскостями у = к\х и
у = к^х, проходящими через ось OZ, уравнения которых в сферичес-
сферических координатах имеют вид tgy? = к\ и tg<^ = ^2, находим границы
изменения <??, решая эти уравнения.
4. Переходим от тройного интеграла к повторному:
/ / /
, У, z) dx dy dz =
12.11. Тройной интеграл в сферических координатах 323
= / / / f(g cos (p sin #, g sin if sin #, g cos в) g2 sin # <i?> dO dip =
= d(p sm6d6 /
и последовательно интегрируем, используя свойства определенного
интеграла.
Записываем ответ.
Пример. Вычислить тройной интеграл
/ / / ~^2
JJJ х2
п
где область Q ограничена поверхностями
12
г—
= V36 - х2 - у2,
1х2
Решение.
1. Поскольку Г2 — область, ограниченная верхней полусферой и
верхним полуконусом, удобно перейти к сферическим координатам
лой
X =
У =
z = gcosO.
При этом (д,О,(р) G ?У, а искомый интеграл определяется форму-
/ / / ~~2 2 dxdy dz = / / / cos2 <^^>2 sin # dgdOdtp.
2. Заменяем в уравнениях поверхностей ж на ?>cos<?>sin#, у на
in# и z на gcosO. Получаем
3. Зададим область ?У с помощью системы неравенств:
О < д < 6,
О < у? < 2тг.
21*
324
Гл. 12. Кратные интегралы
4. Переходя от тройного интеграла к повторному и последова-
последовательно интегрируя, получаем
/ / / ~^> о dx dy dz = / / / cos2 ipg2 sin 0 dgdO dip =
J J J x2 +y2 J J J
2тг тг/3 6
= / cos2 ipdip / s'mOdO / g2 dg = Збтг.
oo
Ответ
///
¦ dxdydz = Збтг.
Условия задач. Вычислить тройной интеграл по области
ограниченной заданными поверхностями.
1. / / / ~г
2.
^
2 2
Ж 7/ , Z —
99
+ '
63
4- / / / ^
J J J х2
5. [[[—j=J=dxdydz, z = ^/9-x2 -y2,
J J J уж2 + г/2
6' / / /
J J J
2 I 2
\ У
-ж2 -у2,
\x2 + y2
80
\x2 + y2
35 "
/^2 + Z/2
15
jx2~Vy2
12.12. Вычисление объемов с помощью тройного интеграла 325
*• / / / г^г-^ dx dy dz'
J J J yr + yl
411:
dxdydz,
i i i
dx ay dz, z =
x2 — у2,
о2
— xz — yz, z=
Ответы. 1. 75тг/2. 2. 63тг. 3. 0. 4. 0. 5. 0. 6. 2тг. 7. бтг.
*. 0. 9. 0. 10. 0.
12.12. Вычисление объемов
с помощью тройного интеграла
Постановка задачи. Найти объем тела Г?, ограниченного за-
заданными поверхностями.
План решения. Искомый объем равен
V = Ш1-dxdydz.
A)
1. Зададим область Q неравенствами.
2. Вычисляем тройной интеграл, сводя его к повторному, и запи-
записываем ответ, не забывая о размерности.
Пример 1. Найти объем тела Г2, ограниченного поверхностями
= --y, z = 0.
Решение.
1. Зададим область ?} неравенствами. Поскольку 17л/2у > 2у/2т/,
для х имеем неравенства 2у/2у < х < 17л/2у. Поскольку у фигурирует
под знаком квадратного корня, у > 0. Для z возможны неравенства
0 < z < 1/2 - у или 1/2 - у < z < 0. В первом случае 0 < у < 1/2. Во
втором случае у > 1/2, т.е. область неограничена, что неприемлемо.
326 .Гл. 12. Кратные интегралы
Итак,
О < z < 1/2-у
2. Вычисляем объем по формуле A), сводя тройной интеграл к
повторному:
1/2 17^2^ 1/2-у
/ dy / dx /
0 2^2^ 0
V = /// 1 • dxdydz = / dy / dx / dz = 1.
Ответ. V = 1 ед. объема.
Пример 2. Найти объем тела Г?, ограниченного поверхностями
9 / о : о 11 2 2
Решение.
1. Поскольку Q — тело вращения вокруг оси OZ, удобно исполь-
использовать цилиндрические координаты
х = ?>cos<?>,
у = Qsimp,
Z = Z.
При этом (g,(p,z) G ?У, а искомый объем определяется формулой
V = III' QdQdvdz, B)
где область Qf ограничена поверхностями
9 11 о
2. Зададим область Q неравенствами. Возможны два случая: либо
9д/2 < z < 11/2-Q2, либо 11/2 —^2 < z < 9^/2. В первом случае д < 1,
во втором случае ?> > 1, т.е. область неограничена, что неприемлемо.
Итак,
О < ?< 1,
О < <р < 2тг
12.12. Вычисление объемов с помощью тройного интеграла 327
3. Вычисляем объем по формуле B), сводя тройной интеграл к
повторному:
2тг 1
V = dip gdg / dz = 2тг.
О 0 9^/2
Ответ. V = 2тг ед. объема.
Пример 3. Найти объем тела Г?, ограниченного поверхностями
z = \/36-ж2 -г/2,
Решение.
1. Поскольку Г2 — область, ограниченная верхней полусферой и
верхним полуконусом, удобно перейти к сферическим координатам
х = #
у =
Z = QCOS0.
При этом (д,6,(р) G ?У, а искомый объем определяется формулой
= [ Н Q2 si
sin (9 d? d0 dip. C)
Заменяем в уравнениях поверхностей х на ?> cos ^ sin 0, у на д sin <^? sin О
и z на gcosO. После преобразований получаем
Область ?У ограничена этими поверхностями.
2. Зададим область ?У системой неравенств
О < д < 6,
О < <р < 2тг
3. Вычисляем объем по формуле C), сводя тройной интеграл к
повторному:
2тг тт/3 6
V= I йф I sin#d6 I g2dg = 72тг.
0 0 0
328 .Гл. 12. Кратные интегралы
Ответ. V = 72тг ед. объема.
Условия задач. Найти объемы тел, ограниченных поверхностями
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
X
У
X
X
X
z
z
z
z -
z-
= 2^,
2 + y2 =
2 + y2-
2 + y2-
= y/4-
= y/9~
= y/9-
/a
V
= x2 + y
2x
2y
X2
X2
X2
ь -
X
У
У
= 0, z
= 0, z
-гу2 z
У i &
-у2, z
У, z
= \/У,
= Vx,
= o,
= 0,
= V3(x2 -
= 0,
"V 3
[** +
V 24
= л/^Т
z
z
z
z
z
fy2).
ж2+2/2
= o,
= o,
= o,
= 4-2/2.
= A-x\
= 1 (ж2 +
z = 1 - y.
z ^ 1 — ж
2 = 2*.
Ответы. 1. У = 4/15. 2. V = 4/15. 3. У = 8/5. 4. V = 15тт/4.
5. У = 15тг/4. 6. V = 2тг (8/3 - 5л/3/4). 7. У = 2тг (9 - 16л/2/3).
8. V = 9тг. 9. V = 64тг/5. 10. У = тг/6.
12.13. Вычисление массы тела
Постановка задачи. Найти массу тела Q с плотностью
/i(x,y,z), ограниченного заданными поверхностями.
План решения.
1. Масса тела Г? с плотностью /л(х,у,г) определяется формулой
т = /// fi(x,y,z) dx dy dz.
n
2. Зададим область Q неравенствами.
3. Вычисляем тройной интеграл, сводя его к повторному, и запи-
записываем ответ, не забывая о размерности.
12.13. Вычисление массы тела 329
Пример 1. Найти массу тела Г2 с плотностью /i = 2ж, ограничен-
ограниченного поверхностями
^ у/ z = l-y, z = 0.
Решение.
1. Масса тела Г2 с плотностью fi = 2х определяется формулой
т = /и 2хdxdydz.
п
2. Зададим область Г2 неравенствами. Поскольку 2л/2у > \/2г/,
для ж имеем неравенства \/2у < ж < 2л/2у. Поскольку г/ фигурирует
под знаком квадратного корня, у > 0. Для z возможны неравенства
0 < z < 1 — у или 1 — у < z < 0. В первом случае 0 < у < 1. Во втором
случае у > 1, т.е. область неограничена, что неприемлемо.
Итак,
А < ж <
0 < у < 1,
0 < z< 1 -
3. Вычисляем m, сводя тройной интеграл к повторному:
т = /// 2xdxdydz = dy / 2xdx / dz = 1.
Ответ. 777, = 1 ед. массы.
Пример 2. Найти массу тела Г? с плотностью /i = z, ограничен-
ограниченного поверхностями
Решение.
1. Масса тела Г2 с плотностью /i = z определяется формулой
= ///
330 Гл. 12. Кратные интегралы
Поскольку Q — тело вращения вокруг оси OZ, удобно перейти к
цилиндрическим координатам
х = gcosip,
у = gsimp,
Z = Z.
При этом (д,(р, z) Е ?У, а искомая масса определяется формулой
V = zgdgdipdz.
Заменяем в уравнениях поверхностей х на ?>cos<?> и у на ?>sin<?>. По-
Получим
2
2. Зададим область ?У системой неравенств
0 < д< 2,
0 < z < д2/'
0 < (р < 2тг
3. Вычисляем т, сводя тройной интеграл к повторному:
2тг 2 ^2/2
8тг
т = I й(р I quq I z uz = —
0 0 0
= dip gdg /
Ответ. V = 8тг/3 ед. массы.
Пример 3. Найти массу тела Г? с плотностью /i = 20z, ограничен-
ограниченного поверхностями
z = д/l - х2 -у2, z =
Решение.
1. Масса тела ?1 с плотностью /i = 20z определяется формулой
т = /// 20zdxdydz.
12.13. Вычисление массы тела
331
Поскольку Г2 — область, ограниченная верхней полусферой и верх-
верхним полуконусом, удобно перейти к сферическим координатам:
х =
у =
z = gcosO.
При этом (g,6,ip) G 1У, а искомая масса определяется формулой
= 20g3sin6 cos 6 dip d6dg.
т=
Заменяем в уравнениях поверхностей х на д cos (p sin #, у на ^ sin <?? sin
и z на gcosO. Получаем
Область ?У ограничена этими поверхностями.
2. Зададим область Qf системой неравенств
0< д< 1,
?, 0, (р) : 0 < 0 < arctg 2,
О < ^ < 2тг
3. Вычисляем ттт,, сводя тройной интеграл к повторному:
2тг arctg 2 1
m = 20 / dip / sin в cos 0 d0 / g3 dg = 40тг -
0 0 0
Здесь мы воспользовались формулой
sin26>
arctg 2 4
0
= 4тг.
о
sm
6>=arctg 2
6>=arctg 2
Ответ. 777, = 4тг ед. массы.
332
Гл. 12. Кратные интегралы
Условия ЗАДАЧ. Найти массу тела с плотностью /i, ограничен-
ограниченного заданными поверхностями.
2. р
3. /,
4. /,
5. /,
я i
0. \j
7. /,
8. /,
9. /,
10. u
i = y e xy,
t = y2exy/2..
x2
y2
x2
1 x2+y2
y2
1 x2+y2
i = 32z,
t = 5z,
= lOz,
z =
= 0, у = 2, y = 2x, z = 0, z = -l.
2 + y2 -Ay = 0, z = 4-x2, z = 0.
z =
= ^/!6-x2-y2, z =
= л/4-х2 -у2, z =
Ответы. 1. m = e - 2. 2. m = 26. 3. m = 4e - 8. 4. m = 5тт/2.
5. m = 17тг/2. 6. m = 171тг/4. 7. m = 19тг/96. 8. m = 4тг. 9. m = 288тг.
10. m = 32тг.
Глава 13
ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
При изучении темы ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ вы по-
познакомитесь с понятием интеграла по поверхности от функции трех
переменных и научитесь сводить его к двойному (а затем — к по-
повторному), проецируя заданную поверхность на одну из координат-
координатных плоскостей. Кроме того, вы научитесь вычислять интегралы по
части цилиндрической и сферической поверхностей.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете найти коорди-
координаты единичного нормального вектора поверхности (вычислить част-
частные производные и длину вектора), вычислить полученные вами по-
повторные интегралы, выполнить все численные расчеты и проверить
правильность полученных вами результатов.
13.1. Поверхностный интеграл
первого рода
Постановка задачи. Вычислить поверхностный интеграл
f(x,y,z)d(T,
II
где Е — часть поверхности, описываемая уравнением F(x,y,z) = О
и некоторыми неравенствами.
План РЕШЕНИЯ. Поверхностный интеграл сводится к двойному
проецированием Е на координатную плоскость XOY по формуле
Ц f(x,y,z)da = Ц f(x,y,z(x,y))^L, A)
D
где D — проекция Е на плоскость XOY, 7 — угол между нормалью
к поверхности Е и осью OZ; z(x, у) определяем из уравнения поверх-
поверхности F(x, г/, z) = 0.
334 Гл. 13. Поверхностные интегралы
Замечание. Если уравнение F(x, у, z) = 0 не определяет одно-
однозначно функцию z = z{x,y), то проецируем Е на другую координат-
координатную плоскость или используем криволинейные координаты (можно
также разбить поверхность на части и воспользоваться аддитивнос-
аддитивностью интеграла).
1. Единичные нормальные векторы no = {cos a, cos /3, cos 7} к по-
поверхности, заданной уравнением F{x,y,z) = 0, определяются форму-
формулой
gradF
|gradF|
2. Проекцию D поверхности Е на плоскость XOY находим, ис-
исключая z из условий, определяющих Е.
3. Находим z = z(x, у), решая уравнение F{x, у, z) = 0.
4. Переходим от поверхностного интеграла к двойному по фор-
формуле A) и вычисляем двойной интеграл, сводя его к повторному.
Записываем ответ.
Пример. Вычислить поверхностный интеграл
{—х + Зу + 4z) da,
где Е — часть плоскости
расположенная в первом октанте (т.е. х > 0, у > 0, z > 0).
Решение.
1. Единичные нормальные векторы no = {cos a, cos /3, cos 7} к по-
поверхности, заданной уравнением F(x,y,z) = 0, определяются форму-
формулой
gradF
В данном случае F(x, у, z) = х + 2у + 3z — 1. Следовательно,
-. ,{1,2,3} . . 3
п = ±|cos7| =
2. Поверхность Е определяется условиями
Е =
>0, z>0
13.1. Поверхностный интеграл первого рода
335
Ее проекцию D на плоскость XOY находим, исключая z из условий,
определяющих Е:
Ъ-{(х z)' г=^-х-2УУ^ \
I '^'^ ' х > 0, у > 0, z > О J
Отсюда
D=
^=Иж,г/):
О < 2/ < 12,
О < ж < 1 -
0< A-ж-
3. Из уравнения x + 2y + 3z — 1 = 0 находим z(x, у) = A — х — 2у)/3.
4. Переходим от поверхностного интеграла к двойному по фор-
формуле A) и вычисляем двойной интеграл, сводя его к повторному:
/ /
a= / / (
-х + Ay + 3z) da= / / (-ж + Ay + 3z)
л/14
dxdy =
z=(l-x-2y)/3
14
3~
Ответ
¦ //<-
dx dy =
+ 3z)
1/2
da; =
18
о о
Условия ЗАДАЧ. Вычислить поверхностные интегралы.
Г Г
l.jjxyzda,
s
2. (y + z)dcr,
JJ
\ X ~\~ V ~\~ Z = 1
V=l(x,y,z): ж > 0, г/> 0,'z > О
Г/4
2. (
JJ
ж > 0, у > 0, z > О
336 Гл. 13. Поверхностные интегралы
И ( 2 \ (
3. // Ux+Z-z) da, V=Ux,y,z):
JJ \ 3 ; P x>0, y>0, z>0
4. / / (x + 18y + 24z) da,
5.//, |(W)
5] V —
Z = 1,
/Y f X +
. {x + y + z)da, V=i(x,y,z):
JJ { x>, y,
Zj
ff Г x2 + y2-2z = 0,
- '"• S={(l-');o<,<i
5] V — —
( x2 + y2 - z2 = 0
+ 2)d V\()
Г Г (
8. (x2 + y2)da, V=\(x,y,z):
J J I
rr f
9. / / (жу + yz + zx) da, E = < (ж, г/, z) :
О < z < 1 J
in // A^—2~л v _ J f \. ^ ' I
УУ ' ~ \ ' ' ' 0<z< 1/2 J '
Ответы. 1. л/3/120. 2. л/3/3. 3. 35/6. 4. л/14/2. 5. 2тг.
6. \/3/2. 7. 12A + 6л/3)тг/15. 8. л/2тг/2. 9. О. 10. л/бтг/З.
13.2. Интеграл
по цилиндрической поверхности
Постановка задачи. Вычислить поверхностный интеграл
N f(x,y,z)d(T,
где Е — часть поверхности х2 -\-у2 = г2, вырезаемая плоскостями
z = 0 и z = h.
13.2. Интеграл по цилиндрической поверхности 337
План решения.
1. Вводим на заданной поверхности (цилиндре) криволинейные
координаты
X =
у =
Z = Z.
В этих координатах поверхность задается условиями
О < z < h
2. Так как
da = г d(pdz,
то
2тг h
II f(x,y,z)da = r d(p f(r cos (p,r simp, z) dz.
E 0 0
3. Вычисляем повторный интеграл и записываем ответ.
ПРИМЕР. Вычислить поверхностный интеграл
где Е — часть поверхности х2 -\- у2 = 1, вырезаемая плоскостями
z = 0, z = 2.
Решение.
1. Вводим на заданной поверхности (цилиндре) криволинейные
координаты
X =
В этих координатах поверхность задается условиями
О < z < 2
22 О.В. Зимина и др.
338 .Гл. 13. Поверхностные интегралы
2. Так как da = 1- dtpdz ж х2 -\-у2 = 1, то имеем
2тг 2
f[(x2 + y2)da= Idip Г dz.
? 0 0
3. Вычисляем повторный интеграл:
2тг 2
Г Г Г Г
JJ J J
? 0 0
Ответ. / / {х2 + у2) da = 4тг.
Условия задач. Вычислить поверхностные интегралы.
2. уу (ж + y)da, S = I (ж, у, г) :
?
3. (x + y + z)da, V=Mx,y,z): ~JQ\_\
? ^
о. [Z - х - у ) аа, ъ - <(x,y,z)
6. / / (ж2 + z) At, E = <^ (ж, j/, z) :
? ^
13.3. Интеграл по сферической поверхности 339
8. (xy + z)da, Я= <(x,y,z):
j j i
9. if ^9 - x2 - y2 da, Z=l(x,y,z):
f
f
10.
Ответы. 1. 0. 2. 0. 3. 2тг. 4. 0. 5. 4тг. 6. 12тг. 7. 8тг.
8. 2тг/3. 9. 4тг. 10. 32тг(л/2-1)/3.
13.3. Интеграл
по сферической поверхности
Постановка задачи. Вычислить поверхностный интеграл
// f(x,y,z)d(T,
где Е — верхняя полусфера
x2 + y2 + z2 = r2, z > 0.
План решения.
1. Вводим на заданной поверхности (сфере) криволинейные коор-
координаты
у = ?>sin(?sin#,
Z = QCOS0.
В этих координатах поверхность задается условиями
{
0 < (р < 2тг
22*
340 Гл. 13. Поверхностные интегралы
2. Так как da = r2 sinOdOdtp, имеем
2тг тг/2
// f(xiy,z)da = r2 dip f(r cos (p sin #, r sin ip sin #, r cos #) sin #d#.
? 0 0
3. Вычисляем повторный интеграл и записываем ответ.
ПРИМЕР. Вычислить поверхностный интеграл
Ц(х2+у2)с1а,
где Е — верхняя полусфера
х2 + г/2 + z2 = 9, z > 0.
Решение.
1. Вводим на заданной поверхности (сфере) криволинейные коор-
координаты
х =
Z = QCOS0.
В этих координатах поверхность задается условиями
Ley)- 0<30<^/2
0 < ч> < 2тт
V
2. Так как dа = 9 sin 0 dO dip и /(ж, у) = ж2 + г/2 = 9 sin2 в, имеем
(x2 + y2)da= dip 9sm20 -9sm0d0.
s oo
3. Вычисляем повторный интеграл:
2тг 7Г/2 7Г/2
/dp / 9sin2(9-9sin(9d(9 =-162тг / A - cos2 (9) dcosfl = 108тг.
0 0 0
Ответ. / / (х2 + у2) da = 108тг.
13.3. Интеграл по сферической поверхности 341
Условия задач. Вычислить поверхностные интегралы.
1 ffxda Е - 1т2 + ?у2 4- z2 - 7 z > 0^
?
2. zda, Y, = {x2+ y2+ z2 =4, z > 0}.
?
3. Bx-5y)da, E = {ж2 + г/2 + z2 = 5, z > 0}.
?
4.
?
.4
г/2 + z2 = 2,
2,2 i
г/2 + z2 = 1,
2/2 + z2 = l,
z>0}.
z>0}.
z>0}.
?
?
7. /7(a;2 + y2 - 2z) da, E = {x2 + г/2 + z2 = 9, z > 0}.
?
8. ff(x2 + y2 - 2) da, E = {x2 + г/2 + z2 = 3, z > 0}.
?
9. Г f B1x - 21y + z) da, E = {ж2 + г/2 + z2 = 10, z > 0}.
?
10. / / (жг/ + z2) da, E = {ж2 + г/2 + z2 = 1, z > 0}.
Ответы. 1. 0. 2. 8тт. 3. 0. 4. 20тг/3. 5. 2тг/5. 6. тг2/2.
7. 54тг. 8. 0. 9. Юл/ЙЬ-. Ю. 2тг/3.
Глава 14
ТЕОРИЯ ПОЛЯ
При изучении темы ТЕОРИЯ ПОЛЯ (ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ)
вы познакомитесь с понятиями векторного поля, векторных линий,
потока векторного поля через поверхность, циркуляции векторного
поля, дивергенции и ротора векторного поля. Вы научитесь вычис-
вычислять поток векторного поля как поверхностный интеграл, а также
использовать формулу Остроградского для вычисления потока через
замкнутую поверхность. Вы научитесь вычислять работу векторного
поля как криволинейный интеграл второго рода, а также применять
формулу Стокса для вычисления циркуляции.
С помощью пакета РЕШЕБНИК.ВМ вы можете вычислить произ-
производные, единичный нормальный вектор поверхности, дивергенцию и
ротор векторного поля, определенные и повторные интегралы, выпол-
выполнить все численные расчеты и проверить правильность полученных
вами результатов.
14.1. Векторные линии
Постановка задачи. Найти векторные линии векторных полей
или
п — Р(г у\о А- П(г y\h
\Aj ^~^ J- \ tJL/ • /О / I/ | -М- чу \ tJL/ • /О / IXj •
или
План решения.
1. Запишем дифференциальные уравнения векторных линий
dx dy
— при z = G,
Р(х,у) Q(x,y)
14.1. Векторные линии 343
dx dz
ИЛИ
Q(x,y) R(x,y,z)
Мы учли, что в первом случае dz = 0, во втором случае dy = 0 и
в третьем случае dx = 0, поскольку равна нулю соответствующая
координата векторного поля.
2. Решая соответствующее дифференциальное уравнение, полу-
получим, что векторные линии (в пространстве) определяются системами
уравнений
F(x,y) = C!,
или
Г
\ ж = С2.
Пример. Найти векторные линии векторного поля
а = 9zj — Ayk.
Решение.
1. Так как первая координата поля Р(х, г/, z) = 0, то dx = 0 и, сле-
следовательно, х = С. Поэтому запишем дифференциальное уравнение
векторных линий в виде:
dy dz
— = -— при х = С.
9z 4y
2. Решая дифференциальное уравнение, получим
= С2.
Ответ. Векторные линии определяются системой уравнений
z2 + 4y2 = d,
= С2.
344 Гл. 14. Теория поля
Условия ЗАДАЧ. Найти векторные линии векторных полей.
1. а = 2уг + баг/. 2. а = 2жг + 3yj. 3. а = 2г/г — 4аг/.
5. а = 2yj + 3z/c. 6. а = zi — Azk.
8. a = 3xi + 6yj. 9. a = 3yi-2xj.
4.
7.
10
а = zi —
a = 2zj
. a = yj^
Ответы.
i-
4.
7.
I 3x2
\ z = G
( T2 -4- 7
1 X -TZ
{ V-
1 /^
L
xk.
+ 9yk.
-zk.
2z2=Cb
Z = C2-
y3'2 „
= C2.
Х\
f 2ж2 +2/2 = d,
' \ Z = C2-
( 4x2 + z2=Cu
\ У = C2.
f 2x2 + 32/2 = Cb
\ z = C2.
= C2.
14.2. Поток векторного поля
Постановка задачи. Найти поток векторного поля
а = Р(ж, j/, z)i + Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k
через поверхность Е, описываемую уравнением F(x,y,z) = 0 и неко-
некоторыми неравенствами (нормаль образует острый угол с осью OZ).
План решения. По определению поток П векторного поля а
через поверхность Е с полем единичных нормалей по определяется
формулой
П = JJ(a,no)dv. A)
s
1. Поле единичных нормалей к поверхности, заданной уравнением
F(x,y,z) = 0, определяется формулой
n0 = ±1 —у = ±{cosa,cos/3,cos7}-
|gradF|
14.2. Поток векторного поля 345
Учитывал что нормали должны образовывать острый угол с осью OZ,
т.е. что cos 7 > 0, выбираем в этой формуле знак плюс или минус.
Имеем
no = cos ai + cos Cj + cos^fk, cos 7 > 0.
2. Находим скалярное произведение
(a, n0) = P(x, у, z) cos a + Q(x, y, z) cos C + R(x, y, z) cos 7 = f(x, y, z).
3. В силу формулы A), поток определяется поверхностным интег-
интегралом:
П= (а, по) da = f(x,y,z)der.
4. Переходим от поверхностного интеграла первого рода к двой-
двойному, проецируя Е на плоскость XOY:
п = / / Дж> 2Л *) da = / / /(ж, у, z(x, у))
dxdy
I COS7I'
где D — проекция Е на плоскость XOY; z(x,y) определяем из урав-
уравнения поверхности F(x,y,z) = 0.
Замечание. Если уравнение F(x, г/, z) = 0 не определяет одно-
однозначно функцию z = z(x,y), то проецируем Е на другую координат-
координатную плоскость или используем криволинейные координаты (можно
также разбить поверхность на части и воспользоваться аддитивнос-
аддитивностью интеграла).
5. Вычисляем двойной интеграл, сводя его к повторному.
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Пример. Найти поток векторного поля
а = — хг + 2yj + zk
через часть плоскости
расположенную в первом октанте (нормаль образует острый угол с
осью OZ).
346 Гл. 14. Теория поля
Решение.
1. Поле единичных нормалей к поверхности, заданной уравнением
F(x,y,z) = 0, определяется формулой
gradF
П0 = ±т
"|gradF|'
В данном случае F(x,y, z) = x + 2у + 3z — 1 и, следовательно,
.{1,2,3}
= ±-
л/14
Учитывая что нормали должны образовывать острый угол с осью
OZ, т.е. что cos 7 = =ЬЗ/\/14 > 0, выбираем в этой формуле знак
плюс. Имеем
' 1 2 3
/14 V14 V14
2. Находим скалярное произведение:
}•
(а, по) = —=(—х + 4г/ + 3z).
V14
3. Согласно формуле A), поток определяется поверхностным ин-
интегралом:
JJ Vu
14
4. Переходим от поверхностного интеграла к двойному, проеци-
проецируя S на плоскость
Г Г 1
-х + 4у + 3z)
14
где D — проекция Е на плоскость XOY и cos 7 = 3/\/14-
Поверхность Е определяется условиями
= < (х, у, z) :
1 ж>0, у>0, z>0
C0S7l
14.2. Поток векторного поля 347
Ее проекцию D на плоскость XOY находим, исключая z из условий,
определяющих Е:
v S( , z=(l-x-2y)/3, \
S (w): [>
Г х > 0, у > О,
=^ L> = |(ж,у): 0<A_ж_2у)/з
Отсюда
5. Вычисляем двойной интеграл, сводя его к повторному:
dxdy
П= (-x + 4y + 3z)
D
| COS7I
1/2 1-2у
=^ J dy J {l-2x + 2y) dx = ^.
D 0 0
Ответ. П = 1/18 ед. потока.
Условия ЗАДАЧ. Найти поток векторного поля а через часть
плоскости, расположенную в первом октанте (нормаль образует
острый угол с осью OZ).
1. а = xi + yj, x + y + z = l.
2. a = 2xi + zk, x + у + z = 1.
3. а = yj + z/c, 2х -\- у -\- z = 1.
4. а = xi-\- yj, х -\- у -\-2z = 1.
5. a = yj + zk, 2x + 2y + z = l.
6. а = xi + yj, 2x + y + 2z = 1.
348 Гл. 14. Теория поля
7. а = xi + 2yj, х + у + z = 1.
8. a = yj + zk, 2x + 2y + z = l.
9. а = хг + 2yj + zk, x/2 + y + z/3 = l.
10. a = xi + yj-\- 2zk, x/3 + y/2 + z = l.
Ответы. 1. 1/3 ед. потока. 2. 1/2 ед. потока. 3. 1/6 ед. потока.
4. 1/6 ед. потока. 5. 1/8 ед. потока. 6. 1/8 ед. потока. 7. 1/2 ед.
потока. 8. 1/8 ед. потока. 9. 4 ед. потока. 10. 4 ед. потока.
14.3. Поток векторного поля
через часть цилиндра
Постановка задачи. Найти поток векторного поля
а = Р(х, у, z)i + Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k
через часть поверхности
2,2 2
х +у = г ,
вырезаемую плоскостями z = 0 и z = h [нормаль внешняя к замкну-
замкнутой поверхности, образуемой данными поверхностями).
План решения. По определению поток П векторного поля а через
поверхность Е с полем единичных нормалей по определяется форму-
формулой
Г Г
,no)dG. A)
п = //<«,,
1. Поле единичных нормалей к поверхности, заданной уравнением
F(x,y,z) = 0, определяется формулой
gradF
П0 = ±т
"|gradF|'
В данном случае F(x, у, z) = х2 + у2 — г2 и, следовательно,
14.3. Поток векторного поля через часть цилиндра 349
Учитывал, что нормали должны образовывать острый угол с осью
ОХ при х > О, т.е. cos а > 0 при х > О, и тупой угол с осью ОХ при
х < 0, т.е. cos а < 0 при ж < 0, выбираем в этой формуле знак плюс.
2. Находим скалярное произведение
/^ ^л P{x,y,z)x + Q{x,y,z)y
(а, п0) = = f(x,y,z).
3. Согласно формуле A) поток определяется поверхностным ин-
интегралом:
П= (d,no)da = f(x,y,z)der.
4. Вводим на заданной поверхности (цилиндре) криволинейные
координаты
X = ?>COS<?>,
2/ = i
В этих координатах поверхность задается условиями
О < <р < 2тг,
О < z < /г.
Поскольку с/а = rdipdz, имеем
П = г / dip I f (r cos cp, r simp, z) dz.
о о
5. Вычисляем повторный интеграл и записываем ответ, не забы-
забывая о размерности.
Пример. Найти поток векторного поля
а = хг + yj + zfc
через часть поверхности
вырезаемую плоскостями z = 0 и z = 2. (нормаль внешняя к замкну-
замкнутой поверхности, образуемой данными поверхностями).
350 .Гл. 14. Теория поля
Решение.
1. Поле единичных нормалей к поверхности, заданной уравнением
F(x,y,z) = 0, определяется формулой
gradF
П0 = ±т
В данном случае F(x,y, z) = x2 + у2 — 1 и, следовательно,
{ж,у,0}
п0 = ±-
Учитывая что нормали должны образовывать острый угол с осью
ОХ при х > 0, т.е. cos а > 0 при х > 0, и тупой угол с осью ОХ при
х < 0, т.е. cos а < 0 при ж < 0, выбираем в этой формуле знак плюс.
2. Находим скалярное произведение
(а, п0) =
3. Согласно формуле A) поток определяется поверхностным ин-
интегралом:
П= / / (a, no) da = // \/ж2 + у2 da.
4. Вводим на заданной поверхности (цилиндре) криволинейные
координаты
X = ?>COS<?>,
z = z.
В этих координатах поверхность задается условиями
0=1,
0 < <р < 2тг,
0 < z < 2.
Поскольку da = 1 • d(pdz к х2 + у2 = 1, имеем
2тг
П= Гd(p Г dz.
о о
14.4. Поток векторного поля через часть сферы 351
5. Вычисляем повторный интеграл
2тг 2
П= / dip / dz = 4п.
о о
Ответ. П = 4тг ед. потока.
Условия ЗАДАЧ. Найти поток векторного поля а через часть
цилиндрической поверхности Е, вырезаемую заданными плоскос-
плоскостями.
1. a = xi + yj + 2z4k, ? = {ж2 + у2 = 1}, z = 0, z = 3.
2. а = xi + yj + x2yzk, ? = {ж2 + у2 = 4}, z = 2, z = 5.
3. а= (x + zy)i- (xz-y)j+xk, ? = {ж2+ г/2 = 4}, z = 0, z = 2.
4. а = ж?+ yj+xz2k, Е = {ж2 + г/2 = 9}, z = 0, z = 3.
5. а = ж?+ 2/J - 2z^, Е = {х2 + г/2 = 4}, z = 0, z = 2.
6. a = xi + yj+yz3k, ? = {ж2 + у2 = 3}, z = 0, z = 2.
7. а = (x-3y)i + Cx + y)j+z2k, S = {ж2 + г/2 = 5}, z = 0, z = 2.
8. а = xi + г/j + sin2 zfc, E = {ж2 + у2 = 4}, 2 = 1, z = 3.
9. а = ж?+ yj+x2k, E = {ж2 + г/2 = 3}, z = 2, z = 4.
10. a = 3t + yj+zk, ? = {ж2 + у2 = 2}, z = 2, z = 4.
Ответы. 1. бтг ед. потока. 2. 24тг ед. потока. 3. 32тг ед. потока.
4. 54тг ед. потока. 5. 16тг ед. потока. 6. 12тг ед. потока. 7. 20тг ед.
потока. 8. 16тг ед. потока. 9. 12тг ед. потока. 10. 4тг ед. потока.
14.4. Поток векторного поля
через часть сферы
Постановка задачи. Найти поток векторного поля
а = Р(х, у, z)i + Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k
через часть сферы
352 Гл. 14. Теория поля
вырезаемую плоскостью z = 0 (z > 0) (нормаль внешняя к замкну-
замкнутой поверхности, образуемой данными поверхностями).
План решения. По определению поток П векторного поля а через
поверхность Е с полем единичных нормалей щ определяется форму-
формулой
г г
по) da. A)
п = //(„-,
1. Поле единичных нормалей к поверхности, заданной уравнением
F(x,y,z) = 0, определяется формулой
^ gradF
П0 = ±т
У сферы, очевидно, внешняя нормаль в каждой точке совпадает с
радиусом-вектором этой точки, т.е.
2. Находим скалярное произведение:
P(xyz)x + Q(xyz)y + R(x,y,z)z
= f(x,y,z).
у/Х2 ~\-у2 + Z1
3. Согласно формуле A) поток определяется поверхностным ин-
интегралом:
П= // (а, по) da = f(x,y,z)da.
4. Вводим на заданной поверхности (сфере) криволинейные коор-
координаты
х = gcosipsinO,
у = ?>sin(?sm#,
z = gcosO.
В этих координатах поверхность задается условиями
О < (р < 2тг,
О < 0 < тг/2.
14.4. Поток векторного поля через часть сферы 353
Поскольку da = r sin6d(pd6, имеем
2тг тг/2
П = г2 d(p f (r cos (psm6, r s'm(p sinO, r cos 6) sinO d6.
о о
5. Вычисляем повторный интеграл и записываем ответ, не забы-
забывая о размерности.
Пример. Найти поток векторного поля
S = хг + {у + z)j + (z - y)k
через часть поверхности
х2 + у2 + z2 = 9,
вырезаемую плоскостью z = 0 (z > 0) (нормаль внешняя к замкну-
замкнутой поверхности, образуемой данными поверхностями).
Решение.
1. Внешняя нормаль в каждой точке сферы х2 + у2 + z2 = 9 сов-
совпадает с радиусом-вектором, т.е.
> _
щ —
2. Находим скалярное произведение
х2+ у(у +z) +z(z-y) r^-———-
= л/ж2 + у2 + z2.
2 + 2 + 2
/- -л х2
(а, п0) =
V^2 + у2 + z
3. Согласно формуле A) поток определяется поверхностным ин-
интегралом:
П = /У (а, п0) da = Г Г
2 + у2 +
4. Вводим на заданной поверхности (сфере) криволинейные коор-
координаты
х =
z = qcosO.
23 О.В. Зимина и др.
354 Гл. 14. Теория поля
В этих координатах поверхность задается условиями
9 = 3,
0<<р<2тт.
Поскольку da = 9 sin0dipdO, имеем
2тг тг/2
О О
Ответ. П = 54тг ед. потока.
Условия ЗАДАЧ. Найти поток векторного поля а через часть
сферы, вырезаемую плоскостью z = 0 (z > 0).
1. а = (х + x2z)i + yj + {z - x3)k, x2 + у2 + z2 = 4.
3/п# ^—^ I /"у* I *^ 1 rk I /j i /i I I *y rv* 1 Z^3 /"У* —I— ^7 / I *y ^^^ /I
4. 3 = (x + x2y)i + (y - x3)j + zk, x2 + y2 + z2 = 1.
5. a = (x + yz)i + г/j + (z — жу)^, ж2 + у2 + z2 = 1.
6. 3 = ж?+ (у + xyz)J + (z - xy2)k, x2 + y2 + z2 = 1.
7. 3 = (ж - xy2)i + (x2y + у)J + zfc, ж2 + г/2 + z2 = 1.
8. a = (x + y^2)^ + yj + (z — xyz)k,
9. 3 = (ж + yz)i + (y - xz)j + z^,
10. 3 = (ж + xy2z)i + (y — x2yz)j + z/c,
Ответы. 1. 16тт ед. потока. 2. 16тг ед. потока. 3. 16тг ед. потока.
4. 2тг ед. потока. 5. 2тг ед. потока. 6. 2тг ед. потока. 7. 2тг ед.
потока. 8. 54тг ед. потока. 9. 16тг ед. потока. 10. 54тг ед. потока.
х2-
х2-
х2-
Vy2-
Yy2-
Vy2-
Yz2
V Z2
= 9.
= 4.
= 9.
14.5. Вычисление потока по формуле Остроградского 355
14.5. Вычисление потока по формуле
Остроградского
Постановка задачи. Найти поток векторного поля
а = Р(х, у, z)i + Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k
через замкнутую поверхность Е (нормаль внешняя).
План решения. Поток векторного поля через замкнутую поверх-
поверхность Е в направлении внешней нормали вычисляется по формуле
Остроградского
П= / / / divadxdydz, A)
n
где SI — область, ограниченная поверхностью Е, и
дР dQ dR
дх ду dz
— дивергенция векторного поля а.
1. Вычисляем дивергенцию diva.
2. Задаем область Г2 неравенствами.
3. Вычисляем поток по формуле A) как тройной интеграл
_^ <9iT
п
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Пример. Найти поток векторного поля
а = (у2 + z2)t + (xy + y2)j + (xz + z)k
через замкнутую поверхность Е, являющуюся полной поверх-
поверхностью цилиндра
(нормаль внешняя).
23*
356 .Гл. 14. Теория поля
Решение.
1. Вычисляем дивергенцию векторного поля:
2. Задаем область ?} неравенствами.
Поверхность Е, ограничивающая область Г?, состоит из трех по-
поверхностей и может быть записана в виде
I 0 < z < 1 I U I x2 + v2 < 1 I U I ж2 + г;2 < 1 I '
Из этих условий находим систему неравенств, определяющих об-
область Q:
Форма области Q такова, что удобно перейти к цилиндрическим ко-
координатам. Имеем
{О < (р < 2тг,
(q,<P,z): 0<^<l,
0<z< 1
3. Вычисляем поток по формуле A) как тройной интеграл:
Г Г Г
J J J
Переходя к цилиндрическим координатам, получаем
1 2тг 1
П = dz dip gBg cos (p + 2д sin (р + 1) dg = 2тг.
ооо
Ответ. П = 2тг ед. потока.
14.6. Работа силы 357
Условия ЗАДАЧ. Найти поток векторного поля а через замкну-
замкнутую поверхность, образованную заданными поверхностями (нормаль
внешняя).
1. а = (ху2 + yz)i + (х2у + z2)j + (х2 + zs/3)k, х2 + у2 + z2 = 1,
q /-] — B т*?/ I 11 z)? I B т*?/ I т z) i I ('7*7/ I z ) к т I и I у — л/2
4. a = (ж2 + т/2 + z2)?T+ (xy + z)J + (x + 3z)k, x2 + y2 = z2, z = 4.
5. a = (Зж2 + y)?+ [x2 - 2x2y + z)j + (ж2 - г/2)^, х2 + у2 = 1,
6. a = (ж2 + yz)i + аг/ + уй, z = 1 — x — у, ж = 0, у = О, z = О.
7. a = (z2 + xz)i + (жу — z2)j + г/z^, х2 + г/2 = 1, z = О, z = \/2.
8. a = (ж2 + ху + z2)? + (ж2 + у2 + yz)J + (у2 + z2 + xz)?,
9. a = (xz + 2/2z)i + (x2z — 2y)j-\-xyk, x2-\-y2-\-z2 = 1, z = 0 (z > 0).
10. a = (жг/ + г/2 + z)?5+ (x2z + yz)J + (ж2 + xz)k, x2 -\- y2 = 4,
2 = 0, Z= 1.
Ответы. 1. 2тт/5 ед. потока. 2. тг ед. потока. 3. тг ед. потока.
4. 64тг ед. потока. 5. —тг/2 ед. потока. 6. 1/12 ед. потока.
7. тг ед. потока. 8. Зтг/8 ед. потока. 9. — 13тг/12 ед. потока.
10. 2тг ед. потока.
14.6. Работа силы
Постановка задачи. Найти работу силы
при перемещении вдоль кривой L от точки M(xi,yi) к точке
358 .Гл. 14. Теория поля
План решения.
1. Работа А силового поля равна криволинейному интегралу вто-
второго рода по кривой L:
f - f
У У
2. Вычисляем криволинейный интеграл.
Записываем ответ, не забывая о размерности.
Пример. Найти работу силы
F = (x-y)i+j
при перемещении вдоль кривой L
х2 + у2 = 4 (у>0)
от точки МB,0) к точке N(—2,0).
Решение.
1. Работа А силового поля равна криволинейному интегралу вто-
второго рода по кривой L:
А= (F,dr)= (x-y)dx + dy.
L L
2. Вычисляем криволинейный интеграл. Для этого:
а) поскольку L — верхняя полуокружность, ее параметрические
уравнения записываем в виде
у =
Вычисляем dx = — 2 sin tdt и dy = 2 cos t dt;
б) переходим от криволинейного интеграла к определенному:
А= (x-y)dx + dy= [B
L 0
Ответ. А = 2тг ед.работы.
14.7. Циркуляция векторного поля 359
Условия ЗАДАЧ. Найти работу силы F при перемещении вдоль
заданной кривой от точки М к точке N.
1. F = xi + yj, х2+у2 = 4 (у>0), МB,0), N(-2,0).
2.F = x4, х2 + у2 = 4 (у>0, х>0), МB,0), N@,2).
3. F = (х2 + y)i + (х2 - y)j, у = х2, М(-1,1), NA,1).
4. F = 2xyt + x2j, у = 2х3, МA,2), NB,16).
5. F = yi + 2yj, х2+у2 = 1(у>0), МA,0), JV(-1,O).
6. F = xi-yj, x2 + y2=2(y>0), M(V2,0), N(-y/2,0).
7. F = 2yj, x2 + y2 = l(y>0, x>0), MA,O), N@,1).
8. F = x2yi, x2+y2 = 4(y>0, x>0), MB,0), ЛГ@,2).
9. F = (y-x2)i + xj, y = 2x2, M@,0), NA,2).
10.F = yt-xl y = x3, M@,0), iVB,8).
Ответы. 1. О ед.работы. 2. —4 ед.работы. 3. 4/3 ед.работы.
4. 62 ед.работы. 5. —тг ед.работы. 6. О ед.работы. 7. 1 ед.работы.
8. —тг ед.работы. 9. 5/3 ед.работы. 10. —8 ед.работы.
14.7. Циркуляция векторного поля
Постановка задачи. Найти циркуляцию векторного поля
a- P(x,y,zO+Q(x,y, z)j + R(x,y, z)k
вдоль замкнутого контура Г
х — x(t),
y = y(t), te[ti,<2].
z = z(t),
360 -Гл. 14. Теория поля
План решения.
1. По определению циркуляция векторного поля равна криволи-
криволинейному интегралу второго рода вдоль кривой Г:
(a, dr) = i> Р(х, у, z) dx + Q(x, у, z) dy + R(x, у, z) dz.
j
г г
2. Вычисляем криволинейный интеграл, сводя его к определен-
определенному:
= &{a,dr) =
= J[P(x(t),y(t), z(t)) x'{t) + Q(x(t), y(t), z{t)) y'(t)
A =
г
+
+ R(x(t),y{t),z{t)) z\t)]dt.
Записываем ответ.
Пример. Найти циркуляцию векторного поля
а = —гЗ — 3xj + хк
о
вдоль замкнутого контура Г
х = 2 cost,
у = 2sin?, t E [0,2тг].
z = 1 — 2 cos t — 2 sin t,
Решение.
1. По определению циркуляция векторного поля равна криволи-
криволинейному интегралу второго рода вдоль кривой Г:
(a,dr) = (Ь — dx — Зх dy + х dz.
J 3
г г
2. Вычисляем криволинейный интеграл, сводя его к определен-
определенному:
/ У
А = ф — dx — Зх dy + х dz =
14.8. Вычисление циркуляции по формуле Стокса 361
Я 4 9 9 \ 52тг
- - sin t - 16 cos ? + 4 sin ? cos t I a? = —-.
3 у 3
о
Ответ. А = -52тг/3.
Условия ЗАДАЧ. Найти циркуляцию векторного поля а вдоль
заданного замкнутого контура (t Е [0, 2тг]).
1. а = уг — z2j + x2yk, x = 2cos?, у = smt, z = 1.
2. a = — ж2уг + 4j + x2z^, x = 2cost, у = 2sin?, z = 4.
3. a = x3i — z2j + yk, x = cost, г/= 2sint, z = 2cost.
4. a =—2zi — x2j + zk, x = 2cost^ y = 2sint, z = sint.
5. a = y2i — zj -\- yk, x = 5cost, y = 2sin?, z = 2A —cost).
6. a = x3i — y2j + yk, x = cost, y = 3sint, z = cost —sint.
7. a = yi + xj-\-y4k, x = 2cost, у = sint, z = 5sint.
8. a = zi — xj + г/z^, ж = cos t, г/ = 6 sin t, z = 3.
9. a = -ж2г + 5j + yfc, ж = cos t, г/ = 5 sin t, z = 3 cos t.
10. a = 4уг + xj + г/А?, ж = cos t, у = sin t, z = 2 — cos t — sin t.
Ответы. 1. -2тт. 2. 18тг. 3. -4тг. 4. 4тг. 5. -8тг. 6. -Зтг. 7. тг.
8. -бтг. 9. -15тг. 10. -8тг.
14.8. Вычисление циркуляции
по формуле Стокса
Постановка задачи. Найти модуль циркуляции векторного
поля
а = Р(х, у, z)i + Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k
362
Гл. 14. Теория поля
вдоль замкнутого контура
Г- |(ж,2/,20 • F2(x,y,z) = 0 J"
План решения. Циркуляция А векторного поля а = {Р, Q, Д} по
замкнутому кусочно-гладкому контуру Г, расположенному в области
G, в которой функции P,Q,R имеют непрерывные частные произ-
производные, равна потоку ротора этого векторного поля через любую
кусочно-гладкую поверхность Е, натянутую на контур Г и располо-
расположенную внутри области G, т.е. справедлива формула Стокса
А= (rot а,
по)
A)
Предполагается, что ориентация единичных нормалей
no = {cos a, cos /3, cos 7}
к поверхности Е согласована с ориентацией контура Г так, чтобы
из конца каждой нормали обход контура в выбранном направлении
выглядел как обход против часовой стрелки.
1. Возможны два противоположных направления обхода Г. Цир-
Циркуляция при этих обходах отличается только знаком. Поскольку тре-
требуется найти только модуль циркуляции, выбираем направление об-
обхода произвольно, а в ответе запишем модуль результата.
2. Выбираем поверхность Е, натянутую на контур Г.
3. Определяем нормали uq к поверхности Е.
4. Находим rot a:
rota =
5. Вычисляем скалярное произведение (rota,по).
6. Применяем формулу Стокса A):
i
д
дх
Р
3
д
ду
Q
к
д
dz
R
А= I I (rot a, no) da.
14.8. Вычисление циркуляции по формуле Стокса
363
7. Вычисляем поверхностный интеграл.
Записываем ответ, не забывая про модуль.
Пример. Найти модуль циркуляции векторного поля
а = уг — xzj + хук
вдоль замкнутого контура
Г =
, х2 + у2 + z2 = 9,
' ^ Zj : х2 + у2 = 9
Решение.
1. В данном случае очевидно, что Г — окружность х2 + у2 = 9,
лежащая в плоскости z = 0. Выбираем направление обхода контура
Г против часовой стрелки, если смотреть из конца вектора к.
2. Выбираем поверхность Е, натянутую на контур Г.
Естественно в качестве Е взять круг:
S=
= 0,
3. Согласно выбранной ориентации контура нормаль по к Е одна
и та же в каждой точке и равна к.
5. Находим rota:
rota =
г
д
дх
У
3
д
ду
—xz
к
д
dz
ху
= 2xi — yj + (—1 — z)k.
5. Вычисляем скалярное произведение:
(rot a, no) = Bжг — yj + (—1 — z)k, к) = — 1 — z.
6. Находим циркуляцию по формуле Стокса A):
А= Г f (-1 - z) da.
7. Вычисляем поверхностный интеграл, сводя его к двойному:
А= ff(-l-z)da= И {-l-z)\z=0 dxdy = -9тг.
х2+у2<9
364 Гл. 14. Теория поля
Ответ: \А\ = 9тг.
Условия ЗАДАЧ. Найти модуль циркуляции векторного поля а
вдоль замкнутого контура Г.
Г х2 + у2 = 1 I
1. а = (xz + y)i + (yz-x)j, Г=<^ _ ' >.
I z — 6 )
О - 2 ^ ^ Г Г / ^ = 3(х2+У2)-1, \
2. a = x2zt-yj +yk, T=< _ v yy }.
{ z - 2 J
Г ж2 4- V2 = 1 1
4. а = (ж — г/)г 4- ^j — zk, Г = < _ ' > .
[ z - Z J
->->->-> Г г = 2(ж2 + у2) + 1 ]
5. а = yi — xj + xz/c, Г = < _ ' > .
[ z - 6 J
- ( x2 +v2 - 1
f О О О
^ ^ ^ Г т2 4- и2 4- z — 1
1 X = Z
8. а = жг/г 4- y^J + xz/c, Г = < '
g S= i + h-xf-zk T^i x2+y2 + z2=9,
c2+y2 = 4,
Ответы. 1. 2тт. 2. 0. 3. 4л/2тг. 4. 2тг. 5. 2тг. 6. 2тг. 7. л/2я\
8. 8тг. 9. 8тг. 10. 60тг.
Учебное издание
ЗИМИНА Ольга Всеволодовна
КИРИЛЛОВ Андрей Игоревич
САЛЬНИКОВА Татьяна Анатольевна
РЕШЕБНИК
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
Редактор Е.Ю. Ходан
Компьютерный набор Т.А. Сальниковой
Компьютерная верстка О.В. Зиминой
ЛР № 071930 от 06.07.99. Подписано в печать 25.09.2000.
Формат 60x90/16. Бумага офсетная № 1. Печать офсетная.
Усл.печ. л. 23. Уч.-изд. л. 22. Тираж 5000 экз. Заказ
Издательская фирма "Физико-математическая литература"
МАИК "Наука/Интерпериодика"
117864 Москва, ул. Профсоюзная, 90
Отпечатано с готовых диапозитивов в Московской типографии № 6
Министерства РФ по делам печати, телерадиовещания и средств
массовых коммуникаций
109088 Москва Ж-88, Южнопортовая ул., 24
THE SOLVER
O.V. ZIMINA, A.I. KIRILLOV, T.A. SALNIKOVA
HIGHER MATHEMATICS
PHYSICS AND MATHEMATICS PUBLISHERS
International Academic Publishing Company "Nauka"
Russian Academy of Sciences
Moscow, 2001, 368 pages
The authors have extensive experience in teaching mathematics at the
Moscow Institute of Power Engineering (Technical University) and other tech-
technical universities in Russia and abroad.
A well-known expert in higher education and a member of the Presidium
of the Scientific Methods Council on Mathematics of the Russian Ministry of
Education, Professor A. I. Kirillov is a coauthor of every single mathematics
curriculum developed and used in Russia during the last twenty years. He is the
recipient of several state awards for his successes in teaching higher mathematics
to students in technical universities and in using computers in education. He has
presented his ideas on mathematical education at many international congresses
and conferences and in lectures at many universities around the world and is
also known in scientific circles for his significant papers on infinite-dimensional
analysis, stochastic processes, and quantum field theory.
THE SOLVER is a part of a new educational project EduXXI initiated by
A. I. Kirillov and O. V. Zimina in 1999. The project aim is to make the student's
studies effective, interesting, and arousing creative activity. The main means
for achieving the project aim are new tutorial complexes consisting of especially
written textbooks and software. THE SOLVER is the common name of the
family of such complexes.
THE SOLVER "Higher Mathematics" is the first complex realized by the
project EduXXI. It is designed for computer-based mathematical education and
consists of this book and the software package THE SOLVER.HM.
The complex gives a solution to the fundamental problem of modern edu-
education: how can students manage with the enormous information the professors
have to give them?
They cannot now. Therefore, the modern students learn almost the same
mathematics as the students at the end of the 19th century. Moreover, they
solve only one or two problems of each kind whereas they should solve from
three to five problems of each kind to really understand and acquire the solution
methods.
There are no books containing the necessary number of problems of one
kind. On the other hand, the students do not have the time to solve the large
number of problems required.
THE SOLVER "Higher Mathematics" contains this book with nine to ten
problems of each kind and software that enables students to quickly solve all
these problems.
The complex opens a new way for learning mathematics—without unneces-
unnecessary difficulties and waste a time. It establishes an optimal student-computer
cooperation, where the student's task is to formulate the problems properly and
the computer's task is to perform the routine operations.
Using the complex, the students can deeply understand how to solve the
basic problems of higher mathematics because they solve many problems and
their attention is concentrated on the new and the essential.
The complex frees about half of time devoted to higher mathematics in the
curricula. This free time can be used for teaching the students the ideas and
methods of mathematics of the 20th century.
THE SOLVER "Higher Mathematics" can be used at colleges, technical
universities, and for extension education. It enables the students to study inde-
independently. This is important because this increases the educational possibilities
for people living far from universities and for those who cannot leave their homes
for some reason.
This book contains 14 chapters:
Analytic Geometry Definite Integrals
Linear Algebra Line Integrals
Limits Series
Differential Calculus Differential Equations
Graphs Multiple Integrals
Functions of Several Variables Surface Integrals
Indefinite Integrals Field Theory
The chapters are divided into sections. Each section deals with one basic
problem and contains a general formulation of the problem, a solution plan
with short theoretical comments, a solution example, nine to ten problems of
the same kind, and the answers to these problems.
The package SOLVER.HM consists of special computer programs and a
hypertext book.
The programs establish a so-called Word-CAS interface, i.e., an interface
between Microsoft Word and a computer algebra system (CAS) such as DE-
DERIVE, Maple V, MuPAD, etc. according to the user choice. The Word-CAS
interface is better than the original CAS interfaces because Microsoft Word pro-
provides more tools for the text editing, viewing, and printing than the original
CAS interfaces.
The Word-CAS interface can be easily customized. This is important in
teaching, where all unnecessary menu items must be hidden because they divert
the attention of students or even frighten them with unknown mathematical
terms.
Obeying a student command, the Word-CAS interface takes a selected for-
formula from the Word document and activates the CAS, sending the formula to
the CAS for the required mathematical operations with the selected formula.
Then the Word-CAS interface inserts the CAS result in the Word document.
All mathematical formulas can be treated in this way. It is important that only
standard mathematical notation is used in the dialog between the student and
computer.
THE SOLVER.HM hypertext book is a collection of Microsoft Word doc-
documents with a navigation tool. The documents are almost identical to those
in the book. The navigation tool enables the students to quickly find a tem-
template for the mathematical problem they have to solve. Context-sensitive help
is available.
The Word documents are used as templates for correct and comprehensive
solutions of basic mathematical problems. Having a problem to solve, a student
can easily find an analogous problem in the Word documents, study the plan of
its solution, study the solution example, change the document, use the Word-
CAS interface for doing the required mathematical operations, save the results
of the work, and present the file to the professor.
THE SOLVER.HM helps a student to concentrate on the new and essential
while the computer does all the operations that are already known to the stu-
student. The package size is about 500 kilobytes. It is sold at a low price. Every
student can and should have it.
THE SOLVER "Higher Mathematics" is the first tutorial complex of new
type. Analogous tutorial complexes are in preparation for teaching special chap-
chapters of higher mathematics: functions of a complex variable, operational cal-
calculus, Fourier series, equations in partial derivatives, probability theory and
statistics, and financial mathematics.
THE SOLVERs "Mechanics", "Physics", "Electricity", etc. for colleges and
universities as well as appropriate packages for high schools will be created by
the project EduXXI.
Information about THE SOLVER "Higher Mathematics" can be found on
the Internet site www.AcademiaXXI.ru.