/
Автор: Соболь Б.В. Мишняков Н.Т. Поркшеян В.М.
Теги: математика учебные пособия и учебники по математике задачи по математике высшая математика практикум естественные науки
ISBN: 5-222-09617-3
Год: 2006
Текст
Высшее образование
Б. В. Соболь, Н. Т. Мишняков,
В. М. Поркшеян
ПРАКТИКУМ
ПО
ВЫСШЕЙ
МАТЕМАТИКЕ
Издание третье, исправленное
Ростов-на-Дону
Феникс
2006
УДК 51(075.8)
ББК22.1я73
КТК11
С 54
Рецензент: профессор, доктор физико-математичес-
ких наук С. Б. Климентов
Соболь Б. В.
С 54 Практикум по высшей математике / Б. В. Соболь,
Н. Т. Мишняков, В. М. Поркшеян. — Изд. 3-е. —
Ростов н/Д: Феникс, 2006. — 640 с. — (Высшее об-
разование).
ISBN 5-222-09617-3
В книгу вошли все разделы стандартного курса выс-
шей математики для широкого спектра специальностей
высших учебных заведений.
Каждая глава (соответствующий раздел курса) содер-
жит справочный материал, а также основные теоретичес-
кие положения, необходимые для решения задач. Отли-
чительной особенностью данного издания является
большое количество задач с решениями, что позволяет
использовать его не только для аудиторных занятий, но
и для самостоятельной работы студентов. Задачи пред-
ставлены по темам, систематизированы по методам реше-
ния. Завершают каждую главу наборы заданий для само-
стоятельного решения, снабженные ответами.
Полнота изложения материала и относительная ком-
пактность данного издания позволяют рекомендовать его
преподавателям и студентам высших учебных заведений,
а также слушателям институтов повышения квалифика-
ции, желающим систематизировать свои знания и навы-
ки по этому предмету.
УДК 51(075.8)
ISBN 5-222-09617-3 ББК22.1я73
© Соболь Б. В., Мишняков Н. Т., Поркшеян В. М., 2006
©Оформление, изд-во «Феникс», 2006
Предисловие
В настоящее время в нашей стране издается огромное
количество учебников и сборников задач, отражающих
различные разделы курса высшей математики. Часть из
них - рекомендованы Министерством образования Рос-
сийской Федерации и являются базовыми для студентов
соответствующих специальностей. Существует также ряд
изданий, в которых наряду с наборами задач содержится
справочный материал по различным разделам курса.
Между тем, как показывает опыт, значительные трудно-
сти у студентов вызывает именно овладение практически-
ми навыками решения задач. Это обусловлено, в значи-
тельной степени, тем, что эти издания, в силу своей
направленности, не могут содержать достаточное количе-
ство примеров, иллюстрирующих те или иные методы
решения задач.
Решение этой проблемы, как правило, наши коллеги
находят в каждом вузе путем издания многочисленных
методических разработок по каждому разделу. С нашей
точки зрения, эффективность такого подхода не всегда
достаточно высока по ряду причин. Во-первых, это - ог-
раниченность объема каждого из этих изданий, матери-
ал в них всегда излагается крайне конспективно; во-вто-
рых, такие методические разработки, к сожалению, не
всегда достаточно тщательно рецензируются и бывают не
вполне проработаны с методической точки зрения. Нако-
нец, как показывает опыт, они не всегда бывают легко
доступны для студентов.
По своему содержанию Практикум по высшей матема-
тике отвечает всем современным требованиям, предъяв-
ляемым к выпускникам широкого спектра специальнос-
тей высших учебных заведений России по этой
дисциплине, и включает все разделы, указанные в соот-
ветствующих Государственных образовательных стандар-
тах.
Материал Практикума предоставляет возможность
студентам самостоятельно освоить основные положения
курса высшей математики, приобрести и закрепить прак-
тические навыки решения задач. Особенно полезен Прак-
тикум может быть для студентов, обучающихся по заоч-
ной форме обучения, а также в активно развивающейся
в последние годы системе дистанционного образования.
Вместе с этим, по мнению авторов, наиболее эффектив-
ный результат может быть достигнут, если использовать
Практикум по высшей математике
4
книгу постоянно, как для аудиторных занятий, так и для
самостоятельной работы.
Несколько слов о том, как работать с этой книгой.
Прежде, чем приступать к изучению методов решения
задач, необходимо повторить основные определения и те-
оремы, относящиеся к данному разделу, постараться по-
нять и запомнить наиболее часто используемые формулы.
После этого переходите к изучению разобранных при-
меров. Некоторые типовые задачи и методы рассмотрены
в книге как в общем виде, так и на примерах. Весьма по-
лезно изучить и то и другое. Это поможет вам не только
отработать навыки решения задач (иногда отчасти фор-
мально!), но и лучше понять и усвоить теоретический
материал.
Внимательно прочитайте условие. Постарайтесь проду-
мать ход решения задачи самостоятельно. При необходи-
мости, просмотрите внимательно предложенное решение,
постарайтесь его осмыслить. Теперь можно пытаться вос-
произвести решение разобранной задачи. Если вам уда-
лось разобрать, таким образом, определенный тип задач
или метод решения, переходите к задачам для самостоя-
тельного решения.
Желаем вам успеха!
1. ВЕКТОРНАЯ АЛГЕБРА
1.1. Линейные операции над векторами
Понятие вектора,
Определение 1. Вектором называется направленный
отрезок (или, что то же, упорядоченная пара точек).
Обозначают: АВ (точка А -начало вектора, точка В -
конец вектора) или одной буквой - а.
Определение 2. Длиной вектора (модулем) называет-
ся расстояние между началом и концом вектора. Длина
вектора обозначается ]а| или | АВ |.
Определение 3. Нулевым вектором называется вектор,
у которого начало и конец совпадают. Обозначают: (I.
Определение 4. Единичным вектором называется век-
тор, длина которого равна единице.
Единичный вектор, имеющий одинаковое направление
с данным вектором а, называется ортом вектора а и обо-
значается обычно символом а0 .
Определение 5. Векторы называются коллинеарными,
если они расположены на одной прямой или на парал-
лельных прямых. Нулевой вектор считается коллинеар-
ным любому вектору.
Определение 6. Векторы называются равными, если
они коллинеарны, имеют одинаковые длины и одинако-
вое направление.
Линейные операции над векторами
Определение 7. Линейными операциями над вектора-
ми называются сложение векторов и умножение вектора
на число.
Определение 8Л Суммой а + В двух векторов ан В на-
зывается вектор с, который идет из начала вектора а в
конец вектора В при условии, что вектор В приложен к
концу вектора а (правило треугольника). В случае некол-
линеарных векторов а. и Б можно вместо правила треу-
гольника использовать правило параллелограмма: если
векторы а и Б отложены от общего начала и на них пост-
роен параллелограмм, то сумма а + В есть вектор, совпа-
Практикум по высшей математике
6
дающий с диагональю этого параллелограмма, идущего из
общего начала а и Б.
Определение 9. Разностью а - Б двух векторов а и Б
называется вектор с, который в сумме с вектором Б состав-
ляет вектор а. Если два вектора а и Б отложены от обще-
го начала, то их разность есть вектор, исходящий из кон-
ца вектора Б («вычитаемого») к концу вектора а
(«уменьшаемого»).
Определение 10. Два коллинеарных вектора равной
длины, направленные в противоположные стороны, назы-
ваются противоположными. Вектор, противоположный
вектору а, обозначается -а.
Замечание.
1. Разность векторов а и Б можно рассматривать как
сумму векторов а и (-Б)'. а - Б = а + (-Б).
2. Сложение многих векторов производится при помо-
щи последовательного применения правила треугольни-
ка (правило многоугольника).
Определение 11. Произведением вектора а на действи-
тельное число а называется вектор Б, удовлетворяющий
следующим условиям:
а) |5| = |а| |а|;
б) вектор Б коллинеарен вектору а;
в) векторы Б и а направлены одинаково, если а> 0, и
противоположно, если а < 0 (если же а = 0, то Б = 0).
Произведение вектора а на число а обозначают аа.
Операции сложения векторов и умножения вектора на
действительное число обладают следующими свойствами:
1) сложение векторов ассоциативно, т. е. для любых
векторов а, Б, с выполняется равенство:
а + (Б + с) = (а + Б) + с;
2) сложение векторов коммутативно, т. е. для любых
векторов а и Б выполняется равенство:
а + £ = £ + а;
3) прибавление нулевого вектора к любому вектору а
не меняет последнего: )
а + 0 = а;
4) для любого вектора а существует противоположный
вектор -а, такой что
а + (-а) = 0;
7
1. Векторная алгебра
5) умножение вектора на действительное число ассо-
циативно, т. е. для любых чисел а и 3 и любого век-
тора а выполняется равенство:
(аР)а = афа);
6) умножение вектора на число дистрибутивно по от-
ношению к сложению чисел, т. е. для любых чисел
а и р и любого вектора а выполняется равенство:
(а + Р)а = аа + $а;
7) умножение вектора на число дистрибутивно по от-
ношению к сложению векторов, т. е. для любых
векторов а и р и любого числа а выполняется равен-
ство:
а(а + 5) = аа + aS;
8) умножение вектора на единицу не меняет этого век-
тора:
1 • а = а.
Теорема 1 (о коллинеарных векторах). Если ег и е2
- два коллинеарных вектора, причем вектор - ненуле-
вой, то существует единственное число х такое, что
е2 = х ег .
В частности, ненулевой вектор а и его орт а0 связаны
равенством:
а - |а| • а0 .
Сформулированные свойства линейных операций по-
зволяют преобразовать выражения, составленные из век-
торов, по обычным правилам алгебры: можно раскрыть
скобки, приводить подобные члены, переносить некото-
рые члены в другую часть равенства с противоположным
знаком и т. д.
Пример 1. По данным векторам а и Б построить каждый
из следующих векторов:
а) а. + Ь; б) а - Б; в) Б - а; г) -а - Б.
Решение. Пусть даны два вектора аиБ, отложим их от
общего начала и построим указанные векторы либо по пра-
вилу параллелограмма, либо по правилу треугольника.
Практикум по высшей математике
8
Ответ: а) а+ & = ОС;
в)5- а = ВА;
б) а — Б — АВ;
г) -а - В = ОМ.
Пример 2. Доказать равенства:
. - 1 /г -Л 1 Л г\
а ) а + — lh - а 1= — la + Ъ I;
2Ч ' 2' '
б ) а-1а + ЬI = — (а - 61
7 2' 7 2к 7
и выяснить, каков их геометрический смысл.
Решение, а) В левой части равенства раскроем скобки,
приведем подобные члены, получим вектор в правой час-
ти. Поясним это равенство геометрически. Пусть даны два
вектора а и 5, отложим их от общего начала и построим
параллелограмм и его диагонали, получим:
По правилу построения разности двух векторов 6 и а,
получим DB = . Так как диагонали параллелограм-
ма точкой пересечения делятся пополам, то
— 1 к
DO = -\Ь-а).
22
Тогда АО = AD + DO или (а + b)= а + ^- (д - а).
Л лл
9
1. Векторная алгебра
б) Аналогично объясняется второе равенство.
Равенства доказаны.
Пример 3. Дано: |а| = 13, |5| = 19 и \а + 5] = 24. Вычислить
" К _ ~
Решение. Пусть даны векторы а и о, и на них построен
параллелограмм. Векторы а+оиа-5- диагонали парал-
лелограмма, |а + 6| и |а - 5| -длины его диагоналей. Изве-
стна теорема: сумма квадратов диагоналей равна сумме
квадратов сторон параллелограмма. Поэтому:
|а + 5|2 + |а - 5]2 = 2(|а|2 + ]5]2), и 242 + |а - 5[2 -
- 2(132 + 192).
Отсюда |а - 5[2 — 484, |а - 5] — 22. (\а - 5} > 0).
Ответ: 22.
Пример 4. Какому условию должны удовлетворять векто-
ры а и В, чтобы имели место следующие соотношения:
а) |а + 5| я |а - д|; б) |а 4^5| > \а - о|; в) |а + 5] < |а - 5|.
Решение. На векторах а и 5 построим параллелограмм.
D____________с
г ч -А-"/*
г/ '
/ zz °\< ч /
Обозначим угол между векторами а и Б через ф, тогда
Z4 - ф, ZB = п - ф. По теореме косинусов:
а - Я2 = 1а[2 + 1о|2 - 2 |<Я |о| cos ф,
а + о]2 - |а]2 + |о|а + 2 |а| |о| cos ф.
Если ф < то очевидно, что |а + 5| > |а - 5|, если
Л I <* л пхч-гч. л
Ф = т, т. е. а 1 Ь, то ABCD - прямоугольник, cos — — О и
а 2
|а -t- б| — \а - £|, если ф >
п
2*
то cos ф<0и|а+5|< |а - S|.
Практикум по высшей математике
10
п
Ответ: если ф = —, то справедливо равенство а);
ла
п
если ф < —, то справедливо равенство б);
7Г
если ф > —» то справедливо равенство в).
ла
Пример 5. В треугольнике АВС вектор АВ = т и вектор
АС = п. Построить каждый из следующих векторов:
/п + п т-п п-т т + п
а)~:б)~2-:В) ~:Г)----------2~'
Решение.
По правилу параллелограмма сложение двух векторов
—— - - m —- т + п
тип получаем: AD = т + п. Тогда вектор АО =—~.
ЛА
По правилу нахождения разности двух векторов: СВ =
т-п
—-— . Векторы, противоположные по-
т- пн ОВ =
—* т + Я —*
строенным векторам, есть: ОА = DO =---— и ВО =
А
= ОС =
т-п —► п-т —-
-----ОВ;в)——= ВО;
и ЛА
п - т.
2 *
т + п —►
Ответ: а) —-— = АО; б)
ЛА
т + п —;
г)--------ОА.
ЛА
Пример 6. В равнобедренной трапеции ОАСВ угол
Z ВОА = 60°, ОВ = ВС = СА = 2, МnN - середины сто-
11
1. Векторная алгебра
рон ВС и АС. Выразить векторы АС, ОМ, ON и MN
через тип - единичные векторы направлений ОА и
По правилу треугольника сложения двух векторов
имеем:
АС = РВ = ОВ ~ ОР = 2п- 2т = 2(п- т);
ОМ = ов + ВМ = 2п + т;
—. —. — —, 1 —,
ON = ОВ + ВС + CN =2п +2т- - АС =
£
_ 2 _ _ _ _
= 2п + 2т - -(п-т) = Зт + п,
(Ж = Зт + и; MN = ON - ОМ =
= Зт + п - 2п - т = 2т - п.
Ответ: = 2(п - т); qm = 2п + т;
On = Зйг + п, мм = 2т - п.
Пример 7. Доказать, что если М - середина отрезка АВ и
О - произвольная точка пространства, то выполняет -
ся равенство: ОМ = — ( ОА + ОВ). (*)
2»
Решение.
Согласно условию задачи
имеем: AM = МВ . По правилу
нахождения разности двух век-
торов имеем:
AM = ОМ - ОА и МВ ==
= ОВ - ом.
Практикум по высшей математике 12
Тогда ОМ -ОА“ОВ- ОМ, 2 • ОМ “ ОА + ОВ и
ОМ “ "^(ОА + ОВ). Равенство доказано.
Пример 8. М - точка пересечения медиан треугольника
АВС, О - произвольная точка пространства. Доказать
----------------- 1 . —
равенство: ОМ = ~(ОА + ОВ + ОС). (**)
О
Решение. Пусть СС,- медиана тре- угольника АВС. По свойству медиан MCt = CCt . При- О меняя к векторам MCt и ССГ формулу вычитания векторов, получим: c>
1 —► ► ___ 1 __ 2 —►
= о (oci ~ ОС), отсюда: ОМ = - ОС + Toci'
о О ,о
— 1 —. — —. 1 —<
Но ОС{ = — (ОА + ОВ), тогда ОМ “ ~ ОС +
А о
2 X ..... ——* X ....* » *
+ "• "(ОА + ОВ)“ ~(0А + ОВ + ОС).
О а о
п » X ~
Окончательно, ОМ “ — (ОА + ОВ + ОС). Равенство
О
доказано»
Пример 9. Даны два треугольника AiBlCl пЛ^2Сг Выра-
зить вектор М]М2 , соединяющий точки пересечения
медиан этих треугольников через векторы AiA2 ,
^i-B2 t С]С2 .
Решение.
Применим формулу для точки пересечения медиан
треугольника (центра тяжести):
OMt = —(QAt + ОВХ + ОС,),
<5
13
1. Векторная алгебра
ОМ2 - ^(ОА2 + ОВ2 + ОС2 )•
Тогда М1М2 = ОМ2 - ОМг = |[(ОА2 - ОАг ) +
+ (ов2 - ов[} + (ос2 - OCJ]“
e jj ( AjA2 + В±В2 + СуС2 )•
Ответ: М,М2 = -^(А1А2 + BjB2 + СГС2 ).
3
В
С
ПримерЮ. AD, BE, CF - медианы треугольника ABC.
Доказать, что равенство AD + BE + CF = (Т.
Решение.
Так как точка D - середина отрезка ВС, то по правилу
треугольника находим:
♦ • 1 __________„
AD “ АВ + - ВС •
&
Аналогично, BE ® ВС +
+ |cA,CF = CA+| АВ.
Сложим равенства, полу-
чим
Практикум по высшей математике
14
AD + BE + CF = ^(АВ + ВС + СА) АА =$.
2 2
Следствие.
1) Необходимым и достаточным условием того, что три
вектора а, В, с образуют треугольник, является равенство
нулю суммы этих векторов: а + В + с — (Т.
2) Отсюда следует, что если мы построим сумму векто-
ров AD , BE и CF по правилу многоугольника, то полу-
чим треугольник, стороны которого соответственно па-
раллельны и равны медианам треугольника АВС.
Пример 11. В треугольнике ABC: AM = а • АВ и
AN = р- АС.
а) При каком соотношении между аир векторы MN
и ВС коллинеарны?
б) Пусть а и Р таковы, что векторы MN и ВС не кол-
линеарны. Полагая ВС = р и MN = q, выразить векто-
ры АВ и АС через ртлд.
Решение.
а) Так как по условию X
AM = а- АВ и АУ = р- АС,
р. Отсю-
АВ АС
да следует, что если а = р, то треугольники АВС и AMN
подобны, а векторы MN и ВС коллинеарны.
б) Пусть векторы MN и ВС не коллинеарны, тогда из
AMN:
q = MN = AN - AM = P • AC - a • AB . С другой сто-
роны, из ДАВС: р = ВС = АС - АВ. Получим систему
уравнений: -
Р • АС - a • АВ = q
АС-АВ = р
•3
15
1. Векторная алгебра
Отсюда: АВ = —• р---Цг • а, АС = АВ + р.
а-Р а-р
—► а _ 1
АС =--о • р --а • а.
а-р * а_р ч
— В _ 1
Ответ: АВ =---- • р-- • д,
а-р а-р
АС=-^-'р------д-д.
а-р * а-р *
Пример 12. ABCDEF - правильный шестиугольник, при
чем АВ = р, ВС = д. Выразить черезр и д векторы CD,
DE, EF , FA, AC , AD и AE.
Решение. Так как OD =
= ВС = g, ОС = AB = р, то
CD =q~p. DE || АВ,|Бе| =
= | АВ | и так как векторы DE
и АВ противоположно на-
правлены, то DE = -р. Вектор
EF || ВС, |BF| = |BC|, но век-
торы EF и ВС противопо-
ложно направлены, поэтому EF = -q. FA 11 CD, [ FA | =
= | CD |, но векторы FA и CD противоположно направле-
ны, поэтому FA = - CD = -(q~p) = p-q, FA = р - д,
AC =p + q (по правилу треугольника). Вектор AD 11 ВС,
\AD\ = 2 |ВС|; ~AD = 2 • ~ВС = 2 д. Вектор ~ЕА = EF +
+ FA , поэтому AE = -(-q+p-q) = -p + 2q,
АЕ = - р + 2 q.
Ответ: CD =q-p, DE =~р, EF =~р, FA = P~q,
AC =p + q, AD =2 q, AE = - p + 2 q.
Практикум по высшей Математике
16
Пример 13. Точки К и L служат серединами сторон ВС и
CD параллелограмма ABCD. Выразить векторы ВС и
CD через векторы АК =» а и AL = 5.
Решение.
.. — 1 —
а = АВ + - ВС =
---- 1 *
= - CD + - ВС,
111 .* ...*
В = ВС — — CD (по прави-
лу треугольника).
Поэтому +
b
= -CD + — BC
2
=BC-—CD
2
- г —► __ 1 » о .
В-2 a = 2CD - ВС + ВС - - CD, - CD = В-2 а,
A 4U
CD = . >рак как F + | CD, то ВС » В +
<3
1 2d - 4а r 2Ъ - 2а
+ ~---= О т ------
2 3 3
_ 4d — 2а
Ответ: ВС = —-------
2
= ^-2а
3 ’
— 2d-4а
сп = ~з~
Пример 14. АК и ВМ медианы треугольника АВС. Вы-
разить через р = АК nq = ВМ векторы АВ, ВС, СА.
Решение.
Из АВС получаем: АВ +
—. —► —.2
+ ВО = АО ; ВО = - ВМ =
<3
2 _ —. 2 —. 2 _
= 3 АО = з АК = зР.
с
17
1. Векторная алгебра
— 2\ 2 _ —«
Поэтому АВ + —q = —р; АВ
о 3
Из АВК получаем: АВ + ВК = АК; АВ + ВС - р;
лл
[ В£ = ^ВС|;
I 2 )
1— _ — ~ 2 _
— ВС =Р~ АВ = р- - (р-q). Умножим это равенство
« о
—• _ 4 _ 4 _ 2 _ 4 _ —►
на 2, получим ВС == 2р - -р + -q = -р + -q; ВС =
О О О О
2 _ 4 _
Из АВСМ получаем: ВС + СМ = ВМ . Но СМ=~т СА,
11 _ —* 1 ——► ,
ВМ = q, ъххпыку ВС + — СА *= q,
1 —► - —» _• 2 _ 4^1 —► 1 _ 2 _
2 СА ~ Ч-ВС-1- зР~ з1-2СА ---q--р,
—г 4. 2^
СА =- -р- -q.
О о
--- 2 _ — 2 4
Ответ: АВ= ~(p-q), ВС*= ^р+ ^q,
О о о
— 4 2 ~
СА— зр-з«
Пример 15. В треугольнике
АВС точки Alt В1, Сг явля-
ются серединами сторон
ВС, АС, АВ.
Докажите, что при любом
выборе точки О выполняется
равенство: ОАХ + ОВ^ + О(\ в
- ОА + ОВ + ОС.
Решение.
Воспользуемся формулой,
для середины отрезка (*)
Практикум по высшей математике
18
ОАХ + ОВ^ + ОСХ - |(ОС+ОВ) + |(ОС + ОА) +
Л и
+ |(ОА + ОВ)= ОА + ОВ + ОС.
Равенство доказано.
Пример 16. Три силы М, N и Р, приложенные к одной
точке, имеют взаимно перпендикулярные направле-
ния. Определить величину их равнодействующей R,
если известно, что |М| = 2 Н, |JV| = 10 Н и |Р| = 11 Н.
Решение. По правилу параллелепипеда сложения век-
торов имеем .S-M + W + Ри
|В| = J|m|2 + р|2 + |р|2 = V4 +100 +121 = V225 =15.
Ответ: 15 Н.
Пример 17. Из точки О выходят два вектора ОА = а,
ОВ = В. Найти какой-нибудь вектор ОМ, идущий по
биссектрисе угла АОВ.
Решение. Известно, что диаго-
нали ромба являются и биссект- В
рисами углов. Построим ромб еле- £ /
дующим образом. Найдем орты /
— а - /
вектора а и вектора В: а0 =г-т и ь0/
И /х/
&0 =|^| и на них построим ромб.
Тогда вектор с = r-т + гй является вектором, идущим из
|й| |&
точки О по биссектрисе угла АОВ.
—— а Ъ
Ответ: ОМ = гт + т=г •
1“1 |ь|
Пример 18. На стороне АВ треугольника АВС взята точ-
ка D так, что прямая CD - биссектриса угла при вер-
шине С. Выразите через СВ = а и СА = В следующие
векторы: AD , BD, CD.
19
1. Векторная алгебра
Решение. По свойству биссек-
трисы угла треугольника имеем:
или | AD | =
|В0 |.
Так как векторы AD и BD кол-
линеарны, но имеют противоположные направления, то
b
AD =
— BD. Обозначим вектор CD через х и по прави-
а
лу нахождения разности векторов найдем: AD = х - 6,
BD —х - а. Так как AD
х - Б = - — х + — а. Отсюда х
а
а
___ & а + |aj&
Тогда AD = х - Б = ———рг-
г! + г
Аналогично,
Практикум по высшей математике
20
Задания для самостоятельного решения
1. Векторы a ъб взаимно перпендикулярны (ортого-
нальны), причем |а| = 5 и |51 = 12.
Определить |а + 5] и |а - о].
2. В правильном пятиугольнике ABCDE заданы векто-
ры, совпадающие с его сторонами: АВ — т, ВС = Я,
CD жр, DE — qn ЕА — г. Построить векторы:
&)т + 2р + ^г;б)2т + ^n-3p-q + 2r.
и и
3. Точка О является центром тяжести АВС. Доказать,
что ОА+ОВ+ОС - О.
4. В треугольнике ABC’. AM = а АВ, AN « 0 СМ.
Полагая АВ =ан АС « 5, выразить векторы AN и BN
через векторы а и б.
5. В параллелограмме ABCD обозначены: АВ =а,
AD =б. Выразить через аиб векторы МА, МВ , МС и
MD , где М - точка пересечения диагоналей параллелог-
рамма.
6. Векторы а и б, имеющие равные длины, отложены
от общего начала. Докажите, что вектор а + В, если его
отложить от того же начала, будет направлен по биссект-
рисе угла между а и б.
7. Докажите ,_чтодля любых векторов аибсправедли-
во неравенство |5 + q < |а| +15|. В каком случае левая часть
равна правой?
8. В трапеции ABCD отношение основания AD к осно-
ванию ВС равно Л. Полагая АС = a, BD = б, выразитьл
через аяб векторы АВ, ВС, CD и DA.
9. ABCDEF - правильный шестиугольник, причем
АВ = р, ВС = q. Выразить через pnq векторы CD, DE,
EF, FA, AC, AD и AE.
21
1. Векторная алгебра
10. Векторы АС — а и BD — б служат диагоналями
параллелограмма ABCD. Выразить векторы АВ > ВС,
CD, DA через векторы а и 6.
Ответы:
1. \а +5] = \а — 6|= 13.
4. AN = а- р а + (1 - р) В, BN - (ар - 1) а + (1 - р) S.
5.МА= -|(а + 5), МВ = |(а - £), MD = -МА,
А
MD--MB.
Л —* Ла - b —- a + b
8. AB = -—BC = -—r
CD
ЛЬ — а .. *
-—Г- и DA
9. CD^q-p, DE--р, EF ~~q, FA = p-q,
AC + q, AD = 2q, AE = 2q-p.
- a-b —- a + b -~r b-a
10. AB= ——, BC= ~1T~> CD = ——,
а и и
► a + b
DA——.
1.2. Линейная комбинация векторов
Векторный базис на плоскости
и в пространстве
Определение 1. Линейной комбинацией векторов et,
е2 , е3 называется сумма произведений этих векторов на
какие-нибудь числа а2, а3:
а^! + а^ +а3е3 .
Определение 2. Векторным базисом в данной плоско-
сти называется любая пара неколлинеарных векторов et
и е2 этой плоскости.
Практикум по высшей математике
22
Вектор 01 называют при этом первым базисным век-
тором, вектор е2 - вторым.
Справедлива следующая теорема.
Теорема 1. Если ег , е2 - векторный базис в плоско-
сти, тогда любой вектор а этой плоскости может быть
представлен, и притом единственным образом, в виде ли-
нейной комбинации базисных векторов et и е2 :
а = хб! (*)
Определение 3. Равенство (*) называют разложением
вектора а по базису ех , е2 , а числа х и у - координата-
ми вектора а в базисе et, е2 (или относительно базиса
ех , е2 ). Если заранее ясно, о каком базисе идет речь, то
пишут кратко: а = {х, у}. Из определения координат век-
тора относительно базиса следует, что равные векторы
имеют соответственно равные координаты.
Два и более векторов в пространстве называются ком-
планарными, если они параллельны одной и той же плос-
кости или лежат в этой плоскости.
Определение 4. Векторным базисом в пространстве на-
зывают любые три некомпланарных вектора ег , е2 , е3 .
Вектор ег называют при этом первым базисным век-
чен от нуля:
тором, е„ - вторым, е3 - третьим.
л
Замечание. 1. Три вектора ех = {еи; е12; е13}, е2 = {««»
е22; егз) и ез = (езр езг5 езз} образуют базис пространства,
если определитель, составленный из их координат, отли-
е11 е12 е13
е21 е22 е23
е31 е32 е33
2. Основные положения теории определителей и спо-
собы их вычисления рассмотрены в разделе 3 «Линейная
алгебра».
Теорема 2. Пусть et, е2 , е3 - векторный базис в про-
странстве. Тогда любой вектор а в пространстве может быть
*0.
23
1. Векторная алгебра
представлен, и притом единственным образом, в виде ли-
нейной комбинации базисных векторов е, , е, и :
а = хе1 + у е2 + г е3 . (**)
Определение 5. Равенство (**) называют разложением
вектора а по базису et, е2 , е3 , а числа х, у, г - коорди-
натами (компонентами) вектора а в базисе ег , е2 » е3 •
Если заранее ясно, о каком базисе идет речь, то пишут
кратко: а = {х; у; г}.
Определение 6. Базис , е2 , е3 называется ортонор-
мированным, если векторы ег , е2 , е3 попарно перпен-
дикулярны и имеют единичную длину. В этом случае при-
няты обозначения ех =i,e2 = J, е3 — К.
Действия над векторами,
заданными своими координатами
Теорема 3. Пусть на плоскости выбран векторный ба-
зис , е2 и относительно него векторы а и б заданы сво-
ими координатами: а = {хг; уг}, б = {х^ уЛ.
Тогда а + б={х1 + yt; х2 + у2}, а - Ь = {х1 - х2 - у2},
т. е. при сложении или вычитании векторов складывают-
ся или вычитаются их одноименные координаты; а • а =
{а • хх; а • z/J, т. е. при умножении вектора на число его
координаты умножаются на это число.
Условие коллинеарности двух векторов
Теорема 4. Вектор б коллинеарен ненулевому вектору
а в том и только в том случае, когда координаты вектора
б пропорциональны соответственным координатам векто-
ра а, т. е.
Х1 У1
*****
*2 У2 ’
Линейные операции над векторами, заданными своими
координатами в пространстве, производятся аналогично.
Пример 1. Пусть даны векторы а = {1; 2; -1}, б = {3; 2; 1},
с = {1; 0; 1) в некотором векторном базисе , е2 , е3 .
Найти координаты линейной комбинации 2d + Зб-4с.
Практикум по высшей математике
24
Решение. Введем обозначение для линейной комбина-
ции 3 «= 2а + 35 +(- 4)с.
Коэффициенты линейной комбинации = 2, а2 = 3,
а8 = -4. Запишем данное векторное равенство в коорди-
натной форме 3 - {х, у, г} -
-1
1
2
Очевидно, что каждая'коордйната линейной комбина-
ции векторов равна такой же линейной комбинации од-
ноименных координат, т. е.
ж - 2 • 1 + 3 • 3 + (-4) -1 = 7,
!/ = 2 - 2 + 3 • 2 + (-4) • 0 = 10,
2 = 2 • (-1) + 3-1 + (-4) • 0 = -3.
Координаты вектора 3 в базисе е1» е2 * е3 будут:
3 - {7; 10; -3}.
Ответ: 3 в {7; 10; -3}.
Пример 2. Дан правильный шестиугольник ABCDEF.
Принимая за базисные векторы АВ и АС * найти в
этом базисе координаты векторов АВ > ВС, CD» DE *
EF, FA.
Решение.
Так как векторы на плос-
кости АВ и АС по условию
не коллинеарны, то они явля-
ются, по определению, бази-
сом. Обозначим АВ — ех ,
АС = е2 . Тогда вектор АВ
можно представить в виде ли-
нейной комбинации векторов
е1 и е2 так: АВ = 1 • ех +
+ 0 • е2 - {1; 0}.
25 1. Векторная алгебра
По правилу нахождения разности векторов вектор
ВС = е2 - = -gj + е2 ; ВС - {-1; 1}.
Вектор CD - AD - AC , но AD 11 ВС, причем, по усло-
вию, AD = 2 ВС. Тогда CD - 2 ВС - АС в 2(^ - ё*) -
— е2 = е2 - 2е1 = -2е1 + е2 ; CD = {—2; 1}.
Аналогично, DE = -ех •= {-1; 0}, EF =- ВС в-
- (-1Х-1; 1}» {1;-1}.
FA — СР - -{-2; 1Н (-1Н-2; 1} = {2; -1}.
Ответ: АВ “ {1; 0}, ВС -= {-1; 1}, CD - {-2; 1}, DE -
= {-1; 0}, EF = {1; -1}, FA = {2; -1} в базисе ех = АВ,
е2 “ АС«
Пример 3. В трапеции ABCD отношение основания ВС к
основанию AD равно X. Принимая за базис векторы
AD и АВ , найти координаты векторов АВ, ВС, CD,
DA, AC, BD.
Решение.
Векторы AD = gj и AB = e2 не коллинеарны, значит,
они образуют базис на плоскости. Представим каждый ис-
комый вектор в виде линейных комбинаций векторов ех
и е2 . Так АВ - е2 - 0 • q +1 • е2 = {0; 1}, ВС e X • ех -
=Х • {1; 0} = {X; 0}. По правилу многоугольника:
Практикум по высшей математике
26
CD = AD - АВ - ВС = et - е2 -X- er = (1 - Л) ех +
+ (-1)^ = {1 - Л; -1}. Далее, DA = 0} =
= {-1; 0}. По правилу треугольника:
АС = АВ + ВС = е2 + X ’ в1 = X • + е2 = {X; !}•
И, наконец, BD = AD - АВ = ег ~ е2 = 1 ’ et +
+ (-1) е2 ={!;-!}.
Ответ: АВ = {0; 1}, ВС = {А; 0}, CD = {1 ~ X; -1},
DA = {“I? 0}» -AC ~ (X; 1}, BD = {1; -1} в базисе AD =
= ег и АВ = б2 .
Пример 4. Дан параллелог-
рамм ABCD. Точки Р и Q -
середины сторон ВС и CD
соответственно. Найти ко-
ординаты вектора pq ,
если за базисные вектора
приняты 61 = AD и е2 = АВ.
Решение.
• * • А х ’ А »'* X
Имеем PQ = РС + CQ - — AD ~ — АВ = ег ~ т е2 •
A 4U Л
Значит, pq -
в базисе > е2 •
Ответ: PQ =
Пример 5. Дана пирамида с вер-
шинами А, В, С, D. Точки Р
и Q - середины ребер AD и
ВС соответственно. Найти
координаты вектора PQ в
базисе 61 = АВ, б2 = АС,
е3 = AD.
D
27
1. Векторная алгебра
Решение.
Так как векторы АВ = ej , AD = е3 и АС = е2 не кол-
линеарны, то они, действительно, образуют базис в про-
странстве. По правилу многоугольника имеем:
1 —. __ 1 —
PQ = РА + АС + CQ = AD + АС +- СВ =
лл И
1 —. _ 1 — — 1 _ 1 _ 1 _
= - - AD + AC+~(СА+АВ) — ~ et + ~ е2 - - е3 =
1 1 1
= [2 ; 2 ; 2J
Ответ: PQ =
11 1
__ • —— • __
2’2’ 2
• в базисе , е2 , е3 .
Пример 6. Проверить, что векторы а = {-1; 3} и В = {2; 2}
на плоскости не коллинеарны, и разложить вектор
с = {7; -5} по базису а и В.
Решение. Проверить для векторов а и В условие колли-
арны. Следовательно, они образуют базис на плоскости.
Пусть с = ха + уВ. В координатной форме будет линейная
система двух уравнений с двумя неизвестными:
7 = х(-1) + р2
-5 = х-3 + у-2
Решив ее, находим х = -3, у = 2. Итак, с = -За + 2В.
Ответ: с = -За + 2В.
Пример 7. Задан тетраэдр ОАВС. В базисе из ребер ОА,
О В, ОС найти координаты:
а) вектора DE, где Dn Е - середины ребер ОА и ВС;
б) вектора OF, где F - точка пересечения медиан ос-
нования.
Решение.
а) Векторы ОА, ОВ, ОС не коллинеарны, поэтому они
образуют базис в пространстве. Обозначим ОА — et ,
Практикум по высшей математике
28
ОВ = е2 , ОС = е3 . По прави-
лу построения разности двух
векторов из треугольника ODE
находим: DE - ОЕ ~ OD. Но
С ОЕ а ~(ОВ + ОС) по форму-
И
— » 1 ----►
ле (*), тогда DE в — ОВ +
А
1 —. 1 — 1 _
+ _ ос _ _ ОА в -- е1 +
+ — е2 е3 -линейная комбинация векторов , е2 >
е3 • Поэтому DE =
б) Так как точка F — точка пересечения медиан треу-
гольника ABCf а точка О лежит вне плоскости этого тре-
угольника, то по формуле (**) получаем:
1. 1. 1
2' 2: 2
в базисе , е2 , е3
— 1 — — — 1— 1 1 —
ОЕ= з (ОА + ОВ + ОС) = ~ 01 + з е2 + 3 ез “ли-
нейная комбинация базисных векторов.
Следовательно, ОЕ=* М в базисе , е2 , е3 .
13 3 31
Ответ: a) DE =
1.1.11
2 2 2
_ — fill
б) OF |з’з’з
Пример 8. Принимая в качестве базиса векторы АВ — S
и АС = с, совпадающие
со сторонами треуголь-
ника АВС, определить
разложение векторов,
приложенных в верши-
нах треугольника и со-
впадающих с его медиа-
нами.
В
С
29
1. Векторная алгебра
Решение.
AM — -(£+<?) = -б + -с =
£ £ 4
1 .. • 1 » 1 w ж* _. 1 —»
BN = - АС - АВ = с - б = -Ъ + -с -
2 л л
— 1с -
СР “ 77 б - с =
Ответ: AM =
BN - |-1;|-
Пример 9. Даны три вектора а - {3; -1}, б — {1; -2},
с = {-1; 7}. Определить разложение векторар — а + б+
+ ело базису а, о.
Решение, а) найдем координаты векторар=а+£+с=
= {3;4}; .
б) проверим, образуют ли векторы а и о базис на плос-
кости. Если они образуют базис, то должны быть не кол-
линеарными, т. е. одноименные координаты не пропорци-
опальны — * 2^ • Представим вектор р в виде линейной
комбинации векторов а и б:р = ха + уб. В координатной
форме получим линейную алгебраическую систему двух
f 3\ ( -р
уравнений с двумя неизвестными: х + у * —
-2
3х + у = 3
или * „ Решив систему, получаем х = 2
- х - 2у = 4
(3)
С9 I
W
у = -3. Следовательно, р = 2а -~3б.
Ответ: р — {2; -3} в базисе а, б.
Пример 10. Вне плоскости параллелограмма ABCD взята
точка О. В базисе из векторов ОА, ОВ и ОС найти
координаты:
а) вектора ОМ, где М - точка пересечения диагоналей
параллелограмма;
Практикум по высшей математике
30
б) вектора ОК , где К - середина стороны AD.
Решение.
Обозначим ОА = ег ,
ОБ = Т2 , ОС = ё*3 • Так
как ег , е2 , е3 не колли-
неарны, то они образуют
базис в пространстве.
а) Выразим вектор ОМ
как линейную комбина-
цию векторов е, , е, » е, •
I. 4 О
По формуле (*) имеем из треугольника ОАС:
--- 1 — — 1- 1 —
ОМ = -(ОА + ОС)= о е1 + о е2 •
|;0;|
л и
Значит, ОМ =
в базисе
б) ОК = ОМ - КМ . Но ОМ =
---. 1 —► 1 —► —►
КМ = - АВ= -(е2 - ег), тогда
2
2 2
ОК =
1.1
2’ 2
Ответ: ОМ
1
2
в базисе ,
е2 » в3
1
2
0 =Ь;-±;±
2 2
е2 , е3 .
Пример 11. В прямоугольнике ОАСВ точки MnN- сере-
дины сторон ВС я АС. Разложить вектор qq = с по ба-
зису ОМ =а и ON = 6.
Решение.
Так как точки МnN - середины сторон соответ-
ственно ВС и АС, то
31
1. Векторная алгебра
ON=~(OA + ОС)
ОМ = ^(ОВ + ОС)
__________________
1 — ______________.
а + В = ~[2с + (ОА 4- ОВ)],
А
1 3
или а 4- В = — (2с 4- с), — с = а 4- В.
ал
2 2^2
Отсюда с = — (а 4- 5) = — а 4- — В.
О if if
Ответ: с =
в базисе а, В.
Пример 12. В прямоугольном треугольнике АВС опущен
перпендикуляр СН на гипотенузу АВ. Выразить вектор
СН через векторы и длины катетов | ВС | = а и j СА j = В.
Решение.
Из элементарной геометрии известно,
что — = —у • Тогда, приняв Л = —, по-
ас а2 а2
лучим
СН
а2СА + Ь2СВ
а2 4- Ь2
—► а —► b
Ответ: СН = СА 4* --7
а2+Ь2 а2+Ъ2
СВ.
Пример 13. Показать, что тройка векторов ел (1, О, 0),
е2 (1,1,0), е3 (1,1, 1) образуют базис в множестве
всех векторов пространства. Вычислить координаты
вектора а = -2л- В в базисе , е2 , е3 и написать со-
ответствующее разложение по базису.
Практикум по высшей математике
32
Решение.
Ответ: а = -2ег + е2 ~ ез •
Пример 14. ABCD - равнобочная трапеция, АВ = а - ос-
нование, AD = Б- боковая сторона, угол между АВ и
,||| ft ! — . , »
AD равен —. Выразить через а и Б векторы DC , СВ
о
D С
AC, DB.
Решение.
Проведем AM 11 DC, получим
равносторонний треугольник
ADM. Следовательно, | AM | = |б|.
Найдем СВ = DM = AM ~ AD•
Вектор AM = а0 • |б| = Д |б|
и СВв Д|5|-5; DC = АВ - АМ = а
а ,
Д|б] = а 1-
а
АС “ АВ - СВ “ а - Д |5] + 6 = а + Б - рт а =“
Ь _______
= а 1 -+ Б-, DB =а-Б.
Ответ: DC
ь —
1 -14 а, СВ
Ы
4 а - Б,
33
1. Векторная алгебра
Общая (аффинная) декартова система
координат
Определение 7. Пусть О - некоторая фиксированная
точка, которую будем называть началом. Если М - про-
извольная точка, то вектор ОМ называется радиус-век-
тором точки М по отношению к началу, коротко, ради-
ус-вектор точки М.
Декартовы (аффинные) координаты на прямой
Пусть дана в пространстве некоторая прямая I. Выбе-
рем начало О лежащим на этой прямой. Кроме того, вы-
берем на прямой I ненулевой вектор е, который будем на-
зывать базисным.
---. L» -—>
О---------------м
Определение 8. Пусть точка М лежит на прямой I. Так
как векторы ОМ и е коллинеарны, то ОМ = хе, где х -
некоторое число. Это число назовем координатой точки
М на прямой.
Начало О имеет координату нуль, все остальные точ-
ки М на прямой имеют положительные или отрицатель-
ные координаты, в зависимости от того, совпадают ли
направления векторов ОМ и е или же они противополож-
ны. Прямую I, на которой введены координаты, будем
называть осью координат или осью ОХ.
Введение координат на прямой приводит к тому, что
каждой точке М на прямой соответствует единственное
число х, и наоборот, существует единственная точка М,
для которой это число является координатой.
Декартовы (аффинные) координаты на
плоскости
Выберем на плоскости начало О и два неколлинеарных
вектора et и е2 , образующих некоторый базис. Очевид-
но, что длины векторов ег и е2 могут быть различны.
2. Зак. 6
Практикум по высшей математике 34
Определение 9. Совокупность {0; ег ; е2 } точки О и
векторного базиса , е2 называют декартовой (аффин-
ной ) системой на плоскости.
Две прямые, проходящие через О и параллельные со-
ответственно векторам ег , е2 называют осями коорди-
нат. Первую из них обычно называют осью абсцисс и обо-
значают Ох, вторую - осью ординат и обозначают Оу.
Будем всегда изображать ег и е2 лежащими на соот-
ветствующих осях координат.
Определение 10. Координатами точки М на плоско-
сти относительно декартовой (аффинной) системы коор-
динат {0; ег ; е2 } называют координаты ее радиус-векто-
ра ОМ по базису ег , е2 : ОМ =хег + у е2 , тогда числа х
и у будут координатами М относительно декартовой (аф-
финной) системы координат {0; ег ; е2 }. Координату х на-
зывают абсциссой точки М, координату у - ординатой точ-
ки М.
Итак, если выбрана система координат, (0; е1; е2 } на
плоскости, то каждой точке М плоскости соответствует
упорядоченная пара чисел х, у. Обратно: любой упорядо-
ченной паре чисел х и у соответствует единственная точ-
ка М на плоскости: эта точка является концом вектора
ОМ = xet + у е2 .
Введение системы координат лежит в основе метода
аналитической геометрии, сущность которой состоит в
том, чтобы уметь сводить любую геометрическую задачу
к задачам арифметики или алгебры.
Определение 11. Координатами вектора а на плоскости
относительно декартовой системы координат {0; ег ; е2 }
называют координаты этого вектора в базисе ег , е2 .
35
1. Векторная алгебра
Чтобы найти координаты вектора а, надо разложит^
его по базису ег , е2 : а = х et + у е2 , где коэффициенты
х, у и будут координатами вектора а относительно декар-
товой системы {0; et ; е2 }.
Декартова (аффинная) система координат
в пространстве
Пусть в пространстве зафиксирована некоторая точка
О (начало) и выбран векторный базис ег , е2 , е3 .
Определение 12. Совокупность {0; ег ; е2 ; е3 } называ-
ют декартовой системой координат в пространстве.
Определение 13. Три прямые,
проходящие через О и парал- ‘
лельные соответственно векто-
рам et , е2 , е3 , называют осями ез ,
координат и обозначают соответ-
ственно Ох, Оу, Ог. Мы будем
всегда изображать векторы et ,
е2 , е3 лежащими на соответ- г
ственных осях.
Определение 14. Координатами точки М в простран-
стве относительно декартовой системы координат {0; е1;
е2 ; е3 } называют координаты ее радиус-вектора ОМ в
этой системе.
Иначе говоря, координаты точки М - это такие три
числа х, у, г, что ОМ - x€j + у е2 + z е3 . Как и в случае
плоскости, х, у соответственно абсцисса и ордината точ-
ки М; третью координату z называют аппликатой точки
м.
Введение в пространстве декартовой системы коорди-
нат позволяет установить взаимно-однозначное соответ-
ствие между точками М пространства й упорядоченными
тройками чисел х, у, z.
Определение 15. Координатами вектора а в простран-
стве относительно декартовой системы координат
2
Практикум по высшей математике
36
{0; в} ; е2 ; es } называют координаты этого вектора в ба-
зисе е1 ; е2 ; е3 .
Пример 15. Дан правильный шестиугольник ABCDEF.
Принимая за начало аффинной системы координат
вершину А, а за базис - векторы АВ и АС , найти в
этой системе координаты вершин шестиугольника.
Решение. Обозначим АВ = et ,
АС = е2 . Очевидно, что et и е2
неколлинеарные векторы, поэто-
му их можно принять за базис.
Тогда по условию: А(0; 0) и р
АВ = 1 • q 4- 0 • ~ez = {1; 0};
В(1; 0); АС = е2 = 0 • et + 1 • е2 =
= {0; 1} и С(0; 1). Далее AD = А В
= 2 ВС — 2( е2 — ) = —2 е^ +
+ 2<J = {-2; 2} и В(-2; 2); АЕ = AD- ED = AD - АВ =
= — 2 + 2 е2 — = —3 в-j + 2 е2 = {—3; 2} и Е(—3; 2);
AF = CD = AD - AC = -2 et + 2 e2 - e2 = -2 ег + e2 =
= {-2; 1}и>(-2; 1).
Ответ: A(0; 0), B(l; 0), C(0; 1), B(-2; 2), B(-3; 2),
F(-2;l).
Пример 16. Даны три последовательные вершины парал-
лелограмма А(-2; 1), В(1; 3), С(4; 0). Найти четвертую
его координату D. Система координат аффинная.
Решение.
Векторы АВ и DC равны,
значит, равны их координаты />(х. С(4; 0)
(коэффициенты линейной
комбинации): АВ = {3; 2},
А(-2; 1)
В(1; 3)
37
1. Векторная алгебра
ВС = {4 - х; -у};
Ответ: D(l; -2).
4 - х = 3
~У = 2
. Значит, В(1; -2).
У =-2
Пример 17. Даны две точки А(-3; 1) и В(2; -3). На пря-
мой АВ найти точку М так, чтобы она была располо-
жена по ту же сторону от точки А, что и точка В, и что-
бы отрезок AM был втрое больше отрезка АВ (система
координат аффинная).
Решение. ________. .»......»...
А(-3; 1) В(2; -3) М(х; у)
По условию |АМ| = 3|АВ|, поэтому AM = 3 АВ. Так как
векторы AM и 3 АВ равны, то и их координаты равны.
Отсюда АВ = {5; -4}, дм = {х + 3; у - 1} и {х + 3; у - 1} =
= 3{5; -4}, х + 3 = 15, у-1 = -12; х = 12, у - -11.
Ответ: М(12; -11).
Пример 18. Дан параллелограмм ABCD, диагонали кото-
рого АС и BD пересекаются в точке О. Принимая за на-
чало аффинной системы координат точку А, а за базис-
векторы АВ = et и АС = е2 , найти в этой системе
координаты точки М, делящей О В пополам.
Решение.
По условию точка А - нача-
ло координат, значит А(0; 0).
Тогда В(1; 0), С(0; 1). По фор-
муле (*) (пример 7; п. 1.1)
---- 1 —. —►
ОМ= - (АО + АВ) =
= —АС+АВ | =
2 2
— е2 . Тогда точка М имеет аф-
финные координаты М
Ответ: М
Практикум по высшей математике
38
Пример 19. Дан тетраэдр ABCD, точка М - середина DE
(Е - середина ВС). Принимая за начало аффинной си-
стемы координат вершину А, а за базис - векторы
АВ = е1 , АС = е2 , AD = е3 , найти в этой системе
координаты точки М.
Решение.
AM = ~(АЕ + AD),
2
АЕ = ~(АВ + АС),
Л
АМ=- — \AB + AC]+AD
2 2' '
в
1 —• 1— 1 —> 1 1— 1
~4 АВ + 4 АС + 2 AD= 4 61 + Г2 + 2 ез'
Следовательно, имеем М —; —; — .
4 4 2
ГУ ,/111
Ответ: ЛГ —; —: —
4 4 2
Пример 20. Дан треугольник АВС; О - точка пересечения
его медиан. Принимая за начало аффинной системы
координат вершину А, а за базис - векторы АВ = et ,
ВС = е2 , найти в этой системе координат точки О.
Решение.
По условию А(0; 0), D - середина АВ. Тогда
АО= AD + DO = AD +
+ | DC =(DC=DB + BC) =
О
= AD+^(DB + BC).
Но AD = ~ АВ.
2
39
1. Векторная алгебра
—► 1 —- 1|1 — —М
Поэтому АО = - АВ + — I — АВ + ВС ;
Л О I £л
—. 2 — 1 — 2 — 1 —
АО= - АВ+- ВС =- + з е2 •
Ответ: О
2 I"!
з; 3
/
Пример 21. Дан параллелепипед ABCBA^C^, BtAi
= et , В1С1 = е2 , ВГВ = е3 • Принимая вершину Bt за
начало аффинной системы координат, а за базис - век-
торы ej , е2 , е3 , найти в этой системе координат коор-
динаты точки М - точки пересечения диагоналей осно-
вания ABCD.
Решение.
В1М = |(В^О + 5в).Но
B^D = ВГК+ B^i + В^В
(по правилу параллелепипеда
сложение трех векторов). Сле-
---------------- 1 ----.
довательно, BtМ = — ( ВгАх +
2d
В^в) =
+ BiCl + ВгВ
1 — 1 —
‘ 2 ' + 2 +
е3 .
Ответ: М
1 1
2* 2
1
Линейная зависимость. Понятие базиса
Определение 16. Векторы аг, а2,.... ак называют линей-
но зависимыми, если существуют числа Х2, ..., кк, сре-
ди которых есть по крайней мере одно, не равное нулю,
такие, что
Х1а1 + Х2п2 + •••,+ ^kak =
Это определение линейной зависимости векторов , а2,
...» ак эквивалентно такому: векторы at, а2, ..., ак линейно
Практикум по высшей математике 40
зависимы, если один из них можно представить в виде
линейной комбинации остальных (или разложить по ос-
тальным).
Векторы ах, аг, ак называются линейно зависимы-
ми, если равенство (***) возможно в единственном случае,
когда Хх = Xg = ... = Хц = 0.
Понятие линейной зависимости играет большую роль
в линейной алгебре. В векторной алгебре линейная зави-
симость имеет простой геометрический смысл.
1) Любые два коллинеарных вектора линейно зависи-
мы, и наоборот, два неколлинеарных вектора ли-
нейно'независимы.
2) Три компланарных вектора линейно зависимы, и
наоборот, три некомпланарных вектора линейно не-
зависимы.
3) Каждые четыре вектора линейно зависимы.
Определение 17. Три линейно независимых вектора
е1 , е2 , ез называются базисом пространства, т. е. лю-
бой вектор а может быть представлен в виде некоторой ли-
нейной комбинации векторов ег , е2 , е3 .
Определение 18. Два лежащих в плоскости линейно
независимых вектора и е2 называются базисом плос-
кости, т. е. любой лежащий в этой плоскости вектор а мо-
жет быть представлен в виде лйнейной комбинации век-
торов ег , е2 .
Пример 22. Разложить вектор s = а + S + с по трем некол-
линеарным векторам р = а + 5 - 2с, q = а - S, г = 2б + Зс.
Решение.
а) Покажем, что векторы неколлинеарны. В этом слу-
чае тройки коэффициентов их линейных комбинаций
должны быть линейно независимы, т. е. определитель, со-
ставленный из коэффициентов линейных комбинаций,
должен быть не равен нулю:
1
1
о
1
-1
2
-2
0
3
-1 0
2 3
1 -2
2 3
= -3 - 7 = -10 * 0.
41
1. Векторная алгебра
(Определитель вычислен разложением по элементам
первого столбца).
б) Решим систему уравнений относительно а, 6, с:
а + Ъ - 2с = р
а - Ь = q
2b + Зс = г.
Вычитая из первого уравнения второе, получим систе-
му двух уравнений относительно Ь и с:
2Ь - 2с = р - q
2b + Зс = г.
Вычтем из второго уравнения первое.
_ q-p + r - 3p-3q + 2r
Отсюда с =-------, Ь = -----—-----,
_ 3p + 7q + 2ir
Л «----------- И
_ 4p + 6q + 6r 2^ 3- 3-
s=a+b+c= -—-= -p + ~q + -r .
10 обо
Ответ: s =
2 3 3
5’5’5
в базисе р, q, г.
Пример 23. Доказать, что для любых трех векторов а, Ь,
с и любых трех чисел а, Р, у векторы аа - Pb, yb - ас,
Ре - уа линейно зависимы.
Решение. Если три линейные комбинации линейно за-
висимы, то определитель, составленный из их коэффици-
ентов, должен быть равен нулю. Проверим это.
= ару - аРу = 0.
(Определитель вычислен разложением по элементам
первой строки.)
Утверждение доказано.
Практикум по высшей математике
42
Пример 24. Даны три вектора а = {1; 2}, Б — {-5; -1},
с = {-1; 3}. Найти координаты линейных комбинаций
2а + ЗБ - с, 16а + 55 - 9с.
Решение. 2а + 35- с = 2{1; 2} + 3{-5; -1} -{-1; 3} =
= {2 - 15 + 1; 4 -3 -3} = {-12; -2}.
165 + 55 - 9с = 16{1; 2} +5{-5; -1} -9{-1; 3} =
= {16 - 25 + 9; 32 - 5 - 27} = {0; 0} -= (Т.
Таким образом, векторы а, Б, с линейно зависимы, так
как существуют коэффициенты линейной комбинации,
не равные нулю, такие, что 165 + 55 - 9с = (Т.
Ответ: 2а+ ЗБ - с = {-12; -2}, 165 + 55- 9с == {0; 0}.
Пример 25. Даны три вектора 5 = {1; 3}, 5 = (2;-1},
с = {-4; 1}. Найти числа а, 0 такие, что аа + 05 +с = 0.
Решение. Линейной комбинации векторов 5, 5, с соот-
ветствует такие же линейные комбинации их одноимен-
ных координат, т. а
или
а + 20 - 4 = 0
За-0 + 1 = 0.
Получим систему двух линейных алгебра-
ических уравнений относительно неизвестных а, 0.
а + 20 = 4
За-0 = -1
•2
2 6 13
7а = 2, а == —; 0 = За + 1 = —+ 1 = —.
7 н _ 7 7
Итак, действительно векторы 5, Б, с линейно зависи-
мы.
Ответ: а =
г.р-И
7>₽ 7
Пример 26. Проверить, что векторы 5 = {-5; -1}, 5 = {-1; 3}
образуют базис на плоскости. Найти координаты век-
торов с = {-1; 2}, d = {2; -6} в этом базисе.
Решение.
а) Векторы образуют базис на плоскости, если они не-
коллинеарны, т. е. их одноименные координаты не про-
гг -5 -1 „
порциональны. Действительно, —- * —. Следовательно,
— X о
данные векторы 5 и Б образуют базис на плоскости.
б) Найдем координаты вектора с = {-1; 2}, в этом базисе:
43
1. Векторная алгебра
с = аа + или
5а + 0 = 1
- а + Зр = 2 -5
16₽ = 11; р - — , тогда а = — .
16 16
в) Найдем координаты вектора а = {2; -6} в этом бази-
се
3 = аа + р5, или
Ответ: с —
1 . 11
16 5 16
3 = {0; 2}.
Задания для самостоятельного решения
1. Даны три вектора р = {3; -2; 1},р = {-1; 1; 2},
г = {2; 1; ~3}. Найти разложение вектора с — {11; -6; 5} по
базису р, q, г.
2. Даны векторы ОА — а и ОВ = б. Вектор ОС = с -
медиана треугольника ОАВ. Разложить вектор а по бази-
су б и с.
3. В тетраэдре ОАВС точки К, L, М, N, Р, Q - середи-
ны ребер ОА, ОВ, ОС, АВ, АС, ВС соответственно, S - точ-
ка пересечения медиан треугольника АВС. Принимая за
базисные векторы ОА., ОВ, ОС , найти в этом базисе ко-
ординаты:
1) векторов АВ, ВС, АС ;
2) векторов KL , PQ, NC, MP, KQ ;
3) векторов OS и KS.
4. Точки М и N - середины сторон ВС и CD паралле-
лограмма ABCD. Разложить вектор DC по векторам
а = AM пб= AN .
Практикум по высшей математике
44
5. Дан куб ABCDEFGH Разложить вектор АК, где К -
центр грани DHGC, по векторам а = AD , б = AC Lc = АЕ.
6. На плоскости даны двавектора р = {2; -3}, q = {1; 2}.
Найти разложение вектора а = {9; 4} по базису р, д.
7. На плоскости даны три вектора а = {3; -2}, b — {-2;
1} и с = {7; -4}. Определить разложение каждого из этих
трех векторов, принимая в качестве базиса два других.
8. Принимая в качестве базиса векторы АВ = 6 и
АС — с, совпадающие со сторонами треугольника АВС,
определить разложение векторов, приложенных в верши-
нах треугольника и совпадающих с его медианами.
9. Даны четыре вектора а = {3; 0; -2}, б = {1; 2; -5}, с =
- {-1; 1; 1}, 3 = {8; 4; 1}. Найти координаты векторов -
линейных комбинаций: -5а + б - 6с + 3, За - b - с - 3.
10. Даны четыре вектора а = {4; 1; -1}, б = {3; -1; 0},
с « {-1| 1; 1), 3Ь= {-1; 3; 4}. Найти числа а, Р, у такие, что
аа + + ус + 3 = 0.
11. Проверить, что векторы а = {4; 1; -1}, б = {1; 2; 5},
с — {-1; 1; 1} образуют базис в пространстве. Найти коор-
динаты векторов I = {4; 4; -5}, т = {2; 4; -10}, п = {0; 3; -4}
в этом базисе.
12. (Задача об отрезке, разделенном в заданном отно-
шении.) Пусть точка С, лежащая на отрезке АВ, делит
АС
этот отрезок в отношении Л, т. е.
СВ
X. Выразить век-
тор ОС через векторы ОА и ОВ (X * -1).
13. Даны две точки А(1; 2; 3), В(7; 2; 5). На прямой АВ
найти такую точку М, чтобы точки В и М были располо-
жены по разные стороны от точки А и чтобы отрезок AM
был вдвое длиннее отрезка АВ. Система координат аффин-
ная.
14. Вершина А параллелепипеда ABCZ>A1B1C1Z)1 приня-
та за начало координат, а векторы АВ, AD, ААг - за ба-
зисные векторы. Найти в этой системе координаты всех
вершин параллелепипеда.
15. Вершина О тетраэдра OABCD принята за начало
координат, а векторы ОА, ОВ, ОС ~ за базисные векто-
ры. Найти в этой (аффинной) системе координаты точек
пересечения медиан граней тетраэдра.
45
1. Векторная алгебра
Ответы:
1. с = {2; -3; 1} в базисе р, q, г;
2. а = -6 + 2с;
3 1) АВ = {-1; 1; 0}, ВС = {0; -1; 1}, АС = {-1; О; 1);
2>XL-H:l;0
о
[11
т-\г:2
’ МР =
о 111
3) OS — —; —; —
’ 3 3 3
|;0;0
Сл
и KS =
— 4. 2
4. DC = -а - —6.
О о
. — 1 . 1 _ 1,
5- АК = ~а + -Ь+ -с.
6. а = 2р + 5q.
T.S-2S + e,8-.^S-^,C-a-2S.
8. AM = -$ + -с, BN = -с-5, СР = -£-г,гдеМ,
£л £л и и
N и Р - середины сторон треугольника АВС.
9. (0; 0; 0), (1; -7; -3).
10. а = 0, р = -1, у=-4.
11. 1= {1; 1; 1}, т = {0; 2; 0}, п = {0; 1; 1}.
__ 1 __ х —
12. ОС = —v ОА + 7—7 ОВ.
1+Х 1+Х
13. М(-11; 2; -1}.
14. А(0; 0; 0), В(1; 0; 0), С(1; 1; 0), D(0; 1; 0), AJ0; 0; 1),
Bj(l; 0; 1), ОД 1; 1), ВДО; 1; 1).
15.
1. 1
3’ 3
0 для грани АОВ;
0;
1.1
3’ 3
для грани ВОС;
1
3
1
3
0;
для грани СОА;
111
-; -; - ДЛЯ грани АВС.
ООО
Практикум по высшей математике 46
1.3. Прямоугольная декартова
система координат
Среди декартовых систем координат простейшей явля-
ется прямоугольная декартова система координат.
Определение 1. Декартова система координат {0; ех ;
е2 } на плоскости называется прямоугольной, если и
е2 ~ ортогональные единичные векторы.
Аналогично определяется прямоугольная декартова
система координат {0; ; е2 ; е3 } в пространстве; в этом
случае векторы , е2 , е3 также являются взаимно пер-
пендикулярными и единичными. Базисные векторы ,
е2 прямоугольной декартовой системы координат на
плоскости обозначают обычно i, j, базисные векторы ег ,
е2 , е3 прямоугольной декартовой системы координат
обозначают i, J, К. Соответственно разложение радиус-век-
тора ОМ по базису записывают в виде
ОМ = xi’+ у[ (для плоскости);
ОМ — Xi + yj + 2# (для пространства).
В первом случае точка М имеет координаты х, у, во
в 'ором случае - координаты х, у, г.
Определение 2. Проекцией^вектора а на единичной
вектор е называется число преа = |а| cos ф, где ф = (а, е) -
угол между векторами а. и ё (0 < ф < л).
Координаты х, у, г вектора а, полученные как коэффи-|
циенты линейной комбинации базисных векторов, в пря-
моугольном базисе совпадают с проекцией вектора а на
базисные орты Т, j, k соответственно, а длина вектора а
равна |а|= ух +у +г .
_ х
Определение 3. Числа cosa = cos(a, i) = -7========== ,
y]x2 +y2 +z2
cosP = cos(a, j) = ----- = r , cosy = cos(a, k) -
yx2 + y2 + 22
47
1. Векторная алгебра
z
— -====== называются направляющими косинуса-
/«2 । ,,2 ,
уХ ту +2
ми вектора а.
Направляющие косинусы вектора совпадают с коорди-
натами (проекциями) его орта а0 — -| а и между собой
связаны соотношением cqs2a 4- cos2P 4- cos2y = 1.
Отметим, что базис i, j, Б. называют ортонормирован-
ным, так как 11 /, j 1 Й, I1Б |д] = [/] = |£[ = 1.
Пример 1. Заданы векторы а — 2i 4- 3f, Б — -3j - 2Б, с
4- Б. Найти:
а) координаты вектора а0 ;
б) координаты вектора а - — Б 4- с;
в) разложение вектора а 4- Б - 2с по базису {I, j, Б};
г)пр^(а-Б).
Решение.
а) Так как а0 = а, то найдем сначала длину векто-
ра а по формуле |a| — ^х2 +у2 +z2 ;
о ~ -т='{2; 3; 0} —
V13
5=;4= ;о .
- _ 1. _
б) Вычислим координаты вектора d = а - ~Ъ + с
&
- {2; 3; 0) - |(0;-3;-2) + {1; 1;-1) - )з;^;0 .
Zu di
1
- 2 '
а= |з;—;о|.
1 2 J
в) а + Б - 2с = {2; 3; 0} + {0^—3; -2} - 2 {1; 1; -1} =
« {0; -2; 0} = -2/; а 4- Б - 2с = -2].
Практикум по высшей математике
48
г) прДа - В); а - В = {2; 3; 0} - {0; -3; -2} = {2; 6; 2};
прДа - В) = 6.
’ -о ;
_ _ 1. _ L 11 л
б)а - -Ь + с= °р
в) а + В - 2с = -2/; г) пр;. (а - В) = 6.
Замечание. Если известны координаты точек AfJXp у^, zj
и М2(х2; у2; z2), то проекции X, Y, Z на оси координат век-
тора М1Л1’2 могут быть получены по формулам X =
= х2 - хр Y = у2 - i/p Z — z2 - Zp а расстояние d между дан-
ными точками определяется формулой:
х2 + у2 + г2 , или
(* *)
=-Дх2 ~ *i)2 + (У2 ~У1)2 + <г2 - 21)2 •
Если точка М(х, у, г) лежит на прямой, проходящей
через две данные точки М^х^ yt, zt) и М2(х2, у2, г2) и дано
\мгм\
отношение X = т——-т, в котором точка М делит отрезок
|ММ2|
МгМ2, то координаты точки М определяются по форму-
лам:
хг + Хх2 У! + Ху 2 г, + Xz2
X = —~;---, у = —--, 2 = —-------
1 + X 1 + X 1 + X
Пример 2. Дано разложение вектора с по базису Г, J, В:
с — 16г - 15Г + 12/г. Определить разложение по этому
же базису вектора 2, параллельному вектору с и про-
тивоположного с ним направления, при условии, что
|3| = 75. . , .
Решение. Так как векторы а и с по условною коллине-
арны, то они удовлетворяют условию: d = Хс, X < 0. По
условию |d| = 75, из равенства
i2 + 152 + 122 = |Х| V625 = |Х| 25;
= 3. Окончательно, Л = -3.
dl = |Х| |с| = X л/16
Х| 25 = 75; X = 3.
Этвет: d = -48/+ 45/ - 36/г.
Пример 3. Два вектора а = {2; -3; 6} и В = {-1; 2; -2} при-
ложены к одной точке. Определить координаты векто-
49
1. Векторная алгебра
ра с, направленного по биссектрисе угла между векто-
рами а и Ь, при условии, что [е| = 3 742 .
Решение. В примере (№ 18, п. 1.1) мы нашли формулу
для вектора, направленного по биссектрисе угла между
векторами а и Б. Это вектор С ~ X
а Ъ
X > 0. Найдем
орты векторов а и Ь: а0 = Г^Г♦ Ьо = Н • Для этого вычис-
лим |а| = 74 + 9 + 36 = 7, |5| = 71 + 4 + 4 = 3. Тогда
2 _ 3. 6
— 5 г- 5 —
7 7 7
«о = у № 3; в} =
_£2._2
з’ з; 3
2 1
7 3
— { 1;,2; 2} —
О
и
3 2.6 2
7 + 3’7 3
п , I 1 25 1? А /тт
11 V 212 212 212 21
а0 +
21 ; 21’21
/-- А
По условию |с| = 3 л/42 , поэтому —
£л Л
Таким образом,
с = 63
е = {-3; 15; 12}.
Ответ: с == {-3; 15; 12}.
-1
21
5 . 4
21 * 21
= {-3; 15; 12};
Пример 4. Найти длину и направляющие косинусы век-
тора р = За - ЬЬ + с, если а ~ 4i + 7/+ ЗЕ, b = i+ 2j + Е,
с — 2i- 3j- E.
Решение. Найдем разложение вектора р по базису Т, J, Е:
р = 3(4Г+ 7; + ЗЕ) - 5(Г+ 2/Ч- Е) + (2F- 3j - Е) = 9Г+ 8/+ ЗЕ.
Найдем длину вектора р: |р| = 7э2 + 82 + З2 = 7154 . Тог-
- 9 . 8 3 к
да орт вектора р - вектор р0 — -- i + -- ] + __ k.
7154 7154 7154
Известно, что координаты орта вектора есть его направ-
Практикум по высшей математике
50
ляющие косинусы. Следовательно, cos а =
9
,--• , cos В =
7154
8 3
= -у— , cos у = у-—-' .
7154 7154
Ответ: |р| = 7154 , cosa = -Д-. ,
7154
о 8 3
cosp = -'г— , COSV = ....
7154 7154
Пример 5. Векторы АВ =
={2; 6; -4} и АС «{4; 2; -2}
совпадают со сторонами
треугольника АВС. Оп-
ределите координаты
векторов, приложен-
ных к вершинам треу-
гольника и совпадаю-
щих с его медианами
AM, BN, СР.
Решение. Известно, что
1 -----------------. -------------- —►
= т {6; 8; -6} = {3; 4; -3}, AM = {3; 4; -3}. АС + СР = АР ;
СР = АР - АС = - АС + | АВ = -{4; 2; -2} + {1; 3; -2} =
= {-3; 1; 0}; СР = {3; 1; 0}. Наконец, АВ + BN = AN ;
BN = AN - АВ = | AC - AB = |{4; 2; -2} - {2; 6; -4} ==
= {0; -5; 3}; BN = {0; -5; 3}.
Ответ: AM = {3; 4; -3}, BN = {0; -5; 3}, CP - {3; 1; 0}.
Пример 6. Вектор составляет с осями Ох и Ог углы a =
= 120° и у = 45°. Какой угол он составляет с осью Оу?
51
1. Векторная алгебра
Решение. Так как направляющие косинусы вектора
удовлетворяют равенству cos2 а + cos2P + cos2 у = 1, то
cos2120 + cos2 Р 4- cos2 45 = 1, cos2 60 + cos2 P + — — 1,
11 11
— + COS2 P + — =1, COS2 P = — , COS P = ± .
Отсюда p - 60° или P = 120°.
Ответ: 60° или 120°.
Пример 7. Определить, при каких значениях а, Р векто-
ры а = -2i + 3/+ P# и 6 = ои — 6/ + 2k коллинеарны.
Решение. Из условия коллинеарности двух векторов
-2 3 р
следуют равенства: — = —— = —.
-2 3 3 Р
Тогда — = —; а = 4, — = -; р = -1.
а -6 -62
Ответ: а — 4, Р = -1.
Пример 8. Найти вектор х, коллинеарный вектору а = i —
- 2/ - 2Й, образующий с ортом / острый угол и имею-
щий длину |х| = 15.
Решение. По условию х коллинеарен а, следовательно,
. л
х - Ха и cos Р > 0, Р < —. Пусть х = {х; у; г}, тогда {х; у; z)=
= Х{1; -2; —2} и чтобы выполнялось условие у > 0, надо по-
ложить X < 0. Кроме того, х = X, у = -2Х, г = -2Х; |х| =
= 7х2 + 4Х2 + 4Х2 = | X1= -ЗХ. По условию |х| = 15, сле-
довательно, -ЗХ = 15; X = -5. Искомый вектор есть
х = -5F + 10/ + 10#.
Ответ: х = -5i + 10/ + 10Й.
Пример 9. Отрезок АВ, где А(7; 1), В(4; -5) разделен на
три равные части. Найти координаты точек деления.
Решение. Формулы (*) в координатной форме имеют
х, +Хх9 у» +Ху9 , , „ Л
вид: х = —*-—— , у = —--, X * -1. Пусть Р - точка
1 + X 1 + X
деления, ближайшая к А. Тогда X = ^ , и координаты точ-
ки Р таковы:
Практикум по высшей математике
52
7 + —-4
2
Х~ л 1
2
18 1 + |<-К -3
— = 6; у =-----= — ® -1 Р(6; -1).
3 1Д 3
2
Для второй точки деления Q имеем Л = — = 2; следователь-
7+2-4 1 + 2 • (-5)
но, х = — ---= 5,i/=--------= -3. Q(5; -3). Таким об-
о 3
разом точки деления Р(6; -1), Q(5; -3).
Ответ: Р(6; -1), Q(5; -3).
Пример 10. Даны вершины однородной треугольной пла-
стинки А(хг; yj), В(х2; у2), С(х3; у3). Определить коор-
динаты ее центра тяжести.
Решение. Центр тяжести нахо-
дится в точке пересечения меди-
ан. Возьмем систему координат
{0; j 62 }•
Радиус-вектор ОМ по форму-
ле (**) (стр. 12) равен
--- 1 —. —
ОМ=о(ОА + ОВ + ОС).
О
Xi + Хо + Хо
Поэтому х —------------,
♦ о
+ У2 + Уз
3
Л х, + х2 + хя у. + уп + уя
Ответ: х = —----------, у = .
3 3
Пример 11. Заданы две вершины А(1; 0; -1), В(2; 2; 1) и
Е(-1; 2; 1) - точка пересечения медиан треугольника
АВС. Найти координаты вершины С.
Решение. Так как Е - точка пересечения медиан треу-
—- ОА + ОВ + ОС
гольника АВС, то верно равенство: ОЕ = ----------.
В координатной форме получим, считая, что точка
имеет координаты С(х, yt z):
53
1. Векторная алгебра
1+2 + х 0 + 2 + у
-1 = ------, х = -6; 2 = -----, у = 4;
3 3
1 = , 2 = з. Получим С(-6; 4; 3).
Ответ: С(-6; 4; 3).
Пример 12. В треугольнике с вершинами А(-2; 0), В(6; 6)
и С(1; -4) определить длину биссектрисы АЕ.
1) Найдем координаты точки Е как точки, делящей
отрезок ВС в отношении
BE |а|
Х = — = Ьг
А(-2; О)
АВ = а = {8; 6}, |а| = д/в2 + 62 =
= 10; АС = 6 = {3; -4}, |£| = 6(6; 6) Е 0(1; -4)
= 7з2 + 42 = 5. Тогда Л = Н= 2.
П
Координаты точки, делящей отрезок ВС в отношении
Л „ 6 + 21 8 6 + 2 (-4) 2
х-2,етугх-^г--,у--^-2------------
з: 3 •
r . g /
2) Находим длину | AE |: АЕ = — - (-2); -
О
2-0
з
14._ 2
3 ’ 3
2
= -•{7; -1}и
О
10 Л
3
1ае|=
о
3
Л . 10 /т
Ответ: | АЕ | = — V2 .
О
Пример 13. Найти точку, симметричную точке А(-2; 0; 7)
относительно точки В(5; -1; 2).
Решение. Если С - искомая точка, то В - середина от-
резка АС. Поэтому, обозначив координаты точки С через
Практикум по высшей математике
54
-2 + х 0 +у 7 + z
х, у, г имеем: 5 = —-— , -1 = ——- , 2 = ——, откуда
х = 12, у = -2, z = -3.
Ответ: С(12; -2; -3).
Пример 14. Найти расстояние между концами векторов
а = {2; 1; 8} и b = {-2; 2; 3}, если векторы отложены от
начала координат.
Решение. Так как по условию векторы а и S отложены
от начала координат, то это есть радиус-векторы а и 6.
Поэтому, по определению координат точки в декартовой
системе координат, мы имеем две точки М/2; 1; 8) и
М2(-2; 2; 3). По формуле расстояния между точками
d = 7(~2 - 2)2 + (2 -1)2 I- (3 - 8)2 = 716 + 1 + 25 = 742 .
Ответ: d = .^42 •
Пример 15. Показать, что точки А(1; 2; -1), В(0; 1; 5),
С(-1; 2; 1), В(2; 1; 3) лежат в одной плоскости.
Решение. Найдем координаты векторов АВ , АС , AD .
Чтобы три вектора были компланарны, необходимо и до-
статочно, чтобы они были линейно зависимы. Тогда оп-
ределитель, составленный из координат, должен быть ра-
вен нулю. Вычислим определитель: АВ={-1; -1; 6},
ас={-2; 0; 2}, ad={1;-1;4},
6
2
4
-1 -1
А= -2 0
1 -1
-2
1
-1
-2
= -8-2-2 + 12 = 0. Сле-
2
4
6
2
довательно, данные точки лежат в одной плоскости.
Ответ: точки А, В, С, D лежат в одной плоскости.
В(3; -9)
А(1; 4) Е(х, у) С(-5;2)
Пример 16. Даны вершины треугольника А(1; 4), В(3; -9),
С(-5; 2). Определить длину его медианы, проведенной
из вершины В.
Решение.
1) Найдем координаты точки Е
как середины отрезка АС:
1 + (-5) 4 + 2
х = т— =-2, у = —~— = 3,
2 2
£(-2,3).
55
1. Векторная алгебра
2) Найдем расстояние между точками Ви Е:
d = “ 3>2 + (у + 9)2 = 7(^2-З)2+ (3 + 9)2 =
= 725 +144 = 7169 =13.
Ответ: 13.
Задания для самостоятельного решения
1. Найти орт вектора а = {6; -2; -3}.
2. Найти орт вектора а = {3; 4; -12}.
3. Определить модули суммы и разности векторов
й = {3;-5; 8} и 6 - {-1; 1;-4}.
4. Найти вектор х, направленный по биссектрисе угла
между векторами а = 7Г — 4/- 4ЯиБ = -2i- j + 2М, если
|х| — 5 Тб .
5. Найти координату г вектора а, если х(а) = 3, у(а) =
= -9 и |а| = 12.
6. Вычислить направляющие косинусы вектора
5 = {12;-15;-16}.
7. Дан модуль вектора |а| = 2 и углы а = 45°, 0 = 60°,
Y = 120°. Вычислить проекции вектора а на координатные
оси.
8. Вектор а составляет с координатными осями Ох и Оу
углы а = 60° В = 120°. Вычислить его координаты при
условии, что |а| = 2.
9. Проверить, что четыре точки А(3; -1; 2), В(1; 2; -1),
С(-1; 1; -3), .0(3; -5; 3) служат вершинами трапеции.
10. Найти вектор х, образующий с ортом /угол 60°, а с
ортом Я - угол 120°, если |х| = 5 72 •
11. Заданы векторы а = {1; 5; 3}, 5 = {6; -4; -2},
с = {0; -5; 7}, d = {-20; 27; -35}. Требуется подобрать чис-
ла а, Р, у так, чтобы векторы аа, ус образовали замк-
нутую ломаную линию, если «начало» каждого последу-
ющего совместить с «концом» предыдущего.
12. Точки А(4; 2), В(7; -2) и С(1; 6) являются верши-
нами треугольника, сделанного из однородной проволоки.
Определить центр тяжести этого треугольника.
13. Даны вершины треугольника А(1; -1; -3), В(2; 1; -2)
и С(-5; 2; -6). Вычислить длину биссектрисы его внутрен-
него угла при вершине А.
14. Даны вершины треугольника А(2; -5), В(1; -2) и
С(4; 7). Найти точку пересечения со стороной АС биссек-
трисы его внутреннего угла В.
Практикум по высшей математике
56
15. Даны вершины треугольника А(1; -3), В(3; —5) и
С(-5; 7). Определить координаты середин его сторон.
16. Вычислить площадь правильного треугольника,
две вершины которого - А(-3; 2), В(1; 6).
17. Даны точки А(0; 0), В(3; -4), С(-3; 4), В(-2; 2) и
В(10; -3). Определить расстояние d между точками 1) А
и В; 2) В и С; 3) А и С; 4) С и В; 5) А и D; 6) D и Е.
18. На плоскости даны два вектора р = {2; -3), q =
={1; 2}. Найти разложение вектора а = {9; 4} по базису р,
Q-
Ответы:
— [623
1. «о-|7; 7; 7р
— J 3 . 4 12
2' °0 “ [13 ’ 13 ’ 13 J’
3. \а + 5| = 6, |а - 5| = 14;
4. |(f+ 7j + 2М);
О
5. з = ±з7б;
12 п 3 16
6. cosa = — , cosp , cosy — — ;
zut) О zjO
7. х = 72 , у=\, z =-1;
8. а ~ {1; -1; 72 [или а = {1; -1; -72 };
10. х = 2Г+ 2/ + 2Й;
11. а = 2, [3 = 3, у = 5;
12. (4; 2);
, о .—
13. |ае|= -710 ;
15. Середины сторон АВ и АС соответственно: (-1; 1),
(-2; 2).
16. 8Тз;
17. 1) 5; 2) 10L3) 5; 4)Тб ;.5) 2^2 ; 6) 13;
18. а = 2р + 5g.
57 1- Векторная алгебра
1.4. Скалярное произведение векторов
Рассмотрим следующую задачу. Материальная точка
массой 1 под действием постоянной по величине и направ-
лению силы F переместилась вдоль прямой из точки Р в
точку Q. Какая при этом совершилась работа? Как извес-
тно из курса физики, работа равна произведению силы на
перемещение и на косинус угла между направлениями
силы и перемещения. Применяя векторные обозначения,
можно записать: А = | F || PQ | cos(F, PQ), где А - совер-
шенная работа.
Определение 1. Скалярным произведением двух ненуле-
вых векторов а и В называется число, равное |а| |Ь] cos (а,'*6).
Если хотя бы один из векторов а и В равен нулю, то их
скалярное произведение принимают равным нулю. Ска-
лярное произведение векторов а и Б обозначают а Б или
(а • Б). Итак,
а • В = |а| |Б| cos ф,
где ф - угол между векторами а и Б.
Скалярное произведение векторов аиВ можно выразить
также формулой а • Б = |а| праБ или а • Б = (Б| прь«. Здесь
пр6а = |а| cos ф - проекция вектора а на ось вектора Б.
Из определения следует, что а • Б > 0, если ф - острый
угол; а • Б < 0, если угол ф - тупой; а • Б = 0 в том случае,
когда векторы а и Б перпендикулярны (ортогональны),
а = 0, или Б ~ 0.
Отметим еще факт. Скалярное произведение а • а век-
тора а на себя называют скалярным квадратом вектора а
и обозначают а2. Так как в этом случае угол ф = 0, то
а2 = |а| • |а| cos 0 = |а|2,
т. е. скалярный квадрат вектора равен квадрату его дли-
ны. Отсюда следует, что |Б| = J(a • а) .
Свойства скалярного произведения
1. Скалярное умножение коммутативно, т. е. для лю-
бых векторов а и Б справедливо равенство
(а В) = (Б* а).
2. (а • а) = |а|2, а — ненулевой вектор, и (а • а) = 0, если
а - нулевой вектор.
Практикум по высшей математике
58
3. Скалярное произведение равно нулю тогда и только
тогда, когда сомножители ортогональны или хотя
бы один из них равен нуль-вектору.
4. Если векторы а и b заданы своими координатами в
ортогональном базисе (Г, у, £): a{xlt ylf гх}, b{x2> у2,
г2}, то их скалярное произведение может быть вы-
числено по формуле
d-b= ххх2 + уху2 + 2^2.
Отсюда следует необходимое и достаточное усло-
вие ортогональности векторов:
а ± 6 <=> ((а - Ь) = 0) <=> Х}Х2 + угу2 + zxz2 = 0.
5. Для любых векторов а, ₽, с справедливо равенство
(а + Ь) • с — а * с + 5 • с (дистрибутивность операции
сложения относительно операции умножения век-
торов).
6. Для любых векторов а и 5 и любого числа k справед-
ливо равенство
(ka) • 6 = k(a • б).
(Ассоциативность по отношению к умножению
вектора на число.)
7. Пусть а и Б - два ненулевых вектора, ф - угол меж-
ду ними. Из определения скалярного произведения
следует:
(а-&)
COS ф = у—,
jaj Ы
или в координатах,
„па _______^1±У1У2+г122__
vOS (р < 1 ♦
+ yf+ 2? • 7х22 + У2 + 4
8. Пусть в пространстве дана некоторая ось Z, единич-
ный вектор е, который составляет с координатны-
ми осями углы а, 3, у* Тогда проекция произволь-
ного вектора а = {х, у, z} на эту ось определяется
формулой
пре а = х cos а + у cos Р + z cos у»
Пример 1. Найти проекцию вектора а = {1, 2, 3} на ось /,
образующую с координатными осями равные острые
углы.
59
1. Векторная алгебра
Решение.
Направляющие косинусы оси I таковы: cos а = cos р =
1
= cos у = —=•.
V3
_ 1 1 1г-
Следовательно, пр,а = 1 • ~г= + 2 • + 3 • —7= = 2 V3 .
V3 V3 V3
Ответ: пр,а = 2 т/з .
Пример 2. Даны векторы а = {1, 2, -1}, В = {2, -1, 3}. Най-
ти пр/.
Решение^
Так как а • 6 = |а| пр/,
а-b = 12 + 2- (-1) + (-1) • 3 3_[з
ПР“ ” М J12 + 22 + (-1)2- Тб V2'
_ [з
Ответ: = - J— •
2тс
Пример 3. Дано: fof = 3, (а2| = 4, (ап а2) = — .
Вычислить: а) а,2 = at • а,; б) (Заг - 2а2) • (5, + 2а2);
в) (а, + а2)2.
Решение.
а) а 2 = ^=9;^ ~
б) (За, - 2а2) • (а, + 2а2) = 3 а,2 - 2(а2 • а,) +
2тс
+ 6(а, • а2) - 4 а22 = 3 |а,|2 + 4|а2|]а1| cos ——
О
- 4 \а2\2 = 3- 9 + 4- 3- 4- |- i
- [2
= -61.
в) (а, + а2)2 = а,2 + 2(а, • а2) + а22 = |aj2 +
2tz
+ 2|а1||а2| cos + 4 1а2^ = 9 — 3- 4 + 16== 13.
Ответ: а) 9; б) -61; в) 13.
- 4 • 42 = 27 - 24 - 64 =
Пример 4. Дано: laj = 3, |a2| = 5. Определить, при каком
значении а векторы а, + аа2 и а\ - аа2 будут перпен-
дикулярны.
Практикум по высшей математике
60
Решение.
а ± В<=> ((а 5) ~ 0) (условие отрогональности векторов).
Следовательно^
(«i + aa2) • (ax - aa2 ) = 0, af - a2a22 = 0,
Ответ: ± .
5
Пример 5. Доказать справедливость тождества (a + И)2 +
4- (а - 5)2 = 2(|а|2 + |5|2) и выяснить его геометрический
смысл.
(а + В)2 + (а - В)2 = а2 + 2(а В) + В2 + а2 - 2(а В) + В2 =
= 2(|а|2 + (5|2). Так как а + В и а - В диагонали параллелог-
рамма, то тождество означает следующий факт: сумма
квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме
квадратов его сторон.
Пример 6. Вычислить длину векторар = аа + (ЗЬ + ус, если
а, В, с - взаимно перпендикулярные векторы.
Решение.
|р|= Vcp • р) =
= 11(аа + + Yc)(aa + 06 + ус\ = Ja2 |a|2 + 02l&| + у2|с|2 .
Ответ: |р| =-Ja2|a|2 + 02|b| + у2|с|2 .
Пример 7. Найти длину вектора а = Зт - 4п, зная, что т
и п — перпендикулярные орты.
Решение.
|a| = yl(a • а) = ^(Зт - 4п)2 =
= ^9т2 - 24(zn • п) + 16Я2 = -J9jzn|2 - 24(т • п) +16|п|2 =
— V9 +16 = 5, так как |лг| = |п| = 1,
т 1 п <=> (т п) = 0.
Ответ: |а| = 5.
61
1. Векторная алгебра
Пример 8. Чему равна сумма а • б + 6 • с + с- а, если а, б, с
- три орта, удовлетворяющие условию: a -f- б 4- с = О.
Решение.
Равенство а + б + с = 0 скалярно умножим последова-
тельно на а, б', с,.получим
а • а + б‘ а + с • а = 0, отсюда а • б+ а • с = -1;
а'б^+б‘б+с’б=О, отсюда а • б+ с • б= -1;
а.'с + б‘с + с- с = Ъ, отсюда а • с + б • с = -1
Сложим три равенства: 2(а • б + б ’ с + с ’ а) = -3 и
....... 3
a'b + b'c + c'a = —.
2
3
Ответ: - —.
2
Пример 9. В плоскости (хОу) найти вектор р, перпенди-
кулярный q = {5; -3; 4} и имеющий одинаковую с ним
длину.
Решение.
$ = 7б2 + (~3)2 + 4 2 = ^25 + 9 + 16 = >/50 = 5 V2 .
Возьмем р = {х; у; 0} и вычислим скалярное произве-
дение р- q = 0 (по условию), или 5х - Зу = 0. Кроме тоГо,
|р| = /х2+ У2 = '/бО •
Получаем систему уравнений
5х - Зу = 0, 5
xL + у1 = 50; 3
25 34х2
х2 4. __ х2 — 5Q. ---_ 5Q. х2
9 9
50-9
34 ;
Ответ:
Пример 10. Зная векторы а и б, на которых построен па-
раллелограмм, выразить через них вектор, совпадаю-
щий с высотой параллелограмма, перпендикулярной к
стороне а.
Решение.
Практикум по высшей математике 62
Очевидно, Я = d - 6 = Ла - Ь. По условию, (Я • а) = О,
_ ~ _ (а • Ь)
(Ла - Ъ) а = 0, Ла2 - (а • 6) = 0. Отсюда Л = . 2 и Л =
а
- (а • и I - „
Ответ: h = —z— а - о.
|а|2
Пример 11. Дано: а « (-1; 2; -2}, б = {3; 5; -1}. Пусть на
этих векторах построен параллелограмм.
Найти координаты вектора, совпадающего с высотой
параллелограмма, перпендикулярной к стороне а.
Решение.
а • б = 9, ja| =3, Я =* За - б = {-6; 1; -5}.
Ответ: h — {-6; 1; -5}.
Пример 12. Зная две стороны треугольника АВ = 3f- 4;
и ВС — i + 5j, вычислить длину высоты CD при усло-
вии, что Ги / - ортогональ-
ные орты. С
Решение.
Чтобы применить формулу
примера 10, надо взять векто-
ры а = BA — —3F + 4/ и б =
ВС = Т+ 5]. Тогда а • б = -3 + А
+ 20 = 17, |а| = 7(-3)2 +<2 = 5
17
иХ=^’
17 _ _ 17
й а_ь = {_3.4}-{1;5}~
4^0
51.68
25’ 25
|Я| = Лб2 + 572
Ответ: = 3,8.
96 _ 19-2 _ 38
25 5-2 10
63
1. Векторная алгебра
Пример 13. Доказать, что вектор р = Ь • (а с) - с • (a 6) ор-
тогонален вектору а.
Решение.
Вектор р = В • (а с) - с (5 В) скалярно умножим на век-
тор а, получим:^
р а~{'а Б) (а с)^-(с a) (a 6) =
= (а Б) (а с) - (а В) (а с) = 0.
Утверждение доказано.
Пример 14. Векторы а и 6 образуют угол ф = —; зная, что
6
|а| = 7з , = 1, вычислить угол а между векторами а
+ Б и а. - Ь.
Решение.
(а + Ъ) (а-Ь)
cos а = -J-zn----.
5 + Ъ 5 - &
м i— ---- I >2 — I—12
Вычислим |а + 6] = + &)2 = J|5| + 2(56) + 6 =
= ./з + 2|5(|б| cos - +1 = J4 + 2 • 7з • 1 • — =77 .
V 1 1 6 V 2
Аналогично,|5 - 5| = _ &)2 = ^|а|2 - 2(56) + |б|2 =
' г-
4 + 2V31—= 1.
2
Пример 15. Вычислить, какую работу производит сила
F = (3; -5 ; 2}, когда ее точка приложения перемеща-
ется из начала в конец вектора .Sf = {2; -5; -7}.
Решение.
А = (F• S) = 3 ♦ 2 + (-5)• (-5) + 2 • (-7) = 6 + 25-14 = 17.
Ответ: А =17.
Практикум по высшей математике
64
Пример 16, Даны три силы М = {3; -4; 2}, N = {2; 3; -5} и
Р = {-3; -2; 4}, приложенные к одной точке.
Вычислить, какую работу производит равнодействую-
щая этих сил, когда ее точка приложения, двигаясь пря-
молинейно, перемещается из положения Mr(5; 3; -7) в
положение М2(4; -1; -4).
Решение.
R = М + N + Р = {2; -3; 1}, МгМ2 = {-1; -4; 3}.
А = В- М^2 = 2 • (-1) + (-3)(-4) + 13 = -2 +12 + 3 = 13.
Ответ: А = 13.
Пример 17. Даны вершины треугольника А(-1; -2; 4),
В(-4; -2; 0) и С(3; -2; 1).
Определить его внутренний угол при вершине В.
Решение.
Внутренний угол при
вершине В - это угол меж-
ду векторами ВА и ВС.
Обозначим его через ф.
ВА- ВС
cos (р =
ВА ВС
ВА = {3; 0; 4}, ВС = {7; 0; 1}, ВА = д/з2 + 02 +42 = 5 и
ВС = д/72 +02 + 12 = ТбО , ВА
ВС = 21 + 4 = 25, тогда
25 5 5 1
COS ф =-= = —р= = —= -7= ; cos ф
5V50 V50 5V2 V2
Ответ: 45°.
; Ф = 45°.
Пример 18. Даны две точки М(-5; 7; -6), N(7; -9; 9).
Вычислить проекцию вектора а = {1; -3; 1} на вектор
MN.
Решение.
Воспользуемся формулой пр — а =
(а • MN) т т „
А . Найдем
MN
MN = {12; -16; 15}, (a -MN) = 12 + 48 + 15 = 75,
65
1. Векторная алгебра
625 =
MN = >jl2* 2 + (-16)2+152 = V144+256 + 225 =
_ 75
= 25 и пр^а = — = 3.
Ответ: 3.
Пример 19. Вектор X, перпендикулярный к векторам а —
3[ + 2/+ 2k и В = 18f - 22j ~ 5k, образует с осью Оу ту-
пой угол.
Найти его координаты, зная, что \Х\ = 14.
Решение.
Обозначим X = {х, у, г}. По условию X • а ~ О, X • О,
п
|Х| = 14, угол (X, f) > —, поэтому у < О,
3x + 2y + 2z = О,
18х - 22у - 5г = 0, или
х2 + у2 +z2 = 142;
3—+ 2—= -2,
2" 2
18 — -22 ^ = 5,
Z Z
х2 + у2 +z2 = 196;
11
33-+ 22^-= -22,
2 2
18--22^ = 5.
Z 2
51- = -17;
2
2 1/1 1
X^-^-z^~VyS=-2Z'
Подставим найденные выражения для х и у в третье
уравнение.
г2 z2
±- + ^- + 2^ 196; г2
9 4
1 1 \ до
9+4+1 "«б;-^-196;
1
z = ±12; г/=--гиу<0, 2= 12.
у = -6, х = -4.
Ответ: X = -4Г- 6; + 12&.
Практикум по высшей математике
66
Пример 20. Найти точку М, отстоящую от точки
А(-4; 0; 1) на расстоянии 9, зная направляющие коси-
-----------------► 2 2 1
нусы вектора ОМ: cos а = —,. cos Р = - — cos у = — .
О о о
Решение.
------ 2 2 1
По условию ОМ0 = —; —; —
3. 3 3
значит, ОМ = Л{2; -2; 1} = {2Л; -2Л; X},
О
АМ = 0М - ОА = {2X4- 4;-2Х;Х-1}.
Так как AM — 9, то (2Х + 4)2 +
4- 4Х2 + X2 - 2Л 4- 1 = 81;
4Х2 + 16Х 4-16 4- 4Х2 4- X2 - 2Х 4-1 = 81;
9Х2 4- 14Х - 64 = 0,
- 7 ± 779 + 9 • 64 _ - 7 ± Тб25 _ - 7 ± 25
А 9 9 Г~ ’
Так как, по условию, X > 0, то X = 2.
ОМ - {4; -4; 2} - координаты радиус-вектора ОМ, а
значит, точки М.
Ответ: М(4; -4; 2).
Пример 21. Вершины треугольника находятся в точках
А(2; -1; 3), В(4; 0; 1), С(-10; 5; 3). Найти направляю-
щие косинусы биссектрисы угла АВС.
Решение.
Найдем векторы ВА , ВС и
их орты: ВА = {-2; -1; 2}, ВС =
= {-14; 5; 2}.
ВА =3, ВС = 15.
ij.Jt.JL
15’ 15’15
с = Х(ВА04- ВС0) =
67
1. Векторная алгебра
^;0;А
15 15
= м
_ 15
= {-2; 0; 1}; |с| = V5 , если X - —.
о
Тогда с0 =
/5 J5J
2 1
Ответ: cos а = —, cos В = О, cos у = -7= .
Тб Тб
Пример 22. Луч образует с осями Ох и Оу углы, соответ-
Л ТС
ствеяно равные — и —, с осью Oz - тупой угол.
4 3 ।
Найти этот угол. i
Решение.
cos2 а + cos2 0 + cos2 у — 1;
COS2 5 + cos8 1 + cos2 Т _ 1; 1 + 1 + COs! у - 1;
1 1
cos2 у = —; cos у =± —.
л 2л
Так как у > —, cos у < 0, то у = — .
л 2л
Ответ: — .
Пример 23. Вычислить координаты вектора, длина кото-
л
рого равна 8, зная, что он образует с осью Ох угол —,
4
Л Л
с осью Oz - угол —, а с осью Оу - острый угол.
О
Решение.
л л 1
cos2 — + cos2 В + cos2 — = 1; cos2 0 = —.
4 3 4
Так как 0 - острый угол, cos 0 = —, 0 = 60°.
(X = |a|cos a, Y = |a|cos 0, Z = |a|cos у).
2
Ответ: {4 V2 ; 4, 4}.
3*
Практикум по высшей математике
68
Задания для самостоятельного решения
1. Раскрыть скобки в выражении (а +• Б)2 и выяснить
геометрический смысл полученной формулы.
2. Даны три вектора а, В, с, удовлетворяющие условию
а + 3 +с = О.Зная, что |а| = 3, р] = 1 и |с| = 4, вычислить
а • Н + 5 - с + еда.
3. Векторы а, Б, с попарно образуют друг с другом углы,
каждый из которых равен 60°. Зная, что |а| -_4, |3| = 2 и
|cj = 6, определить модуль вектора р = а + Б + с.
4. Какому условию должны удовлетворять векторы а
и Б, чтобы вектор а + Б был ортогонален вектору а - Б?
а • (а • &)
5. Доказать, что вектор р = Ь - -z— ортогонален
И
вектору а.
6. Даны векторы АВ = Б и АС = с, совпадающие со
сторонами треугольника АВС. Найти разложение по бази-
су Б, с вектора, приложенного к вершине В этого треуголь-
ника и совпадающего с его высотой BD.
7. Даны векторы а = {4; -2; -4}, Б = {6; -3; 2}, вычис-
лить:
1) а • Б; 2) ; 3) ; 4) (23 - ЗБ) • (2а + 2Б);
5) (а -ь Б)2; 6) (а - Б)2.
8. Дан равносторонний треугольник АВС, длины кото-
рого равны 1. Вычислить выражение
(АВ • 11С) + (ВС • СА) + (СА • АВ).
9. В треугольнике АВС даны длины его сторон:
\ВС | = 5, | СА | = 6, | АВ | = 7. Найти скалярные произ-
ведения векторов АВ и ВС.
10. В треугольнике АВС проведены медианы AD , BE
и CF. Вычислить (ВС ’ AD) + (СА BE) + (АВ дCF).
ll.JIafiTH скалярное произведение векторов а и Б, еслй
а
а
а
а
а
1)
2)
3)
4)
5)
= 3
= 6
= 4
= 5
= 2
Ь
Б
Б
Б
= 1, (а, 3) = 45°;
= 7, (а, Б) = 120°;
= 2, (а, Б) = 90°;
= 1, а и. Б сонаправлены;
= 3, а и Б противоположно направлены.
12. Вычислить выражение [а|2 - ^/з (а • Б) + 5[3[2, если:
1) J5J = 2, |б| = 1, (а, Б) = 30°;
69
1. Векторная алгебра
2) |а| = 3, |б| = 2, (а, б) = 150°.
13. Найти скалярное произведение векторов а и б, за-
данных своими координатами:
1) а = {4;-1}, б= {-1;-7};
2)а-{2;1},5 = {1;-3};
3) 5 = {1; 2}, Ъ = {-4; 2}.
14. Найти расстояние между точками А и В, заданны-
ми своими координатами:
1)А(4; -2; 3), В(4; 5; 2); 2) А(-3; 1; -1), В(-1; 1; -1);
3)А(3;-3;-7),В(1;-4;-5).
15. Даны три вектора: а = {1; -1; 1}, В = {5; 1; 1}, с —
={0; 3; -2J. Вычислить:
1) В • (а • с) - с • (а • б);
2) |о!2 + |б|2 - (а • б) • (б • с);
3) (а • с) • (а • б) - |5|2 • (б • с).
16. Найти угол между векторами а, б, заданными сво-
ими координатами:
1) а = {1;-1; 1}, б = {5; 1; 1};
2) а = {1; -1; 1}, б = {-2; 2; -2}.
17. Из одной точки отложены три вектора а — {0; -3; 4},
б = {4; 1; -8} и с. Вектор с имеет длину 1 и делит пополам
угол между а и б. Вычислить координаты вектора с.
18. Даны два вектора а = {3; -1}, б= {-1; 1}. Найти век-
тор х, удовлетворяющей системе уравнений (х • а) = 13,
(х • б) = -3.
19. Даны вектор а = {1; -2; 3} и точка А(2, 4, 5). Найти
длину вектора , перпендикулярного вектору а, если
известно, что точка В принадлежит оси Ох.
20. Даны вектор а = {-4; 2} и точка А(3, 5). Найти ска-
лярное произведение а • АВ, если известно, что точка В
принадлежит оси Ох, и векторы АВ и а коллинеарны.
21. Даны вектор а = {1; -9; 3} и точка А(3, 0, 5). Найти
длину вектора АВ, перпендикулярного вектору а, если
известно, что точка ^принадлежит оси Ог.
22ЛДаны векторы а = {2; 2; 1} и б = {6; 3; 2}. Найти праб
и прйа.
23. Даны вершины треугольника А(1; 2), В(3; 4) и
С(6; 2). Определить его внутренний угол при вершине А.
24. Найти значение а, при которых следующие векто-
ры взаимно перпендикулярны:
а) а = аГ+ 3/+ 46 и б = 4f + aj- 7/г;
б) а = {а; - 3; 2} и б = {1; 2; -а}.
Практикум по высшей математике
70
25. Векторы АВ = {5; 2}, ВС = {2; 4}, СА = {-7; 2} слу-
жат сторонами треугольника АВС. Вычислить длину ме-
дианы AM и высоты AD.
26. Найти направляющие косинусы вектора а = {4; 3; 1}.
27. Найти направляющие косинусы АВ, если А(1; 0; 1),
В(1; 2; 3).
28. Найти длину равнодействующей силы F = {1; 1; 2},
P = i-J.
29. Даны вершины параллелограмма А(1; -2; 3),
В(3; 2; 1), С(6; 4; 4). Найти его четвертую вершину.
30. Вычислить, какую работу производит сила В =
= {1; 4; -3}, когда точка ее приложения перемещается из
С(4; 0; 5) в В(1; 2; 3).
31. Под действием силы F = {5; 2; 1} точка перемести-
лась из С(3; 0; 3} в D(-l; 2; 1). Найти работу силы F.
32. Дан треугольник с вершинами в точках А(1; -2),
В(5; -4), С(-2; 0). Найти вектор параллельный биссектри-
се угла А.
33. Даны точки А(-1; 3; -7), В(2; -1; 5), С(0; 1; -5).
Вычислить:
1) (2 АВ - СВ) • (2 ВС + ВА );
2) 7АВ2 ; 3) VAC2 ;
4) найти координаты векторов ( АВ • АС ) • ВС и
АВ -(АС • ВС).
Ответы:
1. Теорема косинусов; 2. -13; 3. |р| = 10; 4. |а| = |6|; 6. BD =
b с _ 3
= —у с - 6; 7.1) 22; 2) 6; 3) 7; 4) -200; 5) 129; 6) 41; 8. --;
с 2
Зл/2
9. -19; 10. 0; 11.1) -у- ; 2) -21; 3) 0; 4) 5; 12. 1) 6; 2) 38;
13.1) 3; 2) -1; 3) 0; 14.1) 5 I 2) 2; 3) 3.15.1) {-25; -20;
5}; 2) 11; 3) -38; 16. l)arccos 2) 180°; 17. ^{10; -11;
9 15
2}; 18. {5; 2}; 19. 3 710 ; 20. -50. 21. 710 ; 22. и ;
о 7
71
1. Векторная алгебра
8-J5
23. 45°; 24. a) a = 4; 6) a = -6; 25. AM = 6; AD = —-
5
4 3 1
26. cos а = —== , cos В = —?=, cos у = —j= ; 27. cos a = 0,
Лб V26 V26
cos P = , cos у = ~^= ; 28. 2 js 5 29. (4; 0; 6); 30. A = 11;
v 2 V 2
31. A = -18; 32. AM = {-1; 5}; 33. 1) -524; 2) 13; 3) 3;
A) (AB • AC)- BC ={-70; 70;-350} и AB -(AC : BC) =
= {-78; 104;-312}.
1.5. Векторное произведение векторов
Определение 1. Векторным произведением двух векто-
ров а и В называют третий вектор с, удовлетворяющий
условиям:
1) |с] = |a| |5| sin ф, где ф - угол между а и 6 (0 < ф < л); _
2) вектор с ортогонален векторам а и В, т. е. с ± а и с ± В;
3) векторы а, В, с образуют правую тройку векторов.
Векторное произведение векторов а и В обозначают
а кВ или [а х t>].
Если хотя бы один из сомножителей равен (Г, то век-
торное произведение по определению есть нулевой вектор.
Понятие векторного произведения родилось в механи-
ке. Если вектор b = F изображает приложенную в неко-
торой точке Р силу, а вектор а идет из некоторой точки О
в точку Р, то вектор М = [а х В] = с представляет собой
момент силы F относительно точки О.
Практикум по высшей математике
72
Геометрический смысл
векторного произведения
1. Необходимым и достаточным условием коллинеар-
ности двух векторов является равенство нулю их
векторного произведения.
2. Длина (модуль) векторного произведения а х Брав-
на площади S параллелограмма, построенного на
приведенных к общему началу векторах а и 5, т. е.
S = |а х 5] = |а| |б| sin ср, ср = (а, Ъ).
Алгебраические свойства
векторного произведения
Векторное умножение обладает следующими четырьмя
свойствами:
1) [ахв] = - [б ха] ^свойство антикоммутативности);
2) [(аа) х б] = а[а х Ь] (свойство ассоциативности отно-
сительно числового множителя);
3) [(а + Б) х с] = [(а х с)] 4- [Fx с] (свойство дистрибу-
тивности относительно суммы векторов);
4) [(Н х а)] = (Т для любого вектора а.
Если а = {Хр ур zj и Б ={х2; у2; z2} - векторы, задан-
ные своими координатами в прямоугольном базисе, то
разложение векторного произведения [а х 5] в том же ба-
зисе имеет вид:
или а х Б =
i j k
Xi У1 21
х2 У2 22
Пример 1. Доказать, что (а - б) х (а + Б) = 2а х б, и выяс-
нить геометрическое значение этого тождества.
Решение. _
(а - Б)х (а + Б) = а х а 4- (ах Б) - (Б х а) - (Б х Б). Так
как а х а = (J, Б х Б = (Т, бх а = - £а х б], то получаем
(а - б) х (а + б) = 2[а х б] и |(а - б) х (а + б)| = 2|(а х б)|. Это
с геометрической точки зрения означает: площадь парал-
лелограмма, построенного на диагоналях данного парал-
73 1. Векторная алгебра
лелограмма, вдвое больше площади данного параллелог-
рамма.
Пример 2. Векторы а и В образуют угол ср = — . Зная, что
|а| = 1 и |б| = 2, вычислить:
1) [6 х б]2; 2) [(2а + 6) х (а + 2б)]2; 3) (а + 2б)] х (Зб - В)]2.
Решение.
1) По определению скалярного произведения имеем:
[а х б] • [а х б] = |а х б]2 cos 0° = |а х б|2 =
2) [(2а + В) х (а + 2б)]2 = [(2а ха) + (В ха) + 4(а х В) +
+ 2(6 х б)]2 = [2 • 0 - [а х 6] + 4(а х В) + 2 • О]2 = |3(а х б)|2 -
= 9|[а х б]|2 = 9 • 3 = 27.
3) [(а + Зб) х (За - б)]2 = [(а х За) + 9(Вх а) - (а х В) -
- 3(6 х б)]2 - [-9(6 х 6) — (а х б)]2 = [=10(6 х б)]2 = 100 |[а х
х б]]2 = 300.
Ответ: 1) 3; 2) 27; 3) 300.
Пример 3. Даны векторы а = {3; -1; -2} и б = {1; 2; -1).
Найти координаты векторных произведений:
1) [а х б); 2) [(2а + б) х б); 3) [(2а - б) х (2б + б)].
Решение.
1) а х 6 =
i j
3 -1
1 2
k
-2
-1
-1
-2 --3
-2
-1
= i
2
+
= 5F+j + 7B,axB = 5i + j+ 76 = {5; 1; 7}.
+ k
2
r3 -1
1
2) [(2a + 6) x б] = (2a x 6) + В x В = 2(a x б) = 2{5; 1; 7} =
= {10; 2; 14}. _ _
3) [(2а - В) x (2а + б)] = 4(а ха) - 2(6 х а) + 2(а хб) —
- (бх 6) = 4(а х б) = 4{5; 1; 7} = {20; 4; 28).
Ответ: 1) {5; 1; 7}; 2) {10; 2; 14}; {20; 4; 28}.
Пример 4. Даны вершины треугольника А(1; -1; 2),
В (5; -6; 2) и С(1; 3; -1). Вычислить длину его высоты,
опущенной из вершины В на сторону АС.
Решение.
Находим | АС | и | АВ х АС |.
Практикум по высшей математике
74
АС = {0; 4; -3}, АВ - {4; -5; 0},
| АС | = ^42 + (-3)2 = 25 = 5;
О
+ Г4
-5
4
= 15f+ 127+ 1б£.
0
|АВ X АС | = |15f+ 127+ 16&] =
= V152 +122 +162 = Тб25 = 25.
Тогда длина искомой высоты h =
Ответ: 5.
Пример 5. Даны точки А(1; 2; 0), В(3; 0; -3), 0(5; 2; 6).
Вычислить площадь треугольника АВС.
Решение.
Находим векторы АВ и АС :
АВ = (3 - 1)1+ (0 - 2)j + (-3 - 0)£= 2f- 2/- 31г =
= {2; -2; — 3};
АС = (5 - 1)Г + (2 - 2)7 + (6 - 0)М = 4f + 6R = {4; 0; 6}.
sabcd = I АВ х АС Н g • 4 • |-ЗТ - 67+ 2£| -
= 2 7(-3)2 + (-6)2 + 22 = 2 79 + 36 + 4 = 2-7=14 (кв. ед.).
Ответ: 14.
Пример 6. Сила Р = {2; 2; 9} приложена к точке А(4; 2; -3).
Определить величину и направляющие косинусы мо-
мента этой силы относительно точки 0(2; 4; 0).
75
1. Векторная алгебра
Решение.
М = СА х Р, поэтому найдем координаты СА и М:
СА‘={2; -2; -3},
= —12г - 24/+8£ = 4(-Зг - 6/ + 2/г).
Величина М - это его модуль:
|М| = 4 7(~3)2 +(-6)2 + 22 = 4 V49 = 28.
—- 3 - 6 - 2-
Найдем орт вектора М: Мп = - — I j + —k .
7 7 7
3 6 2
Ответ: 28; cos а = - —, cos р = - —, cos у = ~ •
Пример 7. Даны три силы Ft - {2; -1; -3}, F2 = {3; 2; -1} и
F3 = {-4; 1; 3}, приложенные к точке С(-1; 4; -2). Оп-
ределить величину и направляющие косинусы момен-
та равнодействующей этих сил относительно точки
А(2; 3; -1).
Решение.
а) Найдем координаты вектора R - равнодействующей
сил Fr, F2 , F3 :
R = Fy + F2 + F3 = {2; -1; -3} + {3; 2; -1} + (-4; 1; 3} =
б) Найдем момент силы R относительно точки А.
= i- 4/- 77/,
|М| = л/1 +16 + 49 = Тбб .
—- 1 - 4 - 7 -
Значит, Мо = —== i —г== j —г= k .
V66 V66 V66
Практикум по высшей математике
76
cos а = , cos В --т= , cos у = - /
л/бб д/бб
I— 1 « 4
Ответ: М = >/66 ; cos а = -7= , cos В = —7= , cos у =
л/бб V66
7
>/б6 ’
Задания для самостоятельного решения
1. Найти векторное произведение векторов а и 5, задан-
ных своими координатами.
1) а = {3;-1; 2}, £ = {2;-3; -5);
2) а = {2;-1; 1}, £ = {-4; 2;-2};
3) а = {6; 1;0}, 5={3; -2; 0}.
2. Упростить выражения:
1) [(а + Б) х (а - ₽)]; 2) [(а - Б + — с) х (-а + 2Б - 5с)].
3. Векторы а и Б неколлинеарны. При каких значени-
ях А коллинеарны векторы Ха + Бм. За + ХБ?
4. На векторах а = {2; 3; 1} и Б = {-1; 1; 2}, отложен-
ных от одной точки, построен треугольник. Найти:
1) площадь этого треугольника;
2) длины трех его высот.
5. Раскрыть скобки и упростить выражения:
1) Гх (/ + Б) - /х (Г + Б) + Б х ([ + /- Б);
2) (а + Б + с) х с + (а +Б + с)хБ+(Б-с)ха;
3) (2а + F) х (с - а) + (Б + с) х (а +о);
4) 2Тх (j х Б) + 3/ х (1 х Б) + 4Б x(ixj).
6. Даны точки А (2; -1; 2), В (1; 2; -1) и С (3; 2; 1).
Найти координаты векторных произведений:
1) [ АВ х ВС]; 2) [(ВС - 2СА ) х СВ ].
7. Векторы а и Б ортогональны. Зная, что |а| = 3, |б| = 4,
вычислить:
1) |[(а + Б) х (а - 5Д|; 2) |[(3а - Б) х (а - 25)]|.
8. Даны векторы а = {3; -1; -2} и Б = {1; 2; -1}.
Найти координаты векторных произведений:
1) [а х Б\; 2) [(2Н + Б) х 5]; 3) [(2Б -Б)х(2Б + £)].
9. Даны точки А (1; 2; 0), В (3; 0; -3) и С (5; 2; 6).
Вычислить площадь треугольника АВС.
10. Вектор х, перпендикулярный к векторам а = {4; -2; -3}
и Б = {0; 1; 3}, образует с осью Оу тупой угол. Зная, что
|х| = 26, найти его координаты.
77
1. Векторная алгебра
2
11. Векторы а и б образуют угол ф = — л. Зная, что |а] = 1,
О
|5| — 2, вычислить:
1) [а х б]2; 2) [(2а + б) х (а 4- 2#)]2; 3) [(а 4- Зб) х (За - б)]2.
12. Вычислить синус угла, образованного векторами
а = {2, -2; 1} и F={2; 3; 6}.
13. Даны вершины треугольника А (1; -1; 2), В (5; -6; 2)
и С (1; 3; -1). Вычислить длину его высоты, опущенной
из вершины В на сторону АС.
14. Сила f = {3; 2; -4} приложена к точке А (2; -1; 1).
Определить момент этой силы относительно начала коор-
динат.
15. Сила Р = {2; -4; 5} приложена к точке Мо (4; -2; 3). Оп-
ределить момент этой силы относительно точки А (3; 2; -1).
16. Сила Q = {3; 4; -2} приложена к точке С (2; -1; -2).
Определить величину и направляющие косинусы момен-
та этой силы относительно начала координат.
17. Найти площадь треугольника с вершинами в точ-
ках А (0; 1), В (4; 5) и С (6; -1).
18. Найти площадь параллелограмма, построенного на
векторах a = 2i+]'+36n6=i + j+6.
19. Найти площадь треугольника с вершинами
А (-1; 2; 3), В (2; 1; 4) и С (0; -3; 4).
20. Определить, при каких значениях а и 0 вектор
аГ 4- 3/4- будет коллинеарен вектору [а х 5J, если а =
= {3; -1; 1}, £={1;2;0}.
21. Вычислить площадь треугольника с вершинами
А (7; 3; 4), В (1; 0; 6), С (4; 5;-2).
Ответы:
1.1) {11; 19; -7}; 2) {-1; 6; 8}; 3) {0; 0; -15}; 2.1) - 2 [а х 5];
[а х б] 4- 4 [t» х с] 4- ± [а х с]; 3. А = ± ^2 ; 4. 1) ;
2 2
2Ч14 ’ ?2 ’ 414 ; П “2Г+ 2П= {~2; °; 2); 2) 2 Х
3) [а х с); 4) 3; 6.1) {6; -4; -6}; 2) {-12; 8; 12}; 7.1) 24; 2) 60;
& 1) {5; 1; 7}; 2) {10; 2; 14}; 3) {20; 4; 28}; 9. 14 кв. ед.;
10. X = {-6; -24; 8}; 11.1) 3; 2) 27; 3) 300; 12. sin <р = ;
21
Практикум по высшей математике
78
13. 5; 14. {2; 11; 7}; 15. {-4; 3; 4}; 16.15; cos а = |, cos 0 =
О
2 11 1-г-
= - —, cos у = —; 17. 16; 18. S = V6 ; 19. S = 3 V6 ;
15 15
20. а =-6, 0 = 2; 21. 24,5.
1.6. Смешанное произведение векторов
Определение 1. Смешанным произведением векторов
а, б и с называется число, равное скалярному произведе-
нию вектора а х В на вектор с, т. е. [а х Ь] • с.
Свойства смешанного произведения
1. [а х В] • с = а • [£х с].
В силу этого свойства смешанного произведения век-
торов а, В и с обозначают просто аВс.
2. Циклическое свойство:
[а х 5] • с — [Ь х с] • а = [с х а] • В.
3. Если векторы а, В, с в ортогональном базисе заданы
своими координатами
п {^р Pi> ^11» Ь {^2» Уг* {^з> Уз>
то смешанное произведение вычисляется по формуле
аВс =
yv
Х2 У2 22
х3 23 23
Геометрический смысл
смешанного произведения
1) Абсолютная величина смешанного произведения
векторов а, В, с численно равна объему Vt параллелепипе-
да, построенного на этих векторах, т. е. V\ = |afc»c|. Кроме
того, V2 = |а5с|, V2 - объем треугольной пирамиды, по-
строенной на векторах а, В, с.
2) Условие компланарности трех векторов. Необхо-
димым и достаточным условием компланарности векто-
79
1. Векторная алгебра
ров а, Б, с является равенство нулю их смешанного про-
изведения, т. е. (а, Б, с - компланарны) «=> (ББс = 0).
В координатной форме условие компланарности име-
ет вид:
аБс —
*1 Ух
х2 Уъ
*з Ч
= 0.
Пример 1. Найти смешанное произведение векторов а, Б,
с, заданных своими координатами:
1) Б = {1; -1; 1} Б = {7; 3; -5}; с = {-2; 2; -2};
2) Б = {3; 5; 1} Б = {4; 0; -1}; с = {2; 1; 1};
3) Б = {2; 1; 0} Б= {3; 4; -1}; ?= {-1; -3; 1};
4) Б = {1; 2; 3} Б = {5; -2; 1}; с = {2; 1; -2}.
Решение.
7
-2
= 4 - 24 + 20 = 0.
Геометрическое значение этого результата: данные
векторы компланарны (п. 2, п. 3, п. 4 - самостоятельно).
Пример 2. Проверим, компланарны ли векторы, заданные
своими координатами в произвольном базисе:
а) Б = {2; 3; 5}, Б = {7; 1; -1}, £= {3; -5; -11};
б) Б = {2; 0; 1}, Б = {5; 3; -3}, с = {3; 3; 10}.
Решение. Условие компланарности векторов Б, Б, с есть
(ББс = 0).
1
-5
= 2(-16) - 3(-74) + 5(-38) = -32 + 222 - 190 = 0.
Данные векторы Б, Б, с компланарны.
Практикум по высшей математике
80
2 0 1
5 3-3
3 3 10
Данные векторы а, б, с не компланарны.
Ответ: а) компланарны;
б) не компланарны.
2) абс =
= 2-
3 -3
3 10
5 3
3 3
= 2 • 39 + 6 > 0.
Пример 3. Доказать, что четыре В(0; 1; 5)
точки А (1; 2; -1), В (0; 1; 5),
С (-1; 2; 1), D (2; 1; 3) лежат в .9> ,,
одной плоскости. ' ’ ' С(-1; 2; 1)
Решение. V.
Векторы АВ, АС и AD име- ^^ч^Х1 2? 1; 3)
ют координаты: АВ = {-1; -1; 6},
АС = {_2; 0; 2}, AD = {1; -1; 4}. Если эти векторы комп-
ланарны, то их смешанное произведение равно нулю:
2 -2
4 -1
+ 6-
-2
1
0
-1
= 2-6 + 12*0.
Значит, точки А, В, С, D не лежат в одной плоскости.
Ответ: точки А, В, С, D не лежат в одной плоскости.
Пример 4. Найти длину высоты треугольной пирамиды
ABCD, опущенной из вершины D на грань АВС.
А (2; 2; 2), В (4; 3; 3), С (4; 5; 4), D (5; 5; 6).
Решение. Найдем векторы АВ , АС и AD , совпадаю-
щие с ребрами пирамиды, отложенные от вершины А:
АВ = 2Г+ j + б, АС = 2Г+ 3/ + 2б, AD = 3i + 3/ + 4б.
Находим смешанное произведение этих векторов:
2
2
1 1
3 2
АВ AC AD =
= 7. Так как объем пирамиды
3
3 4
1
равен — части объема параллелепипеда, построенного на
б
81
1. Векторная алгебра
—. —. —. 7
векторах АВ, АС и АО, то V = — (куб. ед.). С другой
б
1
стороны, Упир - - S0CH • Н, отсюда Н
О
S0CH. = I АВ х АС |:
ЗУ „ „
----. Найдем
Воен.
АВ х АС =
k
1
2
i
2
2
1 1
3 2
2
2
1
2
2 1
2 3
1
3
= i
+ k •
I- 2/+ 4&; | АВ
с
‘‘’осн
з1-
т____ гт 3 V 6 7
Тогда Н = —— = -т=- = —7==
S0CH V21 2V21
Л rr V21
Ответ: Н = -----.
6
Пример 5. Дана пирамида с верши-
нами А (2; 0; 0), В (0; 3; 0), С (0;
0; 6) и D (2; 3; 8). Вычислить
ее объем и высоту, опущенную
на грань АВС.
Решение.
6
Найдем векторы АВ, АС и
АО , совпадающие с ребрами пи-
рамиды, отложенные от верши-
ны А: АВ = {-2; 3; 0}, АС - {-2;
0; 6}, АО = {0; 3; 8}. Находим
смешанное произведение этих векторов:
АВ AC АО =
-2
-2
О
=-2 •
-3-
-2
О
3
О
3
О
6
8
О 6
3 8
6
8
Практикум по высшей математике
82
= 36 + 48 = 84. Так как объем пирамиды равен части
объема параллелепипеда, построенного на векторах АВ,
—- — 84
АС и AD , то Упир = — = 14 (куб. ед.)
С другой стороны, Упир «= - 80СИ • Н и Н = -— . Най-
& *^осн
дем = -1 АВ X AC I;
А
АВ * АС =
-2
3
3 О
О 6~
/г) и
= 18т + 12; + 6# = 6(3/+ 2/ +
I АВ х AC I = 6V9 + 4 + 1 = 6 714 ; 8^ =
Отсюда Н =
ЗУ 314
S’och зТ14
Ответ: V = 14, Н = 714 .
Пример 6. Показать, что векторы а = -Г+ 3/+ 2Й, В = 2i-
- 3/ - 4/г и с = -3i’+ 12/ + 6й компланарны.
Решение.
Составляем смешанное произведение этих векторов:
-(-18 + 48) - 3(12 - 12) + 2(24 - 9) = 0.
Так как смешанное произведение оказалось равным
нулю, то, следовательно, вёкторы компланарны.
Ответ: векторы компланарны.
Пример 7. Вычислить объем пирамиды с вершинами в
точках 0(0; 0; 0), А(5; 2; 0), В(2; 5; 0), 0(1; 2; 4).
83
1. Векторная алгебра
Решение.
Рассмотрим векторы ОА = 5Т+ 2/, ОВ = 2Г+ 5/, ОС =
= i + 2/ + 4fe.
^ир.=||(ОАОВОС)|= |
5 2
2 5
1 2
= 14 (куб. ед.).
(При вычислении определителя мы пользовались раз-
ложением его по элементам третьего столбца).
Ответ: 14.
Задания для самостоятельного решения
1. Установить, компланарны ли векторы а, б, с, если:
а) а = {2; 3; -1}, 5 = {1; -1; 3), с = {1, 9, -И};
б) а = {3; -2; 1), б = {2; 1; 2}, е - {3, -1, -2};
а) а = {2; -1; 2}, б = {1; 2; -3), ?= {3, -4, 7}.
2. Даны вершины тетраэдра: А(2; 3; 1), В(4; 1; -2),
С(6; 3; 7), Л(-5; -4; 8). Найти длину его высоты, опущен-
ной из вершины D.
3. Объем тетраэдра равен V = 5, три его вершины на-
ходятся в точках А(2; 1; -1), В(3; 0; 1), 0(2; -1; 3). Найти
координаты четвертой вершины D, если известно, что она
лежит на оси Оу.
4. Доказать, что четыре точки А(1; 2; -1), В(0; 1; 5),
С(-1; 2; 1), D(2j 1^3)^хежат в одной плоскости.
5. Векторы Дц а2, ахобразуют правую тройку, взаимно
перпендикулярны и |aj = 4, |а2| = 2, |д3| = 3. Вычислить
а^а2а3. _ _ _
6. Заданы векторы а, =^{1, -1, 3}, а2 = {-2, 2, 1}, а3 =
= {3, -2_, 5}. Вычислить'й^^а. Какова ориентация троек:
а) (а^Дз); б) (а2ага3У, в) {аха3а2)Ч
7. Вычислить объем тетраэдра с вершинами в точках
А(2; -3; 5), В(0; 2; 1), С(-2; -2; 3)^Л(3; 2; 4).
8. Доказать тождество (а + б) (б + е) (е + а) = 2а б с.
Ответы:
1. а) да; б) нет; в) да; 2. 11; 3. В(0; 8; 0); 5. 24; 6. -7;
а) левая; б) правая; в) правая; 7. 6.
2. АНАЛИТИЧЕСКАЯ
ГЕОМЕТРИЯ
2.1. Прямая на плоскости
1) А(х - х0) + В(у ~ уо) = О - уравнение прямой, прохо
дящей через точку М0(х0 , у0) перпендикулярно нормаль
ному вектору п = {А, В};
2) Ах + By + С = 0 - общее уравнение прямой;
х - х0 у - у о
3) —-— =----- - уравнение прямой, проходящей
I т
через точку М0(х0 , г/0) параллельно направляющему век
тору а = {I, т} {каноническое уравнение прямой);
4)
прямой;
х = х0 + It,
у = у0+ mt;
t е R - параметрические уравнения
х у
5) — + — = 1 — уравнение прямой в отрезках, где а и
а о
Ъ - величины направленных отрезков, отсекаемых на ко-
ординатных осях Ох и Оу соответственно;
85
2. Аналитическая геометрия
X - X] у -у1
6) =----------- уравнение прямой, проходящей
х2 ~ Х1 Уг ~ У1
через две данные точки М1(х1, yt) и М2(х2, у2);
7) у - у0= k(x - х0) - уравнение прямой, проходящей
через точку М0(х0, у0), k - угловой коэффициент прямой,
равный тангенсу угла наклона прямой к положительно-
му направлению оси Ох;
8) у = kx + b - уравнение прямой с угловым коэффици-
ентом k;b- величина отрезка, отсекаемого прямой на оси
Оу;
9) tg<p =
^2 ~
1 + krk2
прямыми у = krx + Ьги у = k2x + b2 ;
-Тангенс острого угла между двумя
10) fej = k2 и fe2 =-условия параллельности и пер-
ki
пендикулярности двух прямых у = krx + b1ny = k2x + b2;
\Ахо + вУо + с|
11) а = — . . -----расстояние от точки М0(х0, у0)
V А2 + В2
до прямой Ах + By + С = 0;
Практикум по высшей математике
86
Xt + Лх2 уг +Ху2
12) х ~ —-—-— , у = —-—-—, л Ф -1 - координаты
1 + Л 1 + л
точки М(х, у), делящей отрезок МХМ2 в отношении Л.,
уг), М2(х2, г/2);
X, .+ х2 У1 + У2
13) х = ---—, У — —~— - координаты середины
Л л
отрезка Мг(х1г уг), М2(х2, у2).
14) а(Агх + Вгу + C.J + ₽(А2х + В2у + С2) = 0 - уравне-
ние пучка прямых, проходящих через точку пересечения
прямых Агх + Вгу + Сг = 0 и А2х + В2у + С2 = 0.
Пример 1. Определить, какие из точек МДЗ; 1), М2(2; 3),
М3(6; 3), М4(-3; -3), М5(3; -1), М6(~2; 1) лежат на пря-
мой L: 2х - Зу - 3 = 0 и какие не лежат на ней.
Решение. Для того, чтобы определить, какие из точек
лежат на данной прямой и какие не лежат на ней, надо
подставить координаты данных точек в уравнение; если
получим верное равенство, то точки лежат на прямой, в
противном случае - нет.
М^З; 1): 2 •3 - 3 • 1 - 3 = 0, М, е L;
М2(2; 3): 2 • 2 - 3 • 3 - 3 * 0, М2 е. L;
М3(6; 3): 2 • 6 - 3 • 3 - 3 = 0, М, е L;
М4(-3; -3): 2 (-3) - 3 (-3) -3 = 0, М4 е L;
М5(3; -1): 2-3-3 (-1) -3#0, M5g £;
Af6(-2; 1): 2 (-2) - 3 • 1 - 3 * 0, М6 е L.
Ответ: точки Mlf М3 и М4 лежат на данной прямой;
точки М2, М5 и М6 не лежат на ней.
Пример 2. Определить точ-
ки пересечения прямой
2х - Зу - 12 = 0 с коорди-
натными осями и пост-
роить эту прямую на
чертеже.
Решение. Пусть х = 0,
У = "4, (0; -4);
у = 0, х = 6, (6; 0)
Уравнение прямой в от-
резках имеет вид:
87
2. Аналитическая геометрия
*+-*- = 1.
6 -4
Ответ: (6; 0) и (0; -4).
Пример 3. Найти точку пересечения двух прямых
Зх - 4у - 29 = 0, 2х + 5у + 19 = 0.
Решение. Так как точка М (х; у) лежит на обеих пря-
мых, то координаты этой точки должны удовлетворять
системе уравнений
Зх-4у-29 = 0 -2
~ 2х + 5у + 19 = 0 •3
-23у=115; у = -5, х = 3.
Ответ: М(3; -5).
Пример 4. Стороны АВ, ВС н. АС
треугольника АВС даны со-
ответственно уравнениями
4х + Зу - 5 = 0, х - Зу + 10 = 0,
х - 2 = 0. Определить коорди-
наты его вершин.
Решение.
Найдем точку В пересечения
сторон АВ и ВС треугольника
АВС.
(АВ) 14х + Зу-5 = 0,
(ВС) + |х-Зу4-10 = 0;
5х + 5 = 0, х = - 1.
(х = -1, х = -1,
Зу=х + 10;’ у = 3.
Точка В(-1; 3).
Найдем точку А пересечения сторон АВ и АС данного
треугольника.
(АВ) j4x + 3y-5 = 0, |Зу = -4х + 5,
(АС) х - 2 = 0; х = 2;
Зу = -3, (у = -1,
х = 2; [х = 2.
Точка А (2; -1).
Практикум по высшей математике
88
Найдем точку С пересечения сторон АС и ВС данного
треугольника.
(АС) 1х - 2 = О, 1х = 2,
(ВС) [х - Зу +10 = 0; [Зу = х +10;
С(2; 4).
Ответ: А(2; -1), В(-1; 3), С(2; 4). .
х = 2,
Зу = 12; точка
Пример 5. Площадь треугольни-
ка 8 = 8 кв. ед.; две его вер-
шины есть точки А(1; -2) и
В(2; 3), а третья вершина С ле-
жит на прямой 2х + у - 2 = 0.
Определить координаты вер-
шины С.
Решение.
Очевидно, что задача имеет
два решения. Найдем их. По ус-
ловию Вддвс = 8, иначе,
-|ВА х ВС| = 8.
Вычислим векторное произве-
дение векторов ВА и ВС: ВА =
= {-1; -5}, ВС = {х-2, у-3} и
у-з
5
1,
= fe(5(x - 2) - (у - 3)). Тогда S^c - - |5х - у - 7| = 8;
|5х - у - 7| = 16, 5х - у - 7 = ± 16.
Получаем для нахождения координат точки С две си-
стемы линейных алгебраических уравнений:
f5x-u-7 = 16 f25 36^1
„ У ‘ ’ =>Ct 7S- — . С2<-1;4).
(2х + у-2 = 0; V 1 1 )
Ответ: С1
, С2(-1; 4).
89
2. Аналитическая геометрия
Пример 6. Даны вершины треугольника Mt(2; 1),
М2(-1; -1) и М3(3; 4). Составить уравнения его высот.
Решение.
Пусть M^N - высота треуголь-
ника МУМ2М3. Рассмотрим два
вектора М2М3 = {4; 5} и МХМ =
= {х - 2, у - 1}. По условию эти
векторы ортогональны. Значит,
(МХМ • М2Мз ) = 0, 4(х - 2) +
+ 5 (у - 1) = 0, 4х + 5у - 13 = 0.
Аналогично находим остальные
высоты треугольника.
Ответ: 4х + 5у - 13 = 0, Зх +
+ 2у - 17 = 0, х + Зу + 4 = 0.
Пример 7. Составить уравнения сто-
рон и медиан треугольника с вер-
шинами А(3; 2), В(5; -2), 0(1; 0).
Решение.
1) Воспользуемся уравнением
прямой, проходящей через две
данные точки
x-xi у-У! ,
*2 - *1 У 2 - У1
лп. х-3 _ У-2
5-3 -2-2’
(х-3)(-2) =
2 -4 ’
= у - 2, -2х + 6 = у - 2, 2х + у - 8 = 0.
Найдем уравнение медианы AM. Для этого найдем ко-
ординаты точки М - середины отрезка ВС:
*1 + х2 У1 + У г 5 + 1 о
-3,
-2 + 0
у = —-— = - 1, М(3; -1). Уравнение AM:
х-З у-2 х-3 у-2
= у-=—3-;=> X - 3 - уравнение
медианы, проведенной из вершины А.
Практикум по высшей математике
90
2) Найдем уравнения СВ и CN; N(x; у), где х =
хА + ХВ Уа+Ув 5 + 3 л 2-2
----------------г~:х~
m х-5 и + 2 х-5 и + 2
iV(4; 0). Тогда ВС: — = , х - 5 +
1 о и 4~ Л “.4 £л
+2 (у + 2) = 0; х + 2у - 1 = 0; ВС: х + 2у - 1 - 0. CN:
х-1_ у+0
4-1 0 + 0 ’У
Ответ: АВ: 2х + у - 8 = 0; AM: х - 3 = 0;
ВС: х + 2у - 1 = 0; CN: у = 0:
СА: х - у - 1 = 0; BF: х + у - 3 = 0.
Пример 8. Даны вершины
треугольника А(1; -2),
В(5; 4) и С(-2; 0). Соста-
вить уравнения биссект-
рис его внутреннего и
внешнего углов при вер-
шине А.
Решение.
1-й способ.
АС = {-3; 2},
AM = {х - 1; у + 2},
АВ = {4; 6}.
cos (МАС) =
AM-АС _ (лг -1) (-3) + (^ + 2) - 2
AM • AC 7U-1)2 + (г/+ 2)2 7(~3)2
+ 22
—Зх + 3 + 2у + 4
Лз7(х-1)2 + (у + 2)2
AM-АВ
cos (ВАМ) =
(х-1)4 + (у + 2)-6
AM • АВ J(x -1)2 + (у + 2)2 716 + 36
4х - 4 + бу +12
V(x-1)2+(jz + 2)2V52 ’
Но cos (МАС) = cos (ВАМ), поэтому
91
2. Аналитическая геометрия
-Зх + 3 + 2у + 4______4х- 4 + 6у + 12
>/13у1(х-1)2 + (у+ 2)2 ч/(х -1)2 + (г/ + 2)2 >/52 ’
-Зх + 2у + 7 — 2х +3у + 4; 5х + у - 3 = 0; (AM) - урав-
нение биссектрисы внутреннего угла треугольника при
вершине А.
2-й способ.
= X. Точка К ррлмя сторону ВС
треугольника в отношении X = — . Найдем координаты
„ . Хс+ Ххв ус + Хув
точки К по формулам хк = —-—-—, ук = —-—г— ; или
1 + Л 1 + Л
1 к 1
-2 + --5 -2 + — , 0 + --4 .
2 2 1 2 4
хк = ----й_ t ук = ±. Полу-
2 2
2.10
з; 3
1 + -
2
fl 4
чили К —; —
3 3
. Найдем вектор АК =
. Вектор
АКг , коллинеарный АК, будет: АКХ = {-1; 5}. Вектор
биссектрисы AM коллинеарен вектору АКЛ , поэтому
х-1 у + 2 „ , _ _, . _ „
----= £---; 5Х + у - 3 = 0 (AM).
3-й способ.
Найдем орты АВ° и АС0 :
Практикум по высшей математике
92
Тогда вектор, коллине-
арный биссектрисе внут-
реннего угла А, будет:
AM = АВ° + АС° =
1 5
или век-
тор AMr = {-1; 5} (длин-
нее вектора AM в V13 ).
Так как АК 11 АМГ , то по
условию коллинеарности:
= — ; 5х - 5 = -у - 2; 5x4- у - 3 = 0 - уравнение
— 1-----5
биссектрисы внутреннего угла А.
Биссектриса внешнего угла при вершине А будет пер-
пендикулярна биссектрисе внутреннего угла при той же
вершине. Ее уравнение будет: х - 5у 4- с = 0. Подставим в
это уравнение координаты точки А, получим значение с:
14-10 4- с = 0, с = -11. Вторая биссектриса угла А есть
х- 5у - 11 = 0.
Ответ: 5х4-у-3 = 0- биссектриса внутреннего угла,
х-5^-11 = 0 — биссектриса внешнего угла.
Пример 9. Даны вершины
треугольника А(1; -1),
В(-2; 1) и С(3; 5). Соста-
вить уравнение перпенди-
куляра, опущенного из
вершины А на медиану,
проведенную из вершины
В.
Решение.
По условию AM 1 ВК ,
следовательно, ( AM • ВК) =
= 0. AM = (х - 1; у 4- 1},
ВК = {4; 1}. Тогда искомое уравнение будет: 4(х -1)4-
4- (у 4-1) = 0, 4х 4- у - 3 = 0 (АО).
Ответ: 4х 4- у - 3 = 0.
93
2. Аналитическая геометрия
Пример 10. Дана прямая
5х 4- Зу - 3 = 0.
Определить угловой
коэффициент «й» пря-
мой:
а) параллельной дан-
ной прямой;
б) перпендикулярной
данной прямой.
Решение. Зу = -5х + 3;
5 5
y = --x+l;fe1 = --.
а) Угловой коэффици-
Уь
X
U0 I со
ент любой прямой, параллельной данной, равен k2 = -
(^i ^2)»
б) Угловой коэффициент любой прямой, перпендику-
лярной данной, - k2
3
5
Ответ: a) k2 = - —; б) k2 = —.
о О
Пример 11. Дана прямая 2х + Зу + 4 = 0. Составить урав-
нение прямой, проходящей через точку М0(2; 1):
а) параллельно данной прямой;
б) перпендикулярно данной прямой.
Практикум по высшей математике 94
Решение.
1-й способ.
Нормальный вектор данной прямой п — {2; 3}.
а) Поэтому уравнение прямой, проходящей через точ-
ку Мо(2; 1), перпендикулярно вектору п = {2; 3} будет:
(х - 2) • 2 + (у - 1) • 3 = 0, 2х 4- Зу - 7 = 0.
б) Уравнение прямой, проходящей через данную точ-
ку Мо(2; 1) параллельно вектору п (перпендикулярно дан-
ной прямой), будет:
х — 2 и — 1
—_— = _—; Зх - 6 = 2у - 2; Зх - 2у - 4 = 0.
Z о
2-й способ.
Представим уравнение данной прямой, как уравнение
2 4 2
с угловым коэффициентом. у = - — х - — ; = - —.
О О о
а) Тогда уравнение прямой, проходящей через данную
точку М0(2; 1) параллельно данной прямой, будет: у - у$ =
2
= k • (х - х0) или у - 1 = - — (х - 2); Зу - 3 = - 2х + 4; 2х +
+ Зу - 7 = 0.
б) Так как угловой коэффициент прямой, перпендику-
„ . 1
лярнои данной, равен «2 = - — , то уравнение искомой
1 , _ v 3
прямой будет: у - у0 = - k 'х хо) или у - 1 = — (х - 2),
2у - 2 = Зх - 6, Зх - 2у - 4 = 0.
Ответ: а) 2х + Зу - 7 = 0; б) Зх - 2у - 4 = 0.
Пример 12. Даны уравнения сторон прямоугольника
2х - Зу + 5 = 0, Зх + 2у - 7 = 0 и одна из его вершин
А(2; -3). Составить уравнения двух других сторон это-
го прямоугольника.
Решение.
а) Проверим, лежит ли точка А(2; -3) на заданных сто-
рон.. х.
2'2-3* (-3) + 5 = 18 # 0, A g CD,
3*2 + 2* (-3) - 7 = -7 # 0, А е СВ.
По условию нормальный вектор прямой CD есть нор-
мальный вектор и прямой АВ. Поэтому АВ: (х - 2) • 2 +
95
2. Аналитическая геометрия
4- (~3) (у 4- 3) = 0, 2х - Зу - 13 = О (АВ). Аналогично,
3 • (х - 2) 4- 2 • (у 4- 3) = 0, Зх 4- 2у = О (АО).
Ответ: Зх 4- 2у = 0, 2х - Зу - 13 = О.
Пример 13. Определить угол ф между двумя прямыми:
5х - у 4- 7 = 0, Зх 4- 2у = 0.
Решение. За угол между прямыми возьмем угол меж-
ду их нормальными векторами: пх = {5; -1}, п2 = {3; 2}.
„ fc-Ju) 15-2 13 1
Тогда COS ф = = -7=-7=г — ---—= = —— ;
щ . V26V13 V2V13-V13 V2
отсюда ф = 45°.
Ответ: ф = 45°.
Пример 14» Установить, перпендикулярны ли прямые
Зх - у 4- 5 = 0, х 4- Зу - 1 = t>?
Решение.
Зх — у 4- 5 — 0, Mi = {3; —1};
х 4- Зу - 1 = 0, п2 = {1; 3).
Если (п1 • и2 ) = 0, то прямые перпендикулярны.
3*14- (-1) 3 = 0 (верно).
Ответ: прямые перпендикулярны.
Пример 15. Две стороны квадрата лежат на прямых
5х - 12у - 65 = 0, 5х - 12г/ 4- 26 = 0.
Вычислить его площадь.
Решение.
Нормальный вектор данных прямых один и тот же,
следовательно, прямые параллельны. Найдем расстояние
между этими прямыми. Для этого возьмем на прямой
5х - 12у - 65 = 0, например, точку (13; 0) и найдем рас-
стояние от этой точки до прямой 5х - 12у 4- 26 = 0.
d = 1Ахо + Вуо + С1 = 65 4-26 = 91 = 91 = 7
7а2 4- В2 725 + 144 7169 13
Так как площадь квадрата равна S = а2 = d2, то S =
= 7> 7 = 49.
Ответ: 49.
Пример 16. Точка А (5; -1) является вершиной квадрата, одна
из сторон которого лежит на прямой 4х - Зу - 7 = 0. Со-
Практикум по высшей математике
96
ставить уравнения
прямых, на которых
лежат остальные сто-
роны этого квадрата.
Решение.
Уравнение АВ - это —
уравнение прямой, про-
ходящей через точку
А(5; -1) параллельно
вектору :
AM = {х - 5; у 4- 1},
nt = {4; -3}. Так как AM II
пг , то по условию коллине-
. х-5 у +1 _
арности двух векторов имеем: ----= -----; -Зх + 15 —
4 — 3
= Ау 4- 4; Зх 4- 4у - 11 = О (АВ).
Векторы АК = {х - 5; у 4- 1} и пг = {4; -3} ортогональ-
ны.
Следовательно, АК • П1 =0, 4(х - 5) 4- (-3)(i/ 4-1) = 0,
4х - Зу - 23 = 0 (AD).
По условию дан квадрат, поэтому |АВ| = |AD|. Найдем
|АВ|:
d = \AB\ =
|Ах0 + ByQ 4- С| |4(+5) 4- (-3)(-1) - 7|
л/а2 4- В2 + (-3)2
204-3-7 _ 16
5 5 •
Пусть точка D имеет координаты D(x, у). Тогда d =
= |ЛД| - = ; |ЗХ + 4К - 111 - 16; Зх + 4;, -
V9 + 16 5
-11 = ±16. Отсюда CD: Зх 4- Ау - 27 = 0 или Зх 4- 4у 4- 5 = 0.
Ответ: условию задачи удовлетворяют два квадрата;
остальные стороны одного из них лежат на прямых: 3x4-
4- 4у - 11 = 0, 4х - Зу - 23 = 0, Зх 4- 4у — 27 = 0; остальные
стороны другого - на прямых: Зх 4- 4г/ - 11 = 0, 4х - 3j/ -
- 23 = 0, Зх 4- 4у 4- 5 = 0.
97
2. Аналитическая геометрия
Пример 17. Составить уравнение биссектрис углов меж-
ду прямыми Зх - 4г/ + 7, 5х + 12г/ -1 = 0.
Решение.
Точка М(х; у) лежит на одной из биссектрис углов, обра-
зованных данными прямыми тогда и только тогда, когда
расстояние dx и d2 от этой точки М до данных прямых рав-
|Зх-4г/ + 7| |5х+12г/-1|
ны между собой: dx — d2, т. е. ---------=-----—-----.
5 13
Значит, уравнение одной из биссектрис имеет вид:
Зх-4и+7 5х + 12н-1
---- = -, а уравнение другой
5--------------------13
Зх-4г/ + 7_ 5х + 12г/-1
5 " 13
или 7х - 56г/ 4- 48 = 0,
32х+ 4г/ +43 = 0.
Ответ: 7х - 56г/ 4- 48 = 0, 32х + 4г/ +43 = 0.
Пример 18. Составить уравнение биссектрисы того угла
между двумя прямыми х + г/ + 2 = 0, х + 7г/ + 3 = 0, в
котором лежит точка А(2; -1).
Решение.
Подставляя координаты точки А в левые части уравне-
ния прямых, получим 2 + 7(-1) + 3<0, 2 - 1 + 2 > 0. Зна-
чит, точка А лежит в тех полуплоскостях от данных пря-
мых, для координат точек которых х+г/ + 2>0, х + 7г/ +
+ 3 < 0. Искомая биссектриса проходит, следовательно, в
тех областях, для координат точек которых функции
х+г/ + 2их+7г/ + 3 имеют разные знаки. Значит, урав-
х + у + 2 х + 7у +3
нение искомой биссектрисы:----т=— =------т=—, или
V2 V50
6х + 12г/+ 13 = 0.
Ответ: 6х + 12г/ + 13 = 0.
Пример 19. Составить уравнение биссектрисы внутренне-
го угла А треугольника, стороны которого ВС, СА пАВ
заданы соответственно уравнениями:
х - у = 0, (ВС)
х + у = 0, (СА)
х + 2у + 1 = 0 (АВ).
Решение.
Решая данные уравнения попарно, находим вершины
1
3
Г
3J
треугольника А(1; -1), В
, С(0, 0). Подставляя
4. Зак. 6
Практикум по высшей математике
98
координаты точки С в уравнение АВ, получим 0 + 2*0 +
+ 1 — 1 > 0. Подставляя координаты точки В в уравнение
динат всех точек, лежащих внутри внутреннего угла А
треугольника АВС, имеем х + 2у + 1 > 0, х +у <0, а пото-
му искомая биссектриса проходит в тех областях, на ко-
торые плоскость делится прямыми АВ и АС, для которых
функции х + 2у+1их + у имеют разные знаки. Поэтому
х+у х+2и+1
искомое уравнение имеет вид —=-------—, или
(V2 + >/б )* x + (V5 +2у[2)-у+42 =0.
Ответ: (42 + Тб ) х + (д/б + 2 42) у + V2 =0.
Пример 20. Составить уравнения сторон треугольника,
зная одну из его вершин В(2; -7), а также уравнение
высоты Зх + р + 11 = 0и медианы х + 2у + 7 = 0, про-
веденных из различных вершин.
Решение.
1) По условию Зх + #+11 = 0 есть уравнение высоты
треугольника, значит, ее нормальный вектор п = {3; 1}
является направляющим вектором стороны ВС.
99
2. Аналитическая геометрия
(ВС 11 п) « ; х - Зу - 23 = О (ВС).
3 1
2) Обозначим координаты вершины А через хп у^.
A(xt; уг). Так как М(х; у) середина отрезка АВ, то х =
xt + 2
2
У 2
. Так как точка М(х; у) лежит на ме-
диане, то ее координаты удовлетворяют уравнению х +
+ 2у + 7 = 0. Кроме того, точка А лежит на высоте h: Зх +
+ у + 1 = 0, значит, координаты точки A(xj yj удовлет-
воряют этому уравнению. Получаем линейную алгебраи-
ческую систему двух уравнений, с двумя неизвестными:
х, + 2у, + 2 = 0, Л , _ ,, , . ч
Отсюда находим хх — -4, ух = 1, А(-4; 1).
Зх^ + Уу + 11 — 0.
3) Найдем уравнение стороны АВ треугольника как
уравнение прямой, проходящей через В(2; -7) параллель-
но вектору АВ: АВ = {6; -8};
х — 2 у + 7
; 4х + Зу + 13 = 0 (АВ).
4) Найдем координаты вершины С как точки пересече-
ния прямых (ВС) и (zn):
х + 2у + 7 = 0,
х -Зу - 23 = 0;
отсюда С(5; -6).
5) Уравнение стороны АС как уравнение прямой, про-
ходящей через две данные точки:
• х + 4 у - 1
А(-4; 1) и С(5; -6); —— = ; -7х - 28 = 9у - 9;
5 + 4 - 6 - 1
7х + 9у + 19 = 0 (АС).
Ответ: (ВС) х - Зу - 23 = 0, (АВ) 4х + Зу + 13 = 0, (АС)
7х + 9у + 19 = 0.
Пример 21. Дан треугольник с вершинами А(-2; 0),
В(2; 4), С(4; 0). Написать уравнения медианы АЕ, вы-
соты AD и найти длину медианы АЕ.
Решение.
1) Найдем уравнение высоты AD как прямой, проходя-
щей через точку А(-2; 0) перпендикулярно вектору ВС:
ВС = {2; -4}; 2 • (х + 2) + (-4) • (у - 0) = 0, 2х - 4у + 4 =
=0, х - 2у + 2 = 0 (AD).
4*
Практикум по высшей математике
100
2) Найдем уравнение ме-
дианы АЕ как прямой, про-
ходящей через две точки А и
Е. Координаты точки Е най-
дем как координаты середи-
ны отрезка СВ:
х + 2 у - 0
£(3; 2)„ Уравнение АЕ: ~ -- = ——— ; 2х 4- 4 — 5у;
2х - 5у 4- 4 = 0 (АЕ).
3) Наконец, найдем длину медианы АЕ:
|АЕ|= yj(xA -Хд)2 + (уА ~Уе)2 ;
|АЕ| = Л2 + 22 = 729 , |АЕ| = V29 .
Ответ: (AD) х - 2у 4- 2 « 0, (АЕ) 2х - 5у 4- 4 = 0,
|АЕ|= 729 .
Пример 22. Написать уравнение прямой, проходящей че-
рез точку М пересечения прямых 5х - у 4- 10 = 0 и
8х 4- 4у 4- 9 = 0 и параллельной прямой х 4- Зу = 0.
Решение.
1-й способ.
1) Найдем координаты точки М пересечения прямых
5х - у 4-10 = 0 и 8х 4- 4у 4- 9 = 0:
5х - у 4-1 = 0
8х 4- 4у + 9 - 0
•4
( 1.
;М 4; 4 •
49 7 7 5
28х = -49; х = х = у = -
28 4 4 4 _
2) Прямая х 4- Зу = 0 имеет нормальный вектор га = {1; 3}.
Так как уравнение искомой прямой имеет тот же нор-
5^ _
4 _
мальный вектор, то х 4-— -14- у-— *3 = 0,
I 4j I
4x4-7 4- 12у - 15 = 0, 4х 4- 12у - 8 = 0, х 4- Зу - 2 = 0.
101
2. Аналитическая геометрия
2-й способ.
Будем искать уравнение искомой прямой в виде:
5х - у 4- 10 4- Х(8х 4- 4у 4- 9) = 0 или х(5 4- 8Л) 4- у(4Х - 1) +
4- (9Л 4-10) = 0. Так как эта прямая параллельна прямой
х + Зу = 0, то их нормальные векторы коллинеарны: nt =
— - ,, - 5 + 8Х 4Х -1
= {5 + 8Х; 4Х -1}, n2 = {1; 3}; (пх 11 п2 ) <=> —:— = —~,
4
15 4- 24Х = 4Х -1; 20Х = —16; Xе-—, тогда уравнение ис-
5
комой прямой будет:
( 16 Гзб 'i
+ » "V-1 + Т 10 ”0,
32
х 5----
*1 5
-Чх - 21у 4- 14 = 0, х + Зу - 2 = 0.
Ответ: х + Зу - 2 = 0.
Пример 23. Найти уравнение прямой, проходящей через
точку М пересечения прямых х 4- 2у - 5 = 0, Зх - 2у +
4-1 = 0, перпендикулярно к прямой 2х 4- Зу 4- 7 = 0.
Решение. Возьмем уравнение искомой прямой в виде:
а(х 4- 2у - 5) 4- Р(3х - 2у 4-1) = 0, х (а 4- 30) 4- у (2а - 2Р) +
4- (р - 5а) = 0.
Ее нормальный вектор пг = {а 4- Зр ; 2а 4- 2$} ортого-
нален нормальному вектору п2 = {2; 3} прямой 2х 4- Зу 4-
4-7 = 0. Так как rir ± п2 , то пг • п2 = 0, или 2(а 4- Зр) 4-
4- 3(2а - 2Р) = 0, 2а 4- 6а = 0, а = 0. Тогда уравнение иско-
мой прямой будет: Зх - 2у 4-1 = 0.
Ответ: Зх - 2у 4-1 = 0.
Пример 24. Даны прямая х4-2г/-4 = 0и точка А(5; 7).
Найти:
1) проекцию В точки А на данную прямую;
2) точку, симметричную точке А относительно данной
прямой.
Решение.
1) Чтобы найти проекцию В точки А на прямую х 4-
4- 2у - 4 = 0, найдем пересечение прямой, проходящей че-
рез точку А (5; 7), перпендикулярно данной прямой. Нор-
мальный вектор прямой х 4- 2у - 4 = 0 есть п = {1; 2}, он
Практикум по высшей математике
102
будет коллинеарен искомой прямой, AM = {х - 5; у - 7}.
m п- х-5 у - 7 „ Л
Так как AM || и, то —-— = —-— и 2х - у - 3 = 0.
Найдем точку пересечения прямых х + 2у - 4 = 0,
2х - у - 3 = 0.
+ <
х + 2у - 4 = 0
2х - у - 3 = 0
•2
5х = 10, х = 2, у = 1. Точка - В(2; 1).
2) Найдем точку С(х, у), симметричную точке А(5; 7)
относительно прямой х + 2у - 4 = 0. Так как точка В есть
хс + ха Ус + Ул
середина отрезка АС, то хд = -------, ув = ------;
£л
5 + х 7 + у
2= — ,1= -^;г = -1,у = -5,С(-1;-5).
Ответ: В(2; 1), С(-1; -5).
Пример 25. Найти точку пересечения медиан и точку пе-
ресечения высот треугольника, вершины которого
А(-4; 2), В(2; -5) и С(5; 0).
103
2. Аналитическая геометрия
1) Найдем точку О1 пересечения медиан треугольника.
Сначала найдем координаты точки М - середины от-
31
2 ’
3 . 3 I
2 I 2J
ICOJ 2
Точка О, делит медиану См в отношении X = т——д = — = 2.
м [OjTVfJ 1
хс + Ххм __ Ус + У-Ум .
1 + Л ’ 1 + х ’
„„ -4 + 2 , 2-5
резка АВ. хм = —— = -1,ум =
Поэтому ХО1 =
0 + 2- --
,_11.2
= -1;О1(1;-1).
_5 + 2(-1)
_ 1 + 2 j + 2
2) Найдем точку О2 пересечения высот треугольника.
Для этого найдем уравнения высот C7VX и AN2: ВС = {3; 5},
АВ = {6; -7}. Тогда высота CN,: (х - 5)6 + (~7)у = 0,6х-
- Ту - 30 = 0; высота A^2: (х + 4)3 + 5(у - 2) = 0, Зх + 5р +
+ 2 = 0. Пересечение высот:
6х - 7у -30 = 0
Зх + 5у + 2 = 0
•2
-17^ = 34;
8 Л(8
У ~ 2, х — з ; О2[ з » 3 I •
О 1
Ответ: О1(1; -1), О2 — ;-2 .
О I
Практикум по высшей математике
104
Пример 26. Даны координаты
двух вершин треугольника
А(-1; 3), В(2; 5) и точка пе-
ресечения высот Н(1; 4).
Найти координаты третьей
вершины треугольника и
составить уравнения его
сторон.
Решение.
Так как точка Н - точка
пересечения высот треуголь-
ника, то вектор ВН ортогона-
лен вектору АС; ВН =
= АС = {х+1, у-3};
АН ={2; 1}, ВС = {х-2;у-5}.
Найдем уравнение стороны AC: (AC -L ВН ) <=>
<=> (ВН АС = 0) <=> (х + 1)(-1) + (у - 3)(-1) = 0, х + 1 +
+ у - 3 = 0, х + у - 2 = 0 (АС). Найдем уравнение стороны
ВС: (ВС 1 АН)^(ВС • АН = 0) <=> (х - 2) • 2 + (у - 5) • 1 =
= 0, 2х + у - 9 = 0 (ВС).
Найдем координаты вершины С треугольника:
х + у - 2 = 0,
}2x + !,-9 = 0;=ix = 7-!' = ^C^-5>-
Уравнение стороны АВ: АВ = {3; 2}, AM - {х + 1; у 4- 3}.
Так как AM 11 АВ, то = ; 2х + 2 = Зу - 9;
2х - Зу + 11 = 0 (АВ).
Ответ: (7; -5), 2х - Зу + 11 = 0, 2х + у - 9 = 0,
х + у - 2 = 0.
Пример 27. Составить уравнения сторон треугольника,
зная одну его вершину А(0; 2) и уравнения высот (ВМ)
х + у = 4 и (СМ) у = 2х, где М - точка пересечения
высот.
105
2. Аналитическая геометрия
Решение.
Найдем уравнение стороны
АС треугольника АВС как
уравнение прямой, проходя-
щей через точку А(0; 2) парал-
лельно вектору nj = {1; 1}.
= У~ * + 2 (АС).
Уравнение стороны АВ:
х - 0 у - 2 Л л _
___ = ___; х + 2у - 4 = 0
(АВ). Чтобы найти уравнение
стороны ВС треугольника,
найдем координаты точки С и
В - вершин этого треугольника.
у = х + 2, (АС)
У = 2х;
=> х = 2, у = 4, С(2; 4),
х + у = 4,
х + 2у = 4; => V ~ 0, х - 4, в(4; 0).
х — 2 и — 4 и — 4
Уравнение ВС: —-— = ——; х - 2 = —— ;
2х + р-8 = 0.
Ответ: х - у Ч- 2 = 0, х + 2у - 4 = 0, 2х + у - 8 = 0.
Пример 28. Написать уравнение сторон треугольника
АВС, если задана его вершина А(1; 3) и уравнение двух
медиан х-2г/ + 1= 0иу-1 = 0.
Решение.
Пусть В имеет коорди-
наты (хг; уг).
Так как точка К по ус-
ловию есть середина отрез-
ка АВ, то ее координаты
равны
У А +Ув
2
и удовлетворяют уравне-
нию х - 2у 4-1 = 0:
1 + xt
хА + хв
2
2
Практикум ио высшей математике
106
3 + у л
- 2 • —- Ь 1 = 0. Кроме того, координаты точки Bfa; уг)
удовлетворяют уравнению у - 1 = 0, получаем систему ли-
нейных алгебраических уравнений относительно хр уг:
1 + х
-^-(З+ !/!) +1 = 0, fl + xj -6-21/j +2 = 0,
У1 -1 = 0; 1^1 “ 1;
Х| 2z/j 3 — 0, х^ = 5
„ =1- =* и =РВ(5;1).
У1 У1 *
Аналогично найдем координаты точки С(х2; уг):
У2+% о _ 1
_ хс + хА _Ус+Уа 2 у2 - -1
2 2 [х2 - 2у2 +1 = 0; х2 ~ 6
CI-3; -1).
х-хх _ y-z/i х —1 у-З
Уравнение АВ: _ ~ ; —— = -—- ;
х2 Х1 У 2 У1 5-1 1-3
х-1 у -3 х-1 у -3 „ „ „ у
“4- = ^;-2- = ^:х + 2у-7“°(АВ)-
__ „„ х -5 у-1 х-5 у-1
Уравнение ВС: ; — = —-;
~ ; х - 5 - 4у -4; х - 4у - 1 - 0 (ВС).
4 1
Уравнение АС: ——у = - ; х - 1 = у - 3;
х - у + 2 = 0 (АС).
Ответ: (АС) х - у + 2 = 0, (ВС) х - 4у - 1 = 0,
(АВ) х + 2у - 7 = 0.
Пример 29. Точка А(-4; 5) является вершиной квадрата,
диагональ которого лежит на прямой 7х - у + 8 = 0.
Составить уравнение сторон и второй диагонали этого
квадрата.
Решение.
1) Найдем уравнение второй диагонали АС. Так как
AC -L DB, то нормальный вектор п = {7; -1} диагонали
107
2. Аналитическая геометрия
DB будет направляю-
щим вектором прямой
АС. Поэтому АС:
х + 4 у - 5 . .
= --; х 4- 4 =
7-----------1
= -7у + 35; х + Чу - 31 =
= 0 (АС).
2) Расстояние d от
точки А до прямой DB
равно:
|-4-7-5 + 8| 25
V50 -J50 ’
Расстояние d от точ-
ки В(хх; ух) до прямой
АС равно:
25 _ |xt + 7У1 - 31| _
-----------* Получаем две линейные алгебраи-
ческие системы уравнений для нахождения координат
точки В(хх; ух). А так как точка D симметрична точке В
относительно прямой АС, то получим одновременно и ко-
ординаты точки D.
25 „±*1 +7У1 ~31
л/50 >/50
7хг - ух + 8 = 0;
хх + 7ух -56 = 0,
7хх -^+8 = 0;
xi + 7У1 “ 6 = °»
7хх -^+8 = 0;
=> В(0; 8)
=> П(-1; 1).
3) Найдем уравнения сторон квадрата как уравнения
x-Xi _ у-ух
прямых, проходящих через две точки: “ 71 .
х2 ~ Х1 У 2 У1
х + 4 у - 5
АВ: —— = ; Зх + 12 = 4у - 20; Зх - 4у + 32 = 0
4 8 — 5
(АВ).
Практикум по высшей математике
108
DC: Зх - 4у + с — 0. Подставим в это уравнение коор-
динаты точки D(-l; 1), получим -3-4 + с = 0, с = 7,
Зх - 4у + 7 = 0 (DC).
х +1 и — 1
AD: —— = ; -4х -4 = Зу - 3, 4х + Зу + 1 = О (AD).
О ТЕ
ВС: 4х + Зу + с = 0. Подставим в это уравнение коор-
динаты точки В(0; 8): 24 + с = 0, с = -24, 4х - Зу - 24 = О
(ВС).
Ответ: уравнения сторон квадрата: 4х + Зу + 1 = О,
Зх - 4у + 32 = 0, 4х + Зу - 24 = 0, Зх - 4у + 7 = 0; уравне-
ние его второй диагонали: х + 7у - 31 = 0.
Пример 30. Написать уравне-
ние прямой, проходящей
через точку М0(-2; 3) на
одинаковых расстояниях от
точек МД5; -1) и М2(3; 7).
Решение.
Напишем уравнение иско-
мой прямой I как уравнение
прямой, проходящей через
данную точку Мо в данном на-
правлении k: у - 3 - k(x + 2),
или kx - у + (2k + 3) = 0.
Найдем расстояние от то-
чек Мх и Мг до прямой I и ис-
комых прямых (очевидно, что
существует два решения):
|5Л +1 + (2k + 3)1
d= J-----г==------1
Vfe^ + i
_ |3fe - 7 + (2k + 3)|
Л2 +1
Отсюда получаем: 7k + 4 = ±(5Л - 4), или
7^ + 4 = 5^-4, ^=-4,
7k + 4 = 4-5k;[k2=0.
Следовательно, получим две ис-
комые прямые: у - 3 = 0, у - 3 = -4х - 8, 4х + у + 5 = 0.
Ответ: у = 3, 4х + у + 5 = 0.
Пример 31. В треугольнике АВС известны: сторона АВ,
заданная уравнением 4х + у - 12 = 0; высота ВНХ, за-
109
2. Аналитическая геометрия
данная уравнением 5х - 4у - 15 = 0; и высота АНг, за-
данная уравнением 2х 4- 2у - 9 = 0.
Найти вершину С этого треугольника.
Решение.
1) Найдем координаты вершины А и уравнение сторо-
ны АС данного треугольника.
(4х + у-12 = 0, (5J
2х + 2у - 9 = 0; 2 ,
5
2 V - 2
АС: ; 4х + 5у - 20 = 0 (АС).
2) Найдем координаты вершины В и уравнение сторо-
ны ВС.
В'.
4х + у-12 = 0,
5х -4у -15 = 0;
=> В(3; 0).
ВС: *...3 = у 0 ; у = х - 3 (ВС).
1 1
3) Найдем координаты вершины С.
|у = х-3,
4х + 5у - 20 = 0;
„f35 8
9 : 9
Ответ: С
"35 8"
[9:9j
Практикум по высшей математике
110
Пример 32. Составить уравне-
ния прямых, параллельных
прямой Зх - 4у - 10 = О и
отстоящих от нее на рас-
стоянии d = 3.
Решение.
Возьмем на искомой прямой
текущую точку М(х; у), тогда
13х-4и-10)
d = ’----*----' = 3, Зх - 4у -
М(х; у)
Зх - 4у - 10 = 0
5
- 10 = ±15; Зх - 4у - 25 = 0; Зх - 4у + 5 = 0;
Ответ: Зх — 4у - 25 = 0; Зх - 4у + 5 = 0
d
d
Пример 33. Стороны АВ и ВС параллелограмма заданы
уравнениями 2х-р + 5 = 0их-21/ + 4 = 0, диагонали
его пересекаются в точке М(1; 4). Найти уравнения
двух других сторон параллелограмма.
Решение.
1) Найдем координаты точки В:
2х - у + 5 = 0,
х - 2у + 4 = 0;
В(-2; 1).
2) Найдем координаты вершины D параллелограмма,
зная координаты точки пересечения диагоналей М(1; 4):
^=1. ^ = 4 или ^=1,^-4;
& £ £ &
¥d=7;D(4:7).
Ill
2. Аналитическая геометрия
\2х - у + с = О,
3) Уравнение стороны CD: ( =*
8 - 7 + с = 0, с = -1, 2х - у - 1 = О (CD).
х - 2у + с = О,
Р(4; 7);
4 - 14 + с = О, с= 10, (AD) х - 2у + 10 = 0.
Ответ: (CD) 2х - у - 1 = О, (AD) х - 2у + 10 = 0.
4) Уравнение стороны AJD
Пример 34. Даны две вершины треугольника
(3; -1) и (1; 4) и точка пересечения его медиан (0; 2).
Найти координаты третьей вершины и составить урав
нения его сторон.
Решение.
По условию точка М
делит отрезок ВК и отре-
зок AN в отношении X = 2.
Найдем координаты точ-
ки К^; уг) и N(x2; у2):
Хп + Ххк-
1) -Л—~=х
’ 1 + Х
Ув + ^Ук _
1 + Х Уи'
3 + 2х,
—v^=o,x, = -
о
и»
3
2 ;
-1 + 2у, 7
--7^-= 2’ = р
О
( 3 7А
К[~2;2)-
91 ХА + ^XN У А + tyN
л) 1 + Л Хм’
= _1 4 + 2^2
Х2 2 ; 3
3) Найдем уравнения сторон треугольника.
1 + 2 * х2
1 + Х = Ум’ 3
( 1
о
2,^-1;# 2*1
АВ: —- = -^-- 4 ; 5х + 2у - 13 = 0 (АВ);
3-1 -1-4 У
Практикум по высшей математике
112
АС:
2
= ; х - 5у + 19 = О (АС), или (АК);
— -4
2
ВС: ; 4х +7 у - 5 = О (ВС), или (BN).
-1-3 1+1
2
4) Найдем координаты вершины С треугольника.
С:
4х + 7у - 5 = О,
х - 5у +19 = 0; =* С(-4; 3>-
Ответ: (-4; 3); 5х + 2у - .13 = 0; х - 5у + 19 = 0;
4х + 7 у - 5 — 0.
Пример 35. Составить уравнения сторон треугольника,
зная одну его вершину: А(3; -1), а также уравнение бис-
сектрисы х - 4у + 10 = 0 и медианы 6х + Юг/ - 59 = 0,
проведенных из различных вершин.
Решение.
1) Найдем коор-
динаты вершины В
треугольника следу-
ющим образом: с од-
ной стороны, точка
В лежит на биссект-
рисе угла В. Значит,
координаты хх, ух
удовлетворяют урав-
нению биссектрисы:
хг - 4уг + 10 = 0.
С другой сторо-
ны, выразим коор-
динаты точки N как
середины отрезка
АВ через xlt уг. Ко-
ординаты точки N удовлетворяют уравнению медианы,
получаем второе уравнение относительно хх, уг:
(3 + xJ
2
•6+10-
- 59 = 0.
-1 + У1
2
113
2. Аналитическая геометрия
Итак, решая систему линейных алгебраических урав-
нений
х1-4у1+10 = 0,
£11^.6 + 10.^121-59 = 0 ИЛИ
2 2
xi “ +10 = 0,
„ „ Л полу-
3х1 + 5z/r -55 = 0;
чаем хг = 10, уг = 5, точку В(10; 5).
2) Найдем уравнение стороны. АВ по известным коор-
динатам точек А(3; -1) и В(10; 5):
х — 3 V +1
—-— = ...в. или 6х - 7у - 25 = 0 (АВ).
3) Так как угловой коэффициент kt уравнения АВ есть
6
fei = у»
а угловой коэффициент fe2 уравнения биссектри-
сы - k2
1 k2 - fei
-, то найдем tg <pt: tg = --— • <Pi e
_1 _ 6
4 7 1
=---~—— = - —. Далее, точка C(x2; y2) принадлежит пря-
l + 2.± 2
7 4
мой, проходящей через точку В(10; 5) под данным углом
ф2 к биссектрисе угла.
Найдем угловой коэффициент прямой ВС: k2 —
У2 ~ &
= ~ , тогда угловой коэффициент биссектрисы обо-
^2 A v
• 1 . k2 kt
значим — — и tg ф2 = ——---— ;
4 1 + kyk2
У2 -5 1
х2 -10 4 1
*£Ф2= ----^7_Г5_Т = _2;
1 + ° . £ *
х2 -10 4
отсюда получаем -2хг - Эу2 + 65 = 0.
Уравнение ВС: 2х + 9у - 65 = 0 (ВС).
4) Найдем координаты точки С:
Практикум по высшей математике
114
f2x + 9z/-65 = 0
[бх + Юг/- 59 = 0 8’ )
кчи лп х ~ ха У~Уа . х~3 _у+1
5) Наконец, АС: -----=-------; —----- ~~ ,
хс~ха Ус~Уа -I-з 8 + 1
2
или 18х + 13у -41=0 (АС).
Ответ: 2х + 9у -65 = 0, 6х - 7 у - 25 = О,
18х + 13z/ - 41 = 0.
Пример 36. Написать уравнение прямой, проходящей че-
рез точку А(2; 4) и удаленной от начала координат на
расстояние d = 2.
Решение.
Уравнение прямой, проходящей через точку А(2; 4),
запишем в виде:
А(х - 2) + В(у - 4) = 0. Если В = 0, то имеем х = 2; если
А
В * 0, то у - 4 - k(x - 2) = 0, где k = - —, -kx + у + 2k-
В
|Ах0 + Ву0 + С| |2/г - 4|
-4 = 0. По условию d = -----, '"-— ; 2 = —7= —-;
л/л2 + В2 Л2+1
7fe2 +1 = \k - 2|; (xQ = 0, z/0 = 0); fe2 + 1 = fe2 - 4k + 4; -4k +
3 3
+ 3 = 0, k = —; у — 4 — ~^(x ~ 2); 3x — 4y + 10 = 0.
Ответ: Зх - 4y + 10 = 0, x = 2.
Пример 37. Известны уравнение
одной из сторон квадрата х +
+ Зу - 3 = 0 и точка пересече-
ния диагоналей N(-2’, 0). На-
писать уравнения остальных
его сторон.
Решение.
Составим уравнения диагона-
лей квадрата, проходящих через
точку N(~2', 0) под углом 45° к
прямой х + Зу - 3 = 0.
Уравнение искомой диагонали
запишем как уравнение с угло-
вым коэффициентом: у = k(x + 2).
115
2. Аналитическая геометрия
Угловой коэффициент прямой х + Зу - 3 — 0 равен
2 3
Тогда tg 45° =
tg45’=l;
k
з;
|3fe + 1| = 3 — fe; к = —2; k = + —
Л
Таким образом, найдены
диагонали квадрата: у = — (г + 2), у = -2(х 4- 2).
Далее по известной стороне и диагонали квадрата най-
дем точку В(-3; 2). Затем, зная координаты точки В и
точки N, найдем координаты точки С. Далее, применяя
уравнение прямой, проходящей через данную точку, па-
раллельно (перпендикулярно) данному вектору, найдем
уравнения остальных сторон квадрата.
Ответ: DC: х + Зу + 7 = 0; AD: Зх - у + 1 = б;
ВС: Зх - у + 11 = 0.
Пример 38. Найти вершины пря-
моугольного равнобедренного
треугольника, если даны вер-
шина прямого угла С(3; 1) и
уравнение гипотенузы Зх-у +
+ 2 = 0.
Решение.
Найдем уравнения катетов
треугольника как уравнения
прямых, проходящих через точ-
ку С (3; -1) под углом 45° к гипо-
тенузе.
|^2 “ &1|
1) tg ф = । + ; fej = 3, = к.
\k-3|
Тогда tg 45° = 1 = -1-L;
1 + 3k
\k - 3 = ±(1 + 3k);
k = -2, k =
1
2 *
Практикум по высшей математике
116
2) у = k(x - х0) + у0; k = -2; у = -2(х - 3) - 1, у = -2х + 5
(уравнение одного катета треугольника).
1 1
k= ~;у+1= ~(х - 3); 2у + 2 = х - 3; х - 2у - 5 = 0
(уравнение другого катета треугольника).
3) Найдем вершины АиВ треугольника.
3x-z/ + 2 = 0, Г3.19
у = -2х + 5 "Дб’ 5
Зх - у + 2 = 0, f
х-2у -5 = Q
f3.»W
5’ 5
Ответ:
9. 17?
5’ 5
9 17
б5 5
Пример 39. Основанием равно-
бедренного треугольника
служит прямая х + 2у = 0, а
одной из боковых сторон -
х - у + 5 = 0. Составить
уравнение другой боковой
стороны, зная, что она про-
ходит через точку М (4; 2).
Решение. Угловой коэффи-
циент стороны основания
Угловой коэффици-
ент данной боковой стороны
k2 = 1. Тангенс угла от основа-
ния до данной боковой стороны
1 + -
---^- = 3.
1--
2
Тангенс угла Р от основания
роны равен тангенсу угла от основания до данной боковой
стороны, но имеет противоположный знак. Следователь-
k3 -k}
но, tg р = -3; с другой стороны, tgp = у-—— , где k3 - уг-
X т rvj
ловой коэффициент другой боковой стороны. Так как
kn kt
tga = —------
1 + kxk2
до искомой боковой сто-
117
2. Аналитическая геометрия
/г3 + —
л 2
tg 3 = -3, kx = -1/2, то - 3 -z-; отсюда k3 = 7. Урав-
2 3
нение искомой боковой стороны: у - 2 = 7(х - 4), или
7х - у - 26 = 0.
Ответ: 7х — у - 26 = 0.
Задания для самостоятельного решения
1. Точки Р2, Р3, Р4, Р5 расположены на прямой
2х - 2у - 6 = 0; их абсциссы соответственно равны числам:
4, 0, 2, -2 и 6. Определить ординаты этих точек.
2. Стороны АВ, ВС и АС треугольника АВС даны соот-
ветственно уравнениям 4х + Зу - 5 = 0, х - Зу + 10 = 0,
х - 2 = 0. Определить координаты его вершин.
3. Найти уравнение прямой, отсекающей на оси Оу от-
резок b и составляющей с осью Ох угол ф = 45°.
4. Преобразовать уравнение Зх — 4z/ + 12 = 0 к уравне-
нию в отрезках.
5. Найти угол между прямой у = -4х + 1 и прямой
5х — Зу - 7 = 0.
6. Доказать, что прямые Зх - 4у+ 12 = 0 и Зх + бу -
-9 = 0 перпендикулярны. Постройте каждую данную
прямую по точкам пересечения их с осями координат.
7. Найти уравнение прямой, проходящей через точки '
М^З; 2), М2(4; -1).
8. Даны вершины треугольника А (2; 5), В (-3; 1), С (4; -2).
Найти уравнение высоты треугольника, опущенной из
вершины А.
9. Найти точку пересечения прямых 2х - у - 3 = 0,
4х + Зу - 11 = 0.
10. Найти уравнение прямой, проходящей через точку
пересечения прямых 2х+3//-8 = 0их-4г/ + 5 = 0и че-
рез точку М1(-2; 3).
11. Дан треугольник АВС с вершинами в точках А(1; 5),
В(2; 0), <7(3; 1). Составить уравнения стороны АС, высо-
ты СК и медианы ВМ, проведенной из вершины В.
12. Дан треугольник АВС с вершинами в точках А(3; -5),
В(2; 1), <7(0; 5). Составить уравнения стороны АВ, высо-
ты BD и медианы AM.
Практикум по высшей математике
118
13. Даны вершины треугольника А(1; -1), В(-2; 1) и
С(3; 5). Составить уравнение перпендикуляра, опущенно-
го из вершины А на медиану, проведенную из вершины В.
14. Даны вершины треугольника А(-1; 2), В(5; 4) и
С(-2; 0). Составить уравнение биссектрисы его внутрен-
него угла А.
15. Определить угол ф между двумя прямыми:
5х - у + 7 = 0, Зх + 2у - 0.
16. Установить, какие из следующих пар прямых пер-
пендикулярны:
а) Зх - у + 5 = 0, б) Зх - 4у + 1 = 0,
х + Зу - 1 = 0; 4х - Зу + 7 = 0;
в) 6х - 15у + 7 = 0, г) 9х - 12у + 5 = 0,
10х + 4у - 3 = 0; 8х + бу - 13 = 0;
д) 7х - 2у + 1 = 0, в) 5х - 7у + 3 = 0,
4х + бу + 17 = 0; Зх + 2у - 5 = 0.
17. Дана прямая 2х + Зу + 4 = 0. Составить уравнение
прямой, проходящей через точку Мо(2; 1):
а) параллельно данной прямой;
б) перпендикулярно к данной прямой.
18. Даны уравнения двух сторон прямоугольника
х -2у = 0, х-2г/ + 15 = 0и уравнение одной из его диаго-
налей 7х + у -15 = О. Найти вершины прямоугольника.
19. Найти проекцию точки Р(+6, -4) на прямую
4х - 5у - 3 = 0.
20. Найти точку Q, симметричную точке Р(-5; 13) от-
носительно прямой 2х - Зу - 3 = 0.
21. Даны две точки: Р(2; 3) и Q(-l; 0). Составить урав-
нение прямой, проходящей через точку Q перпендикуляр-
но вектору PQ.
22. Составить уравнения прямых, проходящих через
вершины треугольника А(5; -4), В(-1; 3), С(-3, -2) парал-
лельно противоположным сторонам.
23. Даны вершины треугольника А(2; -2), В(3; -5) и
С(5; 7). Составить уравнение перпендикуляра, опущенно-
го из вершины С на биссектрису внутреннего угла при
вершине А.
24. Доказать, что в следующих случаях две данные
прямые параллельны:
а) Зх + 5у - 4 = 0,
6х + 10у + 7 = 0
в) 2х - 1 = 0,
х + 3 = 0;
б) 2х - 4у + 3 = 0,
х - 2у = 0;
г) у + 3 = 0,
5у - 7 = 0.
119
2. Аналитическая геометрия
25. Точка А(2; -5) является вершиной квадрата, одна
из сторон которого лежит на прямой х-2р-7 = 0. Вы-
числить площадь этого квадрата.
26. Площадь треугольника S =1,5 кв. ед. Две его вер-
шины есть точки А(2; -3) и В(3; -2); центр тяжести этого
треугольника лежит на прямой Зх - у - 8 = 0. Определить
координаты третьей вершины С.
х У
27. Дана прямая — + — =1. Найти расстояние d от этой
i О
прямой до начала координат.
28. Дан треугольник с вершинами в точках А(1; 0), В(2; 3)
и С(3; 1). Вычислить длину высоты BD, опущенной из
вершины В, и длину отрезка AD.
29. Точка А(5; -1) является вершиной квадрата, одна
из сторон которого лежит на прямой 4х - Зу - 7 — 0. Со-
ставить уравнения прямых, на которых лежат остальные
стороны этого квадрата.
30. Составить уравнение прямой, проходящей через точ-
ку Р(-2; 3) на одинаковых расстояниях от точек А(5; -1) и
В(3; 7).
31. Вычислить расстояние d между параллельными
прямыми: Зх - 4у - 10 = 0, 6х - 8у + 5 = 0.
32. Дано уравнение стороны ромба х + Зу-8 = 0и урав-
нение его диагонали 2х + у + 4 = 0. Написать уравнения
остальных сторон ромба, зная, что точка (-9; -1) лежит
на стороне ромба, параллельной данной.
Ответы:
2. 4(2; -1), В(-1; 3), С(2; 4); 3. у = х + 2;
4. = 1; 5. ф = 135°; 7. Зх + у - 11 = 0;
“4 3
8. 7х - Зу + 1 = 0; 9. (2; 1); 10. 5х + 13.у - 29 = 0;
11. АС: 2х + у - 7 = 0; СК: х - 5у + 2 = 0; ВМ: х = 2;
12. АВ: 6х + у - 13 = 0; BD: Зх - Юг/ + 4 = 0; AM: х -
~ у + 2 = 0;
13. 4х + у - 3 = 0; 14. 5х + у - 3 = 0; 15. ф = 45°;
16. перпендикулярны а), в) и г);
17. а) 2х + Зу - 7 = 0; б) Зх - 2у - 4 = 0;
18. (2; 1), (4; 2); (-1; 7), (1; 8); 19. (+2; +1);
20. Q(ll; -11); 21. х + у + 1 = 0;
22. 5х - 2у - 33 = 0, х + 4у - 11 = 0, 7х + бу + 33 = 0;
23. х - 5 = 0; 25. 5 кв. ед.; 26. Ct(l; -1) или С2(-2; -10);
Практикум по высшей математике
120
27. d = -Д=
713
28. ВП=Т5 ,AD=V5 ;
29. условию задачи удовлетворяют два квадрата; ос-
тальные стороны одного из них лежат на прямых: Зх +
+ 4у - 11 = 0; 4х - Зу - 23 = 0; Зх + 4у - 27 = 0; остальные
стороны другого - на прямых: Зх + 4у - 11 = 0; 4х - Зу -
- 23 = 0; Зх + 4у + 5 = 0;
30. 4х + у + 5 = 0; 31. d = 2,5;
32. х + Зу + 12 = 0, Зх — у — 4 = 0, Зх - у - 16 = 0.
2.2. Плоскость
1)А(х - х0) +В(у - у0) +
4- C(z - z0) = 0 - уравнение
плоскости, проходящей
через точку М0(х0; у0; г0)
перпендикулярно нор-
мальному вектору п =
= {А; В; С}.
2) Ах + By + Cz + D — 0
- общее уравнение плоскости, п = {А, В, С} - нормальный
вектор этой плоскости.
3)— + — + - = 1 - уравнение
а о с
плоскости в отрезках, где а, Ь,
с - величины направленных от-
резков, отсекаемых плоскостью
а на координатных осях Ох,
Оу, Oz соответственно;
4) Пусть даны две плоскости
eq: Дх + Вгу + Cxz + Di = 0,
К = {А, В, С},
121
2. Аналитическая геометрия
а,: А2х + В2у + C2z + D2 =» О,
п2 = И; В; С}.
В качестве угла ф между плоскостями ах и а2 прини-
мают угол между их нормальными векторами:
cos <р =
или в координатной форме
пх п2
COS ф =
А1-А2 + ВХВ2 +
+ Bf + cf + В22 + cl
5) Условие перпендикулярности двух плоскостей ах и
а2: (пх • п2) = О или в координатной форме:
AjA-2 + ВХВ2 ^1^2 = О*
6) Условие параллельности двух плоскостей ах и а2:
7) Уравнение плоско-
сти, проходящей через
три данные точки
•Л^1(#р У1’ ^1)» ^2(^'2» ^2» ^2)»
-^з(^3» Уз» 2з)’
/ s' V
Лз» Уз» гз) Уг»7^г)
\М • МХМ2 • МХМ3 1 = 0 или в координатной форме:
X - хх
х2 - хх
х3-хх
X - ХХ у-ух
Х2 - *1 У2- У1
хз - Х1 Уз- У1
8) Если плоскость а за-
z- zx
22 -21
23 -21
= 0.
дана общим уравнением
Ах + By + Cz + D = 0, а
Af0(x0; yQ\ zQ) - некоторая
точка пространства, то
М(х; у; г
есть формула расстояния
от точки Мо до плоскости а.
Практикум по высшей математике 122
9) Совокупность всех плоскостей, проходящих через
одну и ту же прямую, называется пучком плоскостей.
Если Atx 4- Bty 4- C]Z + Dt — 0 и А2х 4- В2у + C2z 4- D2 = О
есть уравнения двух различных непараллельных плоско-
стей, пересечением которых служит некоторая прямая L,
а числа а, 0 - любые не равные одновременно нулю, то
а(Ахх 4- Вгу 4- Сгг + £>0 4- |3(А2х 4- В2у 4- С2г 4- £>2) = 0 есть
уравнение плоскости, проходящей через прямую L. Более
того, какова бы ни была проходящая через прямую L
плоскость, она может быть определена из пучка плоско-
стей при определенных значениях а, 0.
Пример 1. Составить урав- ________________
нение плоскости, кото- /п = {1; -2;,3} ~7
рая проходит через точ- / | /
ку Мх(2; 1; -1) и имеет /М((2; 1; -1) /
нормальный вектор п = / -—:1z)
== {1; -2; 3}.
Решение.
Для вывода уравнения плоскости возьмем на этой
плоскости точку М(х; у\ г) с текущими координатами.
Получим вектор MtM = {х — 2; у - 1; г 4-1}. По условию
(М1М1п)<=>(М1М-и) = 0<=>(х-2)-14-
4- (у - 1) • (-2) 4- (г 4- 1) • 3 = 0.
Ответ: х - 2у 4- Зг 4- 3 = 0.
Пример 2. Даны две точки МДЗ; -1; 2) и М(4; -2; -1).
Составить уравнение плоскости, проходящей через
перпендикулярно вектору MtM2 .
Решение.
По условию вектор М1М2 является нормальным век-
тором искомой плоскости МгМ2 = п = {1; — 1; -3}. Урав-
нение плоскости, проходящей через точку Мг перпенди-
кулярно вектору п = МХМ2 есть А(х - х0) 4- В(у - у0) 4-
4- C(z - z0) = 0, или
1 • (х - 3) 4- (-1) • (у 4- 1) 4- (-3) • (z - 2) = 0,
х — у — 3z 4-2 = 0.
123
2. Аналитическая геометрия
Ответ: x-y-3z + 2 = 0.
Пример 3. Составить уравнение плоскости, проходящей
через точку МДЗ; 4; -5) параллельно двум векторам
ах '= {3; 1; -1} и а2 = {1; -2; 1}.
Решение.
а
М,(3; 4; -5),
М(х; у; г
Отложим векторы ах и
а2 в плоскости, проходя-
щей через точку Afj, и
возьмем на искомой плос-
кости точку М(х; у', г) с те-
кущими координатами.
Получим, что три вектора МХМ = {х - 3; у - 4; z + 5),
ах — {3; 1; -1}, а2 = {1; -2; 1} лежат в одной плоскости,
т. е. они компланарны.
Условие компланарности есть равенство нулю опреде-
лителя, составленного из координат этих векторов.
1
= 0, х + 4у + 7z + 16 = 0.
Ответ: х + 4у + 7z + 16 = 0.
Пример 4. Составить уравнение плоскости, проходящей
через точки МД2; -1; 3) и М2(3; 1; 2) параллельно век-
тору а - {3; -1; 4}.
Решение.
Отложим вектор а и точ-
ку М(х; у', г) с текущими
/м (2; -1; 3) ~7 координатами в плоскости,
/ ’м7з- ii/in проходящей через точки
/ а Afx, М2. Получим компла-
/ М(х; у; zy ____„
/ / парные векторы МХМ =
= {х — 2; у + 1; z - 3},
Практикум по высшей математике
124
МХМ2 = {1; 2; -1}, а = (3; -1; 4}. Следовательно, по усло-
вию компланарности трех векторов будем иметь:
х-2 у + 1 z-3
12-1
3-14
= 0, или 7(х - 2) - 7(у + 1) - 7(х - 3),
х-у -z = 0.
Ответ: х - у - z = 0.
Пример 5. Составить уравнение плоскости, проходящей
через три точки МДЗ; -1; 2), М2(4; -1; -1) и М3(2; 0; 2).
Решение.
Возьмем на плоскости точ- М(х; у; zy
ку с текущими координатами /----------— ----у
М(х; у; г), будем иметь векто- м / 2)^^^ /
ры МХМ = {х - 3; у +1; г - 2}, / ^хчМ/2; Q/2)
_______ _______ / Мг(4;
MiM2 = {1; 0; -3}, МХМ2 =
= {-1; 1; 0). Эти векторы по
условию компланарны. Следовательно, равен нулю опре-
делитель, составленный из координат этих векторов:
х-3 у+1 2-2
10-3
-110
= 0, или Зх + Зу + 2 - 8 = 0.
Ответ: Зх + Зу + z - 8 = 0.
Пример 6. Составить уравнение плоскости, проходящей
через точку МДЗ; -2; 7) параллельно плоскости 2х -
-32 + 5 = 0.
Решение.
Так как искомая плоскость и данная - параллельны,
то у них общий нормальный вектор. Таким образом, по-
лучим: через данную точку Мг провести плоскость, пер-
пендикулярную данному вектору п = {2; 0; -3}.
А(х - х0) + В(у0 - у) + С(20 - 2) = 0,
2(х - 3) + (-3)(2 + 7) = 0, 2х - 32 - 27 = 0.
Ответ: 2х - Зг - 27 = 0.
Пример 7. Составить уравнение плоскости, которая про-
ходит через начало координат перпендикулярно к
двум плоскостям: 2х - у + Зг - 1 = 0, х + 2у + z = 0.
125
2. Аналитическая геометрия
Решение.
Так как искомая плоскость перпендикулярна плоско-
стям 2х - у + Зг - 1 = 0 и х + 2z/ + г = 0, то нормальные
векторы пх = {2; -1; 3} и п2 = {1; 2; 1} и вектор ОМ =*
= {х; у; г} (М - точка с текущими координатами) - компла-
X У 2
нарны. Следовательно, 2 -1 3 = 0, или 7х - у - 5z — 0.
1 2 1
Ответ: 7х — у - 5г = 0.
Пример 8. Составить уравнение плоскости, проходящей
через две точки Мг(1; -1; -2) и М2(3; 1; 1) перпенди-
кулярно к плоскости х - 2у + Зг - 5 = 0.
Решение.
кости еще точку М(х; у, г)
получим векторы:
Так как искомая плос-
кость перпендикулярна
плоскости х - 2у + Зг - 5 =
— 0, то нормальный вектор
п = {1; -2; 3} отложим в
плоскости точек М2.
Возьмем на искомой плос-
с текущими координатами,
МгМ = {х - 1; у + 1; г + 2}, МХМ2 = {2; 2; 3}.
Три вектора М^М , МгМ2 ип - компланарны, поэто-
х-1 у+1 г + 2
му
2 3
-2 3
= 0 или 4х - у - 2z = 0.
Ответ: 4х - у - 2г = 0.
Пример 9. Составить уравнение плоскости, которая про-
ходит через ось Оу и точку Мг(1; 4; 3)
Решение.
Так как плоскость проходит через ось Оу, то ее урав-
нение можно взять в виде z = kx. Плоскость z = kx прохо-
дит через точку М2(1; 4; 3), значит, координаты точки
удовлетворяют уравнению. Получаем: z = kx, -3 = k • 1,
k = -3, Зх + z = 0.
Ответ: Зх + z = 0.
Практикум по высшей математике
126
Пример 10. Составить уравнение плоскости, проходящей
через точки MJ7; 2; -3) и М2(5; 6; -4) параллельно оси
Ох.
Решение.
Уравнение плоскости, параллельной оси Ох, имеет вид:
By 4- Cz 4- D = 0 (коэффициенты В, С, D отличны от нуля).
В С
Запишем это уравнение так: —1/ + —z+l = 0. Так как
эта плоскость проходит через точки и М2, то коорди-
наты этих точек удовлетворяют искомому уравнению,
получаем линейную алгебраическую систему уравнений:
1 2
Тогда —у + — z 4-1=0 или у 4- 4г 4- 10 = 0.
Ответ: у 4- 4г 4-10 = 0.
Пример 11. Докажите, что четыре точки А(1; 2; -1),
В(0; 1; 5), С(-1; 2; 1), D(2; 1; 3) лежат в одной плоско-
сти.
Решение.
Рассмотрим векторы.
АВ , АС , AD . Если они
компланарны, то данные
точки лежат в одной плос-
кости. АВ = {-1; -1; 6},
АС = {-2; 0; 2},
AD ={1; -1; 4}. Тогда
-1 -1
-2 0
1 -1
= —2 — 10 4- 12 = 0.
Ответ: данные точки
лежат в одной плоскости.
127
2. Аналитическая геометрия
Пример 12. Составить уравнение плоскости, которая про-
ходит через точку Mj(4; 3; 2) и отсекает на координат-
ных осях положительные отрезки одинаковой длины.
Решение.
Уравнение плоскости в отрезках: -- + — + - =1. По
а о с
условию а = b = с > 0. Тогда уравнение плоскости можно
записать х + у + г = а. Так как точка Мх(4; 3; 2) лежит в
этой плоскости, то ее координаты удовлетворяют уравне-
нию: 4 + 3 + 2 = а, а = 9. Следовательно, х + у + z = 9.
Ответ: х + у + z = 9.
Пример 13. Составить уравнение плоскости, проходящей че-
рез прямую пересечения плоскостей 2х - у + Зг - 5 = 0,
x + 2y-z + 2 = Q параллельно вектору е = {2; -1; -2}.
Решение.
X JZq
1 k
-1 3
2 -1
Векторы п1 = {2; -1; 3},
п2 = {1; 2; -1} - нормаль-
ные векторы данных плос-
костей. Найдем их вектор-
ное произведение
= -5г + 5/- 5Д> = 5 • {-1; 1; 1}.
В качестве направляющего^ектора прямой пересечения
плоскостей примем вектор а = {-1; 1; 1}.
Возьмем какую-нибудь точку на этой прямой, напри-
мер, Мг(х', у; 0), тогда
2 = 0,
2х - у - 5 = 0, <=> М,
х + 2у + 2 = 0;
Так как векторы МгМ , а, е компланарны, то
8
х---
5
-1
9
у + —
5
1
1 = 0 =+ 5х + 5z — 8 = о#
z
2 -1 -21
Ответ: 5х + 5г - 8 = 0.
Практикум по высшей математике 128
Задания для самостоятельного решения
1. Составить уравнение плоскости, которая проходит
через точку Мо(2; 1; -1) и имеет нормальный вектор
п = {5; 0; -3}.
2. Составить уравнение плоскости, которая проходит
через начало координат и имеет нормальный вектор
п = {5; 0; -3}.
3. Даны две точки Мх(3; -1; 2) и М2(4; -2; -1). Соста-
вить уравнение плоскости, проходящей через точку Mlt
перпендикулярно вектору MtM2 .
4. Написать уравнение плоскости, которая проходит
через точку Мо, параллельно векторам аг и а2 » если:
а) Мо(1; 1; 1), а^ = {0; 1; 2}, = {-1; 0; 1};
б) Мо(О; 1; 2), = {2; 0; 1}, = {1; 1; 0}.
5. Написать уравнение плоскости^ проходящей через
точки и М2 параллельно вектору а, если:
а) МД1; 2; 0), М2(2; 1; 1), а = {3; 0; 1};
б) МД1; 1; 1), М2(2; 3; -1), а = {0; -1; 2}. •
6. Написать уравнение плоскости, проходящей через
три заданные точки Mlf М2 и М3, если:
а) МД1; 2; 0), М2(2; 1; 1), М3(3; 0; 1);
б) МД1; 1; 1), М2(0; -1; 2), М3(2; 3; -1).
7. Установить, какие из следующих пар уравнений
определяют параллельные плоскости:
а) 2х - Зу - 5г — 7 = 0, б) 4х 4- 2у - 4г 4- 5 = 0,
2х - Зу 4- 5г 4- 3 = 0; 2х 4- у 4- 2z - 1 = 0;
в)х-3г 4-2 = 0,
2х — 6г - 7 = 0.
8. Установить, какие из следующих пар уравнений
определяют перпендикулярные плоскости:
а) Зх — у — 2z - 7 = 0, б) 2х 4- Зу — z — 3 = 0,
х 4- 9у - 3z 4- 2 = 0; x-y-z + 5 = 0;
в) 2х - 5г 4- z = 0,
х 4- 2z - 3 = 0.
9. Составить уравнение плоскости, которая проходит
через точку МДЗ; -2; -7) параллельно плоскости 2х -
- Зг 4- 5 = 0.
10. Составить уравнение плоскости, которая проходит
через две точки M^l; -1; -2) и М2(3; 1; 1) перпендикуляр-
но к плоскости х - 2у 4- 3z - 5 = О.
129
2. Аналитическая геометрия
11. Преобразовать следующие уравнения плоскостей к
уравнениям в отрезках:
а) 2х - Зу 4- 5г - 15 = 0, б) 2х 4- Зу 4- 6 = О,
в) 2х 4- 15 = 0.
12. Найти двугранные углы, образованные пересечени-
ем следующих пар плоскостей:
а) х - у ^2 + z-l = 0, 5) Зу - г = 0,
x + yj2~ z 4-3 = 0; 2z/4-z = 0,
в) Ox + Зу - 2z = О,
х 4- 2у 4- 6z - 12 = 0.
13. Две грани куба лежат на плоскостях 2х- 2у + z -
- 1 =» 0, 2х - 2у 4- 2 4- 5 = 0. Вычислить объем этого куба.
14. В каждом из следующих случаев вычислить рассто-
яние между параллельными плоскостями:
а) х - 2у - 2г - 12 = 0, б) 2х - Зу 4- 6z - 14 = 0,
х - 2у - 2г - 6 = 0, 4х - 0у 4- 12г -21 = 0,
в) 2х - у + 2г + 0 = О,
4х - 2у 4- 4z - 21 = 0.
15. В пучке плоскостей 2х - Зу 4- г - 3 4- Х(х 4- Зу 4- 2г 4-
4-1) = 0 найти плоскость, которая: а) проходит через точ-
ку МД1; -2; 3); б) параллельна оси Ох; в) параллельна оси
Оу; г) параллельна оси Oz.
Ответы:
1. х - 2у 4- Зг 4- 3 = 0; 2. 5х - Зг = 0;
3. х - у - Зг 4- 2 = 0;
4. а) х - 2у - г = 0; б) -х 4- у 4- 2г - 5 = 0;
5. а) -х 4- 2у - Зг = 0; б) 2х - 2у - г 4- 1 = 0;
6. а) х 4- у - 3 = 0; б) 2х - у - 1 = 0;
7. а) и в) определяют параллельные плоскости;
8. а) и б) определяют перпендикулярные плоскости;
9. 2х - Зг - 27 = 0;
10. 4х - у - 2г - 9 = 0;
х у г хи х
п-а> тГ^ + з -1;в)
13. 8 куб. ед.; 14. a) d - 2; б) d - 3,5; d - 6,5;
15. а) 2х 4- 15у 4- Чг 4- 7 = 0; б) Оу 4- Зг 4- 5 = 0;
в) Зх 4- Зг - 2 = 0; г) Зх - Оу - 7 = 0.
5. Зак, 6
Практикум по высшей математике
130
2. 3. Прямая и плоскость в пространстве
х-х0 _ у-у0 _ Z-Z0
1) —-J-----------------
I т п
канонические уравнения пря-
мой, проходящей через точку
М0(х0; Уо> 2о) параллельно направ-
ляющему вектору а = {/; ти; п};
2) х~*1 _ у ~.у» _ z~z*
х2 ~Х1 У2~ У1 22 “
- уравнение прямой, проходящей
через две данные точки Mfa; уг; zj
и У2’ ^2)’
х = х0 + It,
3) уравнения
У = Уо + mt*
2 = г0 + nt',
te R есть параметрические уравнения прямой в простран-
стве.
4) Пусть даны две прямые, заданные каноническими
уравнениями
х-хх У ~У1 г- zx
тг
«1
Z-Z2
г . Х ~ Х2 _У ~У2
ь2:
12 т2 п2
За угол ф между прямыми принимают угол между их
направляющими векторами
аг = {l^ mt; nJ, а2 = {/2; тп2; п2}:
(Uj • а2) u
. , или в координатной форме
а1 а2
cos ф =
^1^2 П^’\П/12 "f" П--^П2
COS ф . < ........ . •
//2 ^,2 „2 />2 ,т2 _2
у + mi + Wj ^l2 + m2 + n2
5) L, 4- m,m9 + n,n9 = 0 - условие перпендикулярности
двух прямых и A2.
131
2. Аналитическая геометрия
с. lr mi
6) — = —- = — - условие параллельности двух пря-
т2 п2
мых и L2 в пространстве.
7) Общие уравнения прямой в пространстве
Atx + Вгу + 0-^2 + = О,
А2х + В2у + С22 + D2 = 0;
где коэффициенты Alt Blt С\ не пропорциональны коэф-
фициентам А2, В2, С2. В данном случае прямая задана как
линия пересечения плоскостей.
Пример 1. Найти уравнение плоскости, проходящей че-
рез прямые:
Т . х-2 у +1 2-3
— ——— — -.—
3 2-2
Решение.
х -1 _ у - 2 _ 2 + 3
: 3 “ 2 “ -2 ’
Обозначим точки, через
которые проходят прямые
L. и L2 - М.(2; -1; 3),
М2(1; 2; -3). Им соответ-
ствует вектор МгМ2 =
={-1; 3; -6}. Возьмем на
искомой плоскости точку
М(х; у; г) с текущими ко-
ординатами, получим вектор МГМ = {х - 2; у + 1;
2 - 3}.Таким образом, три вектора МгМ , М1М2 и на-
правляющий вектор прямой а = {3; 2; -2} компланарны.
По условию компланарности трех векторов имеем
х-2 у+1 2-3
-1 3 -6
3 2-2
= 0 или 6х - 20# - 11г + 1 = 0.
Ответ: 6х - 20# - 11г + 1 — 0.
Пример 2. Составить уравнение плоскости, проходящей
через прямую
Практикум по высшей математике
132
5х - у - 2г - 3 = О,
перпендикулярно плоскости
оХ 4“ 2 = Vj
х + 19г/ - 7z - 11 = 0, п = {1; 19; -7}.
Решение.
пг = {5; -1; - 2}, п2 = {3; - 2; - 5}. Данная прямая дей-
ствительно перпендикулярна данной плоскости:
«7 • п = 5 + (-1)19 + (-2)(-7) = О,
п2 п = 3 — 38 + 35 = 0.
Следовательно, условию задачи будут удовлетворять
все плоскости, принадлежащие пучку плоскостей, прохо-
дящих через эту прямую.
Ответ: а(5х - у - 2г - 3) + Р(3х - 2у - 5г + 2) = 0.
Пример 3. Составить уравнение плоскости, проходящей
через точку Mt(l; 2; -3) параллельно прямым
х-1_у+1_2-7 х+5_у-2_г+3
2 “~^3 Г’ 3 “ -2 ~ -Т‘
Решение.
Отложим в искомой
плоскости точки
Mj(l; 2; -3), М(х; р; г) и
векторы аг = {2; -3; 3},
а2 = {3; “2; -1}. Тогда
тривектора
MrM = {х - 1; у - 2; г + 3}, at и а2 будут компланарны.
По условию компланарности трех векторов будем иметь:
х-1 р - 2 г + З
2-3 3
3 -2-1
= 0, т. е. 6х - 20р - 11г = 0.
Ответ: 6х - 20р - 11г = 0.
Пример 4. Составить параметрические уравнения прямой,
проходящей через точку Mt(l; -1; -3) параллельно
прямой
х-1_р+2_г-1
~2 4 0 *
133
2. Аналитическая геометрия
Решение.
Возьмем на искомой пря- М(х; у; г)
мой точку М(х; у; г) с теку-
щими координатами, тогда Mt(l; -1; ~
векторы МГМ и а будут кол-
линеарны, т. е.
X - 1 у+1 2 + 3 л
—— = -----= —— = t. От-
2 4 0
сюда получаем х = 2t + 1, у - 4t - 1, z = -3.
Ответ: х = 2t + 1, у — 4t — 1, г = -3.
Пример 5. Составить уравнение плоскости, проходящей че-
рез точку М1(2; -2; 1) и прямую х = 2t +- 1, у = -3f +2,
z = 2t - 3.
Решение.
По уравнениям дан-
ной прямой находим точ-
ку прямой М2(1; 2; -3) и
направляющий вектор
прямой а = {2; -3; 2}. По-
лучаем три вектора, от-
ложенные в искомой
плоскости:
МгМ = {х -2; у + 2; г - 1}, MrM2 = {-1; 4; -4},
а = {2; -3; 2}.
По условию компланарности трех векторов имеем:
х-2 у+2 г-1
-1 4 -4
2-3 2
= 0, т. е. 4х + бу + 5а - 1 = 0.
Ответ: 4х + бу + 5z - 1 = 0.
Пример 6. Составить уравнение плоскости, проходящей
х-1 у + 2 2-2
через прямую —-— - —~ = —— перпендикулярно к
4 -“О Л
плоскости Зх + 2у - г - 5 = 0.
Решение.
/ М(х; у; z
п = {3; 2; -1} Jx
а= {2;-3<2}
Практикум по высшей математике
134
Три вектора МгМ . а., п компланарны только тогда,
когда
х-1
У + 2
-3
2
Z-2
2
-1
= 0, т. е. х - 8у - 13z + 9 = 0.
Ответ: х - 8у - 13з + 9 = 0.
Пример 7. Составить уравнение плоскости, проходящей
через точку МД!; -2; 1) перпендикулярно прямой
х-2у + г-3 = 0,
x + y- z + 2-О.
Решение.
Так как искомая плос-
кость перпендикулярна
прямой, заданной общими
уравнениями, то нормаль-
ные векторы данных плос-
костей можно отложить вместе с вектором МГМ в одной
плоскости. Следовательно, векторы MtM = {х - 1; у + 2;
г - 1}, = {1; -2; 1}, п2 = {1; 1; -1} компланарны. По
условию компланарности трех векторов имеем:
х-1 у + 2 2-1
1 - 2 1 = 0, т. е. х + 2у + Зг = 0.
1 1 -1
Ответ: х + 2у + Зг = 0.
Пример 8. Составить уравнение плоскости, проходящей
через точки МД1; 1; -1) и М2(3; 4; 1) параллельно пря-
мой
Решение.
х-2 у +1 г-3
3 " 2 " -1
Возьмем на искомой
плоскости точку с теку-
щими координатами, по-
лучим вектор МгМ =
= {х - 1; у - 1; г + 1}.
(0-
2
3
135
2. Аналитическая геометрия
Векторы , МгМ2 и а компланарны. По условию
компланарности трех векторов MtM2 = {2; 3; 2}, а = {3;
2; -1}, MtM = {х —1; у - 1; г + 1} имеем:
х-1 у -1 2 + 1
3 2-1
2 3 2
= 0, т. е. 7х - 8у + 5г + 6 = 0.
Ответ: 7х - Зу + 5г + 6 = 0.
Пример 9. Составить уравнение перпендикуляра, опущенно-
го из точки Мо(2; 3; 1) на плоскость Зх + у + 2z - 11 = 0.
Решение.
Нормальный вектор п = {3; 1; 2} данной плоскости бу-
дет по условию направляющим вектором прямой, прохо-
дящей через точку Мо(2; 3; 1).
Ее уравнение
х-2 _ у-3 _ г-1
’~з’’“”Т~“-2~
„ х-2 у-3 2 — 1
Ответ: -= --=--.
3 12
Пример 10. Составить уравнение перпендикуляра, опу-
щенного из точки М^З; 2; 1) на прямую
Решение.
X у 2+3
— S — =: ...
2 4 1 '
Составим уравнение плоскости, проходящей через дан-
ную точку М1(3; 2; 1) перпендикулярно данной прямой
(или перпендикулярно вектору а = {2; 4; 1} - направляю-
щему вектору прямой):
2 • (х - 3) + 4 • (у - 2) + 1 • (г - 1) - 0 или
2х + 4у + 2 - 15 = 0.
2) Составим уравнение плоскости, проходящей через
данную точку и данную прямую. На данной прямой
возьмем точку М2(0; 0; -3). Тогда надо найти вторую плос-
кость, проходящую через точки МДЗ; 2; 1) и М2(0; 0; -3),
и параллельную направляющему вектору данной прямой
а = {2; 4; 1}. Имеем МгМ2 — {-3; -2; -4}. Следовательно,
уравнение второй плоскости
Практикум по высшей математике
136
X у 2 + 3
-3 -2 -4 =0, или 14х - 5у - 8г - 24 = 0.
2 4 1
Найденные плоскости пересекаются по прямой I, кото-
рая проходит через данную точку и перпендикулярна дан-
ной прямой, поэтому уравнения
2х + 4у + 2 -15 = 0,
14х - 5у - 8з - 24 = 0
будут уравнениями прямой I - искомого перпендикуляра.
Ответ:
2х + 4у +,г -15 = 0,
14х - 5у - 8г - 24 = 0.
Пример 11. Написать уравнение прямой, проходящей че-
рез точку М0(-4; 3; 0) и параллельной прямой
х - 2у + г = 4,
2х + у - г = 0.
Решение.
Найдем направляющий вектор прямой а = rit х п2,
— Г+ 3] + 5 Я = {1; 3; 5}. Тогда уравнение
х + 4 у-3 г
искомой прямой есть —~— = —-— = —
1 3 5
_ х+4 у-3 г
Ответ: ----= ----= — .
1 3 5
Пример 12. Найти прямую, про-
ходящую через точку
М0(-4; 3; 0) и перпендику-
лярную к прямым
х - 2 у 2
------=----= — и
3 -2 1
X _ у +1 _ 2 + 3
1~~4 -5~
137
2. Аналитическая геометрия
Решение.
Вычислим направляющий вектор перпендикуляра к
плоскости, проходящей через прямую параллельно дру-
гой прямой.
л — ах х а2 ~
j
-2
4
-5
= 6i + 16/+ 14#.
Тогда уравнение искомого перпендикуляра будет:
х + 4 _у-3 _ г
3 8 “7
„ х + 4 и-3 z
Ответ: ----= ---= _
3 8 7
Пример 13. Заданы плоскость Р: х + у - 2 + 1 = 0 и пря-
х -1 _ у _ г + 1
О 2 1~
мая L:
, причем L е Р.
Требуется найти:
а) угол между прямой и плоскостью;
б) координаты точек пересечения прямой и плоскости.
Решение.
a) cos (а, п) = cos-------ф
I 2
= sin ф; а = {0; 2; 1},
п = {1; 1; -1}, sin ф =
Практикум по высшей математике
138
б) Найдем точку пересечения прямой и плоскости.
х-1 у 2 + 1
—jy— = — = —-— = t, или параметрически х — 1, у — 2t,
2 = t - 1.
Подставим параметрические уравнения прямой в урав-
нение плоскости, найдем значение t: 1 + 2t - t + 1 + 1 — 0;
t = -3. Тогда координаты точки пересечения прямой и
плоскости будут: х = 1, у = -6, г = -4.
Ответ: a) sin ср =
б) (1; -6; -4).
Пример 14. Определить косинус угла между прямыми:
х - бу - 6г + 2 = О,
2х + 2у + 9г-1 = 0.
х-1/-4г-5 = 0,
2х + г/-2г-4 = 0
Решение.
Найдем направляющие векторы данных прямых
i
1
2
х п2 =
k
-4
-2
= 6f- 6/+ ЗК, а = {2; -2; 1}.
-6
2
k
-6
9
= -42Г- 21/ + 14/г, а = {6; 3; -2}.
п3 х п4 =
i
2
«1 -а2
COS ф =
4 4
= ±---, COS ф = ± .
21 21
_ 4
Ответ: cos ф = ± —.
v 21
Пример 15. Найти проекцию точки А(4; -3; 1) на плос-
кость х + 2у - г = 3.
Решение.
1) Найдем уравнение перпендикуляра, проходящего
через точку А(4; -3; 1), к плоскости х + 2г/-г-3 = 0.
х-4 и + 3 г-1
Получим —।— = —— = t.
139
2. Аналитическая геометрия
2) Найдем точку пересечения прямой и данной плоско-
сти. Для этого подставим х= t + 4, у = 2t -3, г = -t + 1 в
уравнение плоскости. Будем иметь уравнение относительно
параметра t: t + 4 + 2(2t - 3) - (£ + 1) - 3 — 0; б£ = 6; f = 1.
3) Подставляем найденное значение параметра t = 1 в
параметрические уравнения прямой, получим х0 = 5, у0 —
= -1, 2о = О.
Ответ: (5; -1; 0).
Пример 16. Найдем расстояние точки М(2; -1; 3) от пря-
найдем а х AM =
3
|ах АМ\ = Зу/19 ; |а| = д/э + 16 + 25 =5>/2;
d = 3^9=3^
вЛ ю
Ответ: 0,3 ^/33 .
Пример 17. Заданы скрещивающиеся прямые £1:
х у-1 z+2 x+l_y+l_z-2
-20 1 1 2-1
Найти расстояние d(Ly, L2) между прямыми и написать
уравнение общего перпен-
дикуляра L к этим пря-
мым.
Решение.
Найдем уравнение
плоскости Р, проходящей
через прямую £1, парал-
лельную L2.
Практикум по высшей математике
140
Точка -2) лежит на прямой L1 и, следователь-
но, принадлежит искомой плоскости Р. В качестве нор-
мального вектора к этой плоскости возьмем вектор
п = [ х а2 ] =
i
-2
1
j k
0 1
2 -1
= -2i- j - 4Я. Уравнение
плоскости Р: -2х - {у - 1) - 4(г + 2) = 0 или в общем виде
2х + у + 4г + 7 = 0.
Расстояние d(L1, L2) равно расстоянию от любой точки
прямой Ь2, например, точки М2(-1; -1; 2), до данной плос-
кости Р.
|2х0 + Уо + 4z0 + 7| |- 2 -1 + 8 + 7| 12
d~ V4 + 1 + 16 V21 V21’
2) Для того, чтобы составить уравнение общего перпен-
дикуляра L, найдем уравнение плоскостей PY и Р2, прохо-
дящих через заданные прямые и Ь2 соответственно и
перпендикулярных плоскости Р. Имеем: МДО; 1; -2) е Рг
и zij = [at х n] — (Г- 10 j + 2 ft) ± Pp откуда Pt: x - lOy +
+ 2г + 14 = 0. Аналогично, M2(-l; -1; 2) e P2 (IP) и n2 =
= [ a2 x n] = (-9f + 6/+ 3/z) 1 P2, откуда P2: Зх - 2y - г +
+3 = 0. Так как L = Рг n P2, то
щее уравнение прямой L.
х — 10у + 2z +11 = 0,
Зх - 2у - г + 3 = 0;
Ответ: d =
12
л/21’
х -10# + 2z +11 = 0,
Зх - 2у - г + 3 = 0.
Пример 18. Составить уравнения прямой, проходящей
через точку М0(2; 1; 0) и пересекающей две прямые
х+1_#-1_г х-2_#+2_г
2 3 И 3 “ 4 "1‘
Решение.
Искомую прямую можно рассматривать как прямую,
по которой пересекаются две плоскости, проходящие че-
рез данную точку и одну из данных прямых.
Уравнения этих плоскостей:
141
2. Аналитическая геометрия
х +1
2
1
У-1
1
О
х-2
3
О
У + 2 г
4 1
1 О
— О, или
Зу - 2-3 = 0, x-3z-2 = 0- искомые уравнения пря-
мой.
Ответ: Зу - г - 3 = 0, х - Зг - 2 = О.
Задания для самостоятельного решения
1. Даны две точки М (1; 3; 5) и К (7; 8; 9). Составить
а) канонические и б) параметрические уравнения пря-
мой, проходящей через данные точки М и К.
2. Составить канонические уравнения прямой, прохо-
дящей через точку МД2; 0; -3) параллельно:
а) вектору а = {2; -3; 5};
_ „ х -1 у + 2 г + 1 ч х
б) прямой —-— = —-— = ——; в) оси Ох; г) оси Оу;
5 2 — 1
д) оси Ог.
3. Составить канонические уравнения прямой, прохо-
дящей через две данные точки: а) (1; -2; 1), (3; 1; -1);
б) (3; -1; 0), (1; 0; -3); в) (0; -2; 3), (3; -2; 1); г) (1; 2; -4),
(-1; 2; -4).
4. Составить канонические уравнения следующих пря-
мых:
а)
в)
х — 2у + 32 - 4 = 0, 5х + у + г = 0,
Зх + 2у - 5г — 4 = 0; 2х + Зу - 2г + 5 = 0;
х - 2у + Зг +1 = 0,
2х + у-4г-8 = 0.
5. Доказать параллельность прямых:
х + 2 у-1 г х + у - 2 = 0,
а)-----=----= — и
3 -2 1 х ~ у - 5г - 8 = 0
б) х = 2t + 5, у = -t + 2, г = t - 7 и
х + Зу + г + 2 = 0,
х - у - Зг - 2 = 0;
в)
х + у - 3z +1 = О,
и
х-у + г + 3 = 0;
х + 2у - 5г -1 = 0,
х - 2у + Зг - 9 = 0.
6. Доказать перпендикулярность прямых:
Практикум по высшей математике
142
X _у-1 Z
а) 1 -2 3 й
Зх + у - 5г + 1 = О,
2х + Зу - 8г + 3 = 0;
„ (2х + у - 4г + 2 = О,
б) х = 2t + 1, у = 3t - 2, г = -6£ + 1 и
|4х - у - 5г + 4 = 0;
в)
х + у-Зг-1 = 0, 2х + у + 2г + 5 = О,
2х - у - 9г - 2 = 0 [2х - 2у - г + 2 = 0.
7. Найти острый угол между прямыми:
х-3 _ у+ 2 _ г х + 2 _ у-3 _ г + 5
1 -1 " 41 ’ 1 “ 42
8. Составить уравнение прямой, которая проходит че-
рез точку МД-1; 2; -3) перпендикулярно вектору а =
={6; -2; -3} и пересекает прямую
х-1 _ у + 1 _ г - 3
3 2 -5 *
9. Найти координаты точки К пересечения прямой:
х-1 у-2 г-3
—-— = —-— = —-— с плоскостью: 2х + 5у - Зг = 0.
i О 4
10. Вычислить расстояние d точки Р (1; -1; -2) от пря-
х + 3 у+ 2 г-8
мой —— = —-— = ——.
3 2 -2
11. Составить уравнение плоскости, проходящей через
две параллельные прямые:
х-2 у + 3 г-3 х-1 у-2 г + З
..... " zz ————— 'zaz — —. , 1 —— е
3 2 -2 3 2 -2
12. Найти точку Q, симметричную точке Р(3; -4; -6)
относительно плоскости, проходящей через МД-6; 1; -5),
М2(7; -2; -1) и М3(10; -7; 1).
13. Вычислить кратчайшее расстояние между двумя
прямыми в каждом из следующих случаев:
. х + 7 у + 4 г + З х-21 у + 5 г-2
’ 3 “ 4 “ -2 ’ 6 -4 -1 ’
б) х = 2t - 4, у = -t + 4, г = -2t - 1;
х = 4f - 5, у = —3t + 5, г = -5f + 5;
\ + 5 у + 5 2 — 1 у., । л «, . । л
в) -----= ----=----; х = 6t + 9, у — -2t, г = -t + 2.
3 2 -2
143
2. Аналитическая геометрия
Ответы:
х -7 о-8 z — Q
1. а) —- = ; б) х = 6t + 7, у = Ы + 8,
6 5 4
2 = 4t + 9;
Л х-2 у z + З х-2 у 2 + 3
2-а>—=^=—>6>—
v х-2 у 2+3 v х-2 у г+З
в) 1 - - - 0 ; г) 0 -- - 0 ;
„ х-2 у г+З
д) -- = i .
0 0 1 ’
„ X—1 0 + 2 2 — 1 Х-3 у + 1 2
3-a>^~ = V = ^T:6’—= Г
v х у + 2 г-3 х + 1 у-2 2 + 4
В 3 ~ 0 " -2 ’Г) ~1 Г ~ 0 ’
х-3 и — 2 г
В) —— = = ? ;7. 60°;
JL ах
10. d = 7; 11. 6х - 20г/ - 112 + 1 = 0; 12. Q(l; -2; 2);
13. а) 13; б) 3; в) 7.
2.4. Полярная система координат
Определение 1. Полярная система координат опреде-
ляется заданием некоторой точки О, называемой полю-
сом, луча ОМ, исходящего из этой точки, называемого по-
лярной осью, и масштаба для измерения длин. При
повороте луча ОМ вокруг точки О положительным обыч-
но считается поворот против часовой стрелки.
Определение 2. Полярными координатами произволь-
ной точки М (относительно заданной системы) называют-
ся числа г = ОМ и ф = ZAOM. Число г называется первой
координатой, или полярным радиусом, число ф - второй
координатой, или полярным углом точки М.
Практикум по высшей математике
144
Значение полярного угла из-
меняется в пределах - п < ср < +л.
Зависимость между полярны-
ми координатами (г, ср) точки и
прямоугольными координатами
(х, у) той же точки, если полюс
принят за начало координат, а
полярная ось за ось Ох, выража-
ется формулами:
х = г cos ср; у = г sin (р
и, обратно, г == д/х2 + у2 , tg ср = — .
2.5. Линии второго порядка
Кривыми второго порядка называются линии, опреде-
ляемые в декартовых координатах алгебраическими урав-
нениями второй степени. В частности, окружность, эл-
липс, гипербола и парабола являются такими линиями.
Этими четырьмя линиями и случаями их вырождения,
когда уравнение второй степени определяет пустое мно-
жество (мнимая кривая), точку, прямую, пару прямых,
исчерпываются все линии, определяемые алгебраически-
ми уравнениями второй степени.
Окружность
Определение 1. Окружностью называется множество
точек плоскости, равноудаленных от данной точки (цен-
тра).
Если R - радиус окружности, а С(а, Ь) - ее центр, то
уравнение окружности имеет вид
(х - а)2 + (у - Ь)2 = Я2. (*)
В частности, если центр окружности совпадает с нача-
лом координат, то уравнение окружности (*) примет вид
х2 + у2 = R2.
Взаимное расположение точки Мг(хг, уг) и окружнос-
ти х2 + у2 = R2 определяется такими условиями:
если х2 + у2 = Я2, то точка М лежит на окружности;
если х2 + у2 > R2, то точка М лежит вне окружности;
145
2. Аналитическая геометрия
если xf + у2 < R2, то точка М лежит внутри окружно-
сти.
Пример 1. Написать уравнение окружности радиуса R = 8
с центром в точке 0(2; -5).
Решение.
Подставив значения координат точки С и. значение
радиуса в формулу (1), получим
(х - 2)2 + (у - (-5))2 = 82 или (х - 2)2 + (у + 5)2 = 82.
Ответ: (х - 2)2 + (у + 5)2 = 82.
Пример 2. Доказать, что уравнение х2 + у2 + 8х - 4у - 5 = О
является уравнением окружности. Найти ее центр и
радиус.
Решение.
Преобразуем левую часть данного уравнения, выделив
полные квадраты относительно х и у:
х2 + 8х + 16 - 16 + у2 - 4у + 4 - 4 - 5 — 0, или
(х + 4)2 + (у - 2)2 «= 52. Это уравнение представляет со-
бой уравнение окружности с центром С(-4; 2) и радиусом,
равным 5.
Ответ: С(-4; 2), R — 5.
Пример 3. Найти координаты центра и радиус окружно-
сти 2х2 + 2у2 - 8х + 5у - 4 = 0.
Решение.
Разделив уравнение на 2 и сгруппировав члены урав-
5
нения, получим х2 - 4х + у2 + — у = 2. Дополним выра-
жения х2 - 4х и у2 + у до полных квадратов, прибавив
22
(sf
— , одновремен-
к первому двучлену 4 и ко второму -
но к правой части прибавляется сумма этих чисел:
/ 5 25^ 25
(х2 - 4х + 4) + у2 + — у 4--- 2 + 4 Н-, или
2 16 I 16
Практикум по высшей математике
146
(х- 2)2 +
5? 121 m
у + — =----. Таким образом, координаты
4 I 16
5
центра окружности а = 2, b = - — , а радиус окружности
4
11
4 *
Ответ: С
Пример 4. Показать, что уравнение х2 + i/2 + 6x-6y4-
+ 22 = 0 не определяет никакой линии.
Решение.
Преобразуем уравнение:
(х2 + 6х + 9) + (у2 - бу + 9) - 9 - 9 + 22 = О,
(х + З)2 + (у — З)2 = - 4.
Данное уравнение не определяет никакой линии. Такое
уравнение называется уравнением мнимой окружности.
Ответ: 0.
Пример 5. Установить, как расположена точка А(1; -2)
относительно окружности х2 + у2 — 1 - внутри, вне или
на контуре.
Решение.
Подставим координаты точки А(1; -2) в уравнение ок-
ружности, получим I2 + (-2)2 = 5 > 1. Следовательно, точ-
ка А лежит вне окружности.
Ответ: точка А лежит вне окружности.
Пример 6. Установить, какую линию определяет следую-
щее уравнение: у = ^9- х2 .
Решение.
По определению арифметического корня четной степе-
ни у > 0. Возведем обе части уравнения в квадрат: у2 = 9 —
- х2, или х2 + у2 — 9 - это уравнение окружности с цент-
ром в начале координат радиусом R — 3. Но по условию
у > 0. Значит, данное уравнение определяет полуокруж-
ность радиуса R = 3 с центром в начале координат, распо-
ложенная в верхней полуплоскости.
Ответ: данное уравнение - полуокружность радиуса
R = 3 с центром 0(0; 0), расположенная в верхней полу-
плоскости.
147
2. Аналитическая геометрия
Пример 7. Окружность задана уравнением в декартовых
прямоугольных координатах х2 + у2 = х. Составить
уравнение этой окружности в полярных координатах
при условии, что полярная ось совпадает с положи-
тельной полуосью Ох, а полюс - с началом координат.
Решение.
Связь полярной и декартовой прямоугольной системы
координат определяется формулами:
х = р cos ф,
—л < (В < 4-л.
[1/ = р81Пф; v
Подставим х и у из этих формул в данное уравнение, по-
лучим р2 cos2 ф + р2 sin2 ф = р cos ф, или р2 (sin2 ф + cos2 ф) =
= р cos ф, или р2 = р cos ф (р > 0). Окончательно, уравне-
ние данной окружности в полярной системе координат
будет р = cos ф.
Построим эту окружность.
ф 0 л 4 л 2
р 1 Уй 2 0
Ф
Функция cos ф - четная, поэтому кривая будет симмет-
рична относительно полярной оси.
Получим окружность с центром С| —, 0
Ответ: р = cos ф .
и R= 1.
Пример 8. Составить уравнение окружности, проходящей
через точки А(7; 7) и В (-2; 4), если ее центр лежит на
прямой 2х - у - 2 = 0.
Решение.
Уравнение окружности: (х - а)2 + (у- Ь)2 = R2. Так как
точки А и В лежат на данной окружности, то координа-
ты этих точек будут удовлетворять уравнениям:
(7 -a)2 +(7-b)2 = R2,
(-2 - а)2 + (4 - Ъ)2 = R2, (центр окружности по усло-
2а - Ь - 2 = 0;
вию лежит на прямой).
Раскроем скобки:
Практикум по высшей математике
148
49-14а + а2+49-14Ь + Ь2 = Я2,
• 4 + 4а + а2+16-8Ь + Ь2=В2,
2а — Ъ — 2 = 0.
Вычтем из первого уравнения второе:
18а + 6Ь = 78, 2а - b = 2,
или
2а I? — 2 За -ь b — 13.
Сложим эти уравнения, получим:
5а = 15, а = 3, тогда Ь = 2а-2 = 2- 3- 2 = 4.
Итак, а — 3, b — 4. Из второго уравнения первой сист-
мы найдем R = 5.
Искомая окружности - (х - З)2 + (у - 4)2 = 25.
Ответ: (х - З)2 + (у - 4)2 = 25.
Эллипс
Определение 2. Эллипсом называется множество точек
плоскости, сумма расстояний которых до двух данных
точек, называемых фокусами, есть величина постоянная,
равная 2а.
Каноническое уравнение эллипса в прямоугольной си-
х2 у2
стеме координат ~г + =1, Ь2 = а2 - с2.
а Ь
Определение 3. Величины а и b называются соответ-
ственно большой и малой полуосями эллипса (а > Ь). Фо-
кусы эллипса расположены в точках F2(-c; 0), F/4-с; 0),
точки А^-а; 0), А2(а; 0), В^О; -Ь), В2(0; Ь) - вершины эл-
липса, оси координат Ох и Оу - оси симметрии, а начало
координат 0(0, 0) - центр симметрии эллипса.
с b2
Определение4. Число е= — = •» 1-(0 < е < 1)называ-
а V а
ется эксцентриситетом эллипса, он является мерой «сжа-
тости» к оси Ох (при е = 0 эллипс является окружностью).
Форма кривой имеет вид: у
В2(0; Ь)
В^О; -b)
149
2. Аналитическая геометрия
MF. + MF, - 2а, F.F9 = 2с, а> с.
X2 у2
Уравнение касательной к эллипсу -у + ~у = 1 в точ-
а Ь
хх0 yyQ
ке М0(х0; уй) имеет вид: = 1.
а о
Пример 9. Найти каноническое уравнение эллипса, зная
его большую полуось а = 5 и эксцентриситет е = 0,6.
Решение.
с
По условию е = — — 0,6. Следовательно, с = а • 0,6 —
а
= 5 • 0,6 = 3. Но тогда квадрат малой полуоси эллипса
Ь2 — а2 - с2 — 25 - 9 = 16. Таким образом, искомое кано-
ническое уравнение эллипса имеет вид:
2 2
X У
— + =1.
25 16
Л х2 у2 1
Ответ: — + — = 1.
25 16
Пример 10. Составить каноническое уравнение эллипса,
проходягЦего через точку Мг(2; -3) и имеющего боль-
шую полуось а = 4.
Решение.
Каноническое уравнение эллипса при а = 4 имеет сле-
дующий вид:
2 2
X у
ie+F-1,
Этому уравнению должны удовлетворять координаты
22 (-3)2
точки Мг(2; -3). Следовательно, + —« 1. Найдя
отсюда Ь2 = 12 и подставив его в уравнение (**), получим
искомое каноническое уравнение эллипса:
х2 У2
— + — = 1.
16 12
2 2
_ х у ,
Ответ: — + = 1.
16 12
Практикум пр высшей математике
150
Пример 11. Составить каноническое уравнение эллипса,
5 <6
проходящего через точки М
nN -2;
15
5
Решение.
2 2
ГГ Х У 1 гч
Пусть — + = 1 - искомое уравнение эллипса. Это-
а о
му уравнению должны удовлетворять координаты точек.
Следовательно,
25 3 = 4 3
4а2 + 8Ь2 ’ а2 + 5»2
Отсюда находим а2 = 10, Ь2 — 1. Итак, уравнение эллип-
са имеет вид:
г2
-— + у2 =1.
10 У
2 = 1.
х2
Ответ: —— + у
10
Пример 12. Составить уравнение касательной к эллипсу
2 2
X И
— + — = 1 в точке (3; 1).
12 4
Решение.
Так как уравнение касательной прямой к эллипсу
— + — = 1 в точке MjCx.; у.) имеет вид: —7- + - = 1,
а2 Ъ2 аг Ь2
то искомое уравнение касательной к данной кривой будет:
Зх 1 • у .
---ь —- = 1.
12 4
X у
Ответ: — + — = 1, или х + у - 4 = 0.
4 4
Пример 13. Дан эллипс 25х2 + 144г/2 = 1. Определить, ле-
на эллипсе, внутри или вне его.
жит ли точка А 1; —
I 16,
Решение. Подставим координаты точки А в левую
часть эллипса.
151
2. Аналитическая геометрия
1 144 9
25 • 1 + 144 • —т = 25 + ~2 = 25 + — > 1.
162 162 16
Ответ: вне эллипса.
Пример 14. Написать каноническое уравнение эллипса,
проходящего через точку М(6; 0), если фокальное рас-
стояние равно 4.
Решение. Подставим координаты точки Af(6; 0) в кано-
2 2
х У л
ническое уравнение эллипса —— + ^— = 1, получим
а2 Ь2
— = 1, отсюда а2 — 36. Найдем Ъ2 = а2 - с2, где с - поло-
fl2
вина фокального расстояния эллипса. По условию с — 2.
Тогда Ь2 — 36 - 4 = 32. Итак, искомым уравнением эллип-
2 2
х и
са будет уравнение — + = 1.
36 32
2 2
X У
Ответ: — + — - 1.
36 32
Пример 15. Доказать, что уравнение 64х2 + 100z/2 -
- 6400 = 0 является уравнением эллипса. Найти коор-
динаты фокусов и фокальное расстояние.
Решение. Разделив обе части уравнения на 6400, полу-
2 2
X У гч
чим: ---+ — = 1. Это уравнение является каноническим
100 64
уравнением эллипса. Из равенства а2 - с2 = Ь2 следует, что
с2 - аг _ 1,2 = 10Q - 64 = 36 и с = 6. Фокусы эллипса будут
находиться в точках Р2(-6; 0) и Г1(6; 0). Фокальное рас-
стояние 2с = 12.
Ответ: Ft(6; 0), Г2(-6; 0), 2с = 12.
Пример 16. В эллипс х2 + 4у2 = 4 вписан правильный тре-
угольник, одна из вершин которого совпадает с концом
большой полуоси. Определить координаты двух других
вершин треугольника.
Решение. Пусть одна из вершин правильного треуголь-
ника совпадает с левым концом большой полуоси. Так как
2 2
X у .
каноническое уравнение эллипса имеет вид — + — = 1,
4 1
Практикум по высшей математике
152
то левым концом большой полуоси будет точка А2(-2, 0).
Так как вписанный треугольник равносторонний, то сто-
рона, расположенная в верхней полуплоскости, будет на-
клонена к положительному направлению оси Ох под уг-
лом 30°. Поэтому угловой коэффициент прямой, на
которой лежит сторона треугольника, будет равен
k = tg 30’ - 4-.
V3
Тогда уравнение прямой с угловым коэффициентом
1 1
k = —7= , проходящей через точку А2 будет: у = “7= (х + 2).
V3 v3
Найдем точки пересечения этой прямой с эллипсом.
Подставим в данное уравнение эллипса у = (х + 2):
л/3
х2 + 4 • — (х + 2)2 = 4, или Зх2 + 4(х2 + 4х + 4) = 12, т.е.
О
7х2 + 16х + 4 = 0. Отсюда находим:
- 8 ± л/64 - 28 - 8 ± 6 „ 2
х1,г у ~ у »xi 2, х2 ;
(А2(-2; 0)). Таким образом, абсцисса точек пересечения
2
сторон треугольника равна - —. Найдем соответствующие
2
ординаты этих точек. Подставим х = - — в данное урав-
нение эллипса, получим
4 ( 1
~ +4г/2 = 4, 4г/2 = 4 1-, у
49 у 49
49
получим ТОЧКИ МJ
7’ 7
Л. 48 4д/з
'2=—,j/ = ± —.Итак,
2 4-УзР
7’ 7 ‘
и М2
Ответ: Мг
2 4л/з
7’ 7
,М2
2. 4д/з
7’ 7
1
Замечание. Задача имеет два решения. Если за верши-
ну равностороннего треугольника возьмем правый конец
153
2. Аналитическая геометрия
большой полуоси, то получим остальные вершины треу-
24д/з
7’ 7
гольника:
,М2
2. 4Уз"
’ 7’ 7
Пример 17. Эллипс, симметричный относительно осей
координат, фокусы которого находятся на оси Ох, про-
ходит через точку М(-4; -J21) и имеет эксцентриситет
3 тт
е = —. Написать уравнение эллипса.
4
Решение. Каноническое уравнение эллипса:
2 2
Х у С
+ ___ j, с2 _ а2 _ ^2. До условию: е —— =
а Ъ а
с2 9 9 9 7
“г" “ ’ или °2 = д2’ д2 “ 62 = а2‘ Отс1°Да а2 = Ь ‘
а 1о 16 16 16
Так как точка М(-4; V21) принадлежит эллипсу, то ее
: координаты удовлетворяют уравнению эллипса:
16 21 „
+ — = 1. Для нахождения величины а2 подставим в
о " 1k "
а о
3
-,т.е.
7 16 21-16
это равенство о2 = —а2, получим —5- +-----5— = 1, или
16 а2 7а-
4
16 - ~~х = 1, а2 = 4 • 16 = 64.
а
7 7
Найдем Ъ2 = ~а2, Ь2 = — • 64 = 28.
16 16
2 2
тг X У
Итак, искомое уравнение эллипса есть — + — = 1
64 28
2 2
„ X у ч
Ответ: — + — = 1.
64 28
Гипербола
Определение 5. Гиперболой называется множество то-
чек плоскости, абсолютная величина разности расстояний
которых до двух данных точек, называемых фокусами,
Практикум ио высшей математике
154
есть величина постоянная, равная 2а. Каноническое урав-
нение гиперболы в декартовой прямоугольной системе
2 2
X у
координат имеет вид —---% = Ь2 — с2 - а2.
а Ь
Расстояние между фокусами равно 2с (с > а).
Форма кривой имеет вид:
Fx(c; 0), F2(-c; 0) - фокусы гиперболы, FtF2 = 2с.
Величины а и Ь - полуоси гиперболы.
Оси координат являются осями симметрии гиперболы,
ось Ох называется действительной осью, ось Оу - мнимой
осью гиперболы, 0(0; 0) - центр симметрии гиперболы.
Точки Aj(a; 0), Л2(-а; 0) являются вершинами гипер-
болы.
Ъ
Прямые у = ± — х являются асимптотами гиперболы.
а
Jz. 2
1 &
1 + (е > 1) является эксцентрисите-
а
том гиперболы.
2 2
X у
Гипербола —у---% = “1 называется сопряженной с
а Ь
2 2
X у
гиперболой —-£-—£—1.
Уравнение касательной в точке М0(х0, у0) к гипербо-
хх0 уу0
ле дается уравнением ----
155
2. Аналитическая геометрия
Пример 18. Написать каноническое уравнение гипербо-
лы, проходящей через точку М(8 Jb ; 12), если фокаль-
ное расстояние гиперболы равно 20.
Решение.
По условию 2с = 20, или с - 10. Запишем каноничес-
кое уравнение гиперболы:
2 2
х у
----— = 1
2 1.2
а b
По условию точка М(8 ^/5 ; 12) принадлежит гипербо-
320 144
ле, следовательно, ~Г2-= 1«
а b
Второе уравнение для определения а2 и Ь2 дает соотно-
шение Ь2 = с2 - а2 = 100 - а2.
Решив систему уравнений
320 144
а2 Ъ2 относитель-
Ь2 =100-а2
но а2 и Ь2 (а > 0, Ь > 0), найдем а2 = 64, Ъ2 = 36. Искомым
х2 у2
уравнением будет уравнение — - — = 1.
2 2
„ х У
Ответ:------= 1.
64 36
Пример 19. Доказать, что уравнение 21х2 - 43у2 = 903
является уравнением гиперболы. Найти координаты
фокусов.
Решение.
Разделив обе части уравнения на 903, получим:
2 2
х у _ 1
43 21
Это уравнение гиперболы, для которой а2 = 43, Ъ2 = 21.
Из соотношения с2 = а2 + Ь2 находим с2 = 64 и с = 8
(с > 0). Следовательно, фокусы гиперболы находятся в
точках Fi(8; 0) и F2(-8; 0).
Ответ: Fj(8; 0) и F2(-8; 0).
Практикум по высшей математике
156
Пример 20. Составить каноническое уравнение гипербо-
лы, зная, что расстояние между ее фокусами равно 26,
а эксцентриситет равен
Решение.
13
12’
13 с
По условию 2с — 26 и е = — = — . Следовательно, боль-
12 а
12
шая полуось гиперболы а = — с =
1о
оА
— — = 12. По
2
13
формуле с1 2 - а2 — Ь2 находим малую полуось гиперболы
6- 7с2 - а2 = 7132 -122
= 5. Уравнение гиперболы име-
х и
ет следующий вид: = 1.
2 2
Л X у л
Ответ: —- - —- = 1.
144 25
Пример 21. Гипербола, оси которой совпадают с осями ко-
ординат, проходит через точки Мг
иМх(4; -2).
Найти ее каноническое уравнение.
Решение.
Напишем каноническое уравнение гиперболы
2 2
2 .2 *•
а b
Этому уравнению удовлетворяют координаты точек
(-3)2 2 42 (-2)2
Следовательно, —------= 1 и —------------—= 1»
1
9 2 16 4
ИЛИ “Г-72 =1 И ~ ~Т2= 1.
а о а b
157
2. Аналитическая геометрия
Отсюда находим а2 = 8 и Ъ2 = 4 и подставляем их в ка-
ноническое уравнение гиперболы; окончательно получим
2 2
X у
~ 1.
8 4
2 2
Ответ:----------- 1.
8 4
Пример 22. Эксцентриситет гиперболы равен 72 . Соста-
вить каноническое уравнение гиперболы, проходящей
через точку М(4з ; 77 ).
Решение.
Известно, е = — = 77 , или с2 = 2а2. Но с2 = а2 + &2, следо-
а
вательно, а2 + Ъ2 = 2а2, а2 = Ь2, т. е. гипербола равнобочная.
Другое равенство получим из условия нахождения точ-
(jsf ргУ з 2
ки М на гиперболе, т. е. А—г— х.-</.. = 1, или "у ~ ту = 1.
а2 Ъ2 а Ъ*
Поскольку а2 = Ь2, получим 3—= 1, т. е. а2 = 1.
а2 а2
Таким образом, уравнение искомой гиперболы
х2 - у2 = 1.
Ответ: х2 - у2 = 1.
Пример 23. Составить уравнение касательной к гипербо-
х2
ле-----у‘
4 *
Решение.
v5
2 = 1 в точке М 3; — .
2
Уравнение касательной к гиперболе
х2
1 в точ.
а о
1.
хох у$у
ке М0(х0; у0) имеет вид: ----
Поэтому уравнение искомой касательной есть
-----— = 1, или Зх - 2 V5 - 4 = 0.
4 2
Ответ: Зх - 2 у/b -4 = 0.
Практикум по высшей математике
158
Пример 24. Построить гиперболу 16х2 - 9у2 = 144. Найти:
а) полуоси; б) координаты фокусов; в) эксцентриситет;
г) уравнение асимптот.
Решение.
Разделив обе части уравнение на 144, получим:
1) Полуоси гиперболы а = л/э = 3, Ь = -716 = 4.
2) Так как с = 7а2 + Ъ2 , то с = >/з2 + 4 2 = 5.
Фокусы данной гиперболы есть F2(-5; 0) и Fj(5; 0).
с 5
3) Эксцентриситет гиперболы е = — , значит, е — —.
а 3
b 4
4) Уравнения асимптот у = ± — х. Поэтому у = ± — х.
U О
5
Ответ: 1) а — 3, Ь — 4; 2) Г2(-5; 0), Fj(5; 0); 3) е — —;
О
4
4)г/ = ±-х.
Пример 25. Установить, какие линии определяются сле-
дующими уравнениями:
1) у = +| Vx2 -9 ; 2) у = -Зл/х2 +1 .
О
Решение.
1) По свойству арифметического корня четной степе-
ни у > 0. Возведем данное уравнение в квадрат, получим
4
у2 = — (х2 - 9), или 9у2 = 4х2 - 36, 4х2 - 9г/2 = 36. Разделив
обе части этого уравнения на.36, получим:---г- = 1.
9 4
2) Очевидно, что в уравнении у = -3 >1х2 +1 , у < 0 для
всех хе й. Возведем данное уравнение в квадрат, получим
у2 = 9(х2 + 1), или у2 = 9х2 4- 9, 9х2 - у2 = -9. Разделим обе
части этого уравнения на 9, получим
= -1. Полу-
1 9
159
2. Аналитическая геометрия
чили ветвь гиперболы, расположенную в нижней полу-
2 2
У У
плоскости. Заметим, гиперболы хI 2 - — = 1 и х2 - — = -1
9 9
сопряженные.
Ответ: 1) часть гиперболы — - = 1, расположен-
ная в верхней полуплоскости; 2) часть гиперболы
2 2
X и ,
----— = -1, расположенная в нижнеи полуплоскости.
1 9
Парабола
Определение 6. Параболой называется множество то-
чек плоскости, равноудаленных от данной точки, называ-
емой фокусом, и данной прямой, называемой директри-
сой.
Каноническое уравнение параболы имеет вид
у2 ~ 2рх, р > 0.
Определение 7. Числор называется параметром пара-
болы. Начало координат 0(0; 0) - ее вершина, а ось Ох -
ось симметрии параболы.
( р i р
Точка F —, 0 - фокус параболы, прямая х = - —
I2 J 2
директриса параболы.
Практикум по высшей математике
160
Уравнение касательной к параболе у2 = 2рх в точке
MQ(xQ-, у0) имеет вид уу0 = р(х 4- х0).
Пример 26. Дана парабола у2 — 6х. Составить уравнение
ее директрисы и найти ее фокус.
Решение.
Сравнивая данное уравнение с каноническим уравне-
нием параболы, видим, что 2р = 6,р = 3. Так как уравне-
Р
ние директрисы имеет уравнение х = - —, а фокус - ко-
р
ординаты — и 0, то для рассматриваемого случая
Л
3
получим уравнение директрисы х = - — и фокус
( 3
F 2:
„ 3
Ответ: х = — —
2
( q А
4г ° •
Пример 27. Составить уравнение параболы, симметрич-
ной относительно оси Ох, с вершиной -в начале коорди-
нат, если длина некоторой хорды этой параболы, пер-
пендикулярной оси Ох, равна 16, а расстояние этой
хорды от вершины равно 6.
Решение.
Так как известны длина хорды и расстояние ее от вер-
шины, то, следовательно, известны координаты конца
этой хорды - точки М, лежащей на параболе. Уравнение
параболы имеет вид у2 = 2рх; полагая в нем х = 6, у = 8,
32
находим 82 = 2р • 6, откуда 2р = — . Итак, уравнение ис-
комой параболы у2 =
32
Ответ: у2 =
32
Пример 28. Составить уравнение параболы, вершина ко-
торой находится в начале координат, зная, что:
161
2. Аналитическая геометрия
1) парабола расположена симметрично относительно
оси Ох и проходит через точку А(9; 6);
2) парабола расположена симметрично относительно
оси Оу и проходит через точку 0(1; 1).
Решение.
1) Так как точка А(9; 6) лежит на параболе у2 = 2рх, ее
координаты должны удовлетворять уравнению параболы,
а потому имеем 62 = 2р • 9, или 2р = 4. Следовательно,
искомое уравнение параболы имеет вид у2 = 4х.
Ответ: у2 = 4х.
2) Так как парабола симметрична относительно оси Оу,
то ее уравнение - х2 = +2ру. Точка 0(1; 1) лежит на дан-
ной параболе, значит, координаты этой точки удовлетво-
ряют уравнению параболы: 1 = +2р • 1, или 2р = +1;
Следовательно, уравнение искомой параболы х2 = у.
Ответ: х2 — у.
Пример 29. Установить, какие линии определяются сле-
дующими уравнениями:
1)у = +2л/х ;2)y = +/^x .
Решение. 1) Область опреде-
ления функции у = 2л/х есть
х > 0, при этом у > 0. Возведем
обе части уравнения в квадрат,
получим у2 = 4х и у > 0. Следо-
вательно, это есть часть парабо-
лы у2 = 4х, расположенная в
первом координатном углу.
Ответ: часть параболы
у2 = 4х, расположенная в первом координатном углу.
2) Область определения функции у = + V- х есть -х > О,
или х < 0. Кроме того, Jx > О,
значит, у > 0. Возведем обе час-
ти уравнения у = + V- # в квад-
рат, получим у2 = -х и у > 0.
Следовательно, это есть часть
параболы у2 = -х, расположен-
ная во втором координатном
углу.
Ответ: часть параболы у2 — -х, расположенная во вто-
ром координатном углу.
Практикум по высшей математике
162
Пример 30. Дана парабола у2 = Зх. Найти точки парабо-
лы, расстояние от которых до фокуса равно 1.
Решение.
Р 3
Так как 2р = 3, то — = — и фокус параболы находится
4U 4
\
в точке F —; 0 . Пусть М(х; у) - искомая точка, принад-
лежащая параболе. Так как по условию расстояние от
этой точки до фокуса равно единице, то для нахождения
координат х и у нужно решить систему уравнений
( 3f
X —
4
+ у2 = 1, У2 = Зх.
Решая эту систему уравнений, получаем:
3?
х и—
4
3 1 1
х + 7 = 1, Х = Т-
4 4
m о.13 , Vi m
Тогда у2 = Зх = 3 • — = — и у = ± —. Таким образом,
4 4 2
существуют две точки, расстояние от которых до фокуса
1
4
равно 1:
/3
2
4’ 2
Ответ:
/3
2
1 V3
4’ 2
£
4
и
и
Пример 31. Написать уравнение касательной к параболе
у2 = 8х, параллельной прямой 2х + 2у - 3 = 0.
Решение. Уравнение касательной к параболе у2 = 2рх
в точке М0(х0; у0) есть уравнение уу0 = р(х + х0).
Сравнивая уравнения у2 = 8х и у2 — 2рх, имеем 2р — 8,
или р — 4.
Тогда уравнение касательной примет вид yyQ = 4(х + х0),
. , . 4 . х0
или ууй = 4х + 4х0, откуда у = — х + 4 ——.
Уо Уо
163
2. Аналитическая геометрия
Так как касательная параллельна прямой 2х + 2у - 3 «= О,
то их угловые коэффициенты равны, т. е.
3 4 , а хо к 4
и = -х + — и у = — х + 4 —- и k = -1 = — .
2 у$ у0 Уа
Отсюда находим у0'= -4. Из уравнения параболы у2 = 8х
найдем вторую координату точки касания М0(х0, у0):
(-4)2 = 8х0; х0 = = 2 , Мо(2; -4).
О
Тогда уравнение касательной будет уу0 = 4х + 4х0, или
У . (-4) = 4х + 4 • 2, т. е. и = - х - 2, или х + у + 2 = 0.
Ответ: х + у + 2 = 0.
Уравнения кривых второго порядка
в смещенной системе координат
Выведем формулы параллельного переноса осей коор-
динат в точку М0(х0; yQ). Пусть система координат х'О'у'
получена из системы прямоугольных декартовых коорди-
нат хОу параллельным переносом на вектор = {х0; у0}.
По правилу треугольника для векторов г' = {х'; у'},
г0 = {х0; у0} и г = {х; у} имеем: г = г - г0, или в координат-
lx' = х- х0,
ной форме: s , - формулы перехода от коорди-
[У =У~Уо>
натной системы хОу к координатной системе х'О'у'.
Практикум по высшей математике 164
Пусть эллипс имеет в качестве большой и малой осей
соответственно 2а и 2Ь.
Построить эллипс с осями 2а и 2Ъ в новой системе ко-
ординат; его каноническое уравнение будет
х'2 у'2
~ + ТГ = Ь
а Ь
Возвратимся к старой системе координат, получим
(х-х0)2 (у-уо)2
-------2------+ s-= Г- уравнение эллипса с центром в
а----------------Ъ
точке М0(х0; у0), оси симметрии которого параллельны
координатным осям Ох и Оу.
В результате очевидных преобразований имеем:
Ах2 + Су2 + 2Dx + 2Еу + F = 0, где
Так как А > О, С > 0, то для эллипса АС > 0. Справед-
ливо и обратное.
Аналогично, введем уравнение гиперболы в новой си-
стеме координат х'О'у'.
(х-х0)2 _ (у-ур)2 =
„2 г,2
а о
1 - уравнение гиперболы с цен-
тром в точке М0(х0; у0), оси симметрии которой парал-
лельны координатным осям Ох и Оу. В развернутом виде:
Ах2 + Су2 + 2Dx + 2Еу + F = 0, где
165
2. Аналитическая геометрия
л = — с = —— = е = — F = —-1
а2 Ъ2' а2- Ь2' а2 Ь2
Очевидно, для гиперболы АС < 0. Справедливо и обрат-
ное.
Уравнение параболы в смещенной системе координат.
Аналогично, получим (у - у0)2 = 2р(х - х0).
Раскрывая скобки, получим Су2 + 2Dx + 2Еу + F = 0,
где С == 1, D = -2р, Е = -2у0, F = у2 4- 2рх0.
Очевидно, для параболы АС = 0 (так как А = 0). Спра-
ведливо и обратное.
Если оси координат Ох и Оу поменять ролями, то по-
лучим уравнение параболы с осью симметрии Оу в виде:
Ах2 + 2Dx + 2Еу + F = 0. И вновь, для параболы АС = 0
(так как С = 0).
Алгебраические кривые второго порядка
Определение 8. Алгебраической кривой второго поряд-
ка называется кривая L, уравнение которой в декартовой
системе координат имеет вид
Ах2 + 2Вху + Су2 + 2Dx + 2Еу + F = 0,
где не все коэффициенты А, В, С равны одновременно
нулю (в противном случае L - прямая, т. е. алгебраичес-
кая кривая первого порядка).
Если В = 0, то уравнение примет вид
Ах2 + Су2 + 2Dx + 2Еу + F = 0.
К такому виду можно привести исходное уравнение с
помощью формул поворота осей координат на угол а
х = x'cos а - t/'sin а,
у = x'sin а + y'cos а,
где а определяется равенством
ctg2a= А9д^(В#0).
Справедливо утверждение.
Если АС - В2 > 0, то имеет место кривая эллиптичес-
кого вида (эллипс, либо окружность, либо точка, либо
мнимая кривая); если АС - В2 < 0, то уравнение опреде-
ляет кривую гиперболического типа (гипербола, сопря-
Практикум по высшей математике
166
женная ей гипербола, либо пара пересекающихся дей-
ствительных прямых);
если АС - В2 — 0, то L является кривой параболичес-
кого типа (парабола, либо пара действительных парал-
лельных прямых, либо две совпадающие параллельные
прямые, либо мнимая кривая).
Случаи, когда уравнение определяет пустое множество
(мнимая кривая), точку, прямую, пару прямых называют
случаями вырождения кривой, а перечисленные множе-
ства - вырожденными кривыми.
Если же кривая L - невырожденная, то для нее найдет-
ся такая декартова прямоугольная система координат, в
которой уравнение этой кривой имеет один из трех видов
(каноническое уравнение):
2 2
х у
+ — = a>b> Q- окружность, эллипс,
а b
х2 у2
—у —2* “ 1, а > О, Ь > 0 — гипербола,
а Ь
у2 = 2рх, р > 0 - парабола.
Пример 32. Упростить уравнение х2 + ху + у2 - Зх - бу +
+ 3 = 0и установить вид кривой.
Решение.
Повернем оси координат на угол а, найдя ctg 2а по
А - С
формуле ctg 2а = -• . В данном случае А = 1, С = 1 и
2В
„ 1 „ п 1-1 Л п Л
В = —. Следовательно, ctg2a — —— = 0 и 2a = 90 . Отсю-
2 1
1
да а = 45°. Так как sin 45° = cos 45° = —- = гг , то фор-
2 V 2
х' - у' , _ х' + у'
мулы преобразования примут вид х = —=Д-, У “ /т .
V2 5/2
Подставляя эти выражения х и у в данное уравнение,
получим
' Л2
х -у
х'-у
х' + у
42
х' + у'
42
\2
2
2
167
2. Аналитическая геометрия
х' + у'
72
X -у
72
Произведя упрощения/будем иметь
-6
+ 3 = 0.
- 3
3 х'2 + у'2 - 9 72 х' - 3 72 t/' + 6 = 0.
Как и следовало ожидать, полученное уравнение не
содержит члена с произведением переменных. Выделяя
полные квадраты, придем к уравнению
= 12 или
= 1.
Таким образом, исходное уравнение представляет эл-
липс с полуосями 2 и 2 7з . Чтобы найти координаты цен-
тра этого эллипса в системе координат хОу, подставим
координаты точки
, именно,
Таким образом, центр эллипса имеет координаты (0; 3).
Ответ: эллипс с центром О'(0; 3).
Пример 33. Упростить уравнение кривой
4х2 + 9у2 + 32х - 54у + 109 = 0 и установить ее вид.
Практикум по высшей математике
168
Решение.
Перепишем уравнение так:
4(х2 + 8х) + 9(г/2 - бу) = - 109.
Дополняя выражения в скобках до полных квадратов,
получим
4(х2 + 8х + 16) + 9(у2 - 6х + 9) = 64 + 81 - 109
л „ (х + 4)2 (у-3)2 ,
или, после преобразовании--------+ -----= 1.
Получим уравнение эллипса с центром О'(-4; 3) и по-
луосями а = 3 и Ъ = 2.
Ответ: эллипс с центром О'(_4; 3).
Пример 34. Упростить уравнение кривой
4х2 - 25у2 - 24х + 50у - 89 = 0 и установить ее вид.
Решение.
Перепишем уравнение так:
4(х2 - 6х) - 25(у2 - 2у) = 89
и каждую из скобок дополним до полного квадрата:
4(х2 - 6х + 9) - 25(у2 - 2у + 1) = 89 + 36 - 25.
„ „ (х-3)2 (у-I)2 ,
После преобразовании получим ——-----------= 1.
Это уравнение гиперболы с центром в точке (3; 1).
Ответ: гипербола с центром в О'(3; 1).
Замечание. Так как в данном уравнении А = 4, В = 0,
С = -25, то АС - В2 = 4 • (-25) = -100 < 0.
Следовательно, сразу можно было указать, что это кри-
вая гиперболического типа.
Пример 35. Упростить уравнение кривой
4у2 + 8у'-2х-1=0и установить ее вид.
169
2. Аналитическая геометрия
Решение.
Разрешим уравнение относительно х
х = 2у2 + 4у-± и преобразуем его к виду:
&
х + | = 2(у +1)2.
Это уравнение параболы, вершина которой находится
в точке
. Ось симметрии параболы параллельна
оси ох; ветви параболы направлены вправо.
5
Ответ: парабола х + — = 2(у +1) .
4U
Задания для самостоятельного решения
1. Составить уравнение окружности в каждом из сле-
дующих случаев:
а) центр окружности совпадает с началом координат и
ее радиус R = 3;
б) центр окружности совпадает с точкой С(2; -3) и ее
радиус Л =7;
в) окружность проходит через начало координат и ее
центр совпадает с точкой С(6; -8);
г) окружность проходит через точку А(2; 6) и ее центр
совпадает с точкой С(~1; 2);
д) центр окружности совпадает с началом координат и
прямая Зх - 4у + 20 = 0 является касательной к окруж-
ности;
е) точки А(3; 2) и В(-1; 6) являются концами одного из
диаметров окружности;
ж) центр окружности совпадает с точкой С(1; -1) и
прямая 5х - 12у + 9 = 0 является касательной к окруж-
ности;
з) окружность проходит через точки А(3; 1) иВ(-1; 3),
а ее центр лежит на прямой Зх - у - 2 = 0;
и) окружность проходит через три точки: А(1; 1),
В(1;-1)иС(2; 0);
к) окружность проходит через три точки: М^-1; 5),
М2(-2; -2) и М3(5; 5).
Практикум по высшей математике
170
2. Установить, как расположена точка А(1; -2) относи-
тельно каждой из следующих окружностей - внутри, вне
или на контуре:
а) х2 4- у2 — 5; б) х2 4- у2 = 9; в) х2 4- у2 - 8х - 4у - 5 = 0;
г) х2 4- у2 - 10х 4- 8у = 0.
3. Какие из нижеприведенных уравнений определяют
окружности? Найти центр С и радиус R каждой из них:
а) х2 4- у2 - 2х 4- 4г/ - 20 = 0;
б) х2 4- у2 - 2х 4- 4у 4-14 = 0;
в) х2 4- у2 4- 4х - 2у 4- 5 = 0;
г) х2 4- у2 4- х = 0;
д) х2 4- у2 4- 6х - 4у 4-14 = 0;
е) х2 4- у2 4- у = 0.
4. Установить, какие линии определяются следующи-
ми уравнениями:
а) у = - V25 - х2 ; б) х = - 7^ - у2 ;
в) х = 4-716-z/2 ; г) у = 15 4- л/б4-х2 ;
д) у = 15 - 7б4-х2 ; е) у = -2 - ^Э-у2 ;
ж) у - -2 4- 7э-х2 .
5. Окружности заданы уравнениями в декартовых
прямоугольных координатах:
а) х2 4- у2 = -Зх; б) х2 4- у2 — 5у; в) х2 4- у2 = -у,
г) х2 4- у2 = х 4- у.
Составить уравнения этих окружностей в полярных
координатах при условии, что полярная ось совпадает с
положительной полуосью Ох, а полюс - с началом коор-
динат.
6. Построить эллипс х2 4- 4у2 = 16, найти его фокусы и
эксцентриситет.
7. Написать каноническое уравнение эллипса, зная,
что:
а) расстояние между фокусами равно 8, а малая полу-
ось Ъ = 3;
б) большая полуось а = 6, а эксцентриситет е = 0,5.
8. Эллипс, симметричный относительно осей коорди-
нат, проходит через точки М(2; Уз ) и В(0; 2). Написать
его уравнение и найти расстояния точки М от фокусов.
171
2. Аналитическая геометрия
9. Написать уравнение касательной к эллипсу
2 2
+ — = 1 в точке (-3; 3).
36 12
2 2
X 11
10. Найти касательные к эллипсу — + — = 1, прохо-
9 2
дящие через точку (-3; 1).
11. Определить, какие из точек АД-2; 3), А2(2; -2),
А3(2; -4), А4(-1; 3), А5(-4; -3), А6(3; -1), АДЗ; -2) лежат
на эллипсе 8х2 + 5у2 =77, какие внутри и какие вне его.
12. Найти точки пересечения прямой х + 2у-7 = 0и
эллипса х2 + 4у2 = 25.
13. Составить уравнение эллипса, зная что:
а) его большая ось равна 26, а фокусы - РД-10; 0),
F2(14; 0);
б) его малая ось равна 2 и фокусы - FJ-l; -1), F2(l; 1);
в) его фокусы - Fx(-2; 3/2), F2(2; -3/2) и эксцентриси-
42
тет е =-.
2
14. Найти область определения функции
х2
б)-----у2 = 1;
16 *
г) х2 - у2 = 1;
е) 25х2 - IQy2 = 1;
z = jz-x-zy~ .
15. Определить полуоси а и Ь каждой из следующи х
гипербол:
2 2
. X у
а)-----1;
9 4
в) х2 - 4у2 = 16;
д) 4х2 - 9у2 = 25;
ж) 9х2 — 64у2 = 1
16. Составить каноническое уравнение гиперболы, фо -
кусы которой расположены на оси Оу симметрично отно -
сительно начала координат, зная, что:
а) ее полуоси а = 6, b = 18; б) расстояние между фоку-
5
сами 2с = 10 и эксцентриситет е = —;
О
12
в) уравнения асимптот у = ± — х и расстояние между
вершинами равно 48.
Практикум по высшей математике
172
17. Составить уравнение гиперболы, фокусы которой
расположены на оси абсцисс, симметрично относительно
начала координат, зная, кроме того, что:
а) ее оси 2а — 10 и 2Ь = 8;
б) расстояние между фокусами 2с = 10 и ось 2Ь = 8;
в) расстояние между фокусами 2с = 10 и эксцентриси-
3
г) ось 2а = 16 и эксцентриситет е
5
4
д) уравнения асимптот у =
и расстояние между
фокусами 2с = 20.
18. Дана гипербола 16х2 - 9г/2 = -144. Найти:
а) полуоси а и Ь; б) фокусы; в) эксцентриситет; г) урав-
нения асимптот.
19. Вычислить площадь треугольника, образованного
х2 у2
асимптотами гиперболы------— = 1 и прямой 9х + 2у -
4 9
— 24 = 0.
20. Составить уравнение гиперболы, фокусы которой
лежат на оси абсцисс симметрично относительно начала
координат, если даны:
а) точки МДб; -1) и М2(-8; 2 72 ) гиперболы;
б) точка Мi(-5; 3) гиперболы и эксцентриситет е = -/2 ;
в)
точка М!
гиперболы и уравнения асимптот
2
у = ± — X.
у 3
21. Определить эксцентриситет равносторонней гипер-
болы.
22. Построить следующие параболы и найти их пара-
метры:
а) у2 = 6х; б) х2 = 5i/; в) у2 = -4х; г) х2 = -у.
23. Составить уравнение параболы, вершина которой
находится в начале координат, зная, что: а) парабола рас-
положена симметрично относительно оси Ох и проходит
173
2. Аналитическая геометрия
через точку В(-1; 3); б) парабола расположена симметрич-
но относительно оси Оу и проходит через точку Р(4; -8).
24. Составить уравнение параболы, если дан фокус
Г(-7; 0) и уравнение директрисы х - 7 = 0.
25. Установить, что каждое из следующих уравнений
определяет параболу, и найти координаты вершины А,
величину параметра р и уравнение директрисы:
а) у2 = 4х - 8; б) у2 = 4 - 6х; в) х2 = бу 4- 2; г) х2 = 2 - у.
26. Установить, какие линии определяются следующи-
ми уравнениями:
; в) х = + д/5у ;
а) у = -3 7- 2х ; б) у = -2 Jx
г) х = -5 7- У •
27. Написать уравнение касательной к параболе
х2 = 16у, перпендикулярной к прямой 2х 4- 4у 4- 7 = 0.
28. Из точки А(5; 9) проведены касательные к парабо-
ле у2 = 5х. Составить уравнение хорды, соединяющей точ-
ки касания.
2 2
X у
29. Найти точки пересечения гиперболы — —— = -1
и параболы у2 = Зх.
30. Построить параболы:
а) у = 2х2 - 4х 4- 8; б) х2 + 6х + у + 7 = 0;
в) у2 4- 8у - 2х 4- 22 = 0; г) 2у2 4- 4у 4- х 4- 6 = 0.
31. Построить кривые:
а) х2 + 4х + 4у2 = 0; б) 2х2 - 8х 4- у2 - бу 4-1 = 0;
в) х2 - 8х - 4у2 = 0; г) у2 - бу - х2 4- 2х = 0.
32. Составить простейшие уравнения, а также постро-
ить кривые, определяемые уравнениями:
а) 2ху - 4х - 2у 4- 3 = 0;
б) 5х2 + 12ху - 22х - 12у - 19 = 0;
в) х2 4- 2ху 4- у2 4- Зх 4- у = 0;
г) 5х2 4- бху 4- 5у2 - 16х - 16у - 16 = 0;
д) 5х2 4- 8ху 4- 5у2 - 18х - 18у 4-9 = 0;
е) 4х2 - 12ху 4- 9у2 - Збх 4- 100 = 0.
Ответы:
1. а) х2 4- у2= 9; б) (х - 2)2 4- (у 4- З)2 = 49; в) (х - б)2 4-
4- (у 4- 8)2 = 100; г) (х 4- I)2 4- (у - 2)2 = 25; д) х2 4- у2= 16;
е) (х - I)2 4- (у - 4)2 = 8; ж) (х - I)2 4- (у 4-1)2 = 4; з) (х - 2)2 4-
4- (у - 4)2 = 10; и) (х - I)2 4- у2 = 1; к) (х - I)2 4- (у 4-1)2 = 25.
2. а) на окружности; б) внутри окружности; в) на ок-
ружности; г) внутри окружности.
Практикум по высшей математике
174
3. а) 0(1; -2), R = 5; б) уравнение не определяет кри-
вой (мнимая окружность); в) уравнение определяет един-
ственную точку (-2; 1); г) Cl - ; О
,R =
;д)уравнение
1
1а Л 1
не определяет никакой прямой; е) С 0; - — , R = —.
- 2
4. а) полуокружность радиуса R = 5 с центром в нача-
ле координат, расположенная в нижней полуплоскости;
б) полуокружность радиуса R = 2 с центром в начале
координат, расположенная в левой полуплоскости;
в) полуокружность радиуса R = 4 с центром в начале
координат, расположенная в правой полуплоскости;
г) полуокружность радиуса R = 8 с центром 0(0; 15),
расположенная над прямой у - 15 = 0;
д) полуокружность радиуса R = 8 с центром С(0; 15),
расположенная под прямой у - 15 = 0;
е) полуокружность радиуса R = 3 с центром С(-2; 0),
расположенная влево от прямой х 4- 2 = 0;
ж) полуокружность радиуса R = 3 с центром С(-2; 0),
расположенная вправо от прямой х 4- 2 = 0.
5. а) р = -3 cos <р; б) р = 5 sin ф; г) р = cos ф 4- sin ф .
6. а = 4, Ь = 2, с = 2у/з ; е =
9. х - Зу + 12 = 0; 10. х 4- 3 = 0 и х - бу 4- 9 = 0;
11. Точки At и А6 лежат на эллипсе;
А2 и А4 - внутри эллипса;
А3, А5 и А7 - внутри эллипса;
12.
, (3; 2);
13. a) + = 1» б) 2x2 “ 2хУ + 2У2 ~ 3 = 0;
в) 68х2 4- 48xi/ 4- 82у2 - 625 = 0.
175
2. Аналитическая геометрия
2 2
X у
14. — + — £ 1 - эллипс и его внутренняя область.
15. а) а = 3, b = 2; б) а = 4, Ь = 1; в) а = 4, Ъ = 2;
5 . 5 1
г) а = 1, 6 = 1; д) а — ~, Ъ — ~ ; е) а — —
1 1
Ж) а = ~ , Ъ = -;
о о
2 2 2 2
ча \ Х У ч Х У 1
16» а) 224 ~ б) 16 9 ~
2 2
100 576
X2 и2 X2 и2 х2
17. а) — - — = 1; б) — - — = 1; в) — -
25 16 9 16 4 5
2 2 2 2
. х У ч ч х У 1
г)----------1; д)--------------1;
64 36 36 64
У2
5
5
18. а = 3, Ь = 4; б) Fx(0; 5), F2(0; -5); в) е = —; у = ±
19. 12 кв. ед.
v2 1/2 х2 1/2
20. а)-----= 1; б) х2 — у2 = 16; в)---------;
32 8 18 8
г- 5 1
21. у = V2.22. а) р = 3; б) р = —; в) р = 2; г) р = -
23. а) у2 = -9х; б) х2 = -2у; 24. у2 = -28х;
(2 _
25. а)А(2; 0), р = 2, х - 1 = 0; б) А
4
3
, р = 3, 6х -
- 13 = 0; в)А| 0; = 3, бу + 11 = 0; г)А(0; 2),р= ,
4у-9;
26. а) часть параболы у2 = -18х, расположенная в тре-
тьем координатном углу;
б) часть параболы у2 = 4х, расположенная в четвертом
координатном углу;
в) часть параболы х2 = бу, расположенная в первом
координатном углу;
Практикум по высшей математике 176
г) часть параболы х2 = — 25у, расположенная в третьем
координатном углу;
27. 2х - у - 16 = 0; 28. 5х - 18г/ + 25 = 0;
29. (10; Тзо )• (1°: - Тзо )• (2; Ve). (2; - Тб )•
30. а) (х - 1)2 - | (у - 6); 6) (х + 3)2-(у - 2);
в) (у + 4)2 = 2(х + 2); г) (у + I)2 = -|(х + 4);
(х । 2)2
31. а)------+ у2 =1; эллипс с центром С(-2; 0) и по-
4
луосями 2 и 1;
(х-2)2 (у-3)2 .
б) ----—+ —---— = 1; эллипс с центром (2; 3) и полу-
8 16
осями 2 Л и 4;
(х-4)2 у2
в) -----— — = 1; гипербола с центром (4; 0), действи-
16 4
тельная полуось равна 4, мнимая 2;
г) (у - З)2 - (х - I)2 = 8; равносторонняя гипербола с
центром (1; 3), полуоси равны 2^2 , действительная ось
параллельна оси ординат;
х2 г/2 л/й
32. а) х2 - у2 = 1; б) — -^-=1;в)у2 = ^-х;
ТЕ У W
„2 z/2 X2 z/2 108
г) — + — — 1; д) — + — = 1; е) 13у2--т= х = 0.
7 16 4 9 1 у 713
(Всюду х, у означают координаты в окончательных
осях.)
177
2. Аналитическая геометрия
2.6. Канонические поверхности
второго порядка
Трехосный эллипсоид
Если какие-нибудь две полуоси равны между собой, то
получаем эллипсоид вращения.
2.2 2
X + у 2
Например,----— + — = 1 - эллипсоид вращения, Oz
а с
- ось вращения.
Однополостный гиперболоид
2 2
£_ + Е_
а2 Ь2
2 . 2
X +у
г2
г2
2 ~у = 1 - одно-
а с
полостный гиперболоид
вращения,
Oz - ось вращения.
Практикум по высшей математике
178
Двуполостный гиперболоид
I 2 - -1 - дву'
а с
полостный гиперболоид
вращения,
О г - ось вращения.
Эллиптический параболоид
2 2
X J
— + — = 2г, р > О, q > 0.
р q
х2 + у2 = 2p2z - параболоид
вращения, осью вращения
служит ось Ог.
Гиперболический параболоид
= ,р> 0, q> 0.
р q2
179
2. Аналитическая геометрия
Конус второго порядка
2 2 2
X У 2
Т + 7Т—й"= 0
а2 Ь2 с2
Цилиндры второго порядка
а) эллиптический:
2 2
х У
-------1- —
‘2 д2
а о
б) гиперболический:
2 2
X у
2 д2
а о
в) параболический:
у2 = 2рх, p>Q.
Практикум по высшей математике
180
Одним из основных методов исследования формы по-
верхности по ее каноническому уравнению является ме-
тод сечений поверхности координатными плоскостями и
плоскостями, параллельными координатным.
2 = 0 — плоскость хОу, х = 0 - плоскость yOz,
у = 0 - плоскость yOz, z = h - плоскость, параллель-
ная хОу, x = h- плоскость параллельная yOz, у = h- плос-
кость, параллельная хОг.
Пример 1. Построить тела, ограниченные поверхностями
а) у = х2, г= 0, г = 2, у = 1.
Решение.
у = х2 - это уравнение параболического цилиндра,
г = 0 - плоскость хОу,
2 = 2- плоскость, параллельная хОу и отсекающая на
оси Ог отрезок, равный 2.
у = 1 - уравнение плоскости перпендикулярной оси Оу
в точке (0; 1; 0).
2 = 0,
2 - парабола у = х2 в плоскости хОу,
У - х
2 = 2,
2 - парабола у = х2 в плоскости 2 = 2.
[У = х
Найдем в плоскости хОу пересечение параболы у = х2
и прямой у = 1:
[у = х2,
„ = 1 <=>(-1;1)и(1;1).
Построим параболический
цилиндр у = х2 и его сечения
плоскостями 2 = 0,2 = 2, у = 1,
получим искомое тело.
б) 2 = у2 - х2, 2 = 0, у = 2.
Решение.
г = у2 — х2 — гиперболичес-
кий параболоид.
Найдем линии пересече-
ния его с плоскостью 2 = 0:
X
181
2. Аналитическая геометрия
2 = 0,
_ „ <=> у2 = х2 <&у = ±х - биссектрисы первого
2 = У - X2
и второго координатных углов в плоскости хОу.
Найдем линию пересечения параболоида z = у2 - х2 с
плоскостью у = 2:
У = 2,
2 2<Я2==±-Х2.
2 = у - X
Получим в плоскости у = 2 параболу г = 4 - х2 с вер-
шиной в точке (0; 2; 4), ветви которой направлены вниз
(относительно оси Oz).
Найдем линию пересечения гиперболического парабо-
лоида г = у2 - х2 с плоскостью уОг (х = 0); имеем в плос-
кости уОг параболу 2 = у2 с осью симметрии Oz, ветви ко-
торой направлены вверх.
г
Получим искомое тело.
в) г = 4 - х2 - у2, 2г = 2 + х2 + у2.
Решение.
z = 4 - х2- у2 или 2 - 4 - —(х2 + у2) - параболоид вра-
щения с вершиной (0; 0; 4), направленный вниз.
2z - 2 = х2 + у2 или z - 1 = ~(х2 + у2)- параболоид вра-
щения с вершиной в точке (0; 0; 1).
Найдем линию пересечения этих поверхностей
2 = 4-х2 -у2,
„ „ Подставим 2 = 4 - х2 - у2 во второе урав-
2 = 2 + х2 + у .
Практикум по высшей математике
182
нение системы (исключим г), получим 2(4 - х2 - у2) = 2 +
+ х2 + у2; Зх2 + Зу2 = 6, т. е. х2 + у2 = 2.
Так как х2 + у2 = 2, то из первого уравнения системы
найдем г = 4 - (х2 + у2) = 4 - 2 = 2.
Таким образом, линия пересечения данных поверхно-
стей лежит в плоскости г = 2 и является окружностью
х2 + у2 = 2.
Получим искомое тело.
(0; 0; 1)
r) у = jx,y = 2jx,x + z = 6, z = 0.
Решение.
у = Vx , у = 2 Vx , х > 0 - цилиндрические поверхнос-
ти, проходящие через ось Oz. В плоскости хОу - это гра-
фики квадратичных функций при х > 0.
— + — = 1 - плоскость, параллельная оси Оу, отсека-
6 о
ющая на осях Ох и Ог отрезки 6 и 6. 2 = 0 - плоскость хОу.
Получим искомое тело.
183
2. Аналитическая геометрия
д) х2 + у2 = 4х, z — х, z = 2х.
Решение.
х2 + у2 = 4х - уравнение цилиндрической поверхнос-
ти, образующая которой параллельна оси Oz. Преобразу-
ем это уравнение к виду (х2 - 4х) + у2 = 0, (х2 - 4х + 4) +
+ у2 = 4, (х - 2)2 + у2 = 4 - это окружность в плоскости хОу
с центром (2, 0) и радиусом R = 2. В пространстве - это
прямой круговой цилиндр с основанием (х - 2)2 + у2 = 4,
г = х, г = 2х - плоскости, проходящие через ось Оу пер-
пендикулярно хОг и пересекающие цилиндр. Центр полу-
ченной окружности в плоскости хОу есть точка (2; 0),
R = 2.
Построим тело, ограниченное данными поверхностями.
е) 4г = х2 + у2, х2 + у2 + z2 = 12.
Решение.
4г = х2 + у2 - параболоид вращения вокруг оси Ог,
х2 + у2 + г2 = 12 - сфера с центром в начале координат и
Л= V12 = 2л/з .
Найдем линию пересечения данных поверхностей.
х2 + у2 + г2 = 12, 4г2 + г2 = 12,
х2 + у2 = 4г х2 + у2 = 4г.
Решениями уравнения г2 + 4г - 12 = 0 являются гг = -6,
z2 = 2. По условию г = 0, следовательно, г = 2 - плоскость
параллельная плоскости хОу. Подставляя г = 2 в уравне-
ние х2 + у2 = 4г, получим х2 + у2 = 8. Линией пересечения
Данных поверхностей является окружность х2 + у2 = 8 в
плоскости г = 2. Центр окружности х2 + у2 = 8 есть точка
(0; 0; 2) и R = 2 ^2 • Построим тело.
Практикум по высшей математике
184
х2 у2 z2
б) — + ^-~-------1;
7 16 4 36
г) х2 - у2 = г2;
е) х2 - у2 = 2az, а * 0;
х2 у2
а) —-----— 6г;
о 4
к) г = 2 + х2 + г/2;
м) х2 - у2 + z2 + 4 — 0.
Задания для самостоятельного решения
1. Построить тела, ограниченные поверхностями:
а) г = 4х2 + 2у2 + 1;х = 0;г/ = 0;х + г/-3 = 0;
б) г = 4 - х2, у = 5, у = 0, г = 0;
в) г — а2 - х2, х + у — а, у = 2х, у = 0, г = 0;
г) х2 + у2 + г2 = а, х2 + у2 -ау = 0;
д) г = 4 - у2, у = х2, г = 0;
е) г = 4 - х2 - у2, х — ±1, у = ±1.
2. Установить тип заданных поверхностей и построить их:
х2 и2 г2
а) £_ + £_ + £_=1;
7 9 4 25
в) х2 + у2 - z2 = -1;
д) х2 + у2 = 2аг, а * 0;
х2 и2
ж) 2г — — + —;
12
и) х2 = 2az, а*0;
л) х2 + у2 - г2 = 4;
3. Найти точки пересечения поверхности и прямой:
' х2 у2 z2 х-3_г/-4_г + 2
81 36 9 3 -6 4
2 2
16 9
2 2
ч X У
в) ——- + = 2 и
5 3
г2
. SSK I
9 3 -6
г2 х у г + 2
4 ~ И 4 " -3 - 4 ;
х + 1 _ у-2_г + З
~2 -1 ^2'
185 2. Аналитическая геометрия
Ответы:
2. а) эллипсоид; б) однополостный гиперболоид; в) дву-
полостный гиперболоид; г) конус; д) параболоид враще-
ния; е) гиперболический параболоид; ж) эллиптический
параболоид; з) гиперболический параболоид; и) параболи-
ческий цилиндр; к) параболоид вращения с вершиной (0;
0; 2); л) однополостный гиперболоид вращения; м) двупо-
лостный гиперболоид вращения;
3. a) Mi(3; 4; -2) и М2(6; -2; 2); б) М(4; -3; 2) прямая
касается поверхности; в) прямая и поверхность не имеют
общих точек.
3. ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА
3.1. Определители и матрицы
Определители
Определение 1. Матрицей размера 2x2 называется
совокупность чисел, расположенных в виде таблицы из 2
строк и 2 столбцов. Обозначается
_ аи а12 j
«21 а22 J'
Числа, составляющие эту матрицу, называются ее эле-
ментами и обозначаются буквой с двумя индексами. Пер-
вый индекс указывает номер строки, а второй - номер
столбца, в которых стоит данное число.
Определение 2. Определителем (или детерминан-
том ) второго порядка, соответствующим данной матри-
це, называется число аи • а22 - а21 • а12.
Определитель обозначают символом
«11 «12
«21 а22
По определению
«11 ' «22 а21 ' а12’
ап а12
«21 «22
Числа ап, а12, а21, а22 называются элементами опреде-
лителя.
Свойства определителя второго порядка
1) Определитель не изменится, если все его строки за-
менить (транспортировать) соответствующими стол-
бцами (равномерность строк и столбцов).
2) При перестановке двух строк (или столбцов) опре-
делитель изменит знак на противоположный.
3) Если элементы одной строки (столбца) умножить на
одно и то же число X, то новый определитель увели-
чится в X раз.
4) Если к одной строке (столбцу) поэлементно приба-
вить другую строку (столбец), то новый определи-
тель совпадает с исходным (не изменится).
187
3. Линейная алгебра
Определение 3. Аналогично, если
а11 а12 а13
а21 а22 а23
а31 а32 а33
- квадратная матрица размера 3x3
(3 строки, 3 столбца), то соответствующим ей определи-
телем третьего порядка называется число, которое вычис-
ляется следующим образом
«и £ 112 а13
а21 а22 а23
а31 а32 а33
а21 а22
+ н13 •
а31 а32
Числа ,ail’ П12,
ап ’
а22
а32
а23
азз
- а12 •
а21
а31
а23
азз
азз называются элементами опреде-
лителя. Формула дает разложение определителя третье-
го порядка по элементам первой строки и сводит вычис-
ление определителя третьего порядка к вычислению
определителей второго порядка.
Определение 4. Назовем минором, соответствующим
данному элементу определителя третьего порядка, опре-
делитель второго порядка, полученный из данного опре-
делителя вычеркиванием строки и столбца, на пересече-
нии которых стоит данный элемент. Миноры будем
обозначать заглавной буквой М с двумя индексами. Так,
например, минор М12, соответствующий элементу а12, есть
определитель М12 =
а21 а23
а31 а33
Все свойства определителей второго порядка остаются
справедливыми для определителей третьего порядка.
Аналогично формуле, дающей разложение определителя
третьего порядка по элементам первой строки, можно
получить разложение определителя по элементам любой
строки или столбца.
Определение 5. Назовем алгебраическим дополнением
элемента определителя его минор, взятый со знаком
плюс, если сумма номеров строки и столбца, в которых
стоит элемент, четна, и со знаком минус, если эта сумма
нечетна.
Практикум по высшей математике
188
Алгебраическое дополнение элемента alk обозначается
через Aik. Здесь i означает номер строки, a k - номер стол-
бца, на пересечении которых находится данный элемент.
А.а = (-1У*-М
Например, Ап = Mu = Afn, А12 = (-1)1+2 М12 =
= -М12, А13 = (-1)1+3 М13 = М13 и т. д.
Обозначим определитель через Д, тогда получим следу-
ющие верные равенства:
Д = ЯцАц + а12А12 4- а13А13,
Д ®21 ^21 "I" ^22 "^22 + ^23 ^23’
Д = ^31-^31 + а32 -^32 + а83^33'
Это есть разложения определителя третьего порядка по
элементам строк.
Д — ап А.Ц + а21 А21 + о31 А31,
Д ®12 -^-12 + ®22 -^-22 + ^32 -^32»
Д = о13 А13 + а23 + а33 А33.
Это есть разложения определителя третьего порядка по
элементам столбцов.
Понятие об определителях
высших порядков
Определитель четвертого порядка есть число, которое
находится следующим образом:
Оц °12 °13 «14 а22 а23 а24
а21 а22 а23 а24
Д = а31 а32 азз а34 — а11 а32 а42 азз а43 а34 а44
а41 а42 а43 а44
а21 а23 а24 а21 а22 «24
~ а12 а31 а33 а34 + а13 а31 а32 °34 —
а41 а43 а44 а41 а42 а44
а21 а22 а23
~ а14 а31 а32 азз •
а41 а42 а43
Определители третьего порядка в правой части равен-
ства являются минорами элементов ап, а12, а13, а14.
Алгебраическое дополнение элемента aik вычисляется
по формуле Alk = (-1)/+* • MiA, тогда равенство можно пе-
реписать в виде:
Д = аи Alt 4- а12А12 + о13 А13 4- а14А14.
189
3. Линейная алгебра
Эта формула дает разложение определителя четверто-
го порядка по элементам первой строки. Аналогично вы-
числяются определители более высоких порядков.
Все свойства определителей второго и третьего поряд-
ка остаются справедливыми для определителей любого
порядка.
= 2-4-31 = 5
Пример 1. Вычислить определители:
2 3
1 4
Ответ: 5.
sin а
а)
б)
cos а
sin а
= sin2 а + cos2 а = 1
в)
= (а + Ь)2 - (а - Ь)2 =
-cos а
Ответ: 1.
а + & а-Ъ
а-Ъ а+Ъ
= (а + & — а+ b)(a + b +
Ответ: 4аЬ.
а - Ъ) = 2а • 2Ъ = 4а&.
1
1
г)
1
-1
-1
1
0
-1
0
-1
-1-
-1 1
-1 о
-1 0
-1 -1
= 1 •
О
1
о
= 1-1 + 1 = 1.
Второй способ. Воспользуемся свойством опреде-
лителя и к первой строке прибавим третью, получим оп-
ределитель третьего порядка и разложение по элементам
первой строки:
-1
-1
о
-1
Ответ: 1.
д)
о
-1
-1
о
о
-1
-1
-1
о
-1
= 0-
-а(а • О - а .- а) + а(а
а3 + а3 = 2а3.
Ответ: 2а3.
а - а • а) + а(а • а - а
0) =
1
1
1
1
о
1
1
О
О
а
а
а
а
О
а
а
0
О
а
а
0
= 1
- а •
а
а
а
0
+ а •
= 1
а
О
а
а
Практикум по высшей математике
190
Ответ: х— у - г - 2.
ж)
1 1
3 4
6 10
10 20
Решение.
Воспользуемся свойствами определителя. Из второй
третьей, четвертой строки вычтем первую строку, полу
чим определитель и разложение его по элементам 1-го
столбца:
1 1
1 2
2 5
3 9
3
9
19
5 9
9 19
+ 3 • (2 • 9 - 3 • 5) = 14 - 2 • 11 + 9 = 1.
Ответ: 1.
12 3 4
1
1
1
1 4
1
0
4 1
1 2
4 12 3
Решение.
Из второй строки определителя вычтем первую строку,
умноженную на 2; из третьей строки вычтем утроенную
первую строку, из четвертой - вычтем первую строку,
умноженную на 4. Получим нули в первом столбце. Тог-
да и разложим определитель по элементам первого стол-
бца:
191
3. Линейная алгебра
1
2
3
4
3
4
1
2
4
-7
-10
-13
- 1 • (-1)(-1)(-1) 2 8
7 10
7
5
13
7
-2
-36
-2
18
1 2
1
1
= 8 • (18 + 20) = 304.
Ответ: 304.
Матрицы
Операции над матрицами
Определение 6. Матрицей размера тхп (или (т х п)
- матрицей) называется прямоугольная таблица чисел ау,
1=1,2, ...» т, j = 1, 2, ..., п.
а11 а12 "• а1п
А = ^31 #32 #3п , состоящая из т строк и п столбцов.
& m2 ••• ^тп.
Определение 7. Суммой А + В (тхп)- матриц А = (atj)
иВ = (bi}) называется матрица С(сг/) того же порядка, каж-
дый элемент которой равен сумме соответственных элемен-
тов матриц А и В: Су = atj + bljt i = 1,2,..., т, j = 1, 2,..., п.
Определение 8. Произведением аА матрицы А = (а/;.) на
действительное число а называется матрица В = (by), по-
лучающаяся из матрицы А умножением всех ее элементов
на а: Ьу = аагу, i = 1,2, ... , т, j = 1, 2, ... , п.
Определение 9. Произведением АВ (тхп) - матрицы
А — (ау) на (п х k) - матрицу В = (bi;) называется (т х k) -
матрица C(ci}), элемент которой ctj, стоящий в i-й строке
и у'-м столбце, равен сумме произведений соответственных
Практикум по высшей математике
192
элементов z-й строки матрицы А и j-го столбца матрицы
В: atpbPi , i = 1,2,... , zn, / = 1, 2,..., k.
p=i
Матрицы перемножить возможно тогда, когда число
столбцов матрицы А равно числу строк матрицы В.
Для матриц одинакового размера справедливы свой-
ства следующих алгебраических операций:
1) А + В = В 4-А; 2)А + (В + С) = (А + В) + С;
3) (а + Р)А = аА + ₽А;
4) а(А + В) = аА + аВ;
5) (а₽)А = а(₽А);
6)А(ВС) = (АВ)-С;
7)А(В + С) = АВ+АС.
Определение 10. Нуль-матрицей называется матрица
О, все элементы которой равны нулю.
Определение 11. Единичной матрицей Е называется
квадратная матрица, на главной диагонали которой сто-
ят единицы, а остальные элементы равны нулю.
(1 0 0}
Например, Е = 0 1 0
0 0 1
Справедливы равенства: А + О = А; АЕ = ЕА = А.
Обратная матрица
Определение 12. Квадратная матрица (т = и) называет-
ся вырожденной (особой), если ее определитель равен
нулю, и невырожденной (неособенной) в противном случае.
Определение 13. Если А — невырожденная матрица, то
существует, и притом единственная, матрица А-1 такая, что
А • А-1 = А-1 • А = В,
где Е - единичная матрица того же размера, что и матри-
цы А и А-1.
Матрица А-1 называется обратной к матрице А.
Определение 14. Назовем матрицу А* присоединенной,
если она является транспонированной матрицей, состав-
ленной из алгебраических дополнений соответствующих
элементов матрицы А.
Если матрица А - невырожденная, то
•Л*’гда
193
3. Линейная алгебра
Ац -^21 ^nl
^12 -^22 ^п2
^ln -A-Zn •“ Ann у
Пример 2. Найти сумму матриц 4 и В, если
"1 -3 4
2 1
А-(2 3 5 7Ь-
14 2 3
Решение.
"2 + 1
1 + 2
А + В =
Ответ:
3 О
3 5
3-3 5+4
4+1 2+3
5 1
О
3 -2
7 + 0
3-2
"3 0 9
3 5 5
7
Пример 3. Вычислить матрицу 2А + 5В, если
/1 2 3
2 11
Решение.
24 + 5В = 2 •
О 5
5 10
5"
15
Ответ:
(2
9
,В =
О 1
1 2
3
2
2
9
9
12
Пример 4. Найти
2
1
3
1
"О 1
1 2
3
(2
4
4
2
б"
2
9
12
if
17
If
17
произведение АВ
матрицы-строки
4 = (5 7 -2) на матрицу В
Решение.
2
1
-2
(5 7 —2) •
3
4
3
2
-1
1
-2
3
4
3
2
-1
Практикум по высшей математике
194
= (5’24-7*14-(-2)(-2) 5*3+7’4+(-2)-3 5«14-7-24-(-2)(-1)) =
= (21 37 21).
Ответ: матрица-строка размера (1 х 3) - (21 37 21).
Замечание. (1x3)- матрица при умножении на (3 х 3)
— матрицу дает (1x3)- матрицу.
Пример 5. Найти произведение АВ, если А =
-(2x3)- матрица, В =
5 7-4
2 5 1
-(3x1)- матрица.
2
. -1.
Решение. При умножении (2x3)- матрицы на (3 х 1)
матрицу получим (2x1)- матрицу.
2
7 -4"
5
1
,2
5-3 + 7-2 + [-4](-1) j = f зз
2-3 + 5-2 + 1(-1) I 15
Ответ:
'ззА
15 •
Пример 6. Даны матрицы А =
Найти матрицы АВ и ВА.
2
5
и В =
-1
I-2
2'
3J
3 У-1
-7Д-2
13 "I
2W 2 • (-1) + 3 • (-2)
зД5-(-1) + (-7)-(-2)
2-2 + 3-3 "
5-2 + (-7)-3>
3 f(-l)-2 + 2-5 (-1)• 3 + 2• (-7)
-7J [(-2)-2 + 3-5 (-2)• 3 + 3• (-7)
195
3. Линейная алгебра
8 -17А
11 -27J
Замечание. Очевидно, АВ * ВА, т.е. произведение мат-
риц не перестановочно.
Ответ: АВ =
-8 13
9 -11
Г 4 0-5^
Пример 7. Доказать, что матрицаА~1 = -18 1 24
-3 0 4
<4 0 5
ляется обратной для матрицы А = 0 1 - 6
I3 о
4
яв-
Решение. А • А-1 =
' 4-4 + 0 • (-18) + 5-(-3)
0-4 + 1(-18) + (-6)(-3)
34 + д(-18) + 4(-3)
Г1 о оЛ
'4 0 5 V 4 0-5'
0 1-6 -18 1 24
0 4
/
4(-5) + 0-24 + 5-4
00 + 11+(-6)-0 0 (-5)+1-24 +(-6)-4
30 + 01+40 3(-5) + 0-24 + 4-4
0 1 0 =Е.
О О 1,
Ответ: матрица А-1 является обратной матрице А.
Пример 8. Найти присоединенную матрицу для матрицы
<з 1 -г4!
А= 4 2
3 -1
Решение.
1
5
Присоединенная матрица является транспортирован-
ной матрицей из алгебраических дополнений данной мат-
рицы.
^Ац А21
= А12 А22
А1з 423
^31
^32
^зз}
Практикум по высшей математике
196
Для данной матрицы Ап = (-1)1+1
4 1
3 5
А21 = (-1)2+1
Лгз = (-1)2+3
Д>2 - (-1F2
=-17; А13 = (-1)1+3
= -3;А22 = (-1)3+3
=-11; А33 = (-1)3+3
Итак, присоединенная матрица А* равна
' 11
А* = -17
-3 5 "
21 -11 .
6 2
( 11 -3
Ответ: А* = -17 21
-10 6
х
5 4
-11
2
Пример 9. Найти матрицу А-1, обратную к матрице А при-
мера 8.
Решение. Так как А-1 = ——А* , то найдем
det А
det А =
2 1 _ 4
-1 5 “1‘ 3
= 3 • 11 - 17 + 20 = 36. Тогда А'1
1
36
-17
[-10
-3 5 '
21 -11
6 2
1
2
197
3. Линейная алгебра
Проверка. А'1 • А = —- -17
36 -10
к
Ответ: А~1 =
Ранг матрицы
Определение 15. Пусть в матрице размера (т х п) выб-
раны произвольно k строк и k столбцов (k < min (т, га)).
Элементы, стоящие на пересечении выбранных строк и
столбцов, образуют квадратную матрицу порядка k, опре-
делитель которой называется минором k-ro порядка мат-
рицы А.
Определение 16. Максимальный порядок г отличных
от нуля миноров матрицы А называется ее рангом.
Определение 17. Элементарными преобразованиями
матрицы называются следующие:
1) перестановка местами двух строк;
2) поэлементное умножение строки на не равное нулю
число;
3) поэлементное прибавление одной строки соответ-
ствующих элементов другой строки, умноженных на про-
извольное число %;
4) вычеркивание нулевой строки.
Матрица имеет ступенчатый вид, если в каждой ее
строке стоит нулей больше, чем в предыдущей. При этом
учитываются лишь нули, стоящие в начале строки до пер-
вого ненулевого числа.
Теорема 1. Любую матрицу можно с помощью конеч-
ного числа элементарных преобразований привести к сту-
пенчатому виду.
Теорема 2. Ранг матрицы равен количеству ненулевых
строк матрицы после приведения ее с помощью элемен-
тарных преобразований к ступенчатому виду.
Практикум по высшей математике
198
Пример 10. Вычислить ранг матрицы
' 0 2 -Г
-1 -4 5
А = 3 1 7 ж
0 5 -10
2 3 0
к 7
Решение. Применяя элементарные преобразования
строк матрицы, будем обозначать: -1 • (2) - умножить
вторую строку на (-1); (2) - 2(1) - вычтем из второй стро-
ки первую, умноженную на (2); (2) <=> (5) - поменять стро-
ки вторую и пятую местами.
' 0 -1 3 2 -4 1 -4' 5 7 0 2 1 4 3 1 4 Л -5 7 СЦ«Я2)
0 5 -10 0 5 - -10
к 2 3 С / 2 3 0 )
'1 4 -5^ <1 4 -5'
0 3 0 2 1 5 - -4 7 10 (2]к«(5) 2 3 0 3 1 5 - 0 7 -10 (2)-2(1) (3) - 3(1)
3 0 0 2 "4,
'1 0 4 -5 -5 ' 10 '1 4 0 1 -5 -2 (3) - (2) (4) - (2)
0 0 -11 5 22 -10 -н(3> 0 1 0 1 -2 -2 (5)-(2)
2 -4 / |(4) 1 -2
|(5)
199
3. Линейная алгебра
fl 4 -5"|
О 1
О О
о о
-2
О
О
'1 4 -5>
О
о о
г(А) = 2.
Ответ: г(А) = 2.
Пример 11. Вычислить ранг матрицы
'-1125
А = 2 -2 1 -5
-1 1 7 10
„ к 7
Решение.
'-1 12 5 ' (2)+ 2(1) '-1
2-2 1 -5 (зьчп 0
-117 к 10 7 0 к
5
1 2
О 5
О 5
5'
5
5
7
'-1
О
О
2 5^
1
О
о
О О
7
f-1 12 5"|
"-"УТКл
г(А) - 2.
Ответ: г(А) = 2.
Пример 12. Вычислить ранг матрицы
'1 2 3 25
А = 1 3 6 3
Реш 1 4 к ение. 10 3 7
Практикум по высшей математике
200
1
1
2
3
4
3
6
10
3
3
(3) - (1)
О
О
1
2
3
7
1
1
(3)- 2(1)
3
3
1 2
1Г|_1
О О
г(А) = 3.
Ответ: г(А) = 3.
1
-1
Задания для самостоятельного решения
1. Вычислить определители.
1
k
О
1
1
О
1
0
а)
;б)
cos а
sinp
sin а
cosfJ ’
;г)
д)
4
7
-1
-5
-2
8
2 1 .
-1 2 ’
у + 1
2 + 2
; в)
о
1
j
2
1
о
1
1
1
; е)
3
8
2
; ж)
О
3
О
2
О
2
О
3
Указание: определитель ж) легко вычисляется с помо-
щью разложения определителя по элементам второй стро-
ки или второго столбца.
з)
-15 2
0 7 0
12 0
;и)
2. Вычислить ЗА + 2В, где А =
-2
3
-2
1
2 1
О 1
-2
-1
-41’
4
6
4
-1
2 1
1 2
О 1
о
2
; к)
1
2
3
1
О
В =
-2 1 01
-3 2 2 Г
201
3. Линейная алгебра
3. Вычислить:
а)
в)
-4^
Зл
ч
(з\
;б)
2
4 г"!
-3
2
-1
5
0
5
2
1
7
5
2
4
1
3 4 ’
2 ; г)
7
6
5
1
3
4
3
4. Убедиться, что произведение матриц А и В некомму-
тативно:
5
4
2
3
5
2
4
2
А =
-2 .
3
8 ;В= 2
2 1
5.
2
5
-1
' 3
-2
4
5
наити это произведение мат-
риц.
6. Вычислить произведение матриц
'О О
<° Ч
7. Найти обратную матрицу А-1 для матрицы
,В =
'1 О
О О
1
4
1
О
3
з'
3
2
А =
1
1
1
2
3
4
А =
3 "
6
10
(2
3^
7
8. Дана матрица А = 3 9 4 , найти А-1.
3
1
5
9. Вычислить ранг матрицы
а) А =
7
5
10
2
- 3
-11
15л
15 ;б)А =
36
"2
3
5
5
15
5
-4
-9
-7
3
2
5
Практикум по высшей математике
202
Ответы:
1. а) 5; б) cos (а + Р); в) 2; г) 2i- f - К = {2, -1, -1};
д) у - z - 1 = 0; е) 0; ж) -2; з) -14; и) 4; к) -117.
<33>
ы
г)
г27 20
17 40
(20 20 4 А
f 24 17 21А
4.АВ = 26 36 22 ,ВА= 24 6 30 ,АВ*ВА,
Г
3
. 1
3
1
. 9. а) г(А) = 3; б) г(А) = 2; в) г(А) = 3;
г) г(А) = 2.
3.2. Линейное
(векторное) пространство
Определение 1. Совокупность п действительных чисел
xlt х2,..., хп, заданных в определенном порядке, называ-
203
3. Линейная алгебра
ется п-мерным вектором. Числа х1г х2, ... , хп называют-
ся координатами вектора.
Над n-мерными векторами вводятся следующие опера-
ции.
Сложение: если х = (хп х2,..., хп), у = (ylt у2,..., уп), то
х 4- у = (хх4- ylf Х2+ у2, ... , хп+ уп).
Умножение на число: если А, - действительное число и
х = (хр х2, ... , хл) - вектор, то Ах = (Ахп Ах2,... , Ахл).
Определение 2. Два вектора называются равными, если
равны их соответствующие координаты
(Xj, Х2, ... , Хл) (j/p Уг’ •” ’ Ул) х^ ~ Ур х2 = Уг» — ’ хп =
= Уп-
ереди n-мерных векторов есть вектор, нейтральный от-
носительно операции сложения. Это вектор с нулевыми
координатами. Его называют нулевым вектором и обозна-
чают через О:
0 = (0, 0, ..., 0).
Каждый вектор х имеет противоположный; его обозна-
чают - х, причем
—X ( Хр —х2, ... , Хл).
Введенные операции сложения векторов и умножение
вектора на число обладают восемью свойствами:
1) х 4- у = у 4- х;
2) (х 4- у) 4- z = х 4- (у 4- z);
3) х 4- 0 = 0;
4) х 4- (—х) = 0;
5) А(цх) = (Ац)х;
6) А(х 4- у) = Хх 4- Ху;
7) (А 4- ц) = Ах 4- цх;
8) 1 • х = х.
Определение 3. Множество всех n-мерных векторов,
для которых установлены операции сложения и умноже-
ния на число, называется п-мерным векторным (линей-
ным ) пространством Rn.
Определение 4. Система n-мерных векторов {хр х2,..., хл}
называется линейно зависимой, если найдутся числа
Ар А2, ... , А„, не равные одновременно нулю, такие, что
AjXx 4- А2х2 4-... 4- Asxs = 0.
В противном случае эта система называется линейно
независимой.
Определение 5. Пусть Q - произвольное множество п-
мерных векторов пространства Rn. Система векторов В =
= {вр е2,..., еа} называется базисом в Q, если выполняют-
ся следующие условия:
Практикум по высшей математике
204
1) ек 6 Q, k = 1, 2,з;
2) система В = {ер е2, ... , eg} линейно независима;
3) для любого вектора х е Q найдутся числа Лх, Л2,...,
8
Лв такие, что х = ^^kek •
Л=1
3
Определение 6. Формула х = У, называется разло-
Л=1
жением вектора х по базису В = (ех, е2,... , е8). Коэффици-
енты Х2, ... , As однозначно определяются вектором х и
называются координатами этого вектора в базисе В.
Справедливы следующие утверждения:
1) Всякая система векторов Q е Rn имеет по меньшей
мере один базис; при этом все базисы этой системы состо-
ят из одинакового числа векторов, называемого рангом
системы Q, и обозначаются r(Q).
2) Ранг всего пространства Rn равен п и называется
размерностью этого пространства; при этом в качестве
базиса Rn можно взять следующую систему:
ех = (1, 0, 0, ..., 0),
е2 = (0, 1, 0, ..., 0),
е3 = (0, 0, 1, 0, ..., 0),
ё* = (0, 0, 0, ... 0, 1).
Этот базис принято называть каноническим.
Зафиксируем произвольный базис В = (ех, е2, ... , еп) в
пространстве R„. Тогда всякому вектору х можно поста-
вить во взаимно однозначное соответствие столбец его
координат в этом базисе, т. е.
х = х1е1 + х2е2 + ... + хпеп =
205
3. Линейная алгебра
3.3. Системы линейных
алгебраических уравнений
Системы п линейных алгебраических уравнений
с п неизвестными
Пусть дана система п линейных алгебраических урав-
нений с п неизвестными вида
а11Х1 + а12Х2 + ••• + а1лхл = &1»
®21xl + а22х2 + ••• + а2лхл = ^2»
,ап1х1 + ап2Х2 + ••• + аппхп
^л»
или в матричной форме, АХ = Ъ, где А =
- матрица системы,
Ч
Х1
Ь =
f"1)
ъ.
Ь„
\ л
системы.
а11 а12 ••• а1п
а31 а32 а3п
^п1 ^п2 • • • ®лл
- матрица-столбец неизвестных,
- матрица-столбец свободных членов данной
Правило Крамера
Если в системе det А * 0, т. е. матрица А имеет обрат-
ную А-1, то система имеет, и притом единственное, реше-
ние
Х=А'1-Ь,
Практикум по высшей математике
206
или х, = -7-, i = 1, 2, п,
Д
где Д, - определитель, получаемый из определителя Д
системы заменой i-ro столбца на столбец свободных чле-
нов.
Пример 1. Решить систему уравнений по правилу Крамера
Xj - х2 + х3 = 5,
2хх + х2 + х3 =6,
хх + х2 + 2х3 = 4.
Решение.
Определитель системы Д =
1 -1
2 1
1 1
-1 0
1 2
1 3
3
2
3
-1 1
= (-1)^2
= 5, Дхх =
(2) + (1) = (3) +
2
1
1
+ (1) = (—1)
2
1
= 8 — 15 + 2 = -5;
Дх. 15 Дх2 - 5
Тогда Xj = —~ = — = 3; х2 = —— = — = -1;
_ Дх3 _ + 5
Хз Д 5 1ф
Ответ: хг = 3, х2 = -1, х3 = e 1
207
3. Линейная алгебра
Пример 2. Решить систему линейных алгебраических
уравнений примера 1 матричным способом.
* 1 - х2 + х3 = 5,
2хх + х2 + х3 = 6,
X} + х2 + 2х3 = 4.
Решение.
-1
2
1
А =
1
Г
1 - матрица системы уравнений,
2
Xi
х2
х3
матрица-столбец неизвестных,
b = 6 - матрица-столбец свободных членов данной
W
системы.
Так как в примере 1 вычислен определитель системы
и он равен det А = 5 0, то матрица А имеет обратную
матрицу А-1 .
Вычислим А-1 =
-.-1-- • А*, А* =
det А
11
12
13
Ап = •
а13 = (-1)1+3-
1
1
2
1
1
2
1
1
= 1, а12 = (-1)2« •
А22 = (-1)2+2-
А31 = (-D3+1 •
1
1
-1 1
1 1
= 1,а23~(-1)2+3-
А-21
Ай
Аз
2 1
1 2
А >
"31
У132
Азз
—3,
-1 1
1
1
1
= +з,
= -2,
= -2, А32 = (-1)3+2 •
12 = (-1)1+2 •
2
1
2
1
1
2
1
1
Практикум по высшей математике
208
Аз = (~1)3+3'
= 3.
1 -1
2 1
Получили присоединенную матрицу
А* =
-3
1
3
1
-2
. Тогда А-1 =
5
-3
3
1
-2
-2^1
и ре-
1
3
3
шение системы найдем по формуле X = А-1 • Ъ, т. е.
5
Х1
Х2
Х3
'15
-5
5
1
-3
1
-1
1
3
1
-2
-2
1
3
' 5 + 18-8
-15 + 6 + 4
5-12 + 12
. Отсюда: хг = 3, х2 = -1, х3 = 1.
1
5
5
6
4
1
5
Ответ: хг = 3, х2 = -1, х3 = 1.
Произвольные системы линейных
алгебраических уравнений.
Теорема Кронекера—Капелли
Пусть дана система т линейных уравнений с п неиз-
вестными общего вида
а11х1 + <112Х2 + ••• + а1пхп = ^1»
а21х1 + а22х2 + ••• + а2лХл = ^2»
(*)
ат1х1 + ат2х2 + ••• атпхп =
или в матричной форме, АХ = Ъ,
гдеА = а11 а12 ••• а1п а31 а32 ••• а3п - матрица системы, размера т х п,
&т2 ••• ®/пп
209
3. Линейная алгебра
- матрица-столбец неизвестных,
- матрица-столбец свободных членов данной
системы.
Определение 1. Решением системы называется такая
совокупность п чисел ап а2,ал, что при подстановке их
во все уравнения системы вместо соответствующих неиз-
вестных получаются числовые тождества.
Определение 2. Система, имеющая хотя бы одно реше-
ние, называется совместной; система, не имеющая ни од-
ного решения - несовместной.
Определение 3. Система, имеющая единственное реше-
ние, называется определенной; система, имеющая более
одного решения - неопределенной.
Определение 4. Две системы называются эквивалент-
ными, если множества их решений совпадают.
а11 а12 ••• а1п 61 ]
Определение 5. Матрица (А | Ъ) = а31 а32 ••• а3п
ат1 ат2 ••• атп
получаемая из матрицы А системы добавлением столбца
свободных членов, называется расширенной матрицей.
Теорема 1. Для того, чтобы система (*) была совмест-
ной, необходимо и достаточно, чтобы ранг матрицы сис-
темы был равен рангу расширенной матрицы, т. е.
r(A) = r(A j Ь).
Иначе, 1) г(А) г(А | Ь) <=> система несовместна,
2) г(А) = г(А
3) г(А) = г(А
4) г(А) = г(А
Ь) <=> система совместна,
Ь) = п <=> система определенна,
Ь) < п <=> система неопределенна.
Практикум по высшей математике
210
Алгоритм исследования произвольных система линей-
ных уравнений методом Гаусса.
1) Сначала расширенная матрица (А | Ь) приводится с
помощью элементарных преобразований к ступенчатому
виду (при этом одновременно приводится к ступенчатому
виду и матрица А системы (*));
2) затем находятся числа г(А), г(А | Ь) и п (п - число
неизвестных системы);
3) проводится исследование системы согласно теоремы
Кронекера-Капелли.
Пример 3. Исследовать систему
г-1 2 -111"
1 -2 1 55
1 -2 1 11’
Решение.
'-1 2
1 -2
1 -2
Г-1
-1 1
1 5
1 1
2 -1
0 0
(3) - (2)
-1 1
0 6
0 2
2 -1
0 0
Ответ: система совместна и имеет бесконечное множе-
ство решений.
2
-1 -2 -Г»
Пример 4. Исследовать систему
3
-3
1
-1 -1
2 1
1 1
1
1
3
211
3. Линейная алгебра
Решение.
-1 • (4)
-1
"1 1
О 1
О 5
О 3
'1 1
О 1
О О
О О 1 1J loo
г(А | Ь) = 4, г(А) * г(А | Ь).
Ответ: система несовместна.
Пример 5. Исследовать систему 5
-1 -1 о"
-14 3
1 2
3
5
Решение.
1
5
1
-1
-1
2
-1
4
3
О
3
5
(2) - 5(1)
(3) - (1)
1
О
О
-1
4
3
-1
9
4
О
3
5
4(3)
1
О
О
-1
4
12
-1
9
16
О
3
20
(3) - 3(2)
1
О
О
-1
4
О
-1
9
-11
О
3
11
г(А) = 3, г(А | Ь) = 3, п = 3.
ние.
Ответ: система совместна и имеет единственное реше-
Практикум по высшей математике
212
Метод Гаусса
Определенные линейные
алгебраические системы
Определение 6. Система является определенной тогда
и только тогда, когда г(А) = г(А | Ь) = п, В этом случае
имеем систему п линейных уравнений с п неизвестными,
определитель которой не равен нулю. Значит, по форму-
лам Крамера можно найти ее решение. Найдем же реше-
ние этой системы методом Гаусса. В этом случае матрица
А после приведения ее к ступенчатому виду будет треу-
гольной, т. е. количество строк у нее равняется количе-
ству столбцов (так как г(А) = п и ниже диагонали распо-
ложены нули). С помощью элементарных преобразований
матрицу А можно привести к единичной матрице, тогда
после черты в расширенной матрице будет расположено
решение системы, т. е. приведем расширенную матрицу к
виду (Е ) X). Покажем это на примере 5.
Пример 6. Найти решение системы уравнений примера 5
методом Гаусса. Данную систему мы приведем к виду:
'1 -1
О 4
-1 о"!
9 3 . С помощью элементарных преобра-
0 О -11 11
зовании приведем матрицу А к единичному виду.
'1 -1
О 4
О О
Г1
0 1-1 о
7 V.
0 0 2
0 0 1-1
Следовательно, хг = 2, х2 = 3, х3 = -1.
Проверка. Подставим эти значения неизвестных в си-
стему примера 5.
213
3. Линейная алгебра
2 - 3 - (-1) = 0, 5 • 2 - 1 • 3 + 4 • (-1) =10-7 = 3
1 • 2 + 2 • 3 + 3(-1) = 8-3 = 5.
Ответ: хг = 2, х2 = 3, х3 = -1.
Пример 7. Методом Гаусса решить систему
хх + 6х2 + Зх3 = 21,
• 4хх + 8х2 4- х3 = 18,
Зх^ 4* 5х2 4" 4х3 — 33.
Решение.
1
4
3
6
8
5
3
1
4
1
О
О
21
18
33
6
16
208
(2) - 4(1)
(3) - 3(1)
3
11
80
21
66
480
6
-16
-13
(3) - 13(2)
3
-11
-5
21
-66
-30
6
16
0
-(2)
-16(3)
3
11
-63
21
66
-378
1
О
О
1
О
О
г(А) = 3, г(А | Ь) = 3, п = 3.
Система совместна и определенна. Найдем ее решение.
+ 6х2 + Зх3 =21, л
16х2 + 11х3 = 66,
4х3 = 378;
16х2 + 6-11 = 66, х2 = 0;
378
х. 4-18 = 21, х. = 3, х3 = —— = 6.
1 1 3 63
Ответ: хг = 3, х2 = 0; х3 = 6.
Пример 8. Выяснить, является ли система векторов
аг = (2, -3, 1), а2 = (3, -1, 5), а3 = (1, -5, -3) линейно
зависимой или линейно независимой. Найти ее ранг и
какой-нибудь базис.
Решение.
Запишем матрицу А, вектор-столбцами которой явля-
ются ах, а2,
' 2
А= -3
1
а3;
3
-1
5
-5
-3
(1) ~ (3)
1
-3
2
5
-1
3
-3s
-5
1
(2) + 3(1)
(3) - 2(1)
Практикум по высшей математике
(3) + (2)
Ответ: данная система векторов линейно зависима,
векторы аг и а2 образуют базис исходной системы.
Неопределенные линейные
алгебраические системы
Если система имеет бесконечное множество решений,
то все их перечислить невозможно. В этом случае строит-
ся общее решение системы.
Определение 7. Общим решением неопределенной си-
стемы называется такая система, эквивалентная исход-
ной, в которой часть неизвестных, называемых зависимы-
ми, выражена через остальные неизвестные, называемые
независимыми.
Опишем способ нахождения общего решения системы,
предполагая, что ее матрица уже приведена к ступенча-
тому виду.
00 1 о 1 to rfa- 1 to 4^
00 2 7 4 2-1 3
Пусть дана система
0 0 0 0 1 3 0 2
000002-3 1
1) Сначала надо выделить неизвестные, которые будут
зависимыми (остальные будут независимыми); для этого
надо, обведя нули, нарисовать «лесенку», иллюстрирую-
щую ступенчатый вид матрицы. Под теми столбцами, где
начинаются «ступеньки» этой «лесенки» подписать неиз-
вестные, соответствующие этим столбцам, и рядом напи-
сать букву «з». В данном примере это будет выглядеть
так:
215
3. Линейная алгебра
Г1 8 -4 0 -2 4 -2 4)
0 0 2 7 4 2-13
0 0 0 0 L 0 0 0 0 1 0 3 0 2 2-3 1
хг - з х3 - з х5 - з х6 - 3
Выписанные неизвестные и будут считаться зависимы-
ми.
2) Затем с помощью элементарных преобразований
надо добиться, чтобы в столбцах, соответствующих зависи-
мым неизвестным, осталось лишь одно ненулевое число.
Делать это целесообразно двигаясь снизу вверх и справа
налево. В данном примере получим таким образом матрицу
3)
[Т] 8 0 14 0 0 -19 з'
0 0 [2] 7 00-16 0
0 0 0 0 [2] 0 9 1
ООО 0 0 [21 -3 1
Теперь надо систему из матричной формы записи
перевести в обычную форму:
Xi + 8х2 + 14х4 - 19х7 = 3,
2х3 + 7х4 - 16х7 = О,
2х5 + 9х7 = 1,
2х6 Зх7 — 1.
4) Выражая в каждом уравнении зависимую неизвест-
ную, получаем общее решение системы:
хх = 3 - 8х2 - 14х4 + 19х7,
х3 — ( 7х4 + 16х7),
А
^5 ~ п ®Х7),
А
хб=^(1 + 3х7).
5) Теперь, придавая независимым неизвестным произ-
вольные значения и вычисляя зависимые, можно найти
Частное решение системы и сделать проверку.
Практикум по высшей математике
216
В этом примере положим х2 = 1, х4 = 2, х7 = 0, тогда
= —33, х3 = —7, х& = ~, х6 = —.
1 1
Проверка. -33 + 8 • 1 - 4 • (-7) - 2 •— + 4 • — - 2*0 =
Л £
= -33 + 8 + 28-1 + 2 = 4; 2(-7) + 7 • 2 + 4+ 2-| -
Л л
-1-0 =-14+ 14 + 2+ 1 = 3; | +3-| = 2; 23-0 = 1.
Замечание. Количество зависимых неизвестных долж-
но равняться рангу матрицы.
Пример 9. Исследовать и решить систему
r2 1 -1
4 0 1
0 2-3
2 3-4
Решение.
-3 24)
3
1
3
7
г(А) = 2, г(А | Ь) = 2, п = 4. Система совместна и неопре-
деленна
_ <4 0 1
оЪ -3 1
4хг + х3 - 7х4 = 3,
или _ отсюда
2х2 - Зх3 + х4 = 1;
находим общее решение'системы.
-7 3
1
217
3. Линейная алгебра
3 1 7
Х1 ~ л л х3 + л х4»
4 4 4
13 1
2 2 2 3 2
„ 3 1
Пусть х3 = 0, х4 = 0, тогда хх = —, х2 = —. Следователь-
<к Л
3
4
1
2
О
О
- частное решение системы.
1+1-0-
3
3 1 3 1
О •— + 2- — - 3-04-1-0.— 1,2 •— + 3- — - 4-0-
4
решение системы будет иметь вид
Проверка. Подставим координаты частного решения -
вектора X в исходную систему уравнений:
2 Л + ^-1-1-0-3-0 = 2, 4-v 4-0-
4 2 4
-7-0 = 3,
С 3 .2 1
4 2
-2-0 = 3. Верно.
Будем теперь обозначать независимые неизвестные
х3 = ct, х4 = с2 - произвольные постоянные. Тогда общее
3 1 7
1 4 4 1 4 2
13 1-
Х9 ™ I С-t Со •
2 2 2 1 2 2
Ответ:
f 3 1 7
7"7ci +7С2
4 4 4
13 1
—+ —с, —с2
2 2 1 2 2
С1
С2
Практикум по высшей математике
218
Пример 10. Исследовать и решить систему (СЛАУ)
5 5 5 5
3 3 3 3
1111
Решение.
г(А) = г(А | b) = 1, п = 3, г(А) < п. Следовательно, систе-
ма совместна неопределенна.
хг + х2 + х3 = 1, xt = 1 - х2 - х3. Положим х2 = 1, х3 = 1,
тогда X} = 1 и Хо = 1
- Частное решение системы. Обо-
-1
V )
значим х2 = cit х3 = с2, где ер с2 - произвольные действи-
тельные постоянные. Тогда общее решение системы будет
иметь вид
Ответ: Х = ci
- общее решение системы, ср
с2 - произвольные действительные постоянные,
( 1
- частное решение системы.
219
3. Линейная алгебра
Однородные линейные
алгебраические системы
Определенне е. Однородные линейные алгебраические
системы составлены из уравнений, у которых правые ча-
сти равны нулю:
а11Х1 + а12Х2 + ••• + а1пХп = °»
а21х1 + а22Х2 + ••• + а2пХп =
ат1х1 *" ат2Х2 + ••• + атпхп ~
а11 а12 ••• а1п
а31 а32 ••• а3п
- матрица системы
ат1 ат2 • • • атп
Х1
Х1
- матрица-столбец неизвестных
Тогда матричная форма записи системы будет:
АХ = 0.
Однородная система всегда совместна, так как имеет
нулевое решение = 0, х2 = 0, хп = 0 или X = 0. Для
существования ненулевого решения однородной системы
необходимо и достаточно, чтобы ранг матрицы системы
был меньше числа неизвестных, т. е. чтобы г = г(А) < п
(при т = п это условие означает, что det А — 0).
Определение 9. Пусть Q G Rn - множество всех реше-
ний однородной системы. Всякий базис в множестве Q
состоит из п - г векторов elt е2, ..., еп_Г. Соответствующая
ему в каноническом базисе система вектор-столбцов Elt
Е2,..., Еп_г называется фундаментальной системой реше-
ний.
Общее решение однородной системы имеет вид:
X = сгЕг + с2Е2, + ... + с„_гЕ„_г, где q, с2,..., сп_г - произ-
вольные постоянные.
Базисные решения Elt Е2, ..., Еп_г могут быть получе-
ны с помощью элементарных преобразований матрицы
системы приведением ее к ступенчатому виду, если неза-
висимым неизвестным придавать поочередно значение 1,
Практикум по высшей математике
220
полагая остальные равными нулю. Если задана неодно-
родная система АХ = Ь, то ее общее решение может быть
найдено как сумма общего решения соответствующей од-
нородной системы AX' = 0 и произвольного частного реше-
ния неоднородной системы.
Пример 11. Найти фундаментальную систему решений
однородной системы уравнений.
Х1 ~ х2 + %хз ~ х4 = 0,
Х1 + Х2 ~ Х3 ~ Х4 ~ 0»
xt + Зх2 - 4х3 - х4 = 0.
Решение.
(1-1 2 -Р|
11-1-1
11 3 "4 -1 2)
(1-1 2
ООО
к
х1 ~ 3 xi ~ 3
0 2-3
-2)(1) + (2)
2 0 1 -2'
0 2 -3 0 '
2х] + х3 - 2х4 = 0,
Общее решение системы.
ZX2 <^*^3 "" О.
1
Х1 ~ х4 2 *3*
g Найдем фундаментальную систему ре-
Х9 = — Хо.
2 2
шений. Так как г(А) = 2, п = 4, то независимых неизвест-
ных будет п - г = 2, т. е. фундаментальная система будет
состоять из двух векторов.
221
3. Линейная алгебра
хз Х4 Х1 Х2
Е, 1 0 1 2 3 2
0 1 1 0
Таким образом, Ег =
2
3
2
1
О
- образуют фун-
О
О
1
даментальную систему решений. Общее решение системы
есть X = CjEi + с2Е2.
Ответ: векторы Е„ Е2 образуют фундаментальную си-
стему решений, общее решение системы будет X = +
+ с2Е2, clt с2 - произвольные постоянные,
2
3
2
1
О
О
О
1
2
Пример 12. Найти фундаментальную систему решений и
общее решение системы
+ 2х2 - х3 = О,
2хг + 9х2 - Зх3 = 0.
Решение.
fl 2 -1
2 9
12-1
_3J(2)-2(l)|o 5 -1
5 0 -3
0 5-1
1)
-1
О
5
Практикум по высшей математике
222
5хг
бх2
- Зх3 = О,
- х3 = 0;
3
*1 = - х3,
1
Х2 “ g Х3'
1 . Пространство решений данной системы од-
5
номерно и вектор Ег образует его базис.
3
Ответ: общее решение системы есть ctEit где Er = 1
5
- - „ V /
образует базис пространства решении системы, ct - про-
извольная постоянная.
Пример 13. Найти общее решение неоднородной системы,
используя фундаментальную систему решений соответ-
ствующей однородной.
2xt + х2 - х3 - х4 + х5 = 1,
Xi - х2 + х3 + х4 - 2х5 = 0,
Зх4 + Зх2 - Зх3 - Зх4 + 4х5 = 2,
4xt + 5х2 - 5х3 - бх4 + 7х5 = 3.
Решение.
Составим расширенную матрицу системы
2 1 -1 -1
1-11 1
33-3-3
45 -5-5
fl -! 1
2 1-1
^33-3
4 5-5
к
223
3. Линейная алгебра
03-3-3
0 0 0 0
3xj - х5 = 1,
Зх2 — Зхд — Зх4 + бх^ =
1 5
Х2 ~ g + + Х4 з Х5’
Получив общее решение неопределенной системы
уравнений, найдем частное решение неоднородной систе-
мы уравнений:
*1 Х2 хз Х4 Х5
1 3 1 3 0 0 0
Практикум по высшей математике
224
Таким образом, вектор XQ =
- частное решение
неоднородной линейной системы уравнений. Теперь надо
в матрице решенной системы столбец свободных членов
заменить нулевыми и найти общее решение однородной
системы, а затем - фундаментальную систему решений
соответствующей однородной системы. Это будут векторы
-^1» Е3.
_ 1
ГЗХ!-Х5 =0, Г1 ~зх5’
|_^Х2 ~ ЗХд — ЗХд + 5хд =0} _ 5
х2'~ хз + х4
щее решение однородной системы.
225 3. Линейная алгебра
Ответ: фундаментальная система решений однород-
ной линейной системы уравнений есть
3
_5
3
О
о
1
. Общее решение неодно-
родной линейной системы уравнений будет X = Хо +
+ с1.Е1 + с2Ег 4- с3Е3, сг, с2, с3 - произвольные действитель-
ные постоянные.
Задания для самостоятельного решения
1. Решить систему уравнений по формулам Крамера и
матричным способом.
2х^ — Зх2 “Ь х3 — б,
xY + 6х2 + Зх3 = 21,
а) ^Зхх + х2 - 2х3 = 2, б) 4xj + 8х2 + х3 = 18,
3xt + 5х2 + 4х3 = 33.
2. Решить систему уравнений по формулам Крамера и
матричным способом.
2х2 - х2 + х3 = 1;
2хг + Зх2 = 9,
Зх^ 4х2 = 5.
3. Решить системы уравнений:
Зхг 2х2 — 2, Зх» — 2х4 — 3, 3xg 2хд — 5,
а) б) в)
4х^ — х2 — 1, 4х3 — х4 = 4; 4х3 — Xg — 7.
Указание. Записать все три системы в виде одного мат-
ричного уравнения.
3 -2^| fXj х3 х5'
,4 -1J [х2 х4 х6
= В, или X = А'1 • В.
f2 3 5'
14 7
, т. е. в виде АХ =
Практикум по высшей математике
226
4. Является система векторов линейно зависимой или
нет?
а)
а = (5, 6,-1), 1а = (4, -2,1),
Ь = (10,12, - 2); б) [Ъ = (2, -1,3); в)
а = (-1, 3),
> = (2,-4);
г)
а = (-2,3,1,6),
> = (-4,6, 2, 3).
5. Проверить, что система векторов {ап а2, а3} образу-
ет базис в В3, и найти разложение вектора d в этом бази-
се если:
’а) аг = (1, 2, 0), а2 = (3,1, 1), а3 = (4, 3, 0); d = (0, -6,1).
б) а. = (3, 0, 7), а2 = (3,1, 5), а3 = (1, 0, 5); d = (6, 2,18).
в) а. = (5, 1, 3), а2 = (4, 1, 1), а3 = (1,1, 3); d = (7,1, -2).
Замечание. Эти задачи решить методом Гаусса.
6. Найти методом Гаусса все решения системьх
х + 2у - 4z = 1,
• 2х + у - 5з = -1,
х - у - 2 = -2.
7. Исследовать систему уравнений с помощью теоремы
Кронекера-Капелли.
^3 -1 2 5'
2-1-12
4 -2 -2 -3
8. Исследовать системы уравнений с помощью теоремы
Кронекера-Капелли и решить их.
1 -3
1 -2
1 1
2 -3
-2 1
-2 1
-2 1
-2 1
227
3. Линейная алгебра
4 -2 -2 -3
9. Исследовать совместность и найти общее решение
следующих систем:
2х4 + 7х2 + Зх3 + х4 =6,
Зхг + 5х2 + 2х3 + 2х4 = 4,
9xt + 4х2 + х3 - 7х4 = 2;
9xt - Зх2 + 5х3 + 6х4 = 4,
6х, - 2х2 + Зх3 + 4х4 = 5,
- х2 + Зх3 + 14х4 = -8;
+ 2х2 + 2х3 + 2х4 = 2,
+ Зх2 + 2х3 + 5х4 — 39
+ х2 + 4х3 - 5х4 = 1,
+ 2х2 + Зх3 + 4х4 = 5,
+ х2 + 6х3 - х4 = 7;
ил £
Зхх
Зх4
2xt
9xt
2xt
7xt
Гх4 + 2x2 + Зх3 — 4,
e) I2x1 + 3x2 + 4x3 = 1,
13xj + 4x2 + 5x3 = 6;
10. Найти фундаментальную систему решений и общее
решение следующих систем:
xt + х2 + 2х3 - х4 =0,
2хг - х2 - х3 + х4 = 0,
Xi - х2 - х3 + 2х4 = 0;
в)
г)
а)
д)
xt + 2х2 - х3 =1,
2х4 + х2 + Зх3 = 4,
Xi - х2 + 4х3 = 3;
)хх + 2х2 + х3 =2,
2xj + Зх2 + х3 = 1
3xt + х2 - 8х3 + 2х4 + х5 =0,
2хх - 2х2 - Зх3 - 7х4 + 2х5 = 0,
xt + 11х2 - 12х3 + 34х4 - 5х5 = 0,
xt - 5х2 + 2х3 - 16х4 + Зх5 = 0;
Практикум по высшей математике
228
в)
хх - 2х2 - Зх3 = О,
- 2xt + 4х2 + 6х3 = 0;
2xt - Зх2 + х3 = О,
г) хг + х2 + х3 = О,
3xt - 2х2 + 2х = О*
х4 + 2х2 + 4х3 - Зх4 = О,
д)
Зх2
4xt
+ 5х2 + 6х3 - 4х4 = О,
+ 5х2 - 2х3 + Зх4 = О,
3xt + 8х2 + 24х3 - 19х4 = 0.
11. Найти общие решения неоднородных систем, ис-
пользуя фундаментальную систему решений соответству-
ющих однородных:
2х2 - 2х2 + х3 - х4 + х5 = 1,
а)
б)
xt + 2х2 - х3 + х4 - 2х5 = 1,
4xj - 10х2 + 5х3 - 5х4 + 7х5 = 1,
2xt - 14х2 + 7х3 - 7х4 + 11х5 = 1;
х4 - х2 + х3 - х4 + х5 + х6 = 1
2xj - 2х2 + 2х3 + х4 - х2 + х3
= 1.
Ответы:
3 5 29 Л
1. a) Xj = — , х2 = - -; х3 = - —; б) хх = 3, х2 = 0; х3 = 6.
2. Xj = 3, х2 = 1.
9 1
3. Xj 0, х2 ~ 1; х3 1, х4 0; х5 , х6 .
о о
4. а) да; б) нет; в) нет; г) нет;
5. a) d — + а2~ а3; б) d == -аг + 2а2 + За3;
3 5 9
B)d = --a1+ 2а2" 8аз-
6. Система имеет бесконечное множество решений,
каждое из которых может быть вычислено по формулам
x = 2z-l,t/ = z + l, где численные значения z задаются
произвольно.
7. Система несовместна.
8. а) система несовместна; б) хг = 2, х2 = 1; х3 = 1, х4 — 1;
в) система несовместна; г) система совместна, имеет бес-
229
3. Линейная алгебра
конечное множество решений хг = 3 - х3, х2 = 3; х3 - про-
извольная постоянная; д) система совместна, имеет беско-
нечное множество решений: z = 4 - 2х - у, где х и у - про-
извольные постоянные.
9. а)
<-1 + 2с1>
1 + С|
б)
10
11
2 1
11 + 11
• 5
11 1 11 2
9
---^2
11 2
в)
С1
—13 + Зс^
-7
г)
14 + q
е) — 9 — 2cv
ж)
С2
8
7 7 1
1 13
7 7 1
15 6
7 7 1
С1
~ 4 + Зс^
3-2q
С1
, С2
1 13
— "I----с<
3 3 1
2 5
3 3
ci
С1
2с2
+ с2
10. а) фундаментальная система решений
состоит из
( 6
; д)
О
одного вектора Ег
' 41 4
8
21
8
_ 3
8
а общее решение системы
есть схЕх, где с1 - произвольная постоянная;
б) фундаментальная система решений -
Практикум по высшей математике
230
с2, с3 - произвольные постоянные.
(3\
11. а) Хо + с.Е. + с2Е2 + СзЕ3,
б) Хо + CjjEj + с2Е2 + + с^Е4,
231
3. Линейная алгебра
3.4. Линейные операторы.
Собственные числа
и собственные векторы
Определение 1. Линейным оператором в линейном п-
мерном пространстве Rn называется всякое отображение
A: Rn ® Rn пространства Rn в себя, обладающее свойства-
ми:
А(кх) = кАх и А(х + у) = Ах + Ау.
Пусть А - линейный оператор в Rn и В = {ег, е2,...,еп} -
некоторый фиксированный базис. Разложим векторы Aek,
k = 1, 2, п по базису В:
АеЬ = a2ke2 ••• ankekt = 1, 2, п.
Тогда матрица
«11 Я12- -«1Л
«21 а22--а2п
\ап1ап2 --апп J
называется матрицей оператора А в базисе В, причем
(Матрица состоит из вектор-столбцов Aek, k = 1, 2,
Определение 2. Пусть число к и вектор х е Rn,
таковы, что Ах = кх.
..., п.)
х Ф О,
Практикум по высшей математике
232
Тогда число X называется собственным числом линей-
ного оператора А, а вектор х - собственным вектором
этого оператора, соответствующим собственному числу X.
В линейном n-мерном пространстве R это векторное
равенство эквивалентно матричному (А - ХЕ)Х = О, X * 0.
Отсюда следует, что число X есть собственное число
оператора А в том и только в том случае, когда det (А - ХЕ)
= 0, т. е. X есть корень многочлена ф (X) = det (А - ХЕ),
называемого характеристическим многочленом операто-
ра А. Столбец координат X любого собственного вектора,
соответствующего собственному числу X, есть некоторое
ненулевое решение соответствующей однородной системы
линейных алгебраических уравнений.
Пример 1. Вычислить собственные числа и собственные
векторы матриц:
(2 2^
11 3
Решение.
Составим характеристический многочлен и найдем его
корни:
2-Х 2
1 3-Х
: вычислим координаты собственных векторов, соответ-
ствующих собственным числам X, и Х2:
1) X = 1;
(2 - 1)хх + 2х2 = 0,
хг + (3 - 1)х2 = 0;
Xj = -2х2, Xj = -2, х2 = 1.
= 0, X2 - 5Х + 4 =0, Xi = 1, Х2 = 4.
X} + 2х2 = 0.
хг + 2х2 = 0:
Собственный вектор = с
(2 - 4)xj + 2х2 = 0,
х^ + (3 — 4)х2 = 0;
Xj = х2, хх = 1, х2 = 1.
2) X = 4;
1)
- 2хг + 2х2 = 0,
xi - х2 = °;
Собственный вектор Х2 = с
, с - произвольное посто-
1
1
янное число.
233
3. Линейная алгебра
Ответ:
1
, Х2 = 4, Х2 = с
1
1
2
4
-2
О '
-2
5
3
б)А= 2
1°
Решение.
Характеристическое уравнение
3-Х
2
О
2
4 - X
-2
о
-2
5-Х
= О, X3 - 12Х2 + 39Х - 28 = О имеет
корни Xj = 1, Х2 = 4, Х3 = 7.
1) \ = 1.
(3 - 1)хх + 2х2 + О • х3 =0,
2х2 + (4 - 1)х2 - 2х3 = О,
О • Ху — 2х2 + (5 - 1)х3 = 0;
° "I
-2
2
2
О
1
3
— 1
1
О
О
1
1
о
(2) - 2(1)
О А
О
2xj + 2х2 = О,
2Х} + Зх2 - 2х3 = О.
- 2х2 + 4х3 = О;
1
о
о
1
1
-1
О
-2
2
(3)4- (2)
Г1 1
"61 1
-2
'1 о
О 1
2'
-2
хг + 2х3 = 0, х2 - 2х3 = 0; хг — -2х3, х2 = 2х3.
Х3 — ~ , Х2 — 1, Xj 1.
Собственный вектор Хг = с •
1
1
1
2
Практикум по высшей математике
234
2) Х2 = 4.
(3 — 4)х^ + 2х2 + 0 • х3 — 0.
2Xj + 0 • х2 - 2х3 = О,
-2х2
2
О
-2
— 1
1
О
- -2
+ (5 — 4)х3 = 0;
0 1
_2 (2Щ1)
1
-1
О
О
- хг + 2х2 = О,
2х^ 2х3 — О,
- 2х2 + х3 = 0;
О
-1
1
2
2
-2
(3)4- (2)
— 1
О
О
2
2
О
О
О
Х3 Х2 2
~1
О
О
2
-2
. Xj = х3, 2х2 = х3.
1
1
2
1
- собственный век-
тор.
3) X = 7.
(3 - 7)Xj + 2х2 = О,
• 2хг + (4 - 7)х2 - 2х3 = О,
О • хх - 2х2 + (5 - 7)х3 = 0:
'-2
2
О
1
-3
1
-2
1
(2) + (1)
— 2
О
О
- 4xt + 2х2 = О,
2Х} - Зх3 - 2х3 = 0.
- 2х2 - 2х3 = 0;
О
-2
1
1
-2
1
-2(2)
о
о
'-2
О
1
1
1
О
1
х2 + х3
(Г
1
1
1
= 0,
= 0;
(3) - (2) (-2
О
xi
---Хо,
2 3
1
1
1Х2
з»
х3 1, х2 1» Xj 2 •
235
3. Линейная алгебра
Собственный вектор Х3 = с •
2
1
Ответ: X = 1, с
Задания для самостоятельного решения
1. Найти собственные числа и собственные векторы
матриц.
' 2
-1
.°
О'
о ;
2
7
-1
2
О
Ответы:
б)Х= 1, Xi = с
X = 20, Х2 = с
(2\
с*0;
( 1
; X = 13, Х2 — с
; с 0;
Практикум по высшей математике
236
<1
в)Х=1,Х1 = с 1
0
X = 3, Х2 = с ~ 1 ; с & 0;
0
2
3 ; с * 0.
, сх и с2 не равны одновре-
7
4. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
4.1. Алгебраическая форма
записи комплексных чисел
Определение 1. Комплексными числами называются
выражения вида
z — х + iy,
где х и у - произвольные действительные числа, i - мни-
мая единица, i или i2 = -1.
Определение 2. Два комплексных числа zt = xt + iyt и
z2 = х2 + iy2 называются равными, если xt = х2 и yY — у2.
Определение 3. Суммой комплексных чисел гг — хг +
+ iyt и z2 = х2 + iy2 называется комплексное число zY +
+ z2 = (Xj + х2) + i{yx + у2).
Определение 4. Произведением комплексных чисел
21 = Xi + iyt и г2 — х2 + iy2 называется комплексное число
Zi • г2 = (XjX2 - z/j г/2) + i{x\y2 + х2у^.
Определение 5. Число х называется действительной
частью комплексного числа z = х + iy и обозначается сим-
волом Re z, т. е. х = Re z.
Определение 6. Число у называется мнимой частью
комплексного числа z = х + iy и обозначается символом
Im z, т. е. у = Im z.
Определение 7. Комплексное число х - iy называется
сопряженным с комплексным числом z = х + iy и обозна-
чается z = х - iy, причем z • z = х2 + у2.
Всякое комплексное число z = х + iy можно изобразить
на плоскости хОу в виде точки М(х; у) с абсциссой х и
ординатой у или радиус-вектором ОМ. Справедливо и
обратное утверждение.
Пример 1. Найти значение комплексно-
го числа г и изобразить на комплек-
сной плоскости z = 1 + 2i - (2 + z).
Решение.
Так как (2 + О = 2 - z, то z = 1 + 2z -
- (2 - i) = 1 + 2i - 2 + i = -1 + 3i.
Практикум по высшей математике 238
Ответ: z — -1 + Зг - комплексное число в алгебраичес-
кой форме записи.
Пример 2. Вычислить z = (1 + 20(2 + i).
Решение.
Комплексные числа перемножаются как двучлены,
причем г* 2 заменяется на -1.
z - (1 + 20(2 + 0 - 2 + 4i + i + 2i2 = 2 + 5г - 2 = 5i.
Ответ: 5i.
Пример 3. Разделить число zl = 2 + 3i на число z2 — 1 + 4г.
Решение.
тт - 2i
Наити частное — - это значит представить его в ал-
22
гебраической форме. Для этого числитель и знаменатель
дроби надо умножить на число, сопряженное знаменате-
лю, т. е. на г2 = 1 + 4г = 1 - 4г.
г1 _ 2 + Зг _ (2 4- Зг)(1 - 4г) _ 2 4-Зг-8г-12г2 _
*2 “ 14-4i " (1 + 40(1-40 ~ 14-16
14-5г 14 5
17 “17 17Ь
2i К 5
Ответ: — — алгебраической форме.
z2 17 17
Пример 4. Выполнить операции и представить результат
в алгебраической форме:
a) z = (2г - г2)2 4- (1 - 303.
Решение.
Так как i2 = -1, то г = (21 + I)2 + (1 - 302 = (202 +
+ 2 • (20 + 1 + 1-3 (30 + 3 • (302 - (303 = -4 + 4i + l+ l-
-9г-27 +27г = -29 +22г.
Ответ: z = -29 + 22г.
Решение.
1 — г
Представим сначала дробь -- в алгебраической форме:
1 + г
(1 - 0(1 - 0 (1 - 02 1 - 2г + г2 1 - 2г - 1 _ -2г
(1 + 0(1-0~ 1-/2 j”j 2 2 ~~1'
239
4. Комплексные числа
Тогда z =
1 + i
Ответ: z = i.
-i3 = -i2 • i = i.
Пример 5. Какие множества точек плоскости задаются
условиями:
a) Re z = 2.
Решение.
Так как Re z = х, то условие Re z = 2 эквивалентно
уравнению х = 2 и задает прямую, параллельную мнимой
оси Оу.
Ответ: Re z = 2 <=> х = 2.
б) 1 < Re z < 2.
Так как Re z = х, то условие 1 < Re г <
< 2 эквивалентно условию 1 < х < 2. По-
лучаем бесконечную вертикальную по-
лосу между прямыми х = 1 и х = 2,
включая и правую прямую х = 2.
Ответ: 1 < х < 2.
в) Im z = 3.
Решение.
ТШШ.
Условие Im z = 3 эквивалентно у
уравнению у = 3 и задает прямую,
параллельную действительной оси
Ох.
Ответ: прямая у — 3. 2
_ _ _ г1
Пример 6. Вычислить zx г2 и —, ”---------о
Z2
если = 3 + 2i, z2 = 2 + 2i.
Решение.
Так как zt = 3 + 2i = 3 - 2i, z2 = 2 + 2i — 2 - 2i, to
z, z2 = (3 + 2i)(2 - 21) = 2(3 + 2Z)( 1 - i) - 2(3 + 2i - 3i - 2i2) =
= 2(3 - i + 2) = 2(5 - i) = 10 - 21;
zf _ (3-202 _ 9-12i + 4i2 _ 9-12i-4 _ 5-12t _
z2 2 + 2i ~ 2(1 + 0 “ 2(1 + i) ” 2(1 + i) “
(5 -12i)(l— i) 5 - 12i — 5i + 12i2 -17i + 5 — 12
“ 2(l + i)(l-i) П 4 “
Практикум по высшей математике
240
7 17 .
4 4 1‘
*i2 7 17
Ответ: z. z2 = 10 - 21, = - — —— i.
22 4 4
Пример 7. Найти действительные решения уравнения
(1 + i)x + (-2 + 50у = -4 + 17i.
Решение.
Раскроем скобки в уравнении и представим левую часть
уравнения в алгебраической форме, х + ix - 2у + 5yi =
—4 + 17i, (х - 2у) + i(x + 5у) = -4 + 17i. По определению
2 равенства двух комплексных чисел получаем
х - 2у = -4,
к _ 17 - система линейных алгебраических уравне-
х т Оу — 1 •
ний относительно х и у.
Из второго уравнения системы вычтем первое:
7у = 21,у = 3. Из первого уравнения системы получа-
ем х = 2.
Ответ: х = 2, у — 3.
Пример 8. Решить уравнение х2 + х + 11 = 0.
Решение.
-1±71-44 -l±V-43 1 л/43 .
1,2 2 2 2 2
1 л/43 . 1 л/43 .
Ответ: х, = - —------t, х9 = - — Ч--1 - комплек-
1 2 2 2 2 2
сно сопряженные числа.
Задания для самостоятельного решения
1. Найти сумму Zj + z2 и разность zt - z2 чисел z1 = 2 + i,
z2 — 3 — 2i.
2. Умножить комплексное число 3 - 4i на -5.
3. Найти произведения комплексных чисел:
а) 2 - 3i и 1 + 2i; б) 3 Ч- 5i и 4 - i.
(----г=\2
4. Найти а) -— ; б) —; в) (1 - i 4з ) (•'/З + 0 .
4 + 5i л/3 + i
5. Найти действительные решения уравнения
12[(2х + 0(1 + 0 + (х + у)(3 - 20] = 17 + Qi.
241
4. Комплексные числа
6. Выполнить операции и представить результат в ал-
гебраической форме:
а) (1 - i)3 - (1 + i)3; б) (1 + 2i)2.
7. Какие множества точек плоскости задаются услови-
ями: а) 1 < Re z < 2; 3 < Im z < 5; б) Im z > 2.
8. Найти значение комплексного числа г и изобразить
(1 + i)(3 + i) (1 - i)(3 - 0
на комплексной плоскости z = ----—;---------—;---.
З — i З+х
9. Вычислить is + i6 + i7 + i8.
10. Найти действительную и мнимую части комплекс-
2 + 3i
ного числа z = -—— + г.
1-01
11. Решить уравнение х2 + 2х + 3 = 0.
Ответы:
1. гг + z2 = 5 - i, zr- гг = -1 + Зг;
2. -15 + 20i; 3. а) 8 + i; б) 17 + 17i;
А Л 19 • Л . ..
4. а) — - — 1, б) - + i — , в) -4i;
5. х = |, у = "; 6. a) -4i, б) -3 + 4i;
7. а) прямоугольник, ограниченный
прямыми х = 1, х = 2, у = 3, у = 5, при-
чем первая и четвертая стороны включа-
ются в этот прямоугольник;
б) полуплоскость, расположенная
выше прямой у = 2, включая и саму эту
прямую. у
//////%///////
У~ 2
Практикум по высшей математике
242
9. 0; 10. Re z = , Im г =-~ ;
Zj 4U
11. хг = -1 - л/2 i, х2 = -1 + 42 i - комплексно сопря-
женные числа.
4.2. Тригонометрическая форма записи
комплексных чисел
Из &OMN следует, что
х = г cos ф, у = г sin ф,
Г= д/х2 + у2 •
Тогда комплексное число z =
= х + iy можно записать в три-
гонометрической форме
z = r(cos ф + i sin ф).
Определение 1. Число г —
~ ^х2 + у2 называется моду-
лем комплексного числа г — х + iy и обозначается симво-
лом \z\, т. е. \z\ = г.
Тогда \z\ = д/х2 + у2 • Модуль числа г равен расстоянию
т точки М, изображающей это число, от начала коорди-
нат.
Из равенств (1) получим систему уравнений
cos ф =
х
^Х2 +у2
sin ф = -
. 7*s+/
(*>
для определения угла ф.
Определение 2. Всякое решение ф системы (*) уравне-
ний называется аргументом комплексного числа з =
= х + iy * 0. Все аргументы числа г различаются на целые
кратные 2л и обозначаются единым символом Arg г.
Определение 3. Главным значением аргумента называет-
ся значение Arg z, удовлетворяющее условию 0 < Arg z < 2л
(или условию -л < Arg z < л) и обозначается символом arg z.
Таким образом,
Arg z = arg z + 2/гл, k = 0, ±1, ±2, ...
243
4. Комплексные числа
Умножение и деление комплексных чисел,
заданных в тригонометрической форме
Пусть даны два комплексных числа
2, = г. (cos ф, 4- i sin ф.), z, = r9 (cos ф? 4- i sin ф<>), тогда
2! • z2 = rt • r2 [cos (ф! + ф2) 4- i sin (фг + ф2)],
2о r2 r ч . . t
— = — [cos (Ф2 - фг) + I sin (Ф2 - Фг)]
2i ri
Формула Муавра.
[г (cos ф + i sin ф)]п = г" (cos пф 4- i sin пф), где п - целое
число.
Корень п-й степени из комплексного числа.
Если z = г (cos ф 4- i sin ф), то корень n-й степени из
данного числа определяется формулой
пГ пГ~( Ф +2kn
Л/З =vr cos--------
4- isin
ф 4-
k = 0,1,2,...,
п -1
и имеет точно п различных значений.
Пример 1. Даны комплексные числа z, = -1 4- 3i и z2 =
= 5 4- 2i. Вычислить модули их произведения и част-
ного.
Решение.
Ф = п
INI •
"1
0 ф = 0
Так как \zt • z2\ = [zj • |z2|, то вычислим отдельно |zj и |z2|:
|zj = 7(-1)2 + З2 = 710 , |z2| = Л2 4-22 = Лэ .
Тогда |z1 z2| = • 729 = 7290 .
Ответ: 7290 ,
Пример 2. Найти модули и главные значения аргументов
следующих чисел:
а) -1; б) -2 4- 21; в) -2 - 2i.
Практикум по высшей математике
244
Решение.
а) Изобразим число -1 в полярной системе координат.
Следовательно, |-1| — 1 — г, arg (-1) = it.
б) z = -2 + 2i.
Решение.
Здесь х = -2, у = 2, значит, г = 7(~2)2 + 22 = 2^2 .
х 2 ^2 . у 2 ^2
г 2>/2 2 г 2V2 2
Следовательно, |~2 + 2i| = 2 ^2 > arS (“2 + 2i) =
Зя
Т*
в) г = -2 - 21.
Решение.
х = -2,у = -2,г — 7(~2)2 + (~2)2 = 2V2 .
_ 071 Г“ ^л'ТГ
Ответ: а) 1 и я; б) 2 у2 и — ; в) 2 V2 и —.
4 4
р + Л3
Пример 3. Найти модуль и аргумент числа
Решение.
Если 2= г" , то arg 2 = п arg
245
4. Комплексные числа
Поэтому arg
= 3 arg
= 3[arg (1 + i) - arg (1 - i)] = 3
3n
T-
3n
Ответ: 1 и — .
Пример 4. Представить в тригонометрической форме сле-
дующие числа:
a) zx = 1; б) z2 = i; в) za = -1 + i 7з ; г) z4 = -2; д) za = -2i,
взяв для аргумента главное значение.
Решение.
а) Для числам = 1 имеем х4 = 1, у4 = 0 и т\ = + Ух = 1;
для всех действительных положительных чисел arg z = О,
следовательно, и (рг = arg zx = arg 1 = 0. Таким образом
zx = 1 = (cos + i sin <Pj) = i/i
= 1 • (cos 0 + i sin 0).
Изобразим Zj = 1 в виде вектора
Очевидно, r\ = 1, <Pj = 0. _____<Pi = 0
0 = 1 *х
б) Для числа z9 = i имеем х9 = 0, у9 = 1, г9 — 1.
Геометрически:
У
i
г2“ 1
0
л
,^2
X
Для всех чисто мнимых чисел с положительной мни-
мой частью arg z =
тс
следовательно, и <р2 = arg z2 =
2 ’
тс
= arg/=-.
Таким образом, z2 = i — 1 •
тс . . тс
cos — +1 sm —
2 2
в) Для числа za = -1 + i 7з имеем ха = - 1, уа = -Уз
г3 =
= 7хз +Уз
= 2, а так как по формулам (3) cos <р = ,
Практикум по высшей математике
246
7з л 2те
sm ф = , то для 23 аргумент ф3 = arg z3 = л - — = —
2 3 3
(точка г3 принадлежит второму квадранту). Таким обра-
зом, z3 = -1 + i 7з = 2
2 л . . 2лЛ
cos — +1 sm —
3 3
г) Для числа 24 = -2 имеем х4 = -2, у4 = 0, г4 = 2.
Для всех действительных отрицательных чисел arg = л,
следовательно, и ф4 = arg 24 = arg (-2) — л.
Таким образом,
24 = -2 = +2(cos л + i sin л).
Геометрически:
<р4 = nf" । 1
д) Для числа 25 = -2i будет х5 = 0, у5 = -2, г5 = 2. Для
всех чисто мнимых чисел с отрицательной мнимой частью
71 . «.х 71
arg 2 = -—, а потому и ф5 = arg 25 = arg (—2i) = - —.
Zi Li
л
2
. . л
+ ism —
2
б) г2 = i = 1 •
Д)*5
Следовательно, 25 = -2i = 2 cos^
Ответ: а) zY = 1 • (cos 0 + i sin 0);
Л . . Л )
cos — + ism — ;
2 2J
x i.-/“ of 2л . . 2л
в)23 = -1 + iV3 = 2 cos— + ism— ;
r) 24 = -2 = +2(cos л + z sin л);
Г ( л^ . . ( л)
-2z = 2 cos - — +1 sm----.
2 2
л
2
Пример 5. Какие множества точек плоскости 2 задаются
। । । 1
условиями: a) \z - (1 + i)| = 2; б) \z - (1 - i)| < — ?
Решение.
Вектор 2 - (1 + z) имеет начало в точке 1 + i и конец в
точке 2, а потому [z - (1 + z)|, как длина этого вектора, есть
247
4. Комплексные числа
расстояние между точками 1 + i и z. Поэтому условие
I? - (1 + i)| = 2 определяет точки г, удаленные от точки
1 + i на расстояние 2. Все такие
точки г заполняют окружность
с центром в точке 1 + i и радиу-
са 2. Итак, условие |г - (1 4- i)( =
— 2 определяет окружность с
центром в точке 1 4- i и радиуса
2.
б) Условие |з - (1 - i)| = -г
4U
определяет множество точек г,
удаленных от точки 1 - i на
расстояние, меньшее
. Все
2
такие точки z заполняют круг
с центром в точке 1 - i и ради-
1
уса —; ограничивающая круг
окружность исключается.
Ответ: а) окружность с
центром в точке 1 + i и радиу-
са 2; б) внутренние точки кру-
У.
га с центром в точке 1 - i и радиуса
1
2 ’
Пример 6. Вычислить (1 + i)10.
Решение.
Представим число 1 4- i в тригонометрической форме
и применим формулу Муавра.
Так как г = 1 + i =
it . . it
COS — + I sin —
4 4
то (1 + i)10 =
_(^Г(СОз1^+г8т1^-32г.
V ,4 4 )
Ответ: 32 i.
Пример 7. Получить тригонометрические формулы для
cos 2ф и sin 2<р.
Решение.
При г-1 формула Муавра имеет вид
(cos ф + i sin ф)л = cos пф + i sin пф.
Практикум по высшей математике
248
Пусть п = 2, тогда (cos ф + i sin ф)2 = cos 2ф + i sin 2ф
или cos2 <р - sin2 ф + 2 sin ф cos ф i = cos 2ф + i sin 2ф .
Отделяя в этом равенстве действительные и мнимые
части, получим:
cos 2ф = cos2 ф - sin2 ф , sin 2ф = 2 sin ф cos ф.
Ответ: cos 2ф = cos2 ф - sin2 ф , sin 2ф = 2 sin ф cos ф .
Пример 8. Вычислить все значения ^/1.
Решение.
Представим 1 в тригонометрической форме
1 = 1 • (cos 0 + i sin 0).
_ Qf - Г 0 + 2/гл . . 0 + 2kTt'
Тогда д/1 = 1 • cos------+1 sin-----;—
I 3 3 J
При k = 0 получаем w0 = cos 0 + i sin 0 =
при k = 1, получаем
при k = 2, получаем
, k = 0, 1, 2.
1;
2л . . 2л
cos — + г sin —
3 3
r 4л . . 4л
cos — +1 sin —
Ответ: д/1 имеет ровно 3 значения: w0 = 1;
Пример 9. Решить уравнение z4 + 1 = 0.
Решение.
г4 = - 1, z = 4/ZY. Так как -1 = 1* (cos (л + 2йл) +
+ i sin (л + 2Ал)), то
z = = 4/соз(л + 2/?л) + i в1п(л + 2/гл) = cos -Я + 2fe7t +
4
, . . Л + 2ЙЛ , п 1 о о
+ I sin — —, k = 0, 1, 2, 3.
4
„ л . л
При k = 0 получаем za = cos — + i sin — =
4 4
, л + 2л . . л + 2л
при k = 1 получаем zx — cos----1-1 sm---
4 4
Зл Зл V2 V2
= cos ——I- г sin — =----1- i-;
4 4 2 2
249
4. Комплексные числа
4
, „ л+4л . л+4л
при k = 2 получаем z2 = cos---1- г sm
4
/2 .
2 ’
5л 72
— =___ _г
получаем г3 =
. л+бл
+ г sin----
4
5л
- cos — + г sm
4
при k = 3
л+бл
= cos-----
4
7л .
= cos ——Ь г sm — = ---- —
4 4 2
• XX к.
-I——, Изобразим значения
корня ^/-1 геометрически.
Все значения 7-1 ле-
жат на окружности радиуса
г — 1 и являются вершина-
ми квадрата, вписанного в окружность.
Ответ: 7-1 имеет следующие 4 значения:
72 .42 42 .72
zn — --- + 1--, z, —---+ г----,
0 2 2 1 2 2
= _ ,42_ _ V2 _ . Л
Zz 2 1 2 ’ 23 2 1 2
- i
Задания, для самостоятельного решения
1. Найти модули и аргументы следующих чисел:
1 4з 1 - i
а) г; б) -3; в) 1 + г123; г) -- + г^- ; д) — ; е) (-4 + Зг)3;
л 2 1 т г
(1 + О8
ж) (1-iT^)6
2. Доказать \г\ = |з|, z • г = |г|2, arg (гг • z2) = arg гг +
т arg z2, arg = arg - arg z2.
z2
3. Представить в тригонометрической форме следую-
щие числа : а) .S4 = 2 д/з + 2г; б) з2 = 1 + г; в) г3 = 1 - 7з г;
Г) 24 = Д) 26 = 5-
Практикум по высшей математике
250
4. Какие множества точек плоскости z задаются условия-
II II тс тс тс
ми: a) [г = 2; б) 1 < lz < 4; в) arg г = —; г) — < arg z < —.
4 4 2
5. Вычислить а) (1 + i)37; б) (1 - i)8.
6. Отделить действительную часть от мнимой в равен-
стве (cos ф + t sin ф)3 = cos Зф + t sin Зф .
Замечание. Воспользоваться формулами
(а + &)3 = а3 + За2& + Sab2 + b3 их2 = -1.
7. Вычислить: а) 7з + 4i ; б) V1 •
8. Решить уравнение з2 + 6z + 13 = 0.
Ответы:
1. a) |z| = 1, arg z = —; б) \z\ = 3, arg z = тс; в) |г| = 2, arg z =
XU
4
4
тс । । 2тс . . тс . .
= - - ; г) |2| = 1, arg z = — ; д) |2| = 1, arg z = - -; е) |2| =
4 о &
л 4
= 125, arg г = - — + 3arctg — ; ж) |г| = 1, arg г = 0 (arg z =
= 2/гл, k = 0, ±1, ±2, ...).
(тс . . тс ) г- ( тс . тс'1
cos — +1 sin — ; б) z2 = у/2 cos — + i sin — ;
6 6 J J
5л 5 л
B)23 = 2 cos—+ isin— ;r)24 = l‘
I 3 3 7
д) 25 = 5(cos 0 + i sin 0).
4. а) окружность радиуса 2 с центром в начале коорди-
нат;
б) кольцо между концентрическими окружностями
радиусов 1 и 4 с центром в начале координат, включая
внешнюю окружность.
Геометрически:
тс . . тс
cos — + I sin — ;
2 2
в) биссектриса I
координатного угла;
251
4. Комплексные числа
г) бесконечный сектор, заклю-
п
ченныи между лучами arg г = — и
4
п
arg^=2,
причем сами эти лучи
исключаются.
5. а) 218(1 + i); б) 16.
6. cos Зф = cos3 ф - 3 cos ф sin2 ф,
sin Зф = -sin3 ф + 3 cos2 ф sin ф.
x
7. а) ±(2 + i); б) w0 = 1, iv1 = i, w2 = -1, w3 = -i;
8. Z] = —3 + 2i, 22 — ~3 + 2i.
4.3. Показательная форма записи
комплексных чисел
Представим комплексное число г в тригонометричес-
кой форме:
2 = r(cos ф + i sin ф).
По формуле Эйлера cos ф + i sin ф = е'4’. Следовательно,
всякое комплексное число г можно представить в форме,
которая называется показательной:
г = ге/ф, (*)
где г - модуль комплексного числа, ф - аргумент комплек-
сного числа.
Пример 1. Представить в показательной форме следую-
щие числа: а) 1; б) i; в) -2; г) -г.
Решение.
а) 1 = cos 2kn + i sin 2kn = e2hni;
. я
Л . . 71 ‘2
6) i = cos — + i sin — = e 4 ;
di di
в) -2 = 2(cos n + i sin 71) = 2 eni;
( п} ( Я. —1
г) -i = cos C2j + i sin 2 = е 2 .
Пример 2. Из формулы (*) получаем формулу для извле-
чения корня n-й степени из числа г:
Практикум по высшей математике
252
,ф+2Ал .
tire** = п , k = 0, 1, 2, .... п - 1.
Пример 3. Данные числа zx и z2 представить в показатель-
ной форме и выполнить указанные действия над ними
*1 /— г—
z,z2, —, если zi = 2 V3 - 2г, z2 = 3 - 3 V3 I.
z2
Решение.
Представим в показательной форме числа zx и z2.
zv = 2 -Уз - 2i, = 2 -Уз , = -2,
ri = + У1 = "^12 + 4 = 4.
х, 2л/з л/з . -2 1
COS ф = —- =---=---, Sin Ф = — = - —.
г 4 2 4 2
л/з
C°S<P1=T.
1----------=»<*—в-
ст гл —---•
Тогда zt = rt ; zt = 4 e 6 . z2 = 3 - 3 V3 i, x2 = 3,
y2 = -3 Vi , r2 = 7*2 + У2 = V9 + 27 = 6.
x2 3 1 Зл/З у/з
cos ф, = — = — = —, sin ф2 ----------------.
V2 г 6 2 2 6 2
VWO W«> — - .
2 2 n
l~ =>q>2=-q-
v3 3
sin ф2 — ——;
Тогда z2 = r2 el4>2 = 6 e 3 .
Найдем Zj • z2 = 4 e ® • 6 e 3 = 24 e 3 ; zxz2 = 24 e 3
253
4. Комплексные числа
л.
4е’б1
z2
Найдем — = J-----т-
z2 -—i
бе 3
.л
“i—
Ответ: z1z2 — 24 е 2
Найдем =
Пример 4. Вычислить
_ л .
~1 * ’ 4 -
а) 24 = 1 + - i; б) z2 = - i; в) z3 = 1 + i.
Решение.
1+-1
е 4
= 16е 3‘ = 8 zf = 8
~ 3 ; z2 3 ’
бе 3
zf _ 8
z2 3
значения функции w = ег, где
л . _ .. .
2” ~'Л ~
а)
-1
= е • е4
Л . . Л 1
cos — +1 sm — = е
4 4
б)
0+—i
е 2
л . . Л )
cos — + ism— = i;
2 2
в)
e1+i = е (cos 1 + i sin 1) ~ 0,54 + i 0,83.
V2 . V2
Ответ: а) е —- +1 —
7 2 2
; б) i, в) 0,54 + i 0,83.
= е
/2 . V2
----Р i —
2---2
Задания для самостоятельного решения
1. Представить в показательной форме следующие ком-
7 + 24/
плексные числа: а) —-— ; б) 5 - 12/; в) -3 - 4/; г) 1 + i;
5
д) 1 — г.
2. Данные числа и z2 представить в показательной
форме и выполнить указанные над ними действия
— z2 . —
zi ' 22 ’ ’ если 2i = ~ V2 + i <2 , z2 = V8 - i V8 •
3. Какая линия плоскости комплексного определяется
уравнением z = е1*, -л < ф < л?
4. Вычислить значения функции w = ег, где
л
a) Zi = 2 + i— ; б) z2 = 2ni; в) z3 = nni, п = 0, 1, 2, ... .
О
Практикум по высшей математике £54
Ответы: 24 12Л iarctg—- larctm-— I 1. a)5e 7 ;б)13е l 5>;в)5е 2. 16e 4 , 2e ‘2 . ( t 4 > arctg- + 7t 1 •
3. Окружность единичного радиуса с центром в начале
координат.
f 1 . Тз")
4. а) е2 - +1 — ; б) 1; в) (-1)", п = 0, ±1, ±2, ... .
At At
к /
5. ФУНКЦИИ
ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
5.1. Понятие функции одной переменной
Определение 1. Если каждому значению х числового
множества X по правилу f соответствует единственное
число множества У, то говорят, что на числовом множе-
стве X задана функция у = f(x), хе X.
В этом случае х называется аргументом, у - значени-
ем функции. Множество X называется областью опреде-
ления функции, У - множеством значений функции.
Часто задают это правило формулой; например,
х2 +7
2х-7
у — 2х + 5 или у =
Указанный способ задания фун-
кции при помощи формулы называется аналитическим.
Определение 2. Графиком функции у = Дх) называет-
ся множество точек плоскости, координаты х, у которых
удовлетворяют соотношению у = Дх).
Четность и нечетность
Определение 3. Функция у = Дх) называется четной,
если она обладает следующими двумя свойствами:
1) область определения этой функции симметрична
относительно начала координат О;
2) для любого значения х, принадлежащего области
определения этой функции, выполняется равенство
Д-х) = Дх).
Определение 4. Фуцкция у — Дх) называется нечет-
ной, если:
1) область определения этой функции симметрична
относительно точки О;
2) для любого значения х, принадлежащего области
определения этой функции, выполняется равенство
Д-х) = -Дх).
График четной функции симметричен относительно
оси Оу, график нечетной функции симметричен относи-
тельно начала координат 0(0; 0). Функция, не являюща-
яся ни четной, ни нечетной, называется функцией обще-
го вида.
Определение 5. Функция у = Дх) называется периодичес-
кой, если существует такое число Т > 0, что для каждого
Практикум по высшей математике 256
значения х из области определения этой функции х + Т и
х - Т также принадлежат области определения и выпол-
няется равенство f(x + Т)=* f(x). Число Т называется пери-
одом функции. Очевидно, что f(x + пТ) = f(x), где п е Z.
Пример 1. Найти области определения следующих функ-
ций.
а) Дх) = ~ Vx - 9 .
Решение.
В данном примере - радикал четной степени, поэтому
область определения задается системой неравенств
х > О,
=> х > 9.
х > 9;
Ответ: [9; +<э°).
б) Дх) =
Решение.
13х + 14
V Зх -1 ’
Зх +14
Зх-1
> 0. Методом интервалов находим
Ответ:
в) Дх) = lg(x + 7) - | lg(2x - 1).
Решение.
Область определения данной функции задается систе-
мой неравенств
х + 7>0, х>-7, х
2х-1>0; х>1; ^Х> 2 •
I 2
Ответ:
257
5. Функции одной переменной
г) f(x) = logx_1 0,3 .
х+5
Решение.
Область определения данной функции задается систе-
мой неравенств
о
х<-5,х>1, ,
<=>х<-5, х> 1.
х-любое;
.х + 5
Ответ: (-«>: -5) и (1; +«*»).
х + 5 jx < -5, х > 1,
х -1 р х-1^х + 5;
X
д)у = lg(x - 1) - arcsin — .
О
Решение.
Область определения данной функции задается систе-
мой неравенств
х -1 > О, f
X > 1,
<=> -3<х<3; <=> 1<х^3-
Ответ: (1; 3].
Пример 2. Выясните, является ли заданная функция чет-
ной или нечетной или не является ни четной, ни нечет-
ной.
. х2 sin Зх
а)У= - 6 -•
х +1
Решение.
Область определения функции - (-<=^; +<*>) симметрич-
на относительно начала координат;
(—х)2 sin(-3x) _ х2 sin Зх
- (-х)«+1 = - -у(х>-
Ответ: функция нечетна.
6) у = х3 - 2xs.
Решение.
Область определения функции - (-°°; +°°);
у{~х) = (-х)3 - 2(-х)5 = -х3 + 2х5 = -(х3 - 2х5) = -у.
Ответ: функция нечетна.
Практикум по высшей математике
258
. Зх tg Зх
в) V = —2—7"
х2 + 4
Решение.
Область определения функции - (-<»; -В»).
3 • (—х) tg (-4х) 3xtg4x .
, ч2 ,— = ———=у{х).
(-х)2 +1 х2 + 4
Ответ: функция четна.
г) У = 1п у— •
1 + х
Решение.
Область определения функции найдем, решая неравен-
ство методом интервалов:
1 - х Л х-1ЛЛ
---- > О или ---- < О. Отсюда -1 < х < 1.
1 + X X + 1
Интервал (-1; 1) симметричен относительно начала
координат.
, 1 + X
у(-х) = In--- = In
1 — X
Ответ: функция нечетна.
д) у = (х + 4)2 cos 2х.
Решение.
Область определения функции - интервал (-«»; +°°);
у (-х) = (4 - х)2 cos (-2х) = (х - 4)2 cos 2х = ух{х).
Ответ: функция общего вида.
Пример 3. Найти наименьший период следующих функ-
ций.
1 -X ] 1-х
—- = —|п_—_ = -1/(х).
1 + X I + г
a) f(x) =
Решение.
COSX
1 + sin х ’
Область определения функции - вся числовая ось Ох,
п
кроме точек - — + 2 л/г, ke Z. Следовательно, если точка
£л
х принадлежит области определения данной функции, то
точки х + 2л, х - 2л также принадлежат этой области оп-
ределения;
cos (х + 2л) cos х
/(х + 2л) = --т—;----г = -----;--= f(x).
1 + sin (х + 2л) 1 + sin х
Ответ: наименьший период данной функции Т = 2л.
259 5. Функции одной переменной
б) f(x) = |sin х|.
Решение.
Областью определения функции f(x) является вся чис-
ловая ось Ох; для любого х точки х + л и х - п принадле-
жат этой области Определения,
f(x + л) = |sin (х + л)| = |-sin х\ = |sin х] = f(x).
Ответ: данная функция является периодической с пе-
риодом л.
в) f(x) = 3sin х + sin 2х.
Решение.
Непосредственной подстановкой убеждаемся, что чис-
ло л не является периодом данной функции.
Возьмем Т = 2л, f(x + 2л) = 3sin (х + 2л) + sin 2(х + 2л) =
= 3sin х + sin 2х = f(x).
Ответ: Т — 2л- наименьший положительный период
данной функции.
Задания для самостоятельного решения
1. Найти области определения следующих функций:
а) ; б) f(x) = 7х3 -4х ;
X + ОХ + £*
в) f(x) = ; г) Дх) = ; д) ДХ) = —.
X + 1 sin X cos лх
2. Найти наименьший положительный период каждой
из следующих функций:
a) f(x) — sin х • sin Зх; б) /(х) — sin х + sin 2х;
в) tlx) = sin2 х.
3. Выясните, является ли заданная функция четной,
нечетной или функцией общего вида:
х2 ,____
&)у = —Г; б) у = х3 - 2х; в) Vx-1 ; г) у = X + cos х;
х -1
д) у = х + tg 2х; е) у = х2 + sin х.
Ответы:
1. а) хх * -1, х2 # -2; б) [-2; 0] и [2; ~); в) [-9; -1) и (-1; 9];
г) х * fen, fe е Z; д) х * j + fe, fe е Z;
2. а) Т = 2л; б) Т = 2л; в) Г = л.
3. а) четная; б) нечетная; в) общего вида; г) четная;
Д) нечетная; е) общего вида.
Практикум по высшей математике
260
5.2. Предел числовой последовательности
и его свойства
Определение 1. Конечное число а называется пределом
числовой последовательности хг; х2; ... ; хп; ... (или про-
сто {хп}), если для любого е > 0 (сколь угодно малого) суще-
ствует число N = N(e) такое, что |хп - а\ < Е при всех п> N.
Обозначение: lim хп = а.
Определение 2. Числовая последовательность имеет
бесконечный предел, если для любого Е > 0 (сколь угодно
большого) существует число N = 2V(e) такое, что | ха | > £
при всех п> N.
Обозначение: lim хп — <*>.
П-^оо
Определение 3. Последовательность {хп} называется
бесконечно малой, если lim хп = 0.
П—>ОО
Определение 4. Последовательность {хл} называется
бесконечно большой, если lim хп == оо,
п—
Теорема 1. Пусть существуют конечные пределы пос-
ледовательностей {хл} и {ул}.
1) Если существует порядковый номер N, начиная с
которого (п > N) выполняется условие хп < уп , то
lim хп< lim уп.
п—п—
2) Если существует порядковый номер N, начиная с
которого (п > N) выполняется условие хп = С, С - const,
то lim хл = С.
п—
3) lim (хл ± уп) = lirn хл ± lim уп.
П—>«> П—
4) lim (х„ • у„) = lim хл • lim уп.
)оо П—)оо П-)™
В частности, lim С • хл = С • lim хл, С - const.
П-^оо П—
limxn
5) lim — = — , где lim уп * 0, уп * 0.
Уп hmya п-^оо
Л—И»
Замечание. Операция [а] означает выделение целой
части числа а, не превышающей самого числа а. Напри-
мер, [5, 43] = 5; [-5, 43] = -6; [4] = 4 и т. д.
261
5. Функции одной переменной
Пример 1. Используя определение предела последователь-
л + 2 1
пости, доказать, что нт ---- = —.
n-х» 2л +1 2
Решение.
Покажем, что для произвольного сколь угодно малого
действительного числа е > О можно указать порядковый
п + 2
номер N элемента последовательности х„ = ----, начи-
2л +1
пая с которого выполняется условие
п + 2 1
2^+1~2 <8’ ИЛИ
Так как п > 0 и --- > 0, то
4л+ 2
3 3
4л + 2 4л + 2 ’
3
4л + 2
< Е <=> 4л + 2 > — <=> л >
Е
3-2е
4е
Следовательно, для всех л > N =
выполня-
ется условие
л + 2 _ 1
2л +1 2
< Е, а это по определению преде-
ла числовой последовательности означает, что
л + 2
2л +1
1
2 ’
lim
п—>«*»
Проанализируем полученный результат численно. В
частности, при Е = 0,01 N = 74, т. е., начиная с х75, все
1
члены последовательности отличаются от — меньше, чем
на 0,01.
При е = 0,001 N = 749, т. е., начиная с х750 , все члены
1
последовательности отличаются от — меньше, чем на
0,001.
Отметим, что при е —> 0 N —> <».
Замечание. В дальнейшем будут использованы следу-
ющие очевидные соотношения:
Практикум по высшей математике
262
р < О,
1, р = О,
О, р > О.
lim пр =
V 1
1, р = 0, или пт —
П—>°° ПР
О, р < 0;
В математическом анализе приняты следующие симво-
лические обозначения:
С С
— = 0, — = °°, С Ф 0, С — const,
оо 0
Например, Ит — = — =0 или Ит —-j-------= — = <».
П->°» п оо п—>°° п+п О
Конечно, речь идет не о делении на <» или 0, а о деле-
нии на элементы бесконечно большой или бесконечно
малой последовательностей.
Пример 2. Вычислить пределы
ч г 2 «ч г 3 + п"2
a) lim —-------; б) lim-----—
п-»°° ri + п п-*°°
Решение.
2 2
а) Ит —-----= — = 0.
п-»°° и2 + п 00
п-><» л 0
Ответ: а) 0 ; б) ОО.
Замечание. При вычислении некоторых пределов воз-
никает ситуация, которую называют неопределенностью.
Например, если f(n) —»<» и g(n) оо при п —> «>, то попыт-
ка произвести непосредственное вычисление предела
г f(n)
urn----- приводит к неопределенности
п—g(n)
ным образом появляются неопределенности следующих
. Аналогич-
'); (0 • оо); (1“) и т. п. Для того, чтобы
типов:
1°.
раскрыть неопределенность, требуется применить тот или
иной технический прием. В частности, неопределенность
обычно исчезает после сокращения дроби на множи-
тель, который определяет наибольшую скорость роста
числителя или (на выбор) знаменателя.
263
5. Функции одной переменной
б)
Пример 3. Вычислить пределы:
, ,. Зп2 + п - 4
a) hm-----------;
п->°° 4па + 1
ч . у1зп4 + 2 - п
в) hm--------=====
п^“ би + fe5 +и-1
Решение.
5n-3n
hm---------
4.5" +2"
. .. Зп2 + и - 4
a) lim---------------
„-^0° 4лз + j
= lim
„2
П
зл-4
п п2)
: 4и + 4 I
__ A I
V п /
2
П
3 -0.
= lim
1 1
3 +------
п п2
4и + 4
__ А
71
В этом варианте решения дробь сокращена на и2, так
как это старшая степень числителя. Возможен вариант
решения с сокращением на и3, как на старшую степень
знаменателя:
Зп2 + п-4 («Л
— = jim
„3
п
lim
n-»oo 4n + 1
"з
„ + _2 _3 Л
« П п I — V _ Q
4~
П3 4+4
I и3
.. 5П-3”
б) hm------------
f п-^>^ 4 • 5П +2”
— = lim
5" 1-f-
5
5" 4+ -
5
= lim
1-
5j
\п
j.
4
n—>00 ( 9
4+1 -
I5
В данном выражении 5"
скорость роста и числителя, и знаменателя
определяет максимальную
п
Практикум по высшей математике
264
I---- п о т -------------'-/4
v 73и4+2-л lim V и4
в) hm-----===== = nm--------s , —• ....
п^°° 5л + у12п6 + п -1 е ч L 1 1
ал + у^л + п 1 5л + л3з/2 + —- - —-
V п п
Ответ: а) 0; б) —; в) «>.
4
Замечание. Часто для раскрытия неопределенностей,
связанных с иррациональными выражениями, использу-
ют известные алгебраические формулы.
{/А - Jb)- (Ja + Vb)= A - В; A > 0; В > 0.
± ^/в)-(^А2 + У~АВ + у/в2} = А ± В.
Пример 4. Найти пределы
a) limf 'Jn2 + п - yin2 - л |;
n—>ool I
6) lim| >l2n2 + n - yfen2 - n
n—>ool
Решение.
л^(п2+п)-(п2-п) 2л
= lim - г^=_^=— = hm—.-------------
^"y/n2 + n + y/n2-n n~*° L 1 L 1
v 11 П.1+— + П.1-
V n V n
265
5. Функции одной переменной
Ответ: а) 1; б) — .
О
Замечательные пределы и их следствия
1) Ит п • sin— = (оо • 0) = 1;
п—>“ П
г 1Y
2) Ит 1 + — = (1°°) = е, е - основание натурального
п—п J
логарифма; е = 2,7182818...
1 + -
п
3) Ит п • logo
0)-йг;
Ит и • In 1 +
n->oo V 7
4)
Ит п •
П—>оо
-1 = (оо • 0) = In а; а > 0,
Практикум по высшей математике
266
lim п •
( i
еп
-1 =1
5) Ит и •
• 0) = k; k е R;
1
if .
+ — -1
n I
6) lim
£
11“ =(o°)-i.
n I ' '
О-символика
Определение 5. Если существует конечный не равный
нулю предел отношения бесконечно малых последова-
тельностей {хп} и {уп}:
lim — = й; 0 < |й| < оо, то {хп} и {уЛ называются после-
Уп
довательностями одного порядка малости при п —>
Обозначение: хп = o(z/n).
Определение 6. Если lim — = 0, то последователь-
п->°° Уп
ность {хп} называется бесконечно малой более высокого
порядка, чем {уп}.
Обозначение: хп = О(уп).
г
Определение 7. Если = 1, то {хп} и {уп} называ-
“и
ются эквивалентными.
Обозначение: хп ~ уп
Примеры эквивалентных бесконечно малых последо-
вательностей при п —> °° :
11 1 11 11
sin--tg--arcsin-arctg----; 1 - cos —-- ;
n n n n n n 2n2
l°ga
1
n Ina
n
Ina
n
; In
267
5. Функции одной переменной
Замечание. При расчете пределов числовых последова-
тельностей можно заменять множители (и только множи-
тели!) на эквивалентные им выражения.
Пример 5. Вычислить пределы:
, п + 1
tg-2—-
а) . 2п-1 ; б)
sin
41 + --1
limb »
n—>°° . 5
arcsm—
n
2 t л
П + J
в) lim n2
. n2 +1
ln—
n
+ 4
Решение.
n + 1
_2 ,-j
n +1
tg
а) 2„-1
sin—р---
и +2
О
n + 1
__2 .-j
П + 1
2n-l
n2 +2
0;
0;
n + 1
И +1
. 2n-l
Sin —---
n2 + 2
tg
n + 1
__ 2 .4
П +1
2n-l
n2 + 2
= lim
= lim
n + 1
2 । -i
П + 1
n3 1 + -
Г nA
rM + 1
И 1 H-—
n2 ,
2п-1'
и2 + 2.,
= lim
_2j
n2 ,
2- —
n
_1
2 ’
2
П + --1
V n
6) Um _
n—>oo . О
arcsin—
-I
0 =
Практикум по высшей математике
268
±2.12 1
4/1 +-1------- -
V п. 4 л 2л .. 1 5 1
= lim —: — = —
. 5 5 „_^,2л п 10
arcsin —-
п п
.. 2 1 1
hm л • 1п —-----= (оо • 0) =
п->°° л2 + 4
л2 4-1 л2 4-4-3 1 3 3
-- = = X-------; — ...
л2 +4 и2+4 л2 4-4 п2 +4
. л2 4-1 . L 3 3
In —--= In 1------------
и2 + 4 п2 + 4 I п2 + 4
= lim п2
' -3 '
л2 +4>
2
- "3 lim “V-7
л—>«> д + 4
==-3 lim
П->оо
1
=-3.
Ответ: а) | ; б) ; в) -3.
л хи
Задания для самостоятельного решения
1. Исходя из определения предела числовой посдедова-
5л-3
тельности, доказать, что последовательность хп ————
стремится к 5. Найти значение порядкового номера л,
начиная с которого элементы последовательности отлича-
ются от 5 меньше чем на 10"4.
2л2 + л -1
2. Доказать, что последовательность хп =-------
4л +1
1
стремится к —.
Найти пределы:
„ .. 50л3 - Юл2 +1
3. hm -------------------.
п—>“> Зл + л +100
2п2 + л + 5 +1
4. 11т-------/ .
п^°° 2 + ^Зл4 +1
269
5. Функции одной переменной
Vn7 +1 + п
к hm-------г—...г
' л^“ Зп-л/и5 +2 *
7. limf >/п3 + 2и2 - и
п—>°°1
8. lim
n—><»
5ел -1
1 - 3en *
9.
sin2
lim —-г
n—>“
In
П + 1
71 + 10
П
10. lim
arctg —
n
Ответы:
42 2 5 1 3
3. 4) ; 5- 0; 6. 0; 7. - ; 8. 9. — ; 10. -.
V о lu 4
5.3. Предел функции
Определение 1. Конечное число А называется пределом
функции у = f(x) в точке х = а, если для любого е > 0
(сколь угодно малого) существует число 8 = 8 (е) > 0 такое,
что для всех х, удовлетворяющих условию 0 < |х - а| < 8,
справедливо неравенство: |Дх) — А| < Е.
Обозначение: Цщ f(x) = A; f(x) —> А1^ .
х—>а
Определение 2. Функция у = Дх) имеет бесконечный
предел в точке х = а, если для любого е > 0 (сколь угодно
большого) существует число 8 = 8 (е) > 0 такое, что для
всех х, удовлетворяющих условию 0 < |х - а| < 8, справед-
ливо неравенство: |Дх)| > Е.
Обозначение: lim Дх) = Дх) —> °° 1^.
х-+а
Аналогично вводятся понятия конечного предела в бес-
конечно удаленной точке: Цт Дх) = А < и понятие
х—>оо
бесконечного предела в бесконечно удаленной точке:
lim f(x) = 00.
Х~>«»
Определение 3. Функция называется бесконечно ма-
лой при х —> а (х —> оо), если lim f(x) — 0.
х-*а
(Х->оо)
Практикум по высшей математике
270
Определение 4. Функция называется бесконечно боль-
шой при х -» а (х -» °°), если lim f(x) = «>.
х—>а
(*->“)
Определение 5. Конечное число А называется пределом
слева функции у = /(х) в точке х = а, если для любого
е > 0 (сколь угодно малого) существует число 8 = 8 (е) > 0
такое, что для всех х, удовлетворяющих условию
0 < а - х < 8 , выполняется неравенство: \f(x) - А| < е.
Обозначение: lim f(x) = f(a - 0).
x->a-0
Определение 6. Конечное число А называется пределом
справа функции у = f(x) в точке х = а, если для любого
е > 0 (сколь угодно малого) существует число 8 — 8 (е) > 0
такое, что для всех х, удовлетворяющих условию
0 < х — а < 8 , выполняется неравенство: \f(x) - А| < е.
Обозначение: Hm /(х) = f(a + 0).
х->а+0
Пример 1. Доказать по определению предела функции,
5х-4 е
что hm---------= о.
х-42 3 — х
Решение.
5х - 4
—---- к следующему виду:
о - X
5(х - 2) + 6
1-(х-2) ’
Преобразуем выражение
5х-4 5((х-2) + 2)-4
3-х 3-((х-2) + 2)
5х-4 п 11(х-2)
тогдат—
Оценим модуль этой разности при х близких к 2:
СО 1 XH (j й « = 11(х-2) 1 - (х - 2) 11|х -2| ~ 1 - |х - 2|
Пусть е > 0 - произвольное действительное число, тог-
lllx-2l
да из условия I I < е получаем
1 - |х - 2|
11]х - 2| < е - е |х - 2|; |х - 2| < —-;
11 + Е
271
5. Функции одной переменной
обозначим —---- = 5, тогда 0 < \х — 2| < 8.
11 + £
Таким образом, для всех значений х, удовлетворяю-
щих условию
О < |х - 2| < 8, 8 =
выполняется неравенство
5х - 4
3-х
< 8.
Поскольку £ - произвольное число, то по определению 1
.. 5х - 4
это означает, что lim —---= 6.
х—>2 3-х
В заключение отметим, что при Е —> 0 8 —> 0; и наобо-
рот, при 8 —> 0 £ —> 0.
Свойства пределов функций
Теорема 1. Если существуют конечные пределы функ-
ций Дх) и g’(x) в точке х = а, то
1) если существует окрестность точки х = а, в которой
Дх) = С; С - const, то lim Дх) = С;
х—ьа
2) lim (Дх) ± я(х)) = lim Дх) ± lim я(х);
х—>а х—>а х—*а
3) lim Дх) • g(x) = lim Дх) • lim g(x);
х—ъа х—>а х-^а
lim С • Дх) = С ’ lim Дх), С - const.;
х—>а х-ъа
f(x\ lim ft*)
4) lim ; lim g(x) * 0.
x->a g(x) lim g(x) x-*a
x-+a
Теорема 2. Если существуют конечные пределы функ-
ций Д г/) в точке у = Ъ и g(x) в точке х = а:
lim f(y) = В; Цт £(х) = b, g(x) * Ь при х * а,
х-^Ь х_*а
тогда предел сложной функции f(g(x)) в точке х = а так-
же существует и равен В.
Пример 2. Вычислить пределы:
.. Зх2 — 1 х + 4 ... х2—Зх + 2
a) lim-------; б) lim —----; в) lim----------.
х->1 х + 2 х->з х2 — 9 *-»1 х + 4
Практикум по высшей математике
272
Решение.
о 3 lim х -1 „ .
ч Зх2 -1 “ х-и ) 3-1 2
a) lim------ = — = -—- = — ;
х->1 х+2 hmx+2 1 + 2 3
х->1
.. х + 4 1™* + 4 3 + 4
б) lim —------------------------OOJ
'х-*Зх2_9 ( >2 о
hm х -9
I *->з /
... х2 -Зх + 2
в) lim--------------
х—>1 х + 4
\2
lim х I - 3 lim х + 2 - о о
Х->1 J X—41 _ 1 — О +
lim х + 4 5
2
Ответ: а) —; б) «>;; в) 0.
О
Замечание. Обозначение °° является обобщением для
4-оо и -оо. Если выбор знака является принципиальным, то
это должно отражаться в условии задания. Необходимо
также помнить о том, что выражение z^f(x) понимается
исключительно как арифметический, т. е. неотрицатель-
ный корень, а поэтому, в частности, 2y/a2k = |а|.
Пример 3. Вычислить пределы:
a) lim
Х~*«Э
4х5-х3+1
х6+1
„ Vx3-X + 1 +72х3+1
б) hm-----=====------;
5-Vx6+x + 2-x
. .. 2х-1
в) lim-------;
Х-90О 2Х + 1
Решение.
г) lim.......... -
X^°°x + Vx2 +х-2
a) Hm
4х5 - х3 +1
х6+1
= 0;
О
1
б)
.. Vx3-x + l+V2x3 + l f00^
hm-----;... ......= ~'
5-Vx6+x+2-x v°°;
273
5. Функции одной переменной
< 11 7 о 1
х-з1----- + —- + х2 • 2 + ——
1 г2 г3 1 г3
lim -------— х— ....—-----—
С-^+оо 3 I - —
5-х2 • 4 1 + —— + — -х
V х5 X6
Условие положительности переменной х гарантирует
существование выражения ^2х3 +1. Это же обстоятель-
ство учтено в преобразовании
г~— - I—i—Г
Ух6 + X + 2 = X4 • 411 + —- + —— =
V х5 X6
। г Ji i 2" I J
V х5 х6 V х5 X
в) Поведение показательной функции 2х существенно
зависит от знака бесконечно удаленной точки:
2_
6 •
2х -1
в. 1) Ит ^-4
оо
оо
2х 1- —
9х
lim-Д--—
1:
2х I
2х-1
в. 2) lim -----
х->-~ 2х +1
0-1
0 + 1 ь
г) Поскольку Тх2
1 + — —— , то рас-
X X2
смотрим два случая
Практикум по высшей математике
274
г. 1) lim --....
х^х + >1х2+х-2
lim
V2
Ответ: а) 0; б) ; в) 1 при
5
г) 0 при х —> +оо; -2 при х —> -«>.
х —> +°о; -1 при х —> -оо;
Замечание. Неопределенность
( 0>1
— при вычислении
f(x)
предела Нт - ...-, как правило, означает, что х — а явля-
g(x)
ется нулем функций f(x) и g(x). Это обстоятельство мож-
но эффективно использовать для раскрытия неопределен-
ности. В частности, если f(x) и g(x) - полиномы, то в
соответствии с теоремой Безу их можно представить в
виде f(x) = (х - а) • f (х); g(x) = (х~а)- g(x), где f (х) и £(х)
- многочлены, получающиеся из исходных делением на
гт 1 f(x) т (x-a)f(x) fix)
х- а. И тогда hm —— = hm -------——- = .
х~™ g(x) (X - a)g(x) х-*а g(x)
Если неопределенность сохраняется, то эту процедуру
можно повторять неоднократно.
Процедура деления многочленов уголком проводится
аналогично делению чисел уголком. С той лишь разни-
цей, что роль цифр, отвечающих за разряды числа, в мно-
гочленах играют степени переменной х. Чтобы аналогия
была полной, советуем в случае деления неполных мно-
гочленов, т. е. с отсутствующими степенями х, восстанав-
ливать эти степени с коэффициентом 0. В некотором
275
5. Функции одной переменной
смысле, деление многочленов даже проще, чем деление
чисел, поскольку очередное слагаемое частного легко под-
бирается так, чтобы была «уничтожена» старшая из ос-
тавшихся степень делимого.
Зх3 + х — 4
Пример 4. Вычислить предел: lim--------.
х-^1 х-1
Решение.
При х = 1: Зх3 + х - 4 = х2 - 1 = 0, т. е. имеет место
f (Г
неопределенность I q .
Поделим Зх3 + х-4нах- 1:
_3х3 + Ох2 + х - 4 | х - 1
Зх3 - Зх2 Зх2 + Зх + 4
Зх2 + х
Зх2 — Зх
__ 4х - 4
4х - 4
------
следовательно, Зх3 + х - 4 = (х — 1)(3х2 + Зх + 4).
Зх3+Зх + 4 ГОЛ (х-1)(3х2+ Зх + 4)
lim----------= — =1ш1'------------------- =
х—»1 X2 — 1 О J х-»1 (х - 1)(х +1)
Зх2+Зх + 4 10
= lim-----------= — =5.
х-»1 х +1 2
Ответ: 5.
Пример 5. Вычислить предел
Решение.
.. у/Зх - 2 - Vx + 2
hm---------------------
х->2 х2 - 4
Воспользуемся приемом домножения и деления исход-
ной дроби на выражение, сопряженное числителю:
==lim
х—>2
(л/Зх-2 -Ух + 2; (л/Зх-2 +Ух + 2
(х2 - 4)(-УЗх - 2 + Vx + 2 )
Практикум по высшей математике
276
Ит (Зх-2)-(х + 2)
(х2-4](-7зх-2 + л/х + 2)
lim
х—>2
2(х - 2)________,
(х - 2)(х + 2)(73х -^2 + л/х + 2)
.. 2 2 1
hm-------/ , =—. ;..— \ = — = —.
х->2 (х + 2)(уЗх - 2 + ylx + 2 j 16 8
Ответ:
Замечательные пределы и их следствия
1)
2)
3)
sinx
lim------
х—>0 X
lim(l + x)x = (1~) = е;
х—>0
loga(l + x) (0
lim-----—------- = —
х—>0 х I О
t
( 1Y
lim 1 + — I = е;
Х-»<х>^ X )
= —; а > 0; а Ф 1;
Ina
1п(1 + х)
hm —-----------
х—>о - х
(1 + х)*-1 foA
5) hm -----r---= -
x—>0 x
6) lim xx=(0°)=l.
x—>0+0
Эквивалентные бесконечно малые функции
1) sin х ~ tg х ~ arcsin х ~ arctg х ~ х при х —> 0;
х2
1 - cos х---при х —> 0;
2
х
2) log_( 1 + х) ~ ;- при х -> 0; 1п(1 + х) ~ х при х 0;
In а
5. Функции одной переменной
3) ах - 1 - х • Ina при х —> 0; - 1 ~ х при х —> 0;
4) (1 + х)* - 1 - kx при х —> 0; (1 + х)* - 1 + kx при х —> 0.
(1 — cos х)2
Пример 6. Вычислить предел lim —--------—
х-^о tgdx-sin х
Решение.
Преобразуем выражение, стоящее под знаком предела,
(1-cosx)2 _ (1-cosx)2 (1-cosx)2 -cos3 x
tg3x-sin3x sin3 x . з sin3 x(l - cos3 x)
----------------------snrx
cos3 x
(1 - cosx)2 • cos3 X _
sin3 x(l - cos x)(l + cos x + cos2 x)
(1 - cosx) cos3 X
sin3 x • (1 + cos x + cos2 x)
Воспользуемся эквивалентностью при x —> 0:
, x2 .. (1-cosx)2 (
1 - cos x---; sin x ~ x, тогда lim ------
2
r2
---cos3 X
2
х-^о tg3x - sin3 х
О
= lim - .....
*->0x •(1 + cosx + cos'5 x) x—>o 6x
Ответ:
Пример 7. Вычислить предел:
.. Vl + х • sin x - Vcos2x
lim---------------------.
.. 1 1
= lim— = — = co.
‘ : 0
x—>0 , 2 X
tg -
Решение.
Преобразуем исходное выражение:
Vl + х • sin x - J cos 2x
tg2f
2
x-sinx -Vcos2x)(jl + x-sinx
-Практикум по высшей математике
278
1 + х • sin х - cos 2х
х - sinx + 2sin2 х
1 + х • sin х +
Так как при х —> 0: sin х ~ х; tg — - — , то
lim
х->0
71 + х • sin х - 7с os 2х
,2* * * * * х
tg 2
Ответ: 6.
Замечание. При расчете некоторых пределов удобно
переходить к новой переменной
х = g(t)
lira f(x) = t = h(x) = lim f(g(t)).
x—>a
t —> h(a)
Пример 8. Вычислить предел: lim
Л
A—>—
4
cos x - sin x
Решение.
,. cos x - sin x
lim---------------
л Jt
X—>— -y —
279
5. Функции одной переменной
л
л . / л
cos t + — - sm t + —
4
IL
t
= lim
«~>о
у12 , .
— (cos t - sm t - sm t - cos t) . .
i-2 smt
= lim —---------------------------= -V2 lim------
t—>0 t t—>0 t
t
2 .
Пример 9. Вычислить пределы:
9
2x2 - x + 1
\; 6) 111
2x* + 4x -1
a) lim
Решение.
а) Очевидно, что
2х2 - х +1
lim----------------
х~^оа 2х2 + 4х -1
2-l + _L
- | = lim---= 1,
co I X—>«> Л 4 1
) 2 +------
x x2
следовательно, имеет место неопределенность (1°°).
Воспользуемся вторым замечательным пределом, пред-
варительно преобразовав исходное выражение:
2х2 - х +1
о — 1 •+
2х2 + 4х -1
2x2 - x +1
2x2 + 4x -1
_ -5x + 2
2x2 +4x -1
-5x + 2
2x2 + 4x - 1
2x2 - x +1
2x2 + 4x -1
Очевидно, что
lim
= lim
2х2+4х-1
, - 5х + 2 А -5х + 2
1 + —о--------
2х2 + 4х -1J
-5x+2
2x2+4x-1
Практикум по высшей математике
280
-5х2+2х 2 + --— --
= lime 2x2+4х-1 = lime х х2 = е 2 =
X—>°° X—>оо
б) lim(cosx)ctgx = (1°°) =
х—>0
Z ч (COSX-l)-CtgX
= lim (1 + (cosx -1)) cosx-1
х—>0
k 7
cosx -1
cosx(cosx-l)
= lime sinx
x2
cosx-1------
2
sinx ~ x
= lime 2x = e° = 1.
x—>0
при x —> 0
че
Ответ: а) -у; 6) 1.
e
gSin 2x _ gSin x
Пример 10. Вычислить предел: lim------------------.
x—>0 X
Решение.
Преобразуем исходное выражение:
^sin2x .sinx _2sinxcosx .sinx
e -e _ e -e
X X
sin x-(2cosx-1) _•«
_ ^sin x # ££
X
Так как sin x(2cos x - 1) 0 при x —> 0, то
esinx(2cosx-1) _ j ~ sin x ' (2cos x - 1) - x • (2cos x - 1):
gSin 2x _ gSin x /
lim--------------=
x->0 X
= esin0 • (2cos 0 -1) = 1.
Ответ: 1.
— | - lim esinx • cos x 1)
0 j x—>o x
281
5. Функции одной переменной
n V 2x3-l
2. hm—------.
x-*2 x2 — 4
, .. 2x3-3x-l
4. hm-------------
*-*°° 5x +4
a .. Зл/4х3 -1-
b. hm------, ...
5. lim
Задания для самостоятельного решения
Найти пределы
. .. х2-х-2
1. hm--------.
х-»3 х + 10
о .. х2-5х + 4
3. hm--------
х-2
5-32х+1
4-32х
7. lim
x-*~ Vx +1 + x
V5x + 1 - 73x + 5
9. hm
х3 -8
• ( л
sin X + —
\ 4
tgx + 1
o .. 3x3-4x2-5x + 6
8. hm——---------
~*i x3 +x-2
.; (1 - cos x)2
x-»o tgx - sinx
11. lim
it
4
7i+tg х - 71 + sinx
12. lim-----------------
1
. 10.
13. lim
15. Um
Зх2 - х - 2
Зх2 +1
fl-cos 2xYtgx
„Зх
.. е — е
hm----------
х—>о In cos X
2х2
Ответы:
4
1. —;2.оо
13
; 3. 0; 4. ; 5. -5 при х -+ -1
5 4
6.---; 7. 0 при х —> +<»
3
при х -> -оо; 8. -1; 9.
Уп
132 ;
10. 0; 11. ; 12. 0; 13. - ; 14. 15.1.
2 е
Практикум по высшей математике
282
5.4. Непрерывность функции
в точке и на промежутке
Определение 1. Функция f(x) называется непрерывной в
точке х= а, если она определена в некоторой двусторонней
окрестности этой точки, включая и саму эту точку, и при этом
lim Дх) = Ит Дх) = Да).
х—>а-0 х—>а+0
Функция называется непрерывной на промежутке,
если она непрерывна во всех точках этого промежутка.
Тонки разрыва и их типы
Определение 2. Точка х = а называется точкой устра-
нимого разрыва, если в этой точке функция имеет равные
между собой конечные пределы, но сама в этой точке либо
принимает другое значение, либо вообще не определена.
Определение 3. Точка х = а называется точкой разры-
ва первого рода, если в этой точке функция имеет конеч-
ные, но различные односторонние пределы. При этом раз-
ность
Да + О)-Да-О)
называется скачком функции в точке х — а.
Определение 4. Точка х = а называется точкой разры-
ва второго рода, если хотя бы один из односторонних пре-
делов не существует или равен
Теорема 1. Если функции Дх) и g(x) непрерывны в точ-
Дх)
ке х = а, то функции Дх) ± g(x), f(x) • g(x), ——, где
g(x)
g(a) * 0 также непрерывны в этой точке.
Теорема 2. Если функция Дх) непрерывна в точке х — а,
а функция g(y) непрерывна в точке у = Ь, Ь = Да), то слож-
ная функция ^(Дх)) непрерывна в точке х = а.
Теорема 3. Все элементарные функции непрерывны во
всех точках, где они определены.
Пример 1. Исследовать на непрерывность и разрывы
функцию Дх) =
Решение.
х + 1 л
-г-
х-1
- —; х = -1.
2
В силу теорем 1-3 функция Дх) непрерывна во всех
точках числовой оси, за исключением, быть может, точек
X = ± 1.
283
5. Функции одной переменной
Рассмотрим эти точки отдельно.
1)х = -1:
г+1 (О А г + 1 1
hm —-— = — = lim -------------= —
x-»-i-0r -1 ^OJ ж-»-1-о(x + l)(x-1) 2’
/(-1-0) = -|;
x + l (о A x + l 1
hm —z— = I — = hm ----------------- —,
x-»-i+ox -1 x-»-i+o(x + l)(x—1) 2
/(-1+0) = -|.
Поскольку по условию /(-1) = - ^, то x = -1 - точка
непрерывности.
2) x = 1:
x + l 2
hm —=— = — = 00
x-H+O x -1 0
следовательно, x = 1 - точка разрыва 2-го рода.
Ответ: функция /(х) непрерывна во всех точках чис-
ловой оси, кроме х = 1 - точки разрыва 2-го рода.
Пример 2. Исследовать на непрерывность и разрывы
1
2х -1
функцию /(х) = —Т-
2х +1
Решение.
Функция непрерывна всюду, за исключением точки
х = 0, в которой она не определена.
1
2х -1 2"°°-1
hm —-------=---------= -1;
-*о-о 1 2~“ +1
2х +1
Ит
х->0 + 0
2х +1
Практикум по высшей математике
284
Ответ: функция f(x) непрерывна во всех точках чис-
ловой оси, кроме х = 0 - точки разрыва 1-го рода.
Пример 3. При каких значениях А и В функция
/(х) =
-2sinx, х<-—,
2
Л • П ТВ ТВ
Asinx + В, — < х < —
2 2
п
2
непрерывна?
COSX,
Решение.
ТВ ТВ ТВ
Функция f(x) непрерывна при х<- ——<х<
И Л 4U
п
Исследуем точки х = ± .
4U
п
1)х = -~.
А
lim "2 sin х = 2;
х-*---0
2
lim (A sin х + В) — -А + В;
Я Л
х—>—+0
2
( П А
f _— == 2, следовательно, условие непрерывности
2
ТВ
функции в точке х - - — имеет вид: -А + В = 2.
2)х= р
lim (Ах + В) — А + В‘,
х-»—-О
2
lim cos х = 0;
х—>—+0
2
= 0, следовательно, А + В — 0.
285
5. Функции одной переменной
Получаем следующую систему:
-А + В = 2, (А = -1,
<=>
А + В = О [В = 1.
Искомая функция имеет вид:
- 2 sin х,
f(x) =
ч п п
- sm х + 1, — < х <—,
2 2
COSX,
Ответ: А = -1; В = 1.
Задания для самостоятельного решения
Исследовать функции на непрерывность и разрывы
О, х < О,
х2 - 2х, 0 < х < 2,
1. у —
1, х > 2.
Х--2
4. у =3 х . 5.у = 3 х .
6.у = [х].
7. При каких значениях параметров А и В функция
непрерывна?
Ответы:
1. х = 2 - точка разрыва 1-го рода;
2. х = 1 - точка устранимого разрыва; х = -2 - точка
разрыва 2-го рода;
3. х = 0 - точка разрыва 2-го рода;
4. х = О - точка разрыва 2-го рода;
Практикум по высшей математике
286
5. х = 0 - точка устранимого разрыва;
6. точки вида х = п, п е Z, являются точками разрыва
1-го рода;
7.А = -2;В = 0.
5.5. Производная и дифференциал
Производная функции, заданной явно
Определение 1. Пусть функция у = f(x) определена в
некоторой окрестности точки х = а, включая и саму эту
точку. Если существует конечный предел
Hm/Wzrto),
х->а х - а
то он называется производной функции у = f(x) в точке
х = а.
dy(a)
Обозначение: у (a); f (а); —— .
ах
Определение 2. Пусть функция у = f(x) определена в
односторонней окрестности точки х - а, включая и саму
эту точку. Если существуют конечные пределы
v f{x)~f(a) f(x)-f(a)
lim --------- или Hm -----------, то они называют-
х->а-0 х — а х-»а+0 х - а
ся соответственно левосторонней и правосторонней про-
изводной функции у = f(x) в точке х - а.
Обозначение: f_'(a); f+'(a).
Определение 3. Пусть функция у = Дх) определена в
некоторой окрестности точки х = а, включая и саму эту
точку. Если
х->а х-а
то говорят, что в точке х = а функция имеет бесконечную
производную.
Определение 4. Пусть функция у = Дх) определена в
некоторой окрестности точки х = а. Функция Дх) назы-
вается дифференцируемой в точке а, если ее приращение
в этой точке представимо в виде Ду = А • Дх + а(Дх), где
Ду - f(a + А*) _ Да); Дх = х - а, А - const; а(Дх) = о(Дх)
при Дх —> 0.
287 5. Функции одной переменной
Линейная (главная) часть приращения АДх называет-
ся дифференциалом функции f(x) в точке а.
Обозначение: dy(a); df(a); dy; df.
Теорема 1. Если функция у = f(x) имеет в точке х = а
производную, то ее дифференциал равен dy = f(a)dx.
Производные элементарных функций
1) С' = 0; С - const;
2) (хр)' = р • хр~1, р е R;
3) (log х)' = —т—; а > 0, а * 1; (In х)' = — ; х > 0;
х In а х
4) (а*)' - ах • 1па; а > 0, а * 1; (е*)' =
1
5) (sin х)' = cos х; (cos х)' = —sin х; (tg х)' = -$— ;
cos х
х # —+ пп, п е Z; (ctg х)' = - — ? ; х * яп, п е Z;
2 sin 2 х
6) (arcsin х)' = -(arccos х)' = - * ; |х| < 1;
VI-х2
1
(arctg х)' - -(arcctg х)' = ;
-1» । X
х —х
g — *
7) (eh X)- - sh х; (sh х)' = ch х, где sh х - ;
, ех+е~х xl shx chx
ch х = -------; th x = —— ; cth x = —— ;
2 chx shx
Свойства производных и дифференциалов
Теорема 2. Если функции Дх) и g(x) дифференцируе-
мы в точке х, то их алгебраическая сумма, произведение,
отношение также дифференцируемы в точке х и при этом:
1) (f(x) ± g(x))' = f'(x) ± g'(x);
2) (Дх) ’ g(x))' = f'(x) • g(x) 4- Дх) • g'(x);
(С • Дх))' - С • f (х); С - const;
( f(x)) /'(х) • g(x) - f(x) • g'(x)
^(x)J g2(x)
Практикум по высшей математике
288
Следствие. Если функции /(х) и g(x) дифференцируе-
мы в точке х, то их дифференциалы обладают следующи-
ми свойствами:
1) d(f(x) ± g(x)) == df(x) ± dg(x);
d(f(x) ± С) = df(x), С - const;
2) d(f(x) • g(x)) = df(x) • g(x) + f(x) • dg(x);
d(C • f(x)) = C • df(x); C - const;
3) d
f(x) ] _ df(x) • g(x) - f(x) dg(x)
——- ----------------— --------, g(x) * 0.
S{x) J g2(X)
Производная сложной функции
Теорема 3. Пусть функция у — g(x) дифференцируема
в точке х = а, а функция z = f(y) дифференцируема в точ-
ке Ъ = g(a), тогда сложная функция f(g(x)) также диффе-
ренцируема в точке х = а, и при этом
(f(g(a))Y=fg'(b)-g'(a).
Следствие.
d(f(g(a))) = fg'(b) • dg(a) = fg'(b) • g'(a) • dx.
Производная обратной функции
Теорема 4. Пусть функция у = f(x) определена, непрерыв-
на и строго монотонна в некоторой окрестности точки х = а,
и при этом f(a) * 0, тогда обратная функция х = f~l(y) так-
же дифференцируема в точке b = /(а), и при этом:
df~4b) _ 1
dy df(a)
dx
Замечание. Для того, чтобы правильно продифферен-
цировать функцию, необходимо понять ее структуру. Ре-
комендуем исходить из следующего правила: выбор фор-
мулы для расчета производной того или иного выражения
определяется последней операцией в структуре этого вы-
ражения. Причем под операцией здесь понимается и
сложная функция в том числе.
Пример 1. Найти производные следующих функций:
, 4 4Г3
а) у = 2х3 — — + у х + 1; б) у - sin х • log^ х ;
cos х -
Решение.
289
5. Функции одной переменной
2x3-i + V? + l
X
3
2х3 - 4 • х-1 + х4 + 1
= (2х3)' - (4х-1)' + х4 + 1' = 2(х3)' - 4 • (г1)' +
з —1 ч --
+ - х4 + 0 = 2 • (Зх2) - 4 • (-1) • х-1-1 + - X 4 =
4 4
= 6х2 + 4х 2 + — • х 4 — 6х2 + — + .
4 х2 4л/х
В списке табличных производных отсутствует произ-
водная иррационального выражения вида ухт или
поскольку эти выражения легко сводятся к степен-
т т л
" — 4
ным функциям х п или х п . Выражение — формально
X
можно рассматривать (и дифференцировать) как дробь,
однако более рационально свести это выражение к степен-
ной функции с числовым коэффициентом: 4 • х-1 . Вооб-
ще, если в дробном выражении отсутствует переменная
либо в числителе, либо в знаменателе, рекомендуем избе-
гать дифференцирования этого выражения как дроби:
5 к 1 , . , Зх2 +1 3 2 1
= 5 • х-2; —---- = (sin х - 2)"1; --= — х + — и
х sinx-2 5 5 5
т. д.
х + sin х
=» cos х • х + sin х • ----^—7=
V5 x-lnV5
2sinx
xln5
в)
2х+1
cosx -1
(2х +1)' (cosx -1) - (2х +1) • (cosx -1)'
(cosx-1)2
2х In 2 (cos x -1) + (2х + 1) • sin x
(cosx-1)2
Практикум по высшей математике
290
4 3
Ответ: a) 6x2 -I—? + —-y
2 sinx
6) cos x • log /r x 4-r—;
°V5 X-ln5
2х In 2 (cos x -1) + (2х +1) • sin x
в)
(cosx-1)2
Замечание. Наибольшую проблему при дифференциро-
вании представляют сложные функции вида у = f(g(x))
(см. теорема 3). Чтобы избежать ошибок в этом случае,
полезно выделять «внешнюю» f(t) и «внутреннюю» g(x)
функции. Дифференцирование начинается с внешней
функции, при этом внутренняя функция g(x), сколь гро-
моздко она бы не выглядела, играет роль простого аргу-
мента. Производная внутренней функции находится по
обычным правилам.
Пример 2. Найти производные следующих функций:
а) у = sin Зх;
б) у = e~2x; в) у = In cosx;
Д) у e tg3 In x; e) у = tg In3 x.
Решение.
а) Функция у — sin Зх может рассматриваться как пос-
ледовательное выполнение внутренней функции t - Зх и
внешней у = sin t. Поэтому дифференцирование начина-
ется именно с sin t:
(sin 3x)z = |зх = = (sin t)'t • t'x = cos t • (3x)z = 3 cos t -
= 3cos 3x.
6) (e~2x)' = |-2x = = (e‘)z • t'x - e* • (-2x)z - -2e* = -2Г2*.
в) (In cos x)z = |cos x = t| = (In #)< ’ t'x = — * (cos x)z =
t
1
• (-sin x) = - tg x.
cos x
г) f 2V1 x
х = t
- |1 - x = p| = 2‘ • In 2 • P2
Рх
Р
291
5. Функции одной переменной
= 2‘-1п2-| -р
Л
1 Г-1--
2 • (1 - х)' = -2^ х In 2 • — -(1-х) 2 =
. 25'1~х In 2
2>/1-х
В данном примере пришлось дважды применять теоре-
му о производной сложной функции, так как внутренняя
1
функция (1-х)2 , возникшая на первом этапе, также ока-
залась сложной функцией.
д) (tg3 In х)' = ((tg In x)3)' = |tg In x = i| = (i3)'t • tx -
= 3*2 • (tg In x)' = |ln x =p| = 3t2 • (tg p)'p p'x =
„ 1 , 3£2 1 3£g2lnx
= 3t2 • —2—' 0n x) = —2----= —«Г—
cos p cos p x cos In x
e) (tg In3 x)' = jin3 x = ?| = (tg t)'t • tx —
£
x
—• ((In X)3)' = |ln x =p| = —• (p3Y • (Inx); -
cos t cos i F
= 3P2 1 _ ЗЛп2х 1
cos2 t x COS2 In3 X x
Разумеется, после овладения процедурой дифференци-
рования сложных функций, нет необходимости в столь
подробной записи, и можно вполне обойтись без введения
переменных и т. д.
Например, последняя выкладка могла бы выглядеть
так:
1 1
(tg In3 xY = 2 1n3 „ • (In3 X)' = 2 1 3 „ • 3 In2 X • (In X)' =
cos in X cos In X
__ 3 In2 x
x•cos2In3 X
2’/izx jn 2
Ответ: a) 3 cos 3x; 6) -2 e~2x; в) -tg x; r) - —7 —— ;
2vl-x
_4 3tg2lnx ч 31n2x
^) 2 . 9 *
X • cos Inx x-cos In X
10
Практикум по высшей математике
292
Замечание. Функции вида у = f(x)g(x\ f(x) > 0 называ-
ют степенно-показательными. Существуют два способа
дифференцирования этих функций.
1) Так как в соответствии с основным логарифмическим
тождеством f(x) = eln^x), то /(х)^х) = (gin/(*))«(*) = е ?(•«•). in дх)? и
нахождение производной сводится к дифференцированию
сложной функции:
(Дх)«<х>У = (<?**)’*>«*))' e e^x) inftx). . ln f(x)y в
= Г(х^> • (/(х) • In f(x) + g(x) • (In Г(х))') =
, f'lx} ]
= Дх)?(х). g (x) ln/(x) + g(x)-!—— ,
V “x' 7
2) Второй способ связан с так называемой логарифми-
ческой производной функции, т. е. производной от лога-
рифма этой функции:
“Z; In | р(х) | = уу; у'(х) = р(х) • -у; In |р(х)|.
ах у(х) ах
В частности, (f(x)^x)Y = (f(x)x(x'>) • (In (f(x)g(x'>))' =
= f(x)«<x) • (g(x) • In (ftx))' и т. д.
Пример 3. Найти производные следующих функций:
а) у = Xх; б) у = (sin x)cosx.
Решение.
а) Xх = (е|п х)х = ех •1п х, поэтому
(хх)' = (ех-1пхУ = ех-1пх • (х In х)'=
— Xх • (x'ln х 4- х • (In х)') = Xх (In х 4- 1).
б) Воспользуемся логарифмической производной фун-
кции:
(ln(sin x)cosx))' = (cos х • In sin x)' = (cos x)' • In sin x 4-
4- cos x • (In sin xY = -sin x • In sin x 4-
4- cos x • -- • (sin x)' = -sin x • In sin x 4-
sin x
Следовательно, ((sin x)cos x)' =
cos2x
sinx
= (sin x)TOS x •
, . cos2 x
- sinx • Insinx 4---
sinx
Ответ: a) xx (In x 4- 1);
( 2 A
COS X I
6) - sinx• Insinx +--- • (sin x)cos x
’ sinx /
V
293 5. Функции одной переменной
Пример 4. Докажите, что существует однозначная функ-
ция х = х(у), определяемая уравнением у = х3 + Зх, и
найти ее производную.
Решение.
Условие существования обратной функции имеет вид:
у'(х) *0,у' = Зх2 + 3 = 3(х2 + 1); у' > 0, х е R, что гаранти-
рует существование обратной функции х = х(у).
По теореме 4:
, 1 1__________________________1
У Ух (х3 + Зх)' Зх2 + 3 *
Ответ:
1
3х2+3*
Пример 5. Найти дифференциалы функций: а) у — х2е~х;
б) у = arcsin —.
Решение.
а) По теореме 1: dy — у'(х) • dx, следовательно,
dy = (x2e~x)'dx = (2хе~х - x2e~x)dx = хе~х(2 - x)dx.
б) Аналогично,
• 1^1
arcsin —
х
Ответ: а) х • е~х • (2 - x)dx; б)-г==
xvх2-1
Производные функций, заданных
параметрически и неявно
х = х(0,
Теорема 5. Система уравнений • У = y(f)> где x(t) и
а < t < Р;
g(£) - дифференцируемые функции, и при этом x'(t) * О,
Практикум по высшей математике 294
определяет однозначную функцию у(х), производная ко-
y'(t)
торой имеет вид у'(х) = .
Теорема 6. Если дифференцируемая функция у — у(х)
удовлетворяет уравнению F(x; у) = 0, то производная
у' = у'(х) этой неявной функции имеет вид:
*У
Подробный комментарий выражений 2^ и Fy относит-
ся к понятию частных производных функций двух пере-
менных. При решении примеров попытаемся избежать
этих понятий, рассматривая функцию F(x; у) = 0, как
сложную функцию переменной х: F(x; у(х}) = 0.
Пример 6. Найти производные функций, заданных пара-
метрически:
а) х = а • cos t; у - Ъ • sin t; а > 0; Ь > 0;
б) х = ; у = 71-VF •
Решение.
а) Воспользуемся теоремой 5:
.. x y'(t) (bsint)' bcos?
у (r) = =--------— =---------
x (t) (a cos t) -a sin t
б) Аналогично:
Ъ
— ctg t; t*itn,ne Z.
a
,, x v'W -
295
5. Функции одной переменной
b
Ответ: а) — ctg t; б)
а
Пример 7. Найти производные функций, заданных в не-
явном виде:
а) х2 4- 2ху - у2 = 2х; б) sin (2х + у) = у.
Решение.
а) Дифференцируем обе части исходного выражения,
считая у(х) - неизвестной функцией, зависящей от х:
(х2 4- 2ху(х) - у2(х))' = (2х)';
2x4-2* (у(х) 4- х • у'(х)) - 2у(х) • у\х) - 2;
2ху' - 2у • / = 2 - 2х - 2у;
, 1-х-у
у .
X-у
б) sin (2х 4- у(х)) = y(x); (sin(2x 4- у(х))' = /(х);
cos(2x 4- у) • (2 4- у') =
у' cos(2x 4- у) - у' = -2 • cos(2x 4- у);
2cos(2x4-z/)
1 - cos(2x 4- у) ’
Ответ: а)
х-у
2 cos(2x 4- у)
1 - cos(2x 4- у) ’
Производные и дифференциалы
высших порядков
Определение 5. Пусть функция Дх) определена на про-
межутке и в каждой точке промежутка имеет производ-
ную f'(x), тогда производная функции f(x), если она су-
ществует, называется второй производной функции Дх).
Обозначение: f'(x); fl®(x).
Аналогично, вводятся производные Дп)(х) любого по-
рядка.
Определение 6. Дифференциал от первого дифферен-
циала в некоторой точке а называется вторым дифферен-
циалом функции в этой точке.
Обозначение: d2y(a); d2f(a); d2y; d2f.
Аналогично, вводятся дифференциалы любого поряд-
ка: dny = d(d'lly).
Если х - независимая переменная, то
d2y(a) = f"(a) • dx2; dny(a) = fn(a) • dx”, n e N.
Практикум по высшей математике
296
Производные высших порядков некоторых
элементарных функций
1) (х<)<"> =р • (р - 1) •... • (р - п + 1)хр~п; ре R;
(-1)п-1 • (л -1)!
2) (1п х)(в) = У.. Л-----L . х > 0.
(log х)(п) =---------(In х)(п); а > 0; а * 1; х > 0.
In а
3) (ажУп> = ах • In” а; а > 0; а * 1; (еж)<п> = еж;
[ mt
4) (sin х)<"> = sin I х + ;
mt
x + — .
2 ’
5) (cos x)(n) = cos
6) (ch х)(2А) = ch х; (ch x)(S*+1) = sh x; k e N;
7) (sh x)(2A) = sh x; (sh x)(2*+1) = ch x; k e N.
Свойства производных и дифференциалов
высших порядков
1) №) ± g(x))M = рп)(х) ± g<«>(x);
2) Формула Лейбница: (/(х) • g(x))(n> =
- • Пх) • g<-*)(x); где Р\х) = f(x); g«»(x) = g(x);
й=0
С* = , m! = 1 • 2 • т; 0! = 1;
да (п - k)\
2') (С • g(x))(n) - С • g°°(x); С - const.
Аналогичные соотношения для дифференциалов име-
ют вид:
1) dn(f(x) ± g(x)) = dnf(x) ± dng(x);
2) d»(f(x) • g(x)) = £c* • d*f(x) • d"-*g(x); d°7(*) - Z(x);
d*g(x) = g(x);
2') dn(C • ftx)) = C • dnf(x); C - const.
Пример 8. Найти производные и дифференциалы второго
порядка следующих функций: а) у = е®‘пх; б) у = х3 • In х.
Решение.
а) У = gsinx; у' = (gsinxy = gsinx . = gSin X . QQa д..
297
5. Функции одной переменной
dy = esinx • cos х • dx;
у" — (уУ ~ (eSin х ’ cos ХУ ~ (eSin У ' cos х +
+ esinx • (cos х)' = (esinx) • (sin х)' • cos х + esinjc • (-sin x) =
_ gsin x (cos2 x — sin x).
d2y — esinx (cos2 x — sin x) dx2.
б) у = x3 • In x; y' = (x3 • In x)' = 3x2 • In x + x3 • — =
= x2 (3 In x 4-1);
dy = x2 (3 In x + l)dx;
3
у" = (уУ = 2x • (3 In x 4- 1) + x2 • — = x (6 In x 4- 5);
d2y = x(6 In x 4- 5) dx2.
Ответ: a) esinx (cos2 x - sin x); esinx (cos2 x - sin x) dx2.
6) x (6 In x 4- 5); x(6 In x 4- 5) dx2.
Пример 9. Найти производную n-го порядка следующих
функций:
а) у = х2ех; б) (/ = х2 • sin х; в) у = —-— .
х2 -1
Решение.
а) Воспользуемся формулой Лейбница, учитывая, что
(х2)(п) = 0 при п > 3:
(х2е*)<"> = С°- х2 • (ех)М + С1. (хгу . (ex)(«-i) +
4- (х2)" • (ехУп~2);
. „ п(п-1)
С® = 1; Cj = n; с2» —-—; (е*Уп> = (^у-1) = (е*У"-2’ == е*;
Л
„ п(п -1)
(х2 е*)(п) = х2 • ех 4- 2х • п • 6х 4- —--• 2 * ех —
= ех (х2 4- 2пх 4- п(п-1)).
б) Поскольку (х2)(п) — 0 при п > 3, то
(х2 • sin х)(п) = С„ ’ х2 • (sin хУ”) 4- С* • (х2)' • (sin х)(п-^ 4-
+ С2 * (х2)" • (sin х)(п"2);
(sin хУ") — sin
; (sin x)(n_1) = sin
f 71 / 1 ?
Х4- —(n —1)
\ Z 7
я
= —cos X 4 — п
2
Практикум по высшей математике
298
71
(sin x)(n-2) = sin x + — (n - 2)
2
(х2 •
л
sin X + — п
2
л
sin х)(,,) — (х2 - п(п - 1)) sin х + — п
2
„ л
— 2пх • cos х + — п .
I 2 7
в) Разложим дробь на сумму простейших:
2 _ 1 1
х2 -1 х-1 х + 1
. Следовательно,
\(«) / 1 \(»)
i
^ак как ((x - - (Л) • (-2) • ... • (-n) • (x - l)'ln =
(-l)n • n!
= (x-l)n+1 ;
((x + = (-1) • (-2) • ... • (-n) • (x + Ip-» =
= С"1*" •ra!
(x + l)n+1 ’
\(n)
= (-!)”•«!
2
х2-1
х-1
1 1
(х - l)n+1 (х + 1)л+1
( 2
ТО -у-
^х2 -1J
Ответ: а) ех (х2 + 2пх + п(п-1));
( п \
et\ /—2 1 W . /Ь
....................Г 2 I
л
б) (х2 - п(п - 1)) sin х + — п ~ 2пх • cos х + — п
2
в) (-1)п -п!
1 1
(x-l)n+l (х + 1)л+1
299 5. Функции одной переменной
Производные высших порядков от функций,
заданных параметрически и неявно
1. Если функция у(х) задана параметрически
X = x(t),
У = y(t),
то у'(х) =
y'(t)
x'(t) ’
Если существуют производные x"(t) и y"(t), то
У"(х) =
(у'(х))'х =
= f . 1 = • x'(t) - y(t) • x'(t)
x'(t) (x'(t))3
Аналогичным образом можно рассчитать производные
более высокого порядка.
2. Если функция у(х) задана неявно F(x; у) = 0, то
У'(х) = -~^ ,
следовательно, у'(х) = f(x; у), где f(x; у) = --^-;
F
у
d ,,
у"(х) = — fix; у(х)) = fx + fy- у' = fx + fy • f.
aX
Аналогичным образом находятся производные более
высокого порядка.
Пример 10. Найти производные до третьего порядка
включительно функции у(х), заданной параметричес-
ки:
x(t) = 2t-t3,
y(t) = 3t-t3.
Решение.
Находим первую производную:
y'(t) 3-3t2 fa
Строго говоря, здесь нет явно выраженной производ-
ной функции у(х), а есть ее параметрическое представле-
ние:
Практикум по высшей математике
300
у'(0 =
З-З*2
2-3*2’
x(t) = 2t-t3.
Поэтому вторая производная находится аналогично
первой:
1
(2t-*3)'
- 6* • (2 ~ 3*2) - (3 - 3f 2) ♦ (-6Q
(2 - 3t2)2 (2-3t2)
-12t + 18t3 +18t-18t3 _ 6t
(2-3£2)3 ~(2-3t2)3’
T. e. получена вторая производная в параметрической
форме
/(0 =
6t
(2 - 3t2)3 ’
x(t) = 2t-t3.
Находим третью производную:
6i
(2-3£2)3
1
(2i-i3)'
6 • (2 - 3f2 )3 - 6? • 3(2 - 3*2 )2 • (-6Q
(2-3i2)6 (2-3t2)
_ 12-18Г* + 10&2 = 90t2+12
(2-3£2)5 (2-3f2)5*
. 3-3*2 6i
Ответ: у' = -——у ; у' = -----r-т-;
у 2-ЗГ у (2-3i2)3
,„_ЫН2+12
У (2-3t2)5 '
301
5. Функции одной переменной
Пример 11. Найти первую и вторую производные функ-
ции, заданной неявно, еху + у - 3 = 0.
Решение.
Дифференцируем обе части исходного выражения, рас-
сматривая у как функцию от х:
у^х) — Зу = 0;
ех.у(х). . у(х))' 4- у'(х) = 0;
е* *у • (у + х • у') 4- у' = 0;
ех’«- х • у' + у' = -ех-у у;
еху у у* 2-3у
У' = ~~Ти---7 • Так как е*У = 3 “ У, то у = -----.
еу-х + 1 Зх-ху + 1
Находим вторую производную:
/
у2-3у _ (2у-3)у>-(Зх-ху+1)-(у2-Зу)-(3-у-ху/)
Зх-ху+1 (Зх-ху + 1)2
(2у-3) (Зх-ху+1)- У ~3У -(у2-3у)- 3-у-^-=^
________________Зх-ху+1 _______________Зх-ху + 1
(Зх-ху + 1)2
_ (2у - 3)(у2 - Зу) (Зх - ху +1) - (у2 - Зу) • ((3 - у)(3х - ху+1) - х (у2 - Зу)) =
(Зх-ху+1)3
_ (у2-3у)(12ху-2ху2 + 3у-18х-6)
(Зх-ху + 1)3
_ , у2-Зу ..
Ответ: у = ----------; у - см. в тексте решения.
Зх — ху + 1
Задания для самостоятельного решения
Найти производные следующих функций
2у[х + yfx
2 ’
X
1. а) у = 5х2-----3 -Jx ; б) у
В) у = -----------1-.
X
2. у = Зх2 • cos х -
4 sinx
Практикум по высшей математике
302
log2x-1
3. у = j х + j_' • 4. у = arctg х • arcsin х.
5х - tg х
5. у = . 6. у = (4 - 5х)10.
s 5х + ctg х "
7. у = . 8. у = sin3 х • cos2 Зх.
9. у = Vln2 х + 1 . 10. у - ln^ + Vx2 .
11. у = arctg (з - Vcosx). 12. у - (sin х)sin х.
13. у = (arcsin х)
Найти производные функций, заданных параметричес-
ки:
14. х = е‘; у = tg t;
15. X = f у — cos t.
Найти производные функций, заданных неявно:
16. х + у — = 0.
17. sin (х2 - у) - у2 = 0.
18. Доказать, что уравнение у = х5 + Зх определяет од-
нозначную функцию х = х(у) и найти ее производную.
Найти дифференциалы функций:
19. у = Vx2” • 1п(1 — 5х).
2O.y_^±l.
cos 5х -1
Найти производные и дифференциалы второго порядка
21. у = arcsin
22. у = 2~** х.
х
Найти первую и вторую производные функций, задан-
ных параметрически:
23. х = t sin t; у = 5‘.
з
24. х = t 4 ; у = log 3t.
Найти первую и вторую производные неявно заданных
функций:
25. cos (х + у) - х + у — 0.
26. 1п(х + 2у) — у + 1 = 0.
303
5. Функции одной переменной
Ответы:
13 ” 9
1. а) 10х 4---r= J б) -3 х 2 - — х 5 ;
х2 2Vx 5
2
в) —х 5
5
9 ~ 3
+ — х 10 + — х
10 5
2(2х • cos х - sin х)
2. 6х • cos х - Зх2 sin х--------------;
X
3 _______1пЮ________ arcsin х arctg х .
In2 1n5xlog^(5x)2 ’ 1 + х2 71 - X2 ’
5 (5* • In5 - cos~2 х) (5х + ctg х) - (5* - tg х) • (5* • In5 - sin~2 х) .
(5*+ctgx)2
i.-« 1
в.-50(4 - 5х)’; 7. -ge
8. 3sin2 х • cos х • cos2 Зх - 3sin3 х • sin 6х;
'_____,2!пх : 10.-7=1=;
7х • 7(1п2 х +1)6 y!xz+k
2Vcosx[10 - 6Vcosx + cosx)
12. (sin x)8in* • cos x • (In sin x + 1);
13. (arcsin x)arccos
1 (arccosx , .
—==--------------In arcsin x •
71-x2 ^arcsinx J
14.
16.
1
e cos t
xy-^-y2 -1
1 - x2 - xy
18.
5 sin tyj(l -12)4
2 t ;
17 2x • cos(x2 - y)
cos(x2 - y) + 2y ’
31n(l-5x) 5-t/xH ,
- ax;
15.
20.
1
5x4 +3
3 cos 2x - 3 cos 3x + 5 sin 5x + 2 sin 3x • sin 5x
19
(cos 5x -1)2
1 - 5x
Практикум по высшей математике
304
1 dx
х^х2 -1 хл/х2 -1
2х2 -1
х2(х2 -1)7х2 -1 dx;
2х2 -1
х2(х2 -1)л/х2 -1
2
2-ctgx 2"ctgx 1 - sin 2х
22. —=— 1п2; —х— 1п2 • dx; 2-ct<* • 1п2 •
shrx snrx sin* х
1 - sin 2x
2-ctgx . In2----—-------dx;
sin x
23. 5‘ln5 ;
sin t +1 • cos t
5* • In5(ln5 • (sint + t • cost) - 2cost + tsint)
(sin t + t • cos t)3
24. Vf ; -----------Vi ;
31n3 ’ 31n3
25 1 + sin(* + - 4 cos<x + У)
’ 1 - sin(x + y) ’ (1 _ sin(x + y))3 ’
1 x + 2y
26. ----;---------------.
x + 2y — 2 (x + 2y — 2)
5.6. Приложения производных
и дифференциалов
Геометрический смысл
производной и дифференциала
Определение 1. Пусть функция у = f(x) определена на
интервале (а, &) и непрерывна в точке х0 G (а; &). Пусть
также М(х0; у0), у0 = /(х0) - фиксированная точка графи-
ка функции у = /(х); точка М (х; у), у = /(х) - подвиж-
ная точка графика. Предельное положение секущей М^М,
когда точка М по дуге графика функции стремится к точ-
ке Мо, называется касательной к графику функции
У = /(х) в точке Мо.
305
5. Функции одной переменной
Если функция у = /(х)
дифференцируема в точке х0,
то ее производная в этой точ-
ке равна тангенсу угла накло-
на касательной К оси Ох, а
дифференциал равен прира-
щению ординаты касатель-
ной
Г (х0) = tg а.
При этом уравнение каса-
тельной имеет вид:
У = f(x0) • (х - х0) + /(х0).
Если функция у = /(х) имеет в точке х0 бесконечную
производную, то ее касательной является вертикальная
прямая х = х0.
Определение 2. Углом между кривыми у = Дх) и у — g(x)
называется угол между касательными к графикам этих
функций, проведенными в точке пересечения графиков.
В некоторых задачах возникает необходимость введе-
ния нормали к графику данной функции в данной точке.
Под нормалью к кривой понимается прямая, перпендику-
лярная касательной и проходящая через точку касания.
Если f (х0) * 0, то уравнение нормали имеет вид:
у = - “ *о) + /(^о) -
/
Если же /'(•^о) ~ то нормалью является-вертикальная
прямая х = х0.
Пример 1. Найти уравнения касательной и нормали к
кривой у = х3 в точке с абсциссой 2.
Решение.
Так как х0 = 2; f(x0) = 8; f(x) = Зх2; f(2) = 12, то
1) уравнение касательной у = f(x0) • (х - х0) 4- f(x0) при-
нимает вид: у = 12 • (х - 2) 4- 8; у = 12х - 16;
2) уравнение нормали: у = -
Л*0)(Х Х°) + /(Хо)-
1 11
У-__(х _ 2) 4- 8; I/ = - — х 4- 8 — .
х 1
Ответ: у= 12х- 16; у = - — 4- 8 —.
12 6
Практикум по высшей математике
306
Пример 2. Под какими углами пересекаются параболы
у — х2 и х = у2?
Решение.
1) Находим координаты точек пересечения парабол:
у = х2, у = х2, \у = х\ [*! = 0,
х = р2; |х = х4; [х = 0; х = 1; (z/i = 0;
х2 — 1
У2 =1
Тангенс острого угла между касательными определяет-
ся по формуле
tg<p =
fe2 ~fei
1 +
где fe] и fc2- угловые коэффициенты касательных, прове-
денных в точке пересечения графиков.
2) Рассмотрим точку (0; 0):
~ (Л-2) 1-0 = 2х|х_0 = 0;
^2 (^x)L-o
1 =”
ЛЛ=0 2уУ=°
Следовательно, касательной к параболе у = х2 в точке
(0; 0) является ось Ох, а касательной к параболе х = у2
является ось Оу. Таким образомг угол между касательны-.
ми (и параболами) в начале координат - прямой: ф =
3) Рассмотрим точку (1; 1):
^1 2х|ж-1 2; k2
1 = 1
2у , 2*
у у=1
3
ф = arctg —.
4
Ответ: ф = —; ф, = arctg —.
Физический смысл производной
и дифференциала
Задача 1. Пусть функция у = Дх) описывает закон движе-
ния материальной точки, у - длина пройденного пути;
л
2 *
307
5. Функции одной переменной
х - время, за которое этот путь пройден. Тогда произ-
водная функции пути по времени есть мгновенная ско-
рость материальной точки в момент времени х:
v(x) - fix).
Поскольку dy - f(x)dx = v(x)dx, то дифференциал фун-
кции пути равен расстоянию, которое прошла бы точка за
бесконечно малый промежуток времени dx, если бы она
двигалась равномерно со скоростью, равной величине
мгновенной скорости в момент времени х.
Вторая производная функции пройденного пути также
имеет простой смысл - это мгновенное ускорение точки в
данный момент времени
а(х) = v'(x) = f'(x).
Задача 2. Пусть функция у = Дх) описывает массу неодно-
родного стержня длины х, начало которого в точке
х = 0. Тогда производная функции массы стержня по
его длине х есть линейная (погонная) плотность стер-
жня в данной точке:
р(х) = f (х).
Если р(х) - const, то стержень называется однородным.
Если стержень неоднороден, то величина dy — p(x)dx
равна массе однородного стержня длины dx с постоянной
плотностью р(х), равной плотности неоднородного стерж-
ня в данной точке.
Пример 3. Точка движется прямолинейно по закону
у(х) = 10 + 20х - 5х2. Найти скорость и ускорение точ-
ки а) для произвольного момента времени х; б) в мо-
мент времени х = 2.
Решение.
Поскольку v(x) = у'(х), то и(х) = 20 - 10х.
Поскольку а(х) = v'(x), то а(х) = -10.
В момент времени х = 2: п(2) = 0; а(2) - -10.
Ответ: п(х) — 20 - 10х; а(х) = -10; v(2) = 0; а(2) = -10.
Пример 4. Масса неоднородного одномерного стержня
является функцией длины: у = е* - х - 1. Найти плот-
ность стержня в начальной точке(х = 0) ив конечной
точке (х — 1).
Решение.
Поскольку р(х) = у’(х), то р(х) = ех - 1.
Следовательно, р(0) = 0; р(1) = е — 1 == 1,718.
Ответ: р(0) = 0; р(1) « е - 1.
Практикум по высшей математике
308
Оценка малых приращений
(приближенный расчет значений функции)
Поскольку полное приращение функции имеет вид
Ду = А • Дх 4- а(Дх); а(Дх) = о(Дх) при Дх —> 0, то при
малых приращениях аргумента можно считать Дг/ ~ dy;
dy = f'(x)dx = f(x) • Дх, или в развернутой форме:
f(x + Дх) ~ Дх) 4- f (х) • Дх.
Наиболее эффективно эта формула применяется при
удачном выборе х, т. е. в случаях, когда в этой точке наи-
более просто находятся значения самой функции и ее про-
изводной, и при этом приращение аргумента Дх сравни-
тельно мало.
Пример 5. Найти приближенные значения следующих
выражений
а) ^/1,02 ; б) sin 29°; в) arctg 1,05; г) 1g 11.
Решение.
а) Для вычисления д/1,02 используем функцию у = %[х
и рассмотрим ее в окрестности точки х = 1, при этом
Дх = 0,02; i/(l) = 1.
1 , 1
Так как у'(х) = - х , то у (1) = - .
о о
Следовательно, д/1,02 = у(1 4- 0,02) ~ г/(1) 4-
1 1
4- /(1) • 0,02 = 1 4- - • 0,02 = 1 — = 1,00(6) « 1,007.
б) Для вычисления sin 29° перейдем к радианной мере
углов:
71 71
6 ”180’
29
29° = ---тг = —
180 6
Рассмотрим функцию у = sin х в окрестности точки
П п
—; при этом Дх = -
6
п
п 1
= sin — = —
6 2
180 ’
it
у'(х) = cos х; у' в
/3
2
следовательно,
71 71
sin 29° = sin ё ~ Топ ~ тг 4- —
180 J 2 2
1 V3
71
180
« 0,4849.
309 5. Функции одной переменной
в) Рассмотрим функцию у = arctg х в окрестности точ-
ки х = 1:
л 1 1
1/(1) = arctg 1 = -; у' = (arctg х)' = 2 5 /(1) “ о 5
4 > Л т X £
= 0,05,
следовательно,
arctg 1,05 « ? + 4 • 0,05 « 0,8104.
4: 2
г) Рассмотрим функцию у = lg(10 + х) в окрестности
точки х = 0; тогда Дх = 1; у(0) = 1g 10 = 1; у'(х) =
1 vnx 1
(io^-шо: у(0)" ToUnlO’ “‘>«°вательн.о,
’«“•^Ц^йо 1'1'0434-
Ответ: а) 1,007 ; б) 0,4849; в) 0,8104; г) 1,0434.
Раскрытие неопределенностей
по правилам Лопиталя
Теорема 1. Пусть функции /(х) и g(x) таковы, что
1) они дифференцируемы во всех точках интервала
(а, Ь), причем g'(x) * 0, х G (а, Ь);
2) lim /(х) = lira g(x) = 0;
х->а+0 х-*а+0
3) существует (конечный или бесконечный) предел
Um Ж
х-*а+0 g (х)
Тогда предел отношения самих функций также суще-
ствует, и он равен пределу отношения производных:
г /И <0Л .. /'(х)
x->a+0 g(x) ^0J х->а+0 g (х)
Теорема 2. Пусть функции f(x) и g(x) таковы, что
1) они дифференцируемы во всех точках интервала
(а, Ь), причем ^(х) * 0, х G (а, Ь);
2) lim /(х) = °°; hm g(x) = «>;
х—>а+0 х—>а+0
3) существует (конечный или бесконечный) предел
lim
х->а+0 g (х)
Практикум по высшей математике
310
Тогда предел отношения самих функций также суще-
ствует, и он равен пределу отношения производных:
.. /(х) («Л f'(x)
lim —= — = lim -, .
x-^a+Q g(x) oo J x-*a+0£(x)
Теоремы 1 и 2 остаются справедливыми и для случая
левосторонней (х —> а - 0) и для случая двустороннего
(х —> а) предела. Наконец, при некоторых изменениях те-
оремы 1 и 2 становятся справедливыми и при х —» +<» ,
х —> —оо.
Замечание. Часто при нахождении пределов функций
формальная подстановка предельного значения аргумен-
та в формулу, задающую эту функцию, приводит к выра-
0 ОО
жениям вида —; —; 0 • <*>; оо - «х>; 0°; °о°; 1°°. Как уже отме-
- о оо
чалось ранее, такие конструкции принято называть
неопределенностями, поскольку в этом случае нельзя не
только указать конкретное значение предела непосред-
ственно из условия, но даже нельзя судить о том, суще-
ствует ли указанный предел вообще.
Ранее были показаны некоторые приемы раскрытия
неопределенности. Правила Лопиталя существенно рас-
ширяют возможности избавления от неопределенностей,
0 ОО
в первую очередь, вида — и —. Вместе с тем, простые
о °°
алгебраические преобразования легко переводят конст-
рукции типа 0 • оо; оо - оо; 0°; оо°; 1“ в лопиталевские.
При решении некоторых примеров приходится приме-
нять правило Лопиталя несколько раз.
Правило Лопиталя является эффективным приемом
раскрытия неопределенностей, но не универсальным.
Например, оно не может быть применено, в следующем
примере:
.. х + cos х
lim--------------
х->°<> х - COSX
так как
.. (x + cosx)'_r 1-sinx
lim -------— - nm —— ----- _ не существует,
х-*°° (х - cos х) x-><»l + sinx
хотя, с другой стороны, используя уже известный нам
прием, получаем
I л COS X
XI 1 +----
.. x + cosx .. I X
lim---------= hm -4----------
= 1.
ч COSX
X 1------
311
5. Функции одной переменной
Пример 6. Найти пределы следующих выражений:
а)
In X ГП
lim ----; p > 0; 6) lim — , n e N, a> 1;
в)
е)
( i\ —
lim ctgx---; r) lim x1-x ; д)
x-»0^ X J x->l
x-sinx
lim-------.
x—>0 x-tgx
Решение.
/ x угх
lim —
1
= lim
г (1пх)' ..
= hm '------hm
Х-»+оо Х-»+о<
-1 = 0.
СО
х___
vp-r
.. (хЛ)' .. п-хп 1
= lim -—- = lim-------------
х-*+°»(ах)' х->+«>аж -Ina
ч .. Inx
a) lim-----
X—>+<» XP
p>0
1
•x₽
Данный результат показывает, что при х -> лога-
рифмическая функция растет медленнее, чем любая сте-
пенная функция с положительным показателем.
хп
б) lim —
х->+°о ах
neN;a>l
(хл У
oo
n (x*‘ x)' n .. (п-1)хл 2
------Jlm 1------------]lm 2----------
Ina х->-к» (ax)r Ina x->+«> axlna
nl .. i л
= ------- lim — = 0.
(1па)л я-**00 ax
To есть при x —> +oo любая степенная функция с поло-
жительным показателем (случай пе N легко обобщается
на случай п е R; п > 0) растет медленнее любой показа-
тельной функции с основанием большим 1.
B\ lim ctgx -
* x->0
— oo) =
COSX
0
x • cosx - sinx
x->o x-sinx
cosx-x-sinx-cosx
= lim-----------------
x—>o sinx + x • cosx
= lim —----— =lim
x->o^ sinx x
.. (x-cosx-sinx)
= hm-----------_L
x->o (x • sinx)
Практикум по высшей математике
312
-x-sinx (0^
= hm------------- = — =
х—»о sinx + х • cosx
-(sin x + x • cos x) 0
« hm-----------------— = — = 0.
x—»o cosx + cosx-x-sinx 2
г) Воспользуемся основным логарифмическим тожде
ством: х = е1пж:
1 Inx
limx1-* = (1“) = lime1-*.
X—>1 X->1
Рассмотрим отдельно
Inx
lim----
1.
(Й (inx)' .. x - i
— = hm = hm — = -1.
0 1 x-»i (1 - x) x—>i — 1
— 1
Следовательно, lim x1-* = e1 = —
x-»i e
x , 1
tgx-lnj-r
= (oo°) = lim e ’x'
/1
д) lim -
x-»q x l
= lim е ctgx .
Рассмотрим
lim -
ctgx
- lim----Ll_
х->о (ctgx)
1
= - lim----~
x->0 1
• 2
sin X sinx .
hm--------= hm-------sm x = 0.
x—>o x x-»o x
• 2
sin X
(i Ygx
Следовательно, lim —
'(Й .. (x-sinx)'
— = hm ------------ =
0J x-»0
.. (1 - cosx) • cos2 X
= hm -------—--------=
*-»° (cos2 x -1)
= е° = 1.
„ x - sinx
e) hm---------
x—>0 X - tgx
.. 1 - cos X
= hm--------—
x—>0 t 1
X о
COS X
= - lim (l~cosx) cos2 x . cos2 x
x—»o (1 cos x)(l + COS x) x—>0 1 + cos X
_ 1
2 ’
313
5. Функции одной переменной
Ответ: а) 0; б) 0; в) 0; г) — ; д) 1; е) - —.
е 2
Формула Тейлора
Пусть функция f(x) определена на интервале (а; Ь) и
имеет в точке х0 е (а; Ь) производные до порядка п вклю-
чительно, тогда при х —> х0:
/(х) = Дх0) + • (х - х0) 4-... 4- - - - (Х° - • (х - х0)» 4-
II п!
4- о((х - х0)п) или /(х) = Zj ki • (* - х0)к 4- о((х - х0)п).
Эту формулу называют формулой Тейлора п-го поряд-
ка с остаточным членом в форме Пеано. Если х0 = 0, то
получается формула Маклорена:
/й)(0)
/(х) = У ------х* 4- о(хп).
Йо kI
Формулы Маклорена для некоторых элементарных
функций:
v3 5 7 „2п+1
l)sinx=x- - + -— — 4-...4-(-1) —--------------------
31 51 71 ' ’ (2п + 1)!
п
4- о(х2п+2) = (-1)*
*=0
х2*+1
----------1- о(х2п+2¥
(2k 4-1)! 1 )г
2 4 6 2п
X** 'Vе <y»w <у»**’*
•V «Л/ у 4 v и «А/
2) cos х = 1 — - — + + (-1) — + о(х>”«) -
п
3) ех = 1 4- х 4- — 4-... 4- — 4- 0(х") = V 4- о(хп);
2! п! й=0 k\
« r2Af+1
4>sh*=S(^)!+O(x2"!):
к — U
Практикум по высшей математике
314
п 2*
5) ch х = X + °(x2n+1);
6)(1 + х)р= 1 + ^х + ^^~^х2 + —+
п!
, . ^Р(Р-1Ь.. (Р-Й + 1)„Л .
= 1 + У --------7~,-------х + °\х )>
k=i
1 хп
7)1п(1 + х) = х--+ ... + (-1)" —+ о(хп) =
2 п
п k
-
м *
Формулы Тейлора и Маклорена имеют разнообразные
приложения. Ограничимся применением их для раскры-
тия неопределенностей и приближенного расчета значе-
ний функций.
Пример 7. Разложить следующие функции по формулам
Тейлора и Маклорена в окрестности заданных точек:
а) у = х3 + Зх* 1 2 -2х + 4; х0 = -
мула 3-го порядка); в) у = esin *:
рядка).
Решение.
а) У(х) = х3 + Зх2 -2х + 4;
у'(х) = Зх2 + 6х - 2;
у”(х) = 6х + 6;
у"'(х) = 6;
у(")(х) = 0, п > 4,
следовательно,
1; б) у = tg х; х0 = 0 (фор-
х0 = 0 (формула 3-го по-
у(-1) = 8;
у'(-1) = -5;
П-1) = 0;
Г'(-1) = 6;
х3 + Зх2 —2х + 4 = 8+ -..—..- (х +1) + — (х +1)^ + — (х +1)3;
х3 + Зх2 -2х + 4 = 8- 5(х + 1) + (х + I)3;
б) у(х) = tg х; у(0) = 0;
У'(х) = ——;
COS X
2 sinx
у"(х) = §—
у cos3 х
!/'(0)=1;
ИО) = 0;
315
5. Функции одной переменной
2 л . 2
/"(*)-2 COS * + 3sln х; 1/"'(0) = 2;
COS х
2 + sin2 х
у(4\х) = 8sin х-----z---; У(4)(9) = 0;
cos х
следовательно,
tg х = х + — х3 + о(х4).
в) у = esin *; х0 = 0.
Как и в предыдущих примерах, можно получить фор-
мулу Маклорена для данной функции формально, найдя
все ее производные до требуемого порядка включительно.
Однако более эффективным оказывается использование
уже известных разложений. Так как при х —> 0 sin х —> 0,
то справедлива формула
sm х sm х , , . , ч
gsin х = i + sln х ------— + —--------1- o(sin3 x).
Кроме того, sin x = x -
x3
+ o(x4) при x —> 0;
6
следовательно,
gsin » = 1 + x -
X 1 2 1 3
gsin * = 1 + X - — + — X +-~X + o(x4).
6 2 6
esin + —x2 + o(x4).
Ответ: a) (x + I)3 - 5(x + 1) + 8; 6) x 4- — x3 + oCx4);
О
в) 1 + X + X2 + o(x4).
Замечание. Формулы Тейлора и Маклорена с удален-
ным остаточным членом можно рассматривать как при-
ближенные формулы для расчета значений функций в
окрестности заданных точек. Погрешность такого при-
ближения определяется величиной отбрасываемого оста-
Практикум по высшей математике 316
точного члена. В частности, для формулы Маклорена с
остаточным членом гп(х) имеет место следующая оценка:
. . М • хл+1
(п + 1)! ’
где М - константа, ограничивающая по абсолютной вели-
чине (п + 1)-ю производную исходной функции в рассмат-
риваемой окрестности.
е
Пример 8. Вычислить значение Ve с точностью 0,001.
Решение.
Воспользуемся разложением функции у = ех по форму-
ле Маклорена:
х2 х3 х4 хп
2 6 24 п\
M-xn+l
гп(х) < (п + ; М = тах(ех).
Так как х = |, тоМ= ; следовательно,
Л
1
2
е •
<0,001.
Простой расчет показывает, что уже п = 4 обеспечива-
ет требуемую точность, поэтому
if (if
2 j |2
6
Г
2 6 24 384
Для сравнения табличное значение Je «1,6487.
Ответ: 1,6484.
Пример 9. Вычислить пределы:
1
1
’ 2
633
« 1,6484.
£
X
sinx
X
... x-sinx _
a) lim------------— ; 6) lim
x—>0 x—>0
ex - 1 - x---
2
Решение.
а) Воспользуемся следующими разложениями:
317
5. Функции одной переменной
з „5
• X X .
sin X = .х------+-------1- о(х5),
6 120
3 v5
X % / 5 ч
Х-Х +---------о(х )
lim____________6 120.___________
X2 х3 х4 ( 4ч л х2
1 + х + — + — + — + о(х )-1-х-
2 6 24 2
„3 „5
— —--------о(х5)
lim 6 _igo_l
х-И) х X4 4Ч
---+-----о(х )
6 24
3/ 2
Lh-L.^)
6 | 20 v
lim—;
х—>0 х'
6
.3/ „
— 1 + --о(х)
6 4
= 1.
1 1 , ( sin х 'l
fsinxV z, ч .. х ~
б) lim ---- = (!“) = lime
х-»0 1x1 х->°
Воспользуемся разложениями для sin х и для In (1 + t)‘
,. 1, sinx ,. 1,
lim—In------= lim—In
x->0 x x x->0 x
х-т+0(х3)
X
l x2
lim—In 1-----+ o(x2)
x->0 X 6
k 7
( x A
= lim — + o(x) = o.
x->0 6 J
Ответ: a> 1; 6) 0.
Исследование функций.
Промежутки монотонности
и экстремумы функций
Определение 3. Функция у = /(х) называется возраста-
ющей (убывающей) на промежутке, если она определена
во всех точках промежутка, и для любых двух точек х, и
х2, принадлежащих этому промежутку, таких что xt < х2,
выполняется условие /(xj < /(х2) (/(хх) > f(x2)).
Практикум по высшей математике
318
Теорема 4 (достаточное условие монотонности).
Пусть функция у = /(х) непрерывна на отрезке [а; Ь] и
дифференцируема во всех точках интервала (а; Ь). Если
при этом f'{x) > 0, то функция возрастает на отрезке
[а; Ь]; если f'(x) < 0, то функция убывает на отрезке [а; Ь].
Строго говоря, утверждение теоремы сохраняется,
если производная обращается в ноль или не существует в
конечном числе точек, в которых, однако, сама функция
определена.
Определение 4. Точка х = х0, называется точкой мак-
симума (минимума) функции f(x), если существует дву-
сторонняя окрестность этой точки, в которой функция
определена и при этом f(x) < f(x0), (f(x) > f(x0)), x * Xq.
Теорема 5 (необходимые условия экстремума). Если
х0 - точка экстремума функции, то либо производная в
этой точке не существует, либо f'(x0) = 0.
Обратное утверждение неверно.
Определение 5. Точки, в которых производная равна
0, называются стационарными. Точки, в которых произ-
водная равна 0 или не существует, называются критичес-
кими.
Теорема 6 (достаточные условия экстремума). Пусть
функция у = f(x) непрерывна в некоторой двусторонней
окрестности точки х0, включая и саму эту точку, и диф-
ференцируема во всех точках этой окрестности, за исклю-
чением, быть может, самой точки х0. Если при переходе
через точку х0 производная меняет знак с плюса на минус,
то х0 - точка максимума. Если же производная меняет
знак с минуса на плюс, то х0 - точка минимума.
Теорема 7. Пусть функция дифференцируема в точке
х0 п раз (n > 1), и при этом f(x0) = f'(x0) = ... = Лп-1)(*о) =
0, ЛП)(^о) * 0* Если
1) п - четное число и fM(x0) > 0, то х0 - точка миниму-
ма;
2) п - четное число и Лп)(х0) < то хо “ точка макси-
мума;
3) п - нечетное число, то в точке х0 экстремума нет.
Пример 10. Найти промежутки монотонности следующих
функций:
2х
а) у = --г-; б) у = х + sin х; в) у = х2 - In х2.
1+х
Решение.
а) Областью определения данной функции является
вся числовая ось:
х е R.
319
5. Функции одной переменной
Расчет промежутков монотонности функции сводится
к анализу знаков ее производной. Этот анализ обычно
проводится методом интервалов.
( 2х ) 2(1 + х2)-2х-2х 2 + 2х2-4х2
- (1+zzy =
2(1-X2)
2(1-х)(1 + х)
№) = (1+х2/ •
Находим критические точки:
1) у'(х) = 0; xt = -1; х2 = 1;
2) у'(х) - не существует; таких точек нет.
Следовательно, получаем следующую картину знаков
производной:
Функция у =----х убывает на промежутках (-<»; -1]
х + х
и [1; оо) и возрастает на промежутке [-1; 1].
б) Область определения функции: х е R.
у'(х) = 1 + cos х,
очевидно, что у'(х) - 0 при х е R, следовательно, функция
у = х + sin х является всюду возрастающей.
Отметим, что производная обращается в ноль на бес-
конечном, но счетном множестве точек, что гарантирует
возрастание функции и в этих точках тоже.
в) Функция у = х2 - In х2 определена на всей числовой
оси, кроме точки х = 0.
Исследуем производную данной функции:
,,_9г ^-9г 2 _ 2(х2-1) _ 2(х-1)(х + 1)
у — ал 2 &Х —----------— --------------•
XXX X
Критические точки:
1) У'(х) = 0; xt = -1; х2 = 1;
2) у'(х) - не существует; х — 0.
Строго говоря, х = 0 не является критической точкой,
поскольку она вообще не входит в область определения
функции, но так как она влияет на распределение знаков
производной, то пренебречь ею нельзя:
Практикум по высшей математике
320
1 х
Функция у = х2 - In х2 убывает на промежутках -1]
и (0; 1] и возрастает на промежутках [-1; 0) и [1; +°°).
2х
Ответ: а) у =---% возрастает на промежутке [-1; 1];
убывает на промежутках (-«»; -1] и [1; +°°);
б) у = х + sin х возрастает на всей числовой оси, х е R;
в) у = хг - In х2 возрастает на промежутках [-1; 0)и
[1; +°°), убывает на промежутках -1] и (0; 1].
Пример 11. Найти экстремумы функций:
а) у = 2х3 - 6х2 - 18х + 7; б) у = (х - 5)2 • д/(х +1)2 ;
в) у = х - In (1 + х2).
Решение.
а) Функция у = 2х3 - 6х2 - 18х + 7 определена при
х е R.
Производная имеет вид:
у' = 6х2 - 12х - 18 = 6(х2 - 2х - 3) = 6(х 4- 1)(х - 3).
Критическими (в данном случае - стационарными)
являются точки х = -1 и х = 3.
Следовательно, точка х = -1 - точка максимума;
у = у(-1) = 17; точка х = 3 - точка минимума; у in =
= у(3) = -47.
б) Функция у = (х - 5)2 • V(х +1)2 определена при хе Я
Дифференцируем функцию:
у' = 2(х - 5) • (х +1)3 + (х - 5)2 • -х(х +1) 3
О
4(х - 5)(2х -1)
3>/х +1
Критические точки
321 5. Функции одной переменной
2) у' - не существует; х = -1.
у'(х)
У(х) _х
х
5
1
2
Точки х = -1 и х= 5 - точки минимума, ymin = у(~1) —
= р(5) = 0; точка х = — - точка максимума;
Л
Утах У 2 I “ 1Г 5/18 '
в) Функция р = х-1п(1 + х2) определена при х G R;
, 2х _ (*-Ц2
1+х2 1 + х2
Очевидно, что у' > 0, следовательно, точек экстремума
нет.
Ответ: а) утах = у{-1) = 17; ут1п = у(3) = —47;
б) Утах = У
8
в) экстремумов нет.
2
Промежутки выпуклости
и точки перегиба графика функции
Определение 6. Функция у = Дх) называется выпуклой
вверх (выпуклой вниз) на промежутке, если она определе-
на во всех точках промежутка и для любых двух точек хх и
х2, принадлежащих этому промежутку, таких, что хх < х2,
график функции на интервале (хг; х2) располагается выше
(ниже) хорды, проходящей через точки (xr; Дхг)) и (х2; Дх2)).
Если функция дифференцируема во всех точках про-
межутка, то она выпукла вверх, если ее график распола-
гается ниже касательных, проведенных в любой точке
этого промежутка (за исключением, разумеется, самой
точки касания). Дифференцируемая функция выпукла
вниз, если ее график располагается выше касательных,
проведенных в любой точке этого промежутка.
Теорема 8 (достаточное условие направлений выпук-
лости). Пусть функция у = Дх) дифференцируема на от-
резке [а, Ь] и дважды дифференцируема на интервале
(а, 6). Если при этом f'(x) > 0, то функция выпукла вниз
на отрезке, если же f\x) < 0, то функция выпукла вверх
на отрезке.
И. Зак. 6
Практикум по высшей математике
322
Утверждение теоремы сохраняется, если вторая произ-
водная обращается в ноль или не существует в конечном
числе точек, в которых, однако, сама функция определена.
Определение 7. Точка (х0; f(xQ)), в которой происходит
смена направления выпуклости, называется точкой пере-
гиба графика функции.
Теорема 9 (необходимые условия точки перегиба).
Если х0 - точка перегиба графика функции у — f(x), то
либо вторая производная в этой точке не существует, либо
Г(х0) = 0.
Теорема 10 (достаточные условия точки перегиба).
Пусть функция у = f(x) непрерывна в некоторой двусто-
ронней окрестности точки х0, включая и саму эту точку,
и дважды дифференцируема во всех точках этой окрестно-
сти, за исключением, быть может, самой точки х0. Если при
переходе через точку х0 вторая производная меняет знак, то
точка х0 является точкой перегиба графика функции.
Пример 12. Найти точки перегиба и интервалы выпукло-
сти графиков функций:
а) у = х3 - 5х2 + Зх - 5; б) у = In (1 + х2); в) у = eaFCtgx.
Решение.
а) Функция у = х3- 5х2 + Зх - 5 определена и дважды
дифференцируема при х G R;
у' = Зх2 - 10х + 3; у" = 6х - 10.
Находим точки, в которых вторая производная обра-
щается в ноль или не существует:
5
1)г/' = 0; х =
2) у" - не существует; таких точек нет.
У"(*)
у(х)
323
5. Функции одной переменной
яч ( 5
Функция выпукла вверх на промежутке - оо; —
I 3
, вы-
пукла вниз на промежутке
5
3’ +
5
Точка х = — - точка перегиба; у
О
250
27 ’
5
3
б) Функция у = In (1 + х2) определена и дважды диф-
ференцируема при х € R;
2х . ,z, _ 4 + х2)-(2хУ _ 2(1 - х)(1 + z)
У~^’У~ (1+^ ' ’
Вторая производная всюду определена и обращается в
ноль в точках х = -1; х = 1.
У"(х)
У(х)
Функция выпукла вверх на промежутках (-оо; -1] и
[1; +°о); выпукла вниз на промежутке [-1; 1].
Точки х = ±1 - точки перегиба, при этом р(±1) = In 2.
в) Функция у = earcte* определена при х е /?;
1
1 + х2 ;
1 2х earctgx
’ 7—7^ - ^tgx ’ 7---TW = 7----(1" 2х)*
(1 + х2/ (1 + х2/ (1 + х2/
Вторая производная всюду определена и обращается в
1
ноль в точке х = —.
У"Ы
У(х)
у' = garctg х .
2
, вы-
1
2 *
Функция выпукла вверх на промежутке —
2
пукла вниз на промежутке
— оо*
-1 V ' 1
х
-11*
Практикум по высшей математике
324
—
. 1
arctg—
= е 2
1
Точка х = — - точка перегиба, при этом у
£
Ответ: а) функция выпукла вверх на промежутке
5
3
, выпукла вниз на промежутке
; точка
2
5
—; + оо
3
(5 250)
—; _ - точка перегиба;
о Л / )
б) функция выпукла вверх на промежутках (-°°; -1] и
[1; 4-°°); выпукла вниз на промежутке [-1; 1); точки
(±1; In 2) - точки перегиба;
в) функция выпукла вверх на промежутке
1
2
1
2
выпукла вниз на промежутке
— оо:
точка перегиба
1 arctg—
2;б
Асимптоты графика функции
Исследование функций на асимптоты не имеет прямо-
го отношения к понятию производной и дифференциала.
Но поскольку это исследование обычно проводится в рам-
ках полного анализа функций (в том числе, и по первой
и второй производной), то рассмотрим этот вопрос в дан-
ном разделе.
Определение 8. Пусть функция у = f(x) определена в
некоторой окрестности точки х0, быть может, односторон-
ней. Если хотя бы один из односторонних пределов функ-
ции Дх) в точке х0 равен бесконечности, то прямая х = х0
называется вертикальной асимптотой графика функции.
Определение 9. Пусть функция у — f(x) определена при
х > xQ(x < х0). Прямая у = ах + Ъ называется наклонной асим-
птотой графика функции у = f(x) при х —» +<» (х -4 ~°°), если
lim (Дх) - (ах + &)) = 0.
X—>+°о
325
5. Функции одной переменной
Если а — 0, то асимптоту называют горизонтальной.
Как правило, вертикальные асимптоты находятся «на
краях» области определения функции. Наклонные (гори-
зонтальные) асимптоты находятся при х —> +<» (х —» -<»)
по следующим формулам:
/(х)
а = Ит ----------; b = Кт (Дх) - а • х).
х—>+“ X х—>+<*>
(Х—>-“>) (х—>-»)
Пример 13. Найти асимптоты графиков функций:
х3 1
а)......;..:2";б) у = - + arctg х.
(1 + X) X
Решение.
х3
а) Функция —----определена на всей числовой оси,
кроме точки х = -1.
1) Рассмотрим поведение функции в окрестности точ-
ки х = -1:
х3 . х3
lim -------— = —oo; lim -------— = —оо
*->-1-0 + Х)2 х->-1+0 + 1)2
следовательно, прямая х = -1 - вертикальная асимптота
графика функции.
2) Рассмотрим поведение функции при х -» +°° :
У(х) .. х3 .. х2
а = hm = lim -------------= lim —---------
х->+~ х *~>+~ (х +1)2 • х *->+~х2+2х + 1
lim
Х-»+«о
1
= 1,
f х3
Ь = lim (у(х) - а • х) = lim —------------х
х2 + 2х +1
-9-1
- 2х2 — х —
lim — ---------= lim --------—-— = -2.
r-^+oo х2 + 2х + 1 х->-Н” 1 2 1
X X2
Следовательно, прямая у = х - 2 - наклонная асимп-
тота при х —» +°о.
Практикум по высшей математике
326
3) При х —»-о® аналогичный анализ приводит к той же
асимптоте у = х - 2.
б) Функция у =--1- arctgx определена на всей число-
х
вой оси, кроме точки х = 0.
1) Рассмотрим поведение функции в окрестности точ-
ки х = 0 :
(1 > .fl А
— + arctg х 1= -°о; lim — + arctg x — +°°,
x j x->o+o ^x >
следовательно, прямая x = 0 является вертикальной асим-
птотой графика функций.
2) Рассмотрим поведение функции при х —» +°°:.
тс
= ^=0;
ОО
lim
1
— +arctg х
а = lim —----------
х
( 1 4-
— + arctg
х
_ ТГ
~ 2 ’
Ь = lim
х
тс
Следовательно, прямая у = — - горизонтальная асим-
птота графика функции.
п
3) Аналогично, при х —» -«> йрямая у = - — является
&
горизонтальной асимптотой.
п
Ответ: а) х = -1; у = х - 2; 6) х = 0; у = ± —.
Л
Общая схема анализа свойств функции
и построения ее графика
Рекомендуем следующую последовательность анализа
свойств функции.
1) Область определения функции; область значений
функции (если это возможно).
2) Промежутки положительных и отрицательных зна-
чений функции. Координаты точек пересечения с осями
Ох и Оу.
3) Исследование функции на четность, нечетность.
4) Исследование функции на периодичность.
5) Исследование функции по первой производной:
- промежутки монотонности;
- точки экстремумов; экстремумы функции.
327
5. Функции одной переменной
6) Исследование функции по второй производной:
— промежутки выпуклости вверх и выпуклости вниз;
- точки перегиба.
7) Анализ области непрерывности. Анализ точек раз-
рыва. Асимптоты графика функции.
8) Расчет координат дополнительных точек (если это
необходимо).
9) Построение графика функции.
Пример 14. Провести полное исследование и построить
график функции у =
Решение.
1) Функция у = л/х2 - vx2 -1 определена при всех
х g R.
Вопрос об области значений отложим до построения
графика.
2) а) Пересечение с осью Ох:
У = О,
3V? = Vx2-i
у=о
0 = 1,
—> график функции ось Ох не пересекает.
б) Пересечение с осью Оу:
х = 0,
У = 1.
в) Промежутки положительных значений функции:
у > 0; a/x^-Vx2 -1 > 0; tfx* > л/х2 -1; Xs > х2 - 1;
0 > -1; х е R.
График функции располагается выше оси Ох при всех х.
г) Промежутков отрицательных значений функция не
имеет.
3) Сравним значения функции в точке х и точке -х:
у(х) = л/х^->/х2 -1 ; у(-х) = д/(—х)2 - V(~x) -1 =
= у(х), следовательно, функция четная.
Напомним, что график четной функции симметричен
относительно оси Оу.
4) Функция непериодична (см. пункт 5: существуют
три точки экстремума, что невозможно в случае периоди-
ческой функции).
5) Исследование по первой производной:
2 -- 1 --
у' = — х 3 * — (х2 -1) 3 • 2х =
У 3 3
2________2х
З^х з^(х2 -I)2
Практикум по высшей математике
328
3^х(х2 -I)2
Критические точки:
а) / = 0; ^2-l)2=V? ; (х2 - 1)2 - х4;
1 Vi
-2х2 + 1 = 0; хг = -; х1>2 = ±— ;
a Z
б) у' не существует; хг = 0; х2 3 = ±1.
х
У'(х) +
У(х)^
2 2
Все критические точки на рисунке заштрихованы, так
как во всех этих точках функция определена.
Функция возрастает на промежутках
0- 72
2
« 72-п
и убывает на промежутках ——; U
J2
2
/2
2
V2
Точки х — ± — - точки максимума; у
2
2
« 1,59.
Точка х = 0 - точка минимума; у(0) = 1.
6) Исследование по второй производной:
з/П
vx
- X
„ = 2 5x3 • + № - 1)2 ~Зу1х* ~ х* • Ц2 4' ‘
У 9' (x2-1)-V(x2-1)24x4
Критические точки первой производной:
1) у" = 0; можно показать, что таких точек нет;
2) у" - не существует; xt = 0; х2 3 — ±1.
1)2
у"(х) ь
-1 z—s 0 1 х
Функция выпукла вниз на промежутках (-°°; -1]; [1; +°°),
выпукла вверх на промежутках [-1; 0]; [0; 1].
Точки х = ±1 - точки перегиба; г/(±1) = 1.
329 5. Функции одной переменной
7) а) Функция определена на всей числовой оси и всю-
ду непрерывна; точек разрыва нет, следовательно, нет и
вертикальных асимптот.
б) Рассмотрим поведение функции при х —» +°°:
2 1
v у(х) х3-(х2-1)3
а = lim = lim---------------— =
X—>+“ X Х~>+оо X
.. Х2-(Х2-1) 1
lim -=------------/-----= — = 0.
^fiMx4-x2 +V(x2-1)2 00
Таким образом, прямая у = 0 - горизонтальная асимп-
тота при х —» +°о.
; в) В силу четности функции прямая у = 0 является го-
ризонтальной асимптотой и при X -4 -оо.
8) Ограничимся расчетом дополнительных значений
функции при х = ±2: г/(=±=2) = - ^3 ~ 0,145.
9) График функции имеет вид:
Возвращаясь к первому пункту исследования, отме-
тим, что областью значений функции у = д/х2" - д/х2 -1
является полуинтервал (0; >/4].
Практикум ио высшей математике
330
Задача о наибольшем и наименьшем
значениях функции на промежутке
Случай отрезка [а; Ь].
Наибольшие и наименьшие значения функции, непре-
рывной на отрезке, достигаются либо в критических точ-
ках, либо на концах отрезка.
Достаточно найти все критические точки, принадле-
жащие отрезку, рассчитать значения функции в этих точ-
ках, а также в точках а и Ь, после чего выбрать наиболь-
шее и наименьшее значения.
Случай интервала (а; &).
В отличие от предыдущего пункта, в случае интервала
не гарантируется существование наибольшего и наимень-
шего значений у функции. После расчета критических то-
чек и значений функции в них, необходимо изучить по-
ведение функции при х —» а+0 их—» Ь-0. Сравнивая
найденные значения, получают наибольшее и наимень-
шее значения функций или обосновывается факт отсут-
ствия таких значений.
В случае бесконечных промежутков (а; +°°); [а; +°°);
(-°°; а); а]; +°°) схемы решения аналогичны.
Пример 15. Найти наибольшие и наименьшие значения
функций на промежутках:
а) у = х4 - 2х2 + 5; [-2; 2]; б) у = ^/(х2 - 2х)2 ; (0; 3);
1-х
в) у = arctg ——; (0; 1].
1 + х
Решение.
а) 1) Значения функции в граничных точках отрезка:
г/(±2) = 16 - 8 + 5 = 13.
2) Критические точки и значения функции в этих точ-
ках:
у' = 4х3 - 4х = 4х(х - 1)(х + 1);
у' = 0; х, = 0; х2 3 = ±1.
Все точки принадлежат отрезку [-2; 2].
у(0) = 5; i/(±l) = 4.
3) Сравнивая значения у(±2); г/(0); г/(±1), получаем
Унаиб = У(±2) = 13;
Уп&пм ~ !/(—1) 4.
б) 1) Находим предельные значения функции на грани-
цах интервала:
</(04-0) = lim I
х->0+0
0;
331
5. Функции одной переменной
, \* 2 2
у(З-О) = lim (х2-2хР =33 = v9 » 2,08.
x->3-0v '
Отметим, что этих значений в точках х = 0 и х = 3 фун-
кция не достигает, поскольку эти точки не принадлежат
интервалу (0; 3).
2) Критические точки и значения функции в этих точ-
ках:
3-д/х2- 2х ’
у' = 0; х = 1;
у' - не существует; хг = 0; х2 = 2.
Точки х = 1; х — 2 попадают в интервал (0; 3);
точка х = 0 - не принадлежит интервалу.
1/(1) = 1; .у(2) = 0.
3) Сравнивая значения у(1) = 1; у(2) = 0; z/(0+0) =0;
z/(3—0) = л/э , получаем
Укакм = У(2) = °?
Унаиб - не существует.
в) 1) Находим предельное значение функции в точке
х = 0 и граничное значение в точке х — 1:
i/(0+0) = lim arctg-—— = — «0,7854;
х->о+о 1 + х 4
i/(l) = arctg 0 = 0.
2) Критические точки и значения функции в этих точ-
ках:
(1 + х)2 + (1 - х)2 ‘
Очевидно, что у' < 0 при х е (0; 1], т. е. функция явля-
ется убывающей.
3) 2/наим = У(!)= °;
Уналб - не существует.
Практикум по высшей математике 332
Ответ: а) г/„аи6 = i/(±2) - 13; у = i/(±l) = 4; б) у„аи6 -
не существует; унаим = у(2) = 0; в) у„аиб - не существует;
f/иаим ~ О’
Задания для самостоятельного решения
1. Вывести уравнения касательной и нормали к кривой
у = е в точке с абсциссой а) 0; б) 1.
2. Вывести уравнения касательной и нормали к кривой
у = arctg х в точке с абсциссой а) 0; б) 1.
3. Под каким углом пересекаются кривые у = sin х и
п
у = cos х при хе 0; — ?
2
4. Под каким углом пересекаются кривые у — 1п(1 + х2)
и у — 1п(1 - х2)?
5. Найти ускорение материальной точки, движущейся
п
по закону у(х) = tg х; 0 < х < — в момент времени, когда
ее скорость равна 2.
6. Масса стержня задается функцией у = Зх3 + sin х.
ТС
Какова плотность стержня в точках х = 0 и х = —?
7. Найти приближенные значения выражений
a) cos 61°; б) arccos 0,54.
8. Используя правила Лопиталя, найти следующие
пределы:
. tgx-1 lim In(sinx)
a) hm —------; б) 11т„; т~.;
Х_Л cos2x x-»+oln(sin2x)
Х 4
. Insinx . ч .. . t_,
в) lim-------; г) lim Xх; д) lim ctg xtex.
n x x-»0+0 x-»0
In tg —
44
9. Разложить функции по формулам Тейлора и Макло-
рена в окрестности заданных точек:
а) х3 + Зх2 + х - 6; х = -1;
б) —; х = -1; в) tg х; х = 0 (формула 2-го порядка),
х
10. Используя разложение в ряд Маклорена, найти
cos 10° с точностью до 0,001.
11. Вычислить пределы, используя разложения в ряды
Тейлора и Маклорена:
333
5. Функции одной переменной
ч .. l-cosx + 5xsinx cosx-e
a) hm---------=----; б) hm----------.
«-*0 ln(l + XZ) Х-+0 sin2 x
12. Найти промежутки монотонности следующих фун-
кций:
а) у = х + cos х; б) у = х2ех; в) у = х - 1п(1 + х).
13. Найти экстремумы функций
ч х2 - Зх + 2
&\У----о—Z; б) У = е sm х;
х2 + 2х + 1
14. Найти точки перегиба и интервалы выпуклости
функций:
X —ч . 2х 2х—х2
а) у = ----х-; б) у = arcsm-; в) у = е
(1+х)3 . 1 + х2
15. Найти асимптоты графиков функций:
о , 1
4 т 3 + х — 1 “
= А;б)у = (х + 2)е*.
х - х + 1
16. Найти наибольшие и наименьшие значения функ-
ций на промежутках:
а) У = Х 2 ,Х Vi ; х е [0;
-X +х +1
<ГГ
б) у = 2tg х - tg2 х; х е 0; - .
ел
Ответы:
х 1
1. у = 1; х = 0; б) у = е • х; у =-+ е + — ;
е е
1 тс 1 п
2. а) у = х; у = -х; б) у = - х + - - -; у = -2х + - + 2;
3. arctg (2 V2 ); 4. 0; 5. 4; 6.1; ? л2;
4
7. а) 0,4849; б) 1,00095; 8. а) - ; б) 1; в) 0; г) 1; д) 1;
9. а) (х + I)3 - 2(х + 1) - 5 ; б) -1 - (х + 1) - (х + I)2 - ...
(x + lY1^
Мх + 1?+—,0<с<1;
Практикум по высшей математике
334
ч X3
^)х+ —
о
(1 + 2 sin3 сх)
0<с<1;
4
COS сх
10. 0,985; 11. а) 5,5; б) - 0,5;
12. а) всюду возрастает; б) возрастает при х < -2 и х > 0;
убывает при -2 < х < 0; в) возрастает при х > 0; убывает
при -1 < х < 0;
13. a) ymin g
б) У min = У - 7 + 2лп
4
2
/ЗЯ '
= у — + 2пп
У 4
Утах
72 7+2лп
— е4 ,neZ;
14. а) точек перегиба нет; функция выпукла вверх при
х < -1; выпукла вниз при х > -1; б) точка перегиба (0; 0);
( &
в) точки перегиба: 1 ± —; >1е ; функция выпукла вниз
2
v2 v2
при х < 1---и х> 1 + —; выпукла вверх при
2 2
у/2 41
1- — <х<1+ —;
2 2
15. а) вертикальных асимптот нет; у = 4х + 4 - наклон-
ная асимптота при х —»±°°; б) х = 0 - вертикальная асим-
птота; у = х- наклонная асимптота при х -»±о?;
fl
= У 2
3
g » 0) Унаиб
16- а) Унаиб = И0) = И1) = 1; Унаим
л
= У 4
= 1; Унаим - не существует.
6. ФУНКЦИЯ одной
ПЕРЕМЕННОЙ:
ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
6.1. Неопределенный интеграл
Понятие неопределенного интеграла
Определение 1. Пусть функция у = f(x) определена на
некотором промежутке. Функция у = F(x) называется
первообразной функции у = Дх), если она определена на
этом промежутке, и в каждой точке промежутка выпол-
няется условие
F\x) = Дх).
Теорема 1. Все первообразные одной и той же функции
отличаются на некоторую постоянную.
Определение 2. Множество всех первообразных функ-
ции у = Дх) называется неопределенным интегралом от
этой функции.
Обозначение: J f(x) dx = F(x) + С, С - const.
Свойства неопределенного интеграла
1. fdF(x) = F(x)+C.
2. d J f(x) dx = f{x)dx;
3. Если функции Д(х) и f2(x) имеют первообразные, то
функции Д(х) ± /2(х) также имеют первообразные, и при
этом
| (f(Xi) ± Д х2)) dx = f fi (х) dx ± 14 (*) dx.
4. Если функция Дх) имеет первообразную, то функ-
ция к • Дх) (k - const, k # 0) также имеет первообразную,
и при этом
^kf(x)dx*=k ff(x)dx.
Практикум по высшей математике______
Табличные интегралы
336
хр+1
1. Г xpdx =-----г + С;р^-1.
J р + 1 г
г dx . .
2. — = In х + С; х * 0.
J х
f х ах Г х'
3. a dx =------- + С; а > 0, а # 1; \е dx = ех + С;
J In а J
4. | sin x • dx ® -cos x + C;
j cos x • dx = sin x + C;
C dx , „ it , , „
-----— = tg x + C; x * — + rcfe, k e Z;
J cos^ x 2
—5— = -ctg x + C; x * itk, keZ;
sin x
5. Jshx • dx = ch х + С; sh х
e -e
chx • dx = sh x + C; ch x
г dx
I , 2 — cth x + C; cth x
J sh x
f dx
J ch2x
f dx
6. I 2
J az +xz
f dx
7- J ~2 TT
* x — a
f dx
“2
dx
2 4. _2
е +е .
= 2 ’*
chx
—— , х * 0;
shx
Л shx
= th х + С; th х = —— .
chx
_ 1 X 1 X
---arctg —h C = — arcctg —h С; а Ф 0
a a a a
1 ,
= —In
2a
x -a
x + a
9.
X X
= arcsin—Г- С = -arccos-Ь С; I xl <j а I.
а а
±а2
+ C;
+ C; x ± a
если подкоренное выражение имеет вид х2 - а2, то пред-
полагается, что |х| > |а|.
337 6- Функция одной переменной: интегральное исчисление
Замечание. Строго говоря, формулы 1-9 справедливы
лишь на промежутках, внутри которых подынтегральные
функции определены. Если подынтегральная функция
имеет точки разрыва, то нельзя говорить о едином пред-
ставлении неопределенного интеграла от нее для всех про-
межутков, где функция существует. Например,
Г dx (lnx + Clf х > О,
I -- = .
J х [1п(-х) + С2, х < 0.
Основные методы интегрирования
Метод разложения
Этот метод применяется для интегрирования функций
Дх), представляющих собой алгебраическую сумму не-
скольких функций /Дх); /2(х); ...; fn(x), первообразные
которых заранее известны или могут быть легко получе-
ны. Тогда в соответствии со свойством 3 неопределенного
интеграла получаем
J /(х) dx = J (Д (х) + /2(х) + ... + /л (х)) dx =
= | Д(х) dx + | /2(х) dx + ... + J /п(х) dx.
Метод введения нового аргумента
Теорема 2. Пусть функция /(х) определена и имеет пер-
вообразную F(x) на промежутке X; пусть также функция
х = <p(f) определена и дифференцируема на промежутке Г,
и определена сложная функция /(ф(#)). Тогда функция
/(ф(0) • ф'(0 также имеет первообразную на промежутке
Т, и при этом
J /(ф(0) • ф'(£) • dt = 1^(ф(г)) + С, С - const.
Главной проблемой при применении данного метода
является то, что исходный интеграл J a(t) • b(t) • dt не
содержит «подсказок» в виде заранее сформированных
Множителей /(ф(£)) и ф'(0« Необходимо «увидеть» в одном
из множителей a(t) или b(t) производную некоторой фун-
кции ф(£), а второй множитель оформить как функцию с
аргументом ф(£), после чего процедура интегрирования
принимает очевидный характер:
Практикум по высшей математике
338
Jа(0 • b(f) • dt =
b(t) = (p'(t) f
= J Я4**» ‘ ф/(#) dt =
a(i) = 7(<p(t)) J
= |<p(£) = x| = J f(x) • dx = F(x) + С = F((p(f)) + C.
Метод подстановки
Если функция f(x) непрерывна, а функция х = ф(£) не-
прерывно дифференцируема, то
j f(x) dx = J Л<р(О) ’ ф'(0 ‘ dt.
В отличие от метода введения нового аргумента подста-
новка может проводиться совершенно формально. Одна-
ко эффективность метода подстановки существенно зави-
сит от выбора функции <₽(£)• Подстановка считается
удачной, если вновь полученный интеграл проще исход-
ного.
Отметим еще одну важную особенность метода подста-
новки. После проведения интегрирования по переменной
t необходимо «вернуться» к переменной х, что возможно
лишь при условии существования обратной функции
t = ф-1(х). Следовательно, на промежутке, на котором вы-
полняется интегрирование, функция ф(0 должна быть
строго монотонной.
Метод интегрирования по частям
Теорема 3. Если функции и(х) и и(х) дифференцируе-
мы на некотором промежутке, и интеграл J v • du суще-
ствует, то и интеграл J и • dv также существует, и при этом
Ju • du = и' v - Ji> • du.
Интегрирование по частям можно считать результа-
тивным, если получающийся интеграл проще исходного.
На практике применению этого метода предшествует не-
кий анализ, поскольку реальный интеграл имеет вид
J а(х) • Ъ(х) • dx, и, следовательно, есть альтернатива в
выборе и(х) и dv(x). Рекомендуется в качестве и(х) выби-
рать ту из функций а(х) или Ь(х), производная которой
проще для интегрирования, чем сама функция; а в каче-
339 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
стве dv(x) выбирать тот множитель, который сравнитель-
но легко интегрируется, тогда
u = a(x) du-a'(x)dx
J а(х) • Ь(х) • dx =
dv = b(x)dx v = b(x)dx = B(x)
— a(x) • B(x) - J B(x) a'(x)dx.
Например, в интегралах вида
г .
sin ах
dx
I х • cosax
J
целесообразно в качестве и(х) и do(x) принимать соответ-
ственно
sin ax
u(x) = xn, dv(x) -
dx,
cos ах
еах
поскольку это приводит к понижению степени множите-
ля х" на единицу. После n-кратного применения метода
интегрирования по частям приходим к простым интегра-
лам вида
sin ax
cosax
eax
dx.
В интегралах вида хп
dv(x) принимают
Inx
arcsin x
arctg x
u(x) =
arcsin x
arctgx
dx в качестве u(x) и
, dv(x) = xn dx.
3/ 2
тт тт „ ч Г Vx +5x«cosx-l ,
Пример 1. Наити интегралы: а) I----------------ах;
* х
f cos2x г, 2 f(l + x)2dx
б) *71-------2—dx> в) I tg х dx; г) -----x— .
J sin2 x-cos2 x J J x(l + x2)
340
Практикум по высшей математике
Решение.
Для нахождения интегралов а) - г) воспользуемся ме-
тодом разложения, который позволяет разбить исходный
интеграл на алгебраическую сумму табличных интегра-
лов.
г д/х2" + 5х • cos х-1
а) I-----------------dx =
' J х
-- 1 |
x 3 + 5 cos x---dx =
1
х
x 3 • dx + 5 cos x •
2
3x3
-----Ь 5 sin
2
+ С, С - const;
f cos2x r cos2 x-sin2 x ,
6) I . о 2 dX ~ I 2 ' 2 dX ~
J sin x-cos x J sm x-cos x
f dx f dx t
= ----5---------2— = -ctg x - tg x + C;
J sin x J cos x
x f x 2 , f sin2 x , f
в) tg xdx = -------— dx =
J J cos2 x J
-j dx = tg x - x + C;
f (1 + x)2dx _ fl + 2x + x2
) J x(l + x2) J x(l + x2)
f dx _ f dx , । । , „ ,
= — + 2 -------- = In x + 2 arctg x + C.
J x j 1 + X
3 2
Ответ: a) — x3 + 5sin x - In |x| + C; 6) -ctg x - tg x + C;
в) tg x - x + С; r) In |x| + 2 arctg x + C.
1 - cos2 х
о
cos X
dx
cos2 x
(1 + х2) + 2х ,
----——dx =
x(l + x2)
Пример 2. Найти интегралы: а) 12хух2 +1 dx;
Vln xdx
х
e
-—57 dx;
1 + e2
C sin x • dx
6) I I—-
J Vcosx
д) J tgx dx.
Решение.
Используем метод введения нового аргумента.
341 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
а ) Поскольку 2xdx = d(x2) = d(x2+l), то
________ £ i
J2xVx2 +1 dx — J(x2 +1)2 d(x2+l) = |x2+l = t| = Jt2 dt =
о з 2 3
= ±t2 + c=-(x2 +1)2 + C.
3 3
б ) Так как sin x dx = -d(cos x), то интеграл принимает
вид:
rsinxdx rd(cosx) i । . _1
J I------ = - , = cos x = q = - t 2 dt =
7 Vcosx J Vcosx J
i
= -2t2 + C = -2 Vcosx + C.
dx
в) Очевидно, что — = d(lnx) поэтому
X
j Vlnxdx = J0nx)2 d(ln x) = I In X = t I = Jf2
9 — 9 3
-i2 + c= -(1пхД + С.
О О
f exdx f d(ex) i i f dt
r) J ???* =J T77^=Iе’" 'I “ J T+F = arctg ‘+ c “
= arctg (e*) + C.
Г, , f sin x • dx f d(cos x) I i
Д) tgx dx = ------- = - —------ = COS X = t =
J J COS X J COS X 1 1
— - J — = -In |t| + C = -In |cos x| + C.
з
Ответ: a) (x2 + l)2 + C; 6) -2 Vcosx + С; в) (in x)i +
+ С; r) arctg (ex) + С; д) -In |cos x| + C.
Г xdx te'xdx
Пример 3. Найти интегралы: a) J ; 6) J -
f xdx Г 4x + 3 <• ягс1£Гл/х dx
в) ; r) “5-----=--dx; д) | .
x2+a2 ’•'x2+6x + 10 i + x
Практикум по высшей математике
342
Решение.
Используем метод подстановки. Умение найти подхо-
дящую подстановку приходит по мере накопления опыта
интегрирования. В некоторых случаях бывает довольно
сложно сразу обнаружить замену, сводящую интеграл к
табличному, или хотя бы упростить его. В качестве общей
рекомендации можно посоветовать лишь следующее: за-
менять на новую переменную следует самые «тяжелые»
конструкции под знаком интеграла. Например такие, ко-
торые вообще отсутствуют в подынтегральных выражени-
ях табличных интегралов.
•Jx -1 = t
х = t* 2 + 1
dx = 2t dt
(t2 + l)-2tdt
t
= 2
(t3 * * * Л 2 - 1
2 y + Z + C=-(x-1)2+2(x-l)2 + C;
i 3
eVxdx
УХ = t
x-t2
dx - 2tdt
gt.‘.-.’.dt = 2e' + C=~~
x
t
= 2ey'x + C;
xdx
2~. 2 ~
x +a
x2 + a2 = t
i
x = (t-a2)2 =
dx = ~(t - a2) 2dt
2
i
(t-a2)2-~(t-a2) 2dt , 1
i f at i... Л
=>— I —= — In f + C =
2 J t 2 11
1 1
2
t
= ± ln(x2 + a2) + C.
Данное решение получено для значений х > 0:
______ i
x2 + a2 = t, x2 = t - a2; x = Jt -a2 = (t - a2)2 .
343 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Можно легко показать, что случай х < 0 приводит к
тому же результату. В заключение покажем более эконом-
ную технику подстановки, которая не требует получения
явного выражения для переменной х:
х2 + a2 =t
xdx
х2 + а2
d(x2 + а2) = dt
2xdx = dt
|ln|i| + C =
A
= I In (x2 + a2) + C.
f 4x + 3
r)-L2+6*+iodx-
Знаменатель дроби является квадратным трехчленом;
выделим полный квадрат:
х2 + 6х + 10 = х2 + 2 • х • 3 + 9 + 1 = (х + З)2 + 1.
f 4х + 3
-----------dx =
J (х + З)2 +1
х + 3 = t
х = t -3
dx = dt
г4(г-3) + 3
J t2+l
dt =
4г - 9 f tdt f dt f d(t2 +
777 dt - 4 J 7Л - 9 J 777 -2 J -77
- 9 arctg t = 2 ln(t2 + 1) - 9 arctg t + C = 2 ln(x2 + 6x + 10) -
- 9arctg (x + 3) + C.
arctg 4x = t
yix = tgt
dx _ x - tg2t
i + x" 1
1 + X = ---—
cos2 t
dx = 2 tgi
cos2 t
2tg t • cos21
cos21
dt= I 2t dt =
t2 + C =
Практикум по высшей математике
344
Ответ: а) — (х -1)2 + 2(х -1)2 + С; б) 2 е^х + С;
3
в) In (х2 + а2) + С; г) 2 1п(х2 + 6х + 10) - 9 arctg (х + 3) +
+ С; д) (arctg 7х )2 + С.
Пример 4. Найти интегралы: a) J х3 • In х • dx;
б) | х • arctg х • dx; в) J arccosx • dx; г) J ех • sin х • dx;
д) J sin Vx dx.
Решение.
Применим интегрирование по частям.
fl , , 1 . , х’ Л
г— х3 dx = — х4 • In х - — + С;
J 4 4 16
х • arctg х • dx =
и = arctgx du=----
1 + x2
. j 1 2
dv=xdx v = —x
2
1 1 f x2
- - x2-arctgx--J YTp-dx-
Так как
x2 _ (1 + x2) -1 _ _ 1
1 + x2 1 + x2 1 + x2
TO
f , , x 1 f , 1 f ax
x ’ arctg x • dx = — x2 • arctg x - — I dx + — --
J 2 2 J 2Jl + x
1 „ 11
= — x2 • arctg x - — x + — arctg x + C.
& & £
345 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
arccosх • dx =
и = arccos х
, dx
du = —,
71^7
dv = dx
v = x
f xdx
= x • arccosx + J /
X
Заметим, что x dx = d —
2
= |^(x2) = ^d(x2- 1) =
A A
- d(l - x2), следовательно,
4Ы
f If"
J arccosx • dx= x • arccosx - — j (1 - x2) 2 d(l - x2) =
= x • arccos x - (1-x2)2 + C = x arccos x - 71-x'
г и = sin x du = cos x • dx
+ C.
ex • sin x • dx
dv = exdx v = ex
и = cosx du = -sinx-dx
= sin x • ex — I e • cos x • dx =
dv = exdx v = ex
= sin x • ex - cos x • 6х - j ex sin x • dx.
Двукратное интегрирование по частям приводит к по-
явлению исходного интеграла. Фактически, получено
уравнение для нахождения интеграла:
ех sin х • dx = e*sin х - e*cos х - ех sin х • dx,
г х
следовательно, J е sin х • dx = — (sin х - cos х) + С.
* Q /
sinVxrfx.
Целесообразно ввести новую переменную: t = у[х :
Vx = t
X = t3 = J sin t • 3t2 • dt ==
dx = 3t2dt
X =
Практикум по высшей математике
346
= 3 Н • sin t • dt =
и = t2 du = 2tdt
dv = sin tdt v = - cos t
= 3I-t2 • cos t + 2 Г t • cos t • dt)= —3t2 • cos t +
t ’ cos t • dt =
u = t du = dt
du=cos tdt u = sin£
= -3£2 • cos t +
+ 6 It • sin t - sin t • dt 1= -3*2. cos t + 6t • sint + 6cos t + C =
= -3 № ’ cos >[x + 6 • >[x • sin y[x 4- 6 cos %/x + C.
Ответы:
1 x4 1 1
a) — x4 • In x - -— + C; 6) — x2 • arctg x - — x +
4 16 2 2
+ arctg x + С; в) x • arccos x - 71-х2 + C;
A
e* I— r~
r) — (sin x - cos x) + С; д) -3 Vx2 • cos vx +
2
Интегрирование рациональных дробей
P(x)
Определение 3. Рациональной дробью —-— называет-
ся)
ся отношение двух многочленов, при этом дробь называ-
ется правильной, если степень многочлена Р(х) меньше
степени многочлена Q(x).
Любая неправильная дробь может быть легко представ-
лена в виде суммы некоторого многочлена и правильной
дроби, для чего достаточно поделить Р(х) на Q(x) уголком.
Теорема 4. Пусть
4 а
- правильная рациональная
дробь, Р(х) и Q(x) - многочлены с действительными ко
эффициентами. Если
Ся)= (х-а^ ... (х-ап)вп (х2+р1х + д1)<1
347 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
(х2 +Pmx + qmy^ где р* - 4g, < 0, i = 1; т; at * aJf i*j,
то существуют действительные числа i = 1; ...; n,
j = 1;sf; Dtj; i = 1;m; j = 1;£, такие, что исход-
ная рациональная дробь может быть представлена в сле-
дующем виде
Р(х) _ у А; | у уЧ
Q(x) ^^(x2irpix + qiy '
По сути теорема 4 утверждает, что любая правильная
рациональная дробь может быть представлена в виде сум-
мы так называемых простейших (или элементарных)
дробей вида
A A Bx + D Bx + D
• .... —_
х - а (х-а)1 х2 + рх + q (х2 + рх + q)1
i > 2; р2 - 4g < 0.
На практике указанное разложение осуществляется с
помощью метода неопределенных коэффициентов.
Интегрирование рациональных дробей, таким обра-
зом, сводится к интегрированию простейших дробей.
f А
1. I----dx = A- In |х - а|+ С;
J х - а
2. [ ~ ту dx = А [ (х - a)~ldx = ——--------- 4- С;
1 - i (х - а)1'1
i>2; г Вх + D 3. I 9 fl J х 4- px + q x + — = t 2 X = t-P Ь 2 = L P2 2 q - -— = a 4 dx = dt J t2+a2 г Bx + D X = 1 z .2 2 dx == Pl P x + — + q-~ I 2; 4 / \ t-^-l + D I 2 J ' 2 2 dt=» t2+a2 bpV dt 2 JJ t2+a2
Практикум по высшей математике
348
В 2D-Bp t В
= — ln(t2 4- а2) 4---arctg —F С = — ln(x2 + рх + q) +
Л Ла а л
2D-Вр 2х + р „
4---“--- arctg—-----F С.
2а 2а
Заметим, что первый этап преобразования связан с
выделением полного квадрата в квадратном трехчлене:
. Р2
\2
£
2
2 -.2
х2 4- рх + q = х2 4- 2х • — + —-------— + q =
4 2 4 4
2 2
п Р
где q - > 0, и, следовательно, q--
4 4
f Вх ч- D
4. Н-----------rrdx.
а2.
После аналогичных преобразований интеграл Прини-
мает вид:
Вх + D ,
---------^-ах =
х2 ч- рх ч- ql
х + — = t
2
„2
Р 2
<7 - = а
4 4
dx = dt
В |* d(t2 4- а2) 2D - рВ г dt
2J(t2+a2)i+ 2 J(t2+a2y'’
г d(t2 4- а2) 1
J (t2+a2j‘ " (1 - i)(t2 + а2)1’1 + *’
1 _ 2itdt
f.2dt2,i = U (t2+a2y U~ «2+a2)‘+1
(J+a) dv^dt v=(
t c t2dt
(t2+a2Y i(t2+a2)M'
349 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
f dt
Обозначая It = J 2 + а2у > легко получаем следующее
рекуррентное соотношение: 1£+1 =
i = 1; 2; ... .
t 2i-l
2ia2(t2 +a2)1 2ia2 **
Поскольку I, = — arctg — ; то все последующие интег-
d d
ралы I2,I3, ... вычисляются по вышеприведенной форму-
ле.
f x5 + x4 - 8
Пример 5. Найти интегралы: а) I--«------dx;
J х - 4х
г (х2 - Зх + 2)dx г dx г х3 + х -1
б) J х(х2 + 2х +1) ’ В) J х3 + х ’ Г) J (х2 + 2)2 dx'
, Решение.
х^ + х4 8
а) Дробь------------является неправильной; выделим
х3 - 4х
целую часть:
х5 + х4 4- Ох3 + Ох2 + Ох - 8 I х3 + Ох2 - 4х
х5 + Ох4 - 4х3____ I х2 + х + 4
х4 + 4х3 + Ох2
х4 + Ох3 - 4х2
_4х3 + 4х2 + Ох
4х3 + Ох2 - 16х
4х2 + 16х — 8
х5 + х4 - 8
Таким образом, ---,------ = х2 + х + 4 +
х - 4х
4х2 +16х-8
Н-----=------.
х3 -4х
Прежде чем приступить к интегрированию, необходи-
4х2 + 16х-8
мо разложить дробь ----»------ на сумму простейших
х -4х
дробей. В силу теоремы 4 данная дробь может быть пред-
ставлена в виде
Практикум по высшей математике
350
4х2+16х-8 4х2 + 16х-8 АВ С
--- ------------------—. — —।--ь----
х3-4х х(х-2)(х + 2) х х-2 х + 2
Неизвестные коэффициенты А, В и С находятся следу-
ющим образом:
А В С = А(х2 - 4) + В(х2 + 2х) + С(х2 - 2х) =
х х-2 х + 2 х(х - 2)(х - 2)
х2(А + В + С) + х(2В - 2С) + (-4 А)
х(х - 2)(х - 2)
Сравнивая числители исходной дроби и дроби с неизве-
стными коэффициентами 4х2 + 1бх - 8 = (А + В + С)хг +
+ (2В - 2С)х + (-4А), получаем систему трех линейны»;
уравнений с тремя неизвестными А, В, С: |
А + В + С = 4,
2В-2С = 16,
-4А = -8;
Итак,
fx5+x4-8 ,
—---------di
J х3-4х
3 2
= + 4х + 21п |х| + 51п |х - 2| - 31п |х + 2| + С.
О <£
В+С = 2,
В-С = 8,
А = 2;
В = 5,
С = -3
А = 2.
2 ,25 3 >
х +Х+4+—+-----
х х-2 х+2,
dx =
х2 - Зх + 2
б) Разложим дробь ---------77 на сумму простей-
х(х + 2х +1)
ших:
х2-Зх + 2 АВС
- — — -------»
х(х +1) X Х + 1 (х + 1)2
_ А(х +1)2 + Вх(х + 1) + Сх _
х(х +1)2
х2(А + В) 4 х(2А + В + С) + А
х(х +1)2
Неизвестные коэффициенты А, В, С находим из систе-
мы:
351 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
А + В = 1,
2 А + В + С = -3,
1 6
X +1 (х + 1)2
dx =
А = 2,
В =-1,
С = -6.
f х2 - Зх + 2 ,
Итак, Г----г------а
J х(х + 2х +1)
= 21n lx! - In jx + 11 Ч—-—
х + 1
1
в) Дробь ~3 имеет следующее разложение на сум-
му простейших дробей:
+ С.
1 1 А Вх + С
—о---- ~ --о--- ~------о--
х3 + X х(х2 +1) X х2 + 1
_ А(х2 +1) + (Вх + С)х _ х2(А + В) + х С + А
х(х2 + 1) х(х2 +1)
Коэффициенты А, В, С находятся из следующей систе-
мы:
А + В = О,
С = О,
А = 1;
А = 1,
В = -1,
С = 0.
Итак,
dx 1 х ) ( f xdx
з “ I Z ~2 Г dx = In Ixl - I —7
3+x x2+lj Jx2+1
. . Ifd(x2 +1) , . 1
= In x - - J —— = In |x - - ln(x2 + 1) + C.
2J X +1 2
x3 + X - 1
г) Разложим дробь на сумму простейших:
(X + 2)
х3 + х -1 _ Ах + В Cx + D
(х2 + 2)2 х2 + 2 (х2 + 2)2
(Ах + В)(х2 + 2) + Сх + D
(х2 + 2)2
Ах3 + х2В + х(2А + С) + 2В + D
(х2 + 2)2
Практикум по высшей математике
352
[А = 1,
в = о, 1в = о,
2А + С = 1, С = -1,
2В + В = 1; (В = -1.
Следовательно,
ГХ3+Х-1, f X х+1 ,
—z---^-ах=1 —------------- dx =
(х2 + 2)2 •» х2 + 2 (х2 + 2)2
xdx f xdx f dx
x2 + 2 J (x2 + 2)2 J (x2 + 2)2 = Li " L2 - L3>
f xdx 1 г d(xz +2) 1
£ _ I _ I — = — ln(x2 + 2) + C\;
1 Jx2+2 2J x2+2 2 1
f xdx 1 f d(x2 +2) 1 1
2 3 (x2 + 2)2 2 j (x2 + 2)2 2 x2 + 2 2’
Для расчета L3 рассмотрим табличный интеграл
1
Ц = ----
х2+2
dv = dx
du =
- 2xdx
(x2 + 2)2
V = X
x f 2x2dx x of(x2+2)-2,
x2 + 2 J(x2+2)2 x2+2 J (x2+2)2
=.. x ___4f...- =- X.....- +
x2 + 2 ’ (x2 + 2) J (x2 + 2)2 x2 + 2
+ 72 arctg—— - 4 • L3; следовательно,
V2
f flic т 1 т
= / = +T/2 arctg7F + Cs-
Окончательно получаем
f x3 + x -1 1, 1 1
—5-----7- dx = — ln(x2 + 2) + — —5--
3 (x2+2)2 2 f 2x2+2
353 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
X 1 , X Л
-----------/=arctg-7= 4-С.
4(х2 +2) 4V2 V2
х3 х2
Ответ: а) — +-----1- 4х + 2 In |х| + 51п |х - 2]
3 2
- 31п |х + 2| + С; б) 2 In |х| - In |х 4-1| + + С;
в) In |х| - ln(x2 + 1) + С;
2-х 1 1х
г)----?----+ — 1п(х2 + 2)-----7= arctg [-+ С.
4(х2 + 2) 2 ' 4у[2 №
Интегрирование иррациональных выражений
dx,
. ( / , \3. / , \8„ \
г Iax+b । ।ax+bj
Интегралы.вида I R х, ----- ---------
•' I cx + g I ( cx+g I
- „ \ 4 7 4 7 /
гае R - рациональная функция всех своих аргументов;
а Ъ
с g
Обозначим т - общий знаменатель чисел s2; sn,
*0.
тогда 8г =^;pte Z;i=l, 2, n.
m
_ ax+b
В результате замены tm = -получаем
cx + g
(ag-bc)mtm 1
ax = -------—5— dt;
(a-ctm)2
]si
-tPi
Исходный интеграл принимает вид
Is!
^ax+bY"
k cx+g I
4 7 7
p, 1 (ag-bcjmt"1'1
J (a-ctm)2
12. аак. 6
Практикум по высшей математике
354
т. е. становится интегралом от рациональной дроби.
Интегралы вида JP^x;ylax2 +bx + c^dx. Подстанов-
ки Эйлера.
При вычислении интегралов данного типа подынтег-
ральная функция может быть приведена к рациональной
дроби в результате одной из следующих замен :
1) -\lax2 +bx + с = ±xja ± t, где а > 0;
2) 7ах2 +Ъх + с = ±(х - Xj)t, где Ь2 - 4ас > 0, хх - ко-
рень уравнения ах2 + Ьх + с = 0;
3) Jax2 + bx + c = ±4с ± xt, с> 0.
Часто при вычислении интегралов данного типа удает-
ся свести их к виду J 7+ t2 ± 1^ dt, после чего эффек-
тивными оказываются тригонометрические t = sin и;
t = cos и; t = tg и и гиперболические замены t = sh и;
t = ch и; t = th и.
Интегралы вида хт(а + bxn )р dx (дифференциаль-
ные биномы )
„ „ т + 1
1) Если р - целое число из- знаменатель дроби-,
п
п
то подстановка z = х8 сводит интеграл к рациональной
дроби.
. _ т +1 г
2) Если ---- - целое число; р = — , где г и s - целые
п s
числа, тогда применяется подстановка z = (a + bxnp .
„ т +1 г
3) Если-----Ь р - целое число; р — — , где г и s - це-
п s
лые числа, применима подстановка z = (ах~п +bp .
Г xdx
Пример 6. Найти интеграл: —г——-------==.
* Vx + 1 + л/х + 1
Решение.
В соответствии с теорией проведем замену л/х +1 = V.
355 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
1
(х +1)6 = t
1
(х + 1)2 =t3
1
(х +1)3 = t2
x = t6-l
dx = 6t5dt
(t6 -l).6t5dt
t3+t2
r(t6-l)t3dt e f (t3 - l)(t3 + l)tsdt
= 6 ------—;— = 6 ---------;-------=
* t + 1 * t + 1
=6p3(*3 -i)(t2 -t+ i)dt =
=ej(t8 -t7 + t6 -t5 + t4 -t3)dt =
(t9 t* t7 t6 t5 t4l
=---------1--------1-------i- (j =
9 8 7 6 5 4
k >
2 - 4 4 fi -
= |(x + l)2 — ~(x + l)3 +y(x + l)6 -x - 1 +
+ |(x + l)6 -|(x + l)3 +C.
Ответ: — (x + l)2 - — (x +1)3 + — (x + I)6 - x - 1 +
+ -(х + 1)6 - -(х + 1)3 +C.
5 2
Пример 7. Найти интегралы: a) I----=====;
J x + vx2 + x +1
6) | x Vx2 -2x + 2 dx.
Решение.
а) Применим первую подстановку Эйлера:
Vx2 + х +1 = х + t, тогда x2 + x + 1 = x2 + 2xt + t2t
12*
Практикум по высшей математике
356
t2-l 2t2~2t + 2
х =------; dx — - ~ dt.
2£-l (2t-iy
Получаем
г 2t2 - 2t + 2
J (2t-l)(2-t)^ =
2t2 -2t + 2
2t2 ~5t + 2
dt =
dt.
3t
Разложим дробь ------------на сумму простейших:
(2t -1)(£ - 2)
3t А В
(2t-l)(t-2) 2t-l + t-2
At-2A + 2Bt-B _ t(A + 2B) + (-2A - В) .
(2f-l)(t-2) (2f-l)(t-2)
A + 2B-3, JA = -1,
-2A-B = 0; [B = 2;
3t 12
(2t - l)(i - 2) ~ 2t-l + t-2 •
Вернемся к интегрированию:
1 2 1
J 1 2г -1 + t -2= f ~ 2 - + 2in
где t = 7x2 + x + 1 - x.
б) Применим первую подстановку Эйлера:
Vx2 - 2х + 2 = х + t, тогда х2 - 2х + 2 = х2 + 2xt + t2,
О _ 42
х --------; dx =
2t + 2
Итак,
-t2 -2t -2
---------у— dt
2(t +1)2
------------- [2-t2 ( 2-t2 , /
x Vx2 - 2x + 2 c?x=-J 2t + 2 ' 2(t +1) +
t2 + 2t + 2
2(t +1)2
dt=
357 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Г t* 2 -2 г2 + 2t + 2 t2 +2t +2
= J 2(t + l) 2(г +1) ' 2(г + 1)2 dt
1 f t6 + 4t5 + 6t4 - 12г2 - 16г - 8
= 8J (г + 1)4 dt
1 гг6 +4г5 +6г4 -12г2 -16г-8
8 J t4 + 4г3 + 6t2 + 4t +1 dt
1 г t6 + 4г5 + бг4 + 4г3 +12 - 4г3 - 13г2 - 16г - 8
_ —. I --------- -----------------------^г _
8 J t4 + 4г3 + бг2 +4г + 1
iff -4г3 - 13г2-16г-8^
= - г2 +------------------- dt.
(г + l)4 J
- 4г3 - 13г2 — 16г - 8
Разложим дробь -------------------- на сумму про-
(t+1)4
стейших:
-4г3 -13г2 -16г-8 А в С D
(г + 1)4 "г + 1 (г + 1)2 (г + 1)3 (г + 1)4
А(г3 + Зг2 + Зг +1) + В(г2 + 2г +1) + С(г +1) + п _
(г +1)4
t3A + г2(ЗА + В) + г(ЗА + 2В + С) + (А + В + С + В)
(г + 1)4
А = -4,
ЗА + В = -13,
ЗА + 2В + С = -16,
А + В + С + D = -8;
Интеграл приобретает вид:
где г = 7х2 ~2х + 2 - х.
2_______1_ =
(г+1)3 (г+1)4;
1 1 1
(г +1)2 3 (г +1)3
Практикум по высшей математике
358
Отметим, что при вычислении данного интеграла мож-
но было воспользоваться тригонометрической заменой
dt
х - 1 = tg t; х = 1 +- tg t; dx =-— ,
cos2 t
получаем
- 2x + 2 = yj(x-l)2 +1 = -------- .
cost
1 dt
cost COS2t
cos t * ct(cost) = |cos t = x?| =
f dt f sin t • dt
~ -** — jp „iii г •
J cos31 * cos41 1 2’
f sin t • dt
I* * cos4 t
t » z~3 1
= - I z dz= — + С, = т-----5— + Cx;
J 3 1 3cos3t 1
_ f dt fcost dt f d(sint) I . I
A “J „Л_3 . “ J „,.„4 . “ J oi_2 .ч2 “ lSln t ~ Zl ~
J cos t J cos t J (1—sm t)
_ f
•» (1 - z)2(l + z)2
Ограничимся приведенными выкладками, поскольку
дальнейшее вычисление интеграла Ц не представляет
никаких трудностей.
Ответ: a) t - In |2t - 1| + 21n |t - 2| + С,
Л
t = nx + x +1 - x;
ift3 .. । Ч| 1 1 1 1
«г\ —-----4 In\t + II +---1-------— +---------—
6) 8 3 1 1 t + 1 (t + 1)2 3(t + i)3
Пример 8. Найти интегралы: a) J Vx • (1 + dx;
. Г ~л 1
—— dx; в)
x5
359 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Решение.
Интегралы a) - в) представляют собой так называемые
дифференциальные биномы: J хт(а + Ъхп)р • dx.
Существуют три типа соотношений между параметра-
ми т, п ир, при которых данные интегралы сводятся к
интегрированию дробно-рациональных функций.
X2 1 + X3
1 1
dx; т = -; п = -
А О
р = 4.
В данном случае р = 4 - целое, поэтому воспользуемся
п
* г в А т + 1
подстановкой t « х , где s - знаменатель дроби ----.
п
_ 1 т +1 9 _
Так как п = — и ----= — , то s = 2 и, следовательно,
1
t= х6.
Интеграл принимает вид:
£
t = Х6
X = t6
dx = 6t5dt
1 (
X 2 1 + X
з
•6t5dt =
dx =
= 6
= 6
+ 4t6 +6t4 + 4t2 +l)dt =
t15
i13
t11
. ь t
= 6 — + 4—+6— + 4— + —
9
17
15
13
11
17
X 6
13
X 6
17
5
х2
4—+ 6
15 13
11
X6
~ х2
4----+ —
11 9
V1 - х4
X5
х4^ dx; т = -5; п = 4
t
+ С =
= 6
P 2
Практикум по высшей математике
360
_ т +1 -5 + 1
Поскольку -----= —-— = -1 - целое, воспользуем-
п 4
ся подстановкой
4 -t-
4 dt =
t_
2
1. Г t2dt
2 J (1-t2)2
t.d -----
1-t2
4
1 t
4 1-t2
в) I х
dt.
l-f2?
t-1
+ —• In
2
4x7 1
£ ) * dx\ m — 2; n — 4; p — >
+ С, t =
41 1 — f2
m +1
При данном соотношении параметров ---------+ р =
п
2 + 1 1
—-— + — = 1 - целое, следовательно, необходима замена
4 4
. t = (х-4 + 1)4 :
1 /
х2 -(l + x4)4'dx= x = (t4-lp
/ v5
dx = -t3 (t4 - Ij 4 dt
361 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
-13.Г1 + 1
\ £ JL
- ®
4 -(-i3)(i4 -1) 4 dt =
г t4dt _ 1 г / 1 W t___________г dt А
J(i4-l)2~4J (t4-lj~4|<f4-l Jt4-lj
if t 1 r dt It dt '
4^t4-l 2 J t2 -1+ 2 J t2 + 1)
— —-----— In -—- + — arctg t + С, где t = tfl + x~4
4 t4 -1 16 t + 1 8
Ответ: a) — x 6 + — x 2 + — x 6 + — x 6 + — x2 + C;
17 5 13 11 3
в)
1 t 1 . t-1
----------]n---
4t4-i 16 t + 1
+ ~ arctg t + C, t = tfl + x-4
О
Интегралы от тригонометрических функций
Интегралы вида j R (sin х; cos х)dx.
При нахождении интегралов от тригонометрических
функций применяются следующие подстановки:
t = sin х; t = cos х; t = tg х.
Кроме того, существует так называемая универсальная
тригонометрическая замена t = tg — , которая приводит
к рациональной функции от t всегда, поскольку sin х =
2t 1-t2 ^dt
=-----5-; cos x = --7 ; x = 2 arctg t; dx == ~ 2 , и тогда
1 + t2 1 + t2 1 + Г ’
f R (sin x; cos x)dx = 2 f .
J J 1 + t2 1 + t2 1 + t2
\ /
Интегралы вида JsinOT x • cos" x • dx, m, n -рациональ-
ные числа.
Практикум по высшей математике
362
Замены вида t — sin х или t = cos х сводят данный ин-
теграл к ранее рассмотренному интегралу
п-1
dx.
В частности, если т или п нечетное целое число, то
эффективны подстановки
t = cos х; t = sin х.
Если т и п - положительны и четны, то можно исполь-
1 - cos 2х
зовать формулы понижения степени: sm2 х = ------;
А
„ 1 + cos 2х
cos2 х = -------.
2
Интегралы вида J sin ах • cos рх dx.
Эти интегралы легко приводятся к табличным после
следующих преобразований:
1
sin ах cos Рх = — (sin (а + Р)х 4- sin (а - Р)х);
А
sin ах • sin Рх = (cos (а — Р)х - cos (а 4- Р)х);
cos ах • cos Рх = (cos (а 4- Р)х 4- cos (а - Р)х).
А
Интегралы вида J еах • cos
п е N.
В результате повторного интегрирования по частям,
получаем
I = [ еах • cos Рх • dx =
„и „ах п ,
х е • cos рх • dx,
еах(Р • sin Рх + а • cos Рх) а2
“ рД откуда
(Р • sin Рх + а • cos Рх)
1= +с>
Интеграл J хпеах • cos Рх • dx в результате п-кратного
интегрирования по частям сводится к интегралу
I еах • cos Рх • dx, рассмотренному ранее.
363 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Замечание. При интегрировании тригонометрических
выражений помимо стандартных подстановок существен-
ную роль играют формулы, связывающие различные три-
гонометрические функции. К числу таких важнейших
формул относятся следующие:
1
sin2 х + cos2 х» 1; 1 + tg2 х = -5— ; 1 + ctg2 х =
cos х
1
sm" x
1 - cos 2x „ 1 + cos 2x
sm2 x = -------; cos2 x =----------;
1 - cos 2x
2tg± 1-tg2^ 2tg|
sin x =-----— ; cos x =---— ; tg x =-----—;
1 + tg2^ 1 + tg2^
i Z
1
sm x • cos у — — (sm (x + y) + sin (x - y));
1
sm x • sm у = — (cos (x - y) - cos (x + y));
1
cos x • cos у — — (cos (x + y) + cos (x - y));
sin 2x = 2 sin x • cos x;
cos 2x = cos2x - sin2x =1-2 sin2x = 2 cos2x - 1.
Пример 9. Найти интегралы: a) j sin3 x • cos2 x dx;
C dx f cos x' &х f e f dx
6)1-----;s)J x2 ;r)J cos x-dx;j\)\------------— ;
J cos x _ cos x) J J 4 - sin x
e) J Vl + sin X dx; ж) J ex • sin 2x • cos 3x • dx.
Решение.
a) J sin3 x cos2 x dx = - J sin2 x • cos2 x d(cos x) =
=- I (1 - cos2 x) • cos2 x d(cos x) — cos x = 11 =
Практикум по высшей математике
364
. Г f5 *3
-|(l-i2)-i2- dt = |(i4 ~t2)dt = — + C =
J * 5 3
cos5 x cos3 x „
C dx Г cos x • dx f -d(sin x) i i
6) = -----2---= Z------Г~2— = sin x = i =
J cos x J cos x J 1 - sin x ' '
1±£
1-t
f dt 1,
= ------= —In
Jl-t2 2
в) Воспользуемся универсальной тригонометрической
заменой
1,
+ C-2>n
1 + sin х
1 - sin x
+ C.
cos x • dx
(1-cosx)2 ~
tg- = t
x = 2 arctg t
2
dx =----- dt
1 + t2
1-t2
cos X =----
1+t2
(1 - cos x)2 = -r^—
(l-t2)(l + t2)2-2
(l + t2).4t4.(l + t2)
f (t~4 -t~2)dt = ~4r3
J ' ' о
1 -1
+ -t * + C =
1 , 3 X 1 , X
_ctg — + —ctg—+С;
Преобразуем выражение cos6 x, используя формулы
понижения степени:
COS6 X —
1 + cos2xV
2
1 + 3cos2x + 3cos2 2x + cos3 2x
8
365 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
3
l+3cos2x+—(l+cos4x) , cos2x.(1+(;os4x)
8 16
5 7 3 х 1 „ 1
_ —1_ cos 2Х _|_ —- cos -|- —— cos 2х + cos 6х =
16 16 16 32 32
5 15 „ 3 , 1
= — + — cos 2х + —- cos 4х + —- cos 6х.
16 32 16 32
Следовательно,
f 6 , Г 5 , f 15 о
I cos х • dx = I — dx + — cos 2x • dx +
J J 16 J 32
f 3 . , f 1 „ , 5 15 sin2x
J 16 J 32 16 32 2
3 sin4x 1 sin6x _ 5 15 . n
1---------H--------— + C — — x + — sin 2x +
16 4 32 6 16 64
3 . , 1 . .
<- — sin 4x + — sm 6x + C.
д) Применим универсальную замену:
Г dx
J 4 - sin x
, X ,
tig- = t
x = 2 arctg t
, 2
dx =------- dt
1 + t2
2t
sinx =-----
1 + t2
______2dt
(l + t2)^--^-")
I 1 + t )
2dt f dt 1 f dt
2(2t2-t + 2) *2t2-t + 2 2Jt2_li + 1
2
Практикум по высшей математике
366
f sin — + cos —
J 2 2
X
Если sin —
Zu
X
+ COS — > 0, TO
Li
~ -2cos— 4- 2sin— + C.
X X
Если sin — 4- cos — < 0, то I =
2 2
П . x x i ,
I sm — 4- cos — dx =
J 2 2
X X
= 2 cos — - 2 sin — 4- C.
2 2
ж) J gX • sin 2x • cos 3x • dx == J ex (sin 5x - sin x) dx =
1 Г x • к. j 1 f ox , If 1 Г
— I e • sin 5x • dx--I e - sm x • dx = — 1. - —
2J 2J 2 1 2 2
Интегрируя по частям, получаем
Ц = ] gX • sin 5x • dx =
dv = sin 5xdx
du =exdx
1
v = — cos 5x
= _ _ ex . cos 5X -f- — I ex • cos 5x dx =
5 5 •»
и - ex du - exdx
5
cos 5x 4-
dv = cos 5xdx v = — sin 5x
4- — - ex • sin 5x — I ex • sin 5x • dx ;
5^5 5J J
367 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Д = - — ех • cos 5х 4- ех • cos 5х - — 1Х.
D Л м Л м
25 ( 1 с 1 . _
Следовательно, Ц = 261 ~ 5^cos 5х + 25 Sln
ех 4- Сх =
f 5 1
26 ’ 26
Аналогично,
---cos 5x4—sin5x ех + Cv
2 = J в • sin х • dx =
du=exdx
и = е
du=sinxdx u =-cosx
= -ex • cos x 4- I ex • cos x dx =
du = exdx
dv = cos xdx v = sin x
= -ex • cos x + ex ’ sin x -
и = e
j • sin х • dx;
I2 = -ex • cos x 4- e* • sin x - I2.
Следовательно, I2 = — ex(sin x - cos x) 4- C2.
Окончательно получаем
1
e ‘ sin 2x • cos 3x • dx =
5 e 1 • e I
----cos 5x 4 — sm 5x e
52 52
52
1
- — (sin x - cos x)ex 4- C
_ v cos5 x cos3 X
Ответ: a) —---------—
5 3
O x 1 , x
7+2ctg7 +C;
Li Li U
15 . 3 . ,
— sin 2x 4- — sm 4x 4-
64 64
+ C; 6)
-In
2
1 + sin x
1 - sinx
1 х
в)--Ctg
о
ч 5
г) 16*+
1
— зхпбх + С;
ч 2
д) -7= arctg
715
715
+ C;
Практикум по высшей математике
368
, п X п . X „ . X X ~
e)-2cos— + 2sm — 4- С, еслиэт — +cos— >0;
XX XX
2 cos — - 2sin — + С, если sin — + cos — < 0;
Z A A £*
f 5 1 1 1 A
ж)----cos5x + — sin5x —sinx 4- — cosx \e* + C
52 52 4 4 1
Задания для самостоятельного решения
1.
Г (х-1)3
J х4
dx
I U-A
J X
3.
f 9 + 2х2
J x2(9 + x2)dX
5.
dx
• 9 9
sin* X-COS* X
7.JV(l + 3x)2 dx
feigxdx
J cos2 X
f dx
11.] c ~ 2
J 5 + 2x2
13. . f dx
д/бх2 + 1
15. f dx
' 7x 4- 3
dx
V4 - 3x - x2
4. J ctg2xdx
6. J ‘ dx
4 - 5x
8. J ‘ dx
x • Inx
10. Г dx
J л/7-Зх2
12. f dx
J 3x2 - 4
14. f cos x • sin x • dx
J 1 -4 •’ 1 + sm x f 2x -3
16.
J 2 A 1 J x + 4x +1
18. f dx
J ex(l + e~x)
19. J e2x • cos x dx
21. J arctgTx dx
20. J In x dx
22. j dx
369 6* Функция одной переменной: интегральное исчисление
x3 - 6x2 4- 8x 4-1
x2 - 6x 4- 8
X2 4-2
(x-l)3dX
..3 , „ -I
(х2 + 2)2 dx
dx
28.
2x2 4- 4x 4-4 ,
----------— dx
x3 4- 2x2
~3 , „2 „ , !
~~r~.—dx
x -1
Jl -x dx
——
V 1 4- X X
х2 -3x4-1
dx
х-Й + х6
cos х • cos 2х • cos Зх • dx
34. [Л-
J sinx
36. J e* * * x • sin2 x dx
dx
2 sin x - cos x 4- 5
Ответы:
i I I 3 3 1 12 e/ 5 3 3I
1. In Ы 4-----4- —- +C; 2. x + — v x 4- — v x 4- C;
x 2x2 Зх3 5 2
11 X
3.--+ -arctg- 4- C;
X О о
5. -2ctg 2x 4- C;
4. —x - ctg x 4- C;
ln|4 - 5x|
6.----!------+C;
5
7. | (1 4- 3x) V(l + 3x)2 4- C; 8. In |ln x| + C;
5
1 л/Зх
9. etg x 4- C; 10. arcsin —7=~ 4- C ;
vo v7
i y/2x
11- -7=arctg~7=- 4- C;
V10
i/Зх — 2
л/Зх 4- 2
11/11 1
13. -7= • In x 4- Jx2 4- — 4- C; 14. — arctg (sin2 x) 4- C;
V5 V 5 2
\ /
Практикум по высшей математике
370
*1п
х + 2 — V 3
. 2х + 3 , ~
17. arcsin--------1- С;
5
е2х
19. -у (sin х + 2 cos
18. -1п(1 + е~х) + С;
.__ _ X2 1
22.3- -Л* + С; 23. v+ oln
• А А
х - 4
х-2
24. In
_2__ 3_L_+c.
x —1 2(x-l)2 ’
26. | In (x2 +1) •
A
\
1 1 x 2 — x
27. - ln(x2 + 2)----7= arctg-j= +---------
2 472 42 4(x2 + 2)
t2
28.In-.--
7? +12
2t 2+l „ Jl-x
—/==—+ С,гдег = 3--
V3 V1 + x
33. (лГ~ + 2* vx
2 ' V7 V7
on 25 , . 5>/5 , 3 45 , n 205 „
30. ----sh4z +---sh z + —sh2z------z + C .
512 8 64 128
2 ( ЗА
где chz = -?= x— .
V51 2 I
x + x2
„2
x
x + 2
2
х
X -1
x + l
1
X b
on l.ft-lA 1. t2+t + i 1 x t2-1 , _
32. —In +—In—--------+ —= arctg—г=-+ C,
12 »2-t + l 243 tj3
6
где t = 71
.6 .
371 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
х sin 2х sin 4х sin 6х
33. — +----+------+-------+ С;
48 16 24
X
1 . COS х-1 1 3 tg — +1
34. - In---- + С; 35. -== • arctg---4— + С;
2 cos х +1 ^5 V5
ех
36. —- (5 - cos 2х - 2 sin 2х) + С.
6.2. Определенный интеграл
Пусть функция у = Дх) определена во всех точках от-
резка [а; &]. Произвольной конечной системой точек х4,
i = 0, 1, ... , п, таких что
а - х0 < Xi < х2 < ... < х„_. < хп - b
разбиваем отрезок [а; 6] на отрезки [х4, х4+1]; i = 0, 1, ... ,
п - 1.
На каждом из полученных отрезков произвольным
образом выбираем точку с4+1: с4+1 g [х4; х4+1], и рассчиты-
ваем значение функции у = f(x) в этих точках.
Составляем так называемую интегральную сумму, со-
ответствующую данной разбивке х4 и выбору точек с4+1,
i = 0, 1, ... , п - 1 :
п-1
о = X f (см) • Дх4,
1=0
где Дх4 = х4+1 - х4.
Обозначим через Л = max |Дх4|, т. е. Л - длина наиболь-
шего из отрезков [х4; х4+1].
Определение 1. Если при Л -4 0 (п -» °°) существует
конечный предел интегральных сумм ст, то этот предел
называется определенным интегралом функции у = Дх) на
отрезке [а; &]:
ь
Г Дх) dx = lim ст.
а
Определение 2. Если существует определенный интег-
рал функции у = Дх) на некотором отрезке, то функция
называется интегрируемой на этом отрезке.
К числу наиболее важных типов интегрируемых фун-
кций относятся непрерывные функции; ограниченные
Практикум по высШей математике 372
функции, имеющие конечное число точек разрыва; огра-
ниченные монотонные функции.
Свойства определенного интеграла
ь
1. J dx = Ъ - а.
а
2. Если функция интегрируема на отрезке, то она ин-
тегрируема и на любом отрезке, вложенном в него.
3. Если функция f(x) интегрируема на отрезках [а, с]
и [с, &], то она интегрируема и на всем отрезке [а, &], при
этом
& с b
J f (х) dx = J f (х) dx 4- J f (x) dx.
a a c
4. Если функции Д(х) и f2(x) интегрируемы на отрезке
[а, &], то функции fi(x) ± f2(x) также интегрируемы на
этом отрезке, при этом
ъ ь ь
Jfo(x) ± ft{x))dx = J/i(x)dx ± ff2(x)dx.
а а а
5. Если функция f(x) интегрируема на отрезке [а, &], то
функция С • Дх), где С - const, также интегрируема на
этом отрезке, при этом
ъ ь
Jc7(x)dx = C- p(x)dx.
а а
6. Если функции Д(х) и /2(х) интегрируемы на отрезке
[а, &], то функция Д(х) • /2(х) также интегрируема на этом
отрезке.
7. Если функция Дх) неотрицательна и интегрируема на
отрезке [а, Ь], то
ь
J Дх) dx > 0.
а
Если при этом существует точка х0 G [а, 6], такая что
ь
f(x0) > 0, то J f(x) dx > 0.
а
а
8. J Дх) dx = 0.
а
373 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Ь а
9. J fix) dx = -£ fix) dx, где f(x) - интегрируема на от-
а Ъ
резке [а, &].
10. Если функция fix) интегрируема на отрезке [а, 6], то
функция |Дх)| также интегрируема на этом отрезке, при этом
ь ъ
\^fix)dx\< J|/(х)|dx.
а а
Теорема о среднем
Теорема 1. Если функция fix) интегрируема на отрез-
ке [а, Ь] и при этом
т < fix) <М, хе [а, Ь],
ь
то m(b - а)< J fix) dx < М(Ь - а).
а
Следствие. Если функция fix) непрерывна на отрезке
[а, &], то существует точка с е [а, 6], такая что
ъ
j fix) dx = fic) • (b - a),
a
Методы вычисления определенного интеграла
Теорема 2. Если функция fix) непрерывна на отрезке
[а, Ь], a F(x) - ее произвольная первообразная на этом от-
резке, то
ь
f- Ь
I fix) dx = F(b) - F(a) = F(x) .
J a
a
a
Эту формулу называют формулой Ньютона-Лейбница.
Теорема 3. Если функция fix) непрерывна на отрезке
[а, 6], функция <p(t) непрерывна вместе со своей производной
Ф'(0 на отрезке [а, 0], где а = ф(а), Ъ = ф(Р), и при этом слож-
ная функция /(ф(<)) определена и непрерывна на [а, 0], то
j fix) dx = | /(ф(х)) • ф'(*) dt.
а а
Эта формула называется формулой замены переменной
или формулой интегрирования подстановкой. Очевидно,
Практикум по высшей математике
374
что ее можно использовать как слева направо, так и спра-
ва налево.
Теорема 4. Если функции и(х) и и(х) непрерывны вме-
сте со своими производными на отрезке [а, Ь], то
ъ ь ь
и(х) • dv(x) = и(х) • v(x) - I v(x) • du(x).
a J
а а
Эта формула называется формулой интегрирования по
частям для определенного интеграла.
Пример 1. Вычислить интегралы:
Решение.
1
2
сexdx #
• х2
п
г cos3 xdx
* л/sin х
~2
а) Так как — = d(ln х), то
dx
f d(ln x)
- J ;Г-(1пх>2
e
1
— arcsin(ln e) - arcsin(ln 1) = arcsin 1 - arcsin 0 =
71
2’
dx
б) Заметим, что — = - d — , поэтому
X \x)
1
= -ex
e2
- e1
2 1
2
I
— e - че .
-1 1
i
2 - ,
Г exdx
J x2
1 x i
в) Выделим полный квадрат в квадратном трехчлене
8 + 2х - х2 = 9 - (х - I)2, получаем
\ dx f d(x-l) . х
I —r— -= = I = ===== = arcsin q
_o>5 v8 + 2x - x2 _isV9-(x-l)2
-0,5
375 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
= arcsin 0 - arcsin
„ л
-0+6-
.4 ч * 4 т
г cos xdx Г cos xcosx-ax
< л/sin х л/sinx
л
6*
.Я
4 П
г (1-sin x)-dsinx _
J ~ Г
(sinx)3
3 - (sin х)3 d(sin х) =
< 2 8 '
3(sinx)3 3(sinx)3
2 8
—Vsin2 x - —sin2 x Vsin2 x
I2 8
гз3/г_з -1 = — з/I--
2V2 8 2V2 2 81 16V2 8’
Л Г ч ч 21 9
Ответ: a) - ; 6) e - Va ; B) -; r) - »|- - -
Пример 2. Вычислить интегралы:
3 i 7 2 j
f xdx f x dx
J , J (1 + *2)3 ’
«э и
Л
2 In 5 T ~
f dx ' f exylex -1 ,
B) ~; r) —r-------dx.
J 2cosx + 3 J e + 3
о о
Решение.
Воспользуемся формулой замены переменной (теорема 3)
Практикум по высшей математике
376
V1 + х = t
8 , X — t2~l
а) dx = 2tdt
• Vl + x I---
3 ДЗ) = Vl + 3 = 2
t(8) = Vl + 8 = 3
j(t2 -l)-2^
2 *
б) Данный интеграл является интегралом от рацио-
нальной функции; однако применение тригонометричес-
кой подстановки намного эффективнее:
о
x2dx
(1 + х2)3
х = tgi
1 + х2 =-Л~
cos2 t
, dt
dx =---—
cos2 t
t = arctg x
t (0) = arctg 0 = 0
t(l) = arctg 1 = —
Г tg2t • dt
J 2 1
0 cos t-----—
cos6 t
я я я
)1 4 4
sin2 t • cos2t dt = — Jsin22i«di= — J(l-cos4t)dt =
о oo
If 1
— t—sin4z
8 4
- — sin it — 0—sinO
4 8 4
в) Воспользуемся универсальной тригонометрической
заменой:
377 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
t =
1-t2
COS X = ------
1 ! 4-4
я
| dx
J 2 cos x + 3
x = 2 arctg t
, 2dt
dx =-------
1 ! -#2
о
t(0) = tgO = 0
/ 71
Я I 71
‘2
2
1
1
2dt
2dt
1-t2
Jo 2 - 2t2 + 3 + 3t2
f.2dt. = A arctg
J5 + 12 Vs Vs
2 , 1
-7= arctg -=r
V5 V5
Y e* Ve'-l
r) J e'+З dx“
x = ln(t2+l)
dx=
2tdt
P + 1
t (0) = ve° — 1 = 0
t(ln5) = Veln5-l=2
2 о
f (t2 +1) • t • 2tdt
J (t2 +4)-(t2 +1)
r 2t2dt
Jt2+4
2
0
t2 + 4 - 4
t2 +4
dt =
Практикум по высшей математике
378
2
= 2 f
4
t2 +4
= 4 — тг.
(4 t
dt=s2 t-—arctg—
z 2 о
2
= 2(2 - 2 arctg 1) =
4
2
2
1
32 л 2 1
Ответ: а) — ; б) — ; в) -у=- arctg -=; г) 4 - тг.
3 32 75 75
Пример 3. Найти интегралы:
я
2
a) Iх • cos х
Я
2
Г 2х 1
I е cos х dx.
е-1
О
О
о
Решение.
Воспользуемся формулой интегрирования по частям
для определенного интеграла,
я
a) I x • cos x • dx =
о
du = dx
dv=cosxdx и = sinx
и = х
= х sin x
я 1
2 } . , 71
0 j 2
71
2 ~1:
я
2
о
е-1
u = ln(x + l)
, dx
du=----
х+1
dv = dx
0
u = x
= X
е-1 е~1
г х
Г гdx = е-1 -
J х + 1
о
e-1
dx =
0
x + 1
= e - 1 - (x - ln(x + 1))
e-l
= e-l-(e-l-l) = l;
о
в) I e2x cos x dx =
о
и = e2x du = 2e2xdx
do = cosxdx v = sinx
379 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Я 5 *
2 f
?2ж • sin х -2-1 е2х • sin х • dx = е* - 2 | е2х • sin х • dx =
0 i i
и = е2х du = 2e2xdx _
dv = sinxdx v = -cosx
- en + 2cos xe2x
/
2 ar
= en - 2 “ cos xe
cos xedx
J
n
cosxdx =
Я
= en - 2 - 4 J e2x cos xdx.
о
Следовательно,
Я Я
2 2 en 2
5 J e2x cos xdx = en - 2; J e2x cos xdx = --
о о ®
Ответ: a) — - 1; 6) 1; в) —-—
2 5
Задания для самостоятельного решения
f 2 + In х
1. dx
J x
i
3.
Я
J x • cos 3x dx
о
2 1
J cos —
—^dx
1 x
it
2
4. J xyl2x2 ~ 1 dx
Практикум по высшей математике
380
1
5. J arctg х dx
о
? dx
J 1 + sin x
о
1
6. J е2х sin Зх dx
о
f dx
8. ----------
I х2 +6х + 10
Ответы:
6. —- sin 3 - cos 3 + — ; 7.1 ; 8. arctg 4 - arctg 3.
13 13 13
6.3. Несобственные интегралы
Интегралы от неограниченных функций
Определение 1. Пусть функция f(x) определена и нео-
граничена на полуинтервале [а, Ъ), при этом она ограниче-
на и интегрируема на любом отрезке [а, с], где а < с < Ь.
С
Если существует конечный предел lim f(x) dx, то он
с—J
а
называется несобственным интегралом функции Дх) на
отрезке [а, Ь] и обозначается
ъ
У Дх) dx.
а
Аналогичным образом вводится понятие несобственно-
го интеграла для функции, неограниченной на полуинтер-
вале (а, 6]:
ь Ъ
[ /(х) dx = lim Г Дх) dx.
J c->a+0J
a c
381 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Если функция неограниченна на интервале (а, &), и при
с
этом существуют несобственные интегралы J f(x) dx и
а
Ъ
J f(x) dx, где с е (а, Ъ), то
С
Ъ с ъ
J /(х) dx = J /(х) dx + J /(х) dx.
а а с
Определение 2. Если несобственный интеграл суще-
ствует, то говорят, что интеграл сходится. В противном
случае говорят, что интеграл расходится.
Теорема 1. Если функция /(х) непрерывна на полуин-
тервале [а, Ь) и F(x) - произвольная первообразная функ-
ции /(х) на [а, Ъ), тогда
ь
Г /(х) dx = F(b - 0) - F(a), где F(b - 0) = lim F(x).
J X-4&-0
a
Аналогичным образом находится интеграл от функ-
ции, непрерывной на полуинтервале (а, &]:
ъ
Г /(х) dx = F(b) - F(a + 0), где F(a + 0) = lim F(x).
J x—>a + 0
a
Пример 1. Вычислить несобственные интегралы или ус-
тановить их расходимость:
1
a) J Inxdx;
о
Решение.
а) Функция у — In х определена при х > 0, поэтому не-
собственный интеграл на отрезке [0; 1] понимается как
следующий предел:
1 1
In х dx = lim In x dx =
J c-»0+0J
0 c
U = Inx
dv = dx
, dx
du — —
x
v = x
Практикум по высшей математике
382
1
= lim xlnx
с->0+0
1
— X
с
с
= lim. (—с • In с ~ 1 + с).
с->0+0
Поскольку lim с • In с = (0 • «>) = lim In сс = In 1 = О
с_>0+0 с-»0+0
(см. Замечательный предел 6, стр. 276)
1
то Jin xdx = -1.
о
б) Функция • , - определена при х > 1; следователь-
•vx —1
но, несобственный интеграл на отрезке [1; 2] имеет вид:
xdx _ ц Г xdx
(х - 1 с-И+oJ 7х -1
Vx-1=t
X = t2 +1
dx=2tdt
f(c) = 7c-l
t(2) = l
.. f (f2+l)-2f-d£ _ f. 2
= lim I ------------------ = lim 2 I (t2 + l)dt =
c->i+o J t c—»i+o J
( t3
= lim 2- — + 2t
c-H+O 3
k 7
383
6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
•lx = ln(f + 1)
X =ln2(f + 1)
, 21n(t + l)dt
ах =-------------
г + 1
t(c) = e^ -1
t (1) = e -1
.. e e 21n(t + l)-di
lim I ----------------------
c—>0+0 J (t 4-1) • t • ln(£ + 1)
eVc-l
e-1
= 2 lim f
c—>0+0 J
= 2 Hm In -—-
c—>o+o e
k
расходится.
8
Ответ: a) -1; б) — в) расходится.
О
Интегралы с бесконечными пределами
Определение 3. Пусть функция /(х) определена при всех
х > а и интегрируема на любом конечном отрезке [а, Ь],
ь
Ъ > а. Если существует конечный предел lim I f(x) dx, то
b—>+<*> *
а
он называется несобственным интегралом функции /(х)
при х > а и обозначается J /(х) dx.
а
Аналогично, если функция определена при х < Ь, то
ъ ъ
|7(x)dx = Ит f/(x)dx.
J <!-->—-oo J
—oo a
Если функция определена на всей числовой оси, то
Практикум по высшей математике
384
J fix) dx = J fix) dx + j fix) dx.
Теорема 2. Если функция fix) непрерывна при х > а и
Fix) - произвольная первообразная функции fix) при х> а,
тогда
f fix) dx = F(4-oo) - F(a), где F(+«>) = lim Fix).
J X—
a
Аналогично, если функция определена при х < а, то
а
f fix) dx = Fia) - Fi~oo), где F(-~) = lim Fix).
J X-*~“>
Пример 2. Вычислить несобственные интегралы или ус-
тановить их расходимость:
dx
1 + х2 ;
f x In xdx .
{(1 + x2)2’’
С
Решение.
а) По определению несобственных интегралов с беско-
нечными пределами интегрирования получаем:
+©о С
Г dx _ 1 Г dx _
*х2+2х + 2 J х2 + 2х + 2
f d(x +1)
= lm 7----ТГг—Г = arctg(x + 1)
c_^J(x + l)2+l
= lim arctg (с+1)
T x In xdx
б) JaTP?'
Применим интегрирование по частям:
О
п
4
71 71 71
2 ~ 4 = 4 '
f x In xdx
J /1 . «2x2 ‘
х In xdx
(1 + х2)2
1 . dx
u = lnx du = —
x
- xdx -
(1 + x2)2 2(1+x2)
385 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Inx 1 Г dx
2(1 + х2) +2J х(1 + х2)
„ s 1
Дробь ------— легко приводится к виду
х(1 + х2)
х(1 + х2)“х 1 Д* ’ следовательно,
Г х In xdx _ _ In х
J (1 + x2)2" (1 + x2)
Таким образом,
+ In x - ln(l + x2)
4*00
r x In xdx
J (1 + x2)2
Inx
2(1+ x2)
Inx ln(l + X2)N
+ ~2 4
1 .. ( Inc . ln(c2+l) 1. _
--lim —------------In c +—----- - In 2
2c^c2+1------------------4-2
1 .. f Inc . Vc2 + 1
— lim —---------In---------
2e-»+oc c2 +1 c
-lnV2
.. In c
Очевидно, что ДДДД "2~™™ = 0;
lim In
с
+ “2 = Ini = 0, следовательно,
4-00 Г“
г х In xdx _ lnv2 _ In 2 ]n2
J (1 + x2)2 ~~2 Г =
7 dx _ dx 7 dx _
B J 1 + x2 J 1 + x2 J 1 + x2
-00 -о® и
0 c
.. f dx f dx
= lim ---------- + lim I------s- =
c_,_ooJ 1 + x2 1+X2
c 0
lim
c—>—«
A
arctg x
+ lim arctg x
13. Зак. 6
Практикум по высшей математике
386
л In 2
Ответ: а) —; б) ——; в) л.
4 4
Задания для салюстоятелямого решения
1.
3.
5.
г dx
* xVlnx *
4-оо п
f 2х2 + 5
I —z-----о----dx.
£(х2+2)(х2+3)
dx
х2 + х - 2
4. Jarctg х dx.
i
+®о
6. |Vx е~х dx.
о
Ответы:
1. расходится; 2. расходится; 3. 2; 4. расходится;
у/з + у/2
5. -г— л; 6. 1.
V6
6.4. Приложения определенного интеграла
Вычисление площадей
Площадь криволинейной трапеции
Определение 1. Пусть фун-
кция у = f(x) определена, не-
прерывна и неотрицательна
на отрезке [а, Ь], тогда плос-
кая фигура, ограниченная ду-
гой графика функции на этом
отрезке и прямыми х = а, х = Ь,
у = 0, называется криволиней-
ной трапецией.
3'87 6- Функция одной переменной: интегральное исчисление
Площадь криволинейной трапеции определяется по
формуле:
ь
S=jf(x)dx.
а
Площадь «сложной» фигуры
Под «сложной» фигурой
будем понимать часть плоско-
сти, ограниченную непрерыв-
ными на отрезке [а, &] кривы-
ми у = /(х) и у = g(x) (f(x) >
> g(x), х е [a, &]) и прямыми
x = a, x = b.
Площадь «сложной» фигу-
ры находится по формуле:
ь
S= f(f(x) - g(x))dx.
а
Распространенной является постановка задачи о пло-
щади плоской фигуры, ограниченной двумя кривыми.
Предполагается, что эти кривые, пересекаясь, образуют
некоторую ограниченную фигуру. В этом случае пределы
интегрирования (х = а, х = Ь)
заранее не известны и долж-
ны быть определены из реше-
ния системы уравнений:
У = fix),
У = g(x).
Если задача поставлена
корректно, то эта система
имеет два решения, которые
определяют координаты то-
чек пересечения кривых.
Площадь фигуры, ограниченной
параметрически заданной кривой
Пусть
х = х(£),
У - yit), - параметрическое уравнение кусоч-
JG[O,T]
но-гладкой простой замкнутой кривой, проходимой про-
13*
Практикум по высшей математике
388
тив часовой стрелки. Тогда формула площади ограничен-
ной данной кривой фигуры имеет вид:
т
S = - J y(t) • x'(t) dt =
о
т
j x(t) • y'(t) dt =
о
т
= -|(x(t)/(O “ x'(t)y(t))dt.
о
Если при изменении параметра t от 0 до Т кривая про
ходится по часовой стрелке, то в этих формулах необхо-
димо сменить знак на противоположный.
Площадь криволинейного сектора и сегмента
Решение.
Площадь сектора, ограничен-
ного непрерывной кривой г = г(ф)
и лучами ф = а; ф = Р (а < Р),
равна
S= | J г2 (ф)</ф.
а
Площадь сегмента, ограничен-
ного непрерывными кривыми
г = г(ф) и р = р(ф) и лучами ф = а;
Ф = Р (а < Р), равна
s= - I (г2 (ф) - р2(ф))с?ф.
Л *
а
Пример 1. Вычислить площади
фигур, ограниченных линиями:
a)y = sin х; х = 0; х =
л
«; у = о
&
б) у = ех; х = 0; у = 0, х < 0.
а) Совокупность линий у = sin х; х = 0; х = —; у = 0
определяет криволинейную трапецию, площадь которой
равна
389 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Л
J sin(x) dx = -cos х
о
б) Совокупность линий у =
= ех; х = 0; у = 0 с дополни-
тельным условием х < 0 зада-
л
2
= 1.
а
ет неограниченную плоскую
область, площадь которой
(если существует!) вычисля-
ется как несобственный ин-
теграл
о о
S = Г exdx = lim | exdx =
-оо a
= lim (1 - e°) = 1.
a—»-oo
Ответ: a) 1; 6) 1.
Пример 2. Вычислить площади фигур, ограниченных ли-
ниями:
а) х2= 2у; (1 + х2)у = 1; б) у2 + 8х = 16; у2 - 24х = 48;
в) у2 = х(х - I)2.
Решение.
а) Плоская фигура ограничена параболой у = х2 и гра-
&
1
фиком функции у = ----.
1 + X
Находим точки пересечения графиков:
1 2
у = — х ,
У 2
1
Х12 — il
~ 2 * [х4 + х2 - 2 = 0,
1 + X
1 1
—£—; У = ~--г?
1 + х2 1 + х
1
У 1.2 = 9*
Следовательно, графики пересекаются в точках
Практикум по высшей математике
390
Так как исходные функции - четные, то ограничивае-
мая ими фигура симметрична относительно оси Оу. Вос-
пользуемся этим обстоятельством:
п 1
= 2 “ 3 *
и у2 - 24х = 48 задают гра-
1
° г 6>
б) Уравнения у2 + 8х = 16
I 1 з
= 2 arctgx- —х
фики парабол, осью симметрии ко-
торых является ось Ох.
Каноническое уравнение первой
параболы: у2 = -8(х - 2), следова-
тельно, ее вершина находится в
точке (2; 0); ветви направлены в
отрицательном направлении оси
Ох.
Каноническое уравнение второй
параболы: у2 = 24(х + 2); ее верши-
на расположена в точке (-2; 0); вет-
ви направлены в положительном
направлении оси Ох.
Находим точки пересечения па-
рабол:
у2 = -8х +16,
у2 = 24х + 48;
- 8х +16 = 24х + 48, х =s -1,
у2 = 24х + 48; у2 = 24;
391 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Xj — 1,
У1 = -4М;
х2 = -1,
Vi = л/24.
Параболы пересекаются в точках (-1; -2 Тб) и (-1; 2 V6).
Очевидно, что искомая фигура симметрична относи-
тельно оси Ох, поэтому достаточно найти площадь верх-
ней части фигуры: «криволинейного треугольника» ABD.
Возможны два варианта расчета площади S.
1) Если принять в качестве переменной интегрирова-
ния х, то
5 = 2’(•З'две + SBCD), где
-1
!двс= J
-2
I 4^-
— (24х + 48)2
36
-2 3
2
SBCD = J V- 8x + 16dx = 4>/б , следовательно,
-1
2) Если принять в качестве переменной интегрирова-
ния у, то S' = 2 • Здвд,
гДе Sabd =
16-у2 у2 -48'
8 24
7
1б7б „ 32>/б
= —-—, следовательно, S = —-—
Отметим, что в первом варианте расчета площади прихо-
дится разбивать фигуру ABD на две: АВС и BCD, поскольку
верхняя граница области состоит из двух различных фраг-
ментов. Во втором варианте такой необходимости нет, так
как фигура ABD имеет единую левую и правую границы.
в) Целесообразно хотя бы эскизно воспроизвести гра-
фик функции у2 = х(х - I)2. Данная линия образует пет-
лю, которая симметрична относительно оси Ох, следова-
тельно,
Практикум по высшей математике
392
1 __________ 1
S = 2 Jу/х(х -1)2 dx = 21(1 - х)4х dx =
о о
Здесь учтено, что при 0 < х < 1: у (х - I)2
= \х - 1| = 1 - X.
ч л 1 32у1б ч 8
Ответ: а) - - - ; б) -у-; в) —.
Пример 3. Найти площади фигур, ограниченных коивы-
ми, заданными параметрически:
а) циклоида х = a(t - sin /), у = а(1 - cos t), у = О,
t е [0; 2л];
б) х = 2г - i2; у = 2t2 - t3.
Решение.
а) Значениям параметра 0 < t < 2п соответствует одна
арка циклоиды, которая проходится по часовой стрелке,
поэтому
2 тс
S = jy(t) • x'(t)dt =
о
2л
= Ja (1 - cos t) a (1 - cos t)dt —
о
2n
— a2 J (1 - 2 cos t + cos2 t) dt —
о
У
О па, 2па "x
393 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
= а2
2л ,
| 1-2 cos t +
о \
1 + cos 2t '
2
dt =
2л
= а2
пЗ 1 >
— 2 cos г+ —cos 2г dt —
J 2 2
<Л /
= а2
3 „ . 1 . п
—f-2sinf + — sm2i
2 4
2л
О
= а2(3л - 0) = Зла2.
б) Поскольку заданная кривая ограничивает часть
плоскости, то существуют по крайней мере два различных
значения параметра t таких, что x(£x) = х(г2) и yit^) = у(г2).
Для определенности будем считать t1 < t2:
2tr -1[ = 2t2 -1%,
2tt - tf = 2t2 - t2;
— t2) — Gi — ^2)^1 + ^2) ~
2(ij — г2)(гх + t2) — (t^ — t2)(ti + t]t2 + t2) = 0;
(ii - t2) (2 (ij + i2)) — 0,
Gi ~ ^2) + t2) — (ij +t2) + гхг2) = 0.
Поскольку tx - t2 Ф 0, то система приобретает вид:
гх + г2 = 2,
/1/2 = 0;
условию tx < t2 соответствует решение tx = 0; t2 = 2.
Простой подсчет нескольких значений параметра t на
отрезке [0; 2] позволяет представить эскиз линии, задан-
ной параметрически. Очевидно, что кривая проходится
против часовой стрелки, поэтому
2
S = -J(2f2 -t3)(2-2t)dt~
о
2
=|(-2г4+бг3-4г2)йг =
о
f 2 5 3 4 4 3
—t5 +—t4—t6
5 2
Практикум по высшей математике
394
Ответ: а) Зла2; б)
8
15*
Пример 4. Найти площади фигур, ограниченных кривыми,
заданными в полярных координатах: а) кардиоида
г = а(1 + cos ф); б) спираль Архимеда г — а(р, ф е [0; 2л].
в) Перейдя к полярным координатам, найти площадь,
ограниченную лемнискатой (х2 + у2)2 = 2а2ху.
Решение.
а) Если в условии задачи не указан диапазон значений
угла ф, то либо этот диапазон совпадает с областью допу-
стимых значений функции г(ф), либо принимается рав-
ным отрезку [0; 2л].
Поскольку фигура симметрична относительно оси Ох,
можно найти площадь половины фигуры, что соответ-
ствует диапазону значений ф от 0 до л:
1 1 Г 2
— S = - а (1 + cos ф)Мф =
л *
о
2 я
= — j (1 + 2 cos ф + cos2 ф) с/ф =
2 •
о
О-2 fL п 1 + соз2ф>|
= — 1 + 2совф +
2 J
0 V
а2 ( 3
=— —ф + 2зшф +
2 12 4
-а
з1п2фЛ|71
о
сГф =
2 о
а о
~2 2
X
2
_ 3 2
' 2 П 4™'
3
следовательно, полная площадь кардиоиды S = — ла2.
б) Изобразим искомую плоскую фигуру:
2л 2
1 г о а ।
S =— I а ф2с/ф = ——
2 J 2
о
в) Воспользовавшись
формулами:
X = Г • COS ф,
у = г • sin ф;
получаем следующее уравнение
лемнискаты в полярной
системе координат:
2л
0
395 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
(z^cosI 2 ф 4- r’cos2 ф)2 = 2а2 • г cos ф • г sirup;
г2 = azsin 2ф.
Из структуры уравнения видно, что кривая определе-
на при тех значениях ф, когда
sin 2ф > 0; 0 < 2ф < л; 0 < ф
3
или 2я < 2ф < Зя; я < ф < —
Получаем
ft
1 1 2
1 1 Г 2
— S = — I a sin 2ф с/ф =
2 2 *
о
я
а2 _ 2 а2
= — (-соз2ф) = —.
4 0&
S = a2.
3 4
Ответ: а) — яа2; б) — л3а2; в) а2.
2 а
Вычисление длин дуг
Длина дуги пространственной и плоской кривой,
заданной параметрически
Если пространственная кривая задана параметрически
х = x(t),
У =
.. то длина дуги вычисляется по формуле:
г = г(0,
t G [а, 5],
I = J ylx'2(t) + y'2(t) + z'2(t) dt.
а
Аналогично для плоской кривой:
ъ ______________________________
Z = J 7*'2(О + у'2 (О dt.
а
Практикум по высшей математике 396
Длина дуги плоской кривой, заданной явно
Если функция у = f(x) непрерывно дифференцируема
на отрезке [а, Ь], тогда длина дуги соответствующей кри-
вой имеет вид:
ь
I = ^1 + у'2(х) dx.
а
Длина дуги плоской кривой, заданной
в полярных координатах
J ----------
I = I у/г2((р) + г'2($) с/ф, где г = г((р) - непрерывно диф-
а
ференцируемая на отрезке [а, 0] функция, определяющая
плоскую кривую; а < <р < 0 .
Пример 5. Найти длину линии:
а) х = а • cos31; у — а • sin31 от точки (а; 0) до точки
t3
(0; а); б) х = t2; у ~ t - у.
Решение.
а) Точке (а; 0) соответствует значение параметра t — 0,
Л
а точке (0; а) - t = ~, следовательно,
л
Z = J7((a-cos3t),)2+((a-sm3t)/)2 dt.
о
Упростим подынтегральное выражение:
7 a2 (-3 cos2 £ • sin £)2 + a2 (3 sin2 £ • cos £)2 =
= 3a Jcos4 t sin2 t + sin4 t • cos2 t =
= 3a |sin t • cos £| • у cos2 t + sin2 t = 3a |sin t • cos £| =
= 3a • sin t • cos £,
, Л л
так как при t e 0; —
sin t > 0, cos £ > 0.
я
Я
Итак, I == За I sin t • cos t • dt — За I sin t • d(sin t) =
о
0
397 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
3 • 2 +
— a sin21
2
Я
2 За
° ~ 2 ’
f3
б) Найдем длину петли линии х = £2; у == t-. Для
3
этого необходимо найти значения tr и t2 параметра £, при
которых х(£х) = х(£2) и у(£х) = y(t2).
t2 -
ci
- t2
~ ь2»
ti .
"T2 "s’
(^1 — + ^2) ~~ 0,
(£j — £2)(3 —(£j+£2) =
Ч +12 = 0,
/1^2 = —
Переходим к расчету длины петли
_______________ Л
+ (1-£2)2 dt = [ (l + £2)di
ПОСКОЛЬКУ £j < t2, то
£j — —д/З,
£2 = л/З.
t4---
3
-V3
= 4у/з .
За f-
Ответ: а) — ; б) 4 V3 •
, Пример 6. Вычислить длину: а) дуги линии у = In cos х,
X е 0;^
4
б) дуги параболы у = ах2 от вершины (0; 0)
, 2 ч
до точки (х0; а х0).
Решение.
Я
4 ___________
а) I = J yjl + ((Incosx
о
я
4
Я
| cos х • dx
I
* COS X
я
4 ,, . ч
г d(sinx)
* 1 - sin2 х
о
sin х = и
u(0) = 0
ЛК
14 2
я
| dx
J cosx
о
[рактикум по высшей математике
398
Г du
J 1-u2
о
1,
= —In
2
= |1п + 1 11п(Т2 +1)2 = In(V2 + 1) •
2 -\|2 — 1 2
Здесь учтено, что (In cos х)' — —-— (cos х) -=
cosx
sinx
cosx
= -tg x;
а также использовано соотношение:
1 + tg 2 x = _£_ = г——। = ——
COS X COS X COS X ’
так как при x e
cos x > 0.
*0 _________ *0 ____________
6) I == | yjl + (2ax)2dx = | 71 + 4a2x2 dx =
о о
и = 71 + 4a2x2
dv = dx
, 4a2xdx
du = . . =
71 + 4a2x2
= 71 + 4a2x2
Xf x2dx £ .22 */f4a2x2+l-l
- 4a2 ;..;....= x0 • 71 + 4a2Xo - ——===-
J л/1 + 4а2х2 Jo Vl + 4a2xz
_______ *0 , *0 _______
= x0 • 71 + 4д2Хд + [ .z:.- x . = - । 71 + 4a2x2 dx =
i Л + 4a2x2 ;
399 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Гг
•А* Т . I Л I п
V 4аг
- pl + 4а2х2 dx.
о о
Получено уравнение для I:
I X(j ’ + 4o2Xq
следовательно,
Ответ: a) ln(V2 + 1);
б) |хо5/1 + 4а2Хо
1
4а2
Пример 7. Найти длину дуги:
1
а) гиперболической спирали г =~ , ф е [1; 2];
б) спирали Архимеда г = аф ; ф е [0; 2л].
Решение.
Практикум по высшей математике
400
2л _______________ 2л
J у]а2(р2 +а2 <2ф = а | ^ф2 +1 <2ф =
о
о
2л 2?
+ 1
= а ф
0 о уф +1
с/ф =
2я
= а 2п • ^4п2 +1 - Г ¥ v . —v . . .----
0 0 уф2 + 1
Получено уравнение для I:
I = 2па 7<л2 +1 + al:
2я
ф2 +1
2л
-I,
О
откуда получаем I = па ^4п2 +1 + — 1:
Л ч п: , 2 + V5
Ответ: а) —— + у/2 + In--;
2 14-72
712 + 1 I,
б) па Лл2
а
2
:П2 + 1 I .
Вычисление объемов
Объем произвольного тела
Пусть S = S(x) - функ-
ция, задающая площадь се-
чения тела плоскостью,
перпендикулярной оси Ох
в точке х.
Объем тела, ограничен-
ного плоскостями х = а и
х = Ь, вычисляется по фор-
муле:
ь
V = |s(x)dx.
а
401 в. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Объем тела вращения
Пусть функция у — f(x) не-
прерывна и неотрицательна на
отрезке [а, Ь], тогда объем тела,
полученного вращением криво-
линейной трапеции, образован-
ной функцией /(х), вокруг оси
Ох, вычисляется по формуле:
ь
P=7cj f2(x)dx.
а
Объем кольца, образованно-
го вращением вокруг оси Ох плоской фигуры, ограничен-
ной прямыми х = а; х = Ь и кривыми у = f(x), у = g(x), где
/(х) и g(x) - непрерывные неотрицательные на отрезке
[а, д] функции f(x)>g(x), вычисляется следующим образом
| (f2(x)-#2(x))dx.
а
Пример 8. Найти объем произвольного эллипсоида с цен-
тром в начале координат.
Решение.
Каноническое уравнение эллипсоида имеет вид:
2 2 2
X у 2
---+ — +-- = 1
2,2 2
а Ъ с
Рассмотрим произвольное сечение эллипсоида плоско-
стью, перпендикулярной оси Ох: х = const; х G [-а; а]. Как
известно, этими сечениями являются эллипсы следующе-
го вида:
2 2 2
У 2 „ X
~ +--- = 1-----
Ь2 с2 а2 ’
У2
22
------= 1
-2 \
(
ь2 1 —
с2 1-^г
а2
а2
х2
с полуосями Ь' = Ь 1---и С = С 1 -
\ a V
х2^
а2
Поскольку площадь эллипса равна произведению ко-
эффициента п на длины его полуосей, то площадь попе-
речного сечения эллипсоида плоскостью х = const имеет
вид
Практикум по высшей математике
402
Г 2 I
S(x) = Tib'с' = nbc 1 - — I.
I а2)
Следовательно, объем эллипсоида равен
а
J S(x) dx = nbc
-а
dx - nbc
4
= — nabc.
Ответ: —nabc.
Пример 9. Найти объем тела, образованного вращением
плоской фигуры:
а) у = 2х - х2; у — 0 вокруг оси Ох;
б) у = 2х - х2; у = 0 вокруг оси Оу;
в) петли кривой х = 2t - t2; у = 4i - t3 вокруг оси Ох;
г) петли кривой х = 2t - t2; у = 4t - t3 вокруг оси Оу.
Решение.
а) Совокупность уравнений у =
= 2х - х2; у = 0 определяет кри-
волинейную трапецию, ограничен-
ную параболой, ветви которой на-
правлены вниз. Вершина параболы
находится в точке (1; 1). Парабола
пересекает ось Ох при х = 0 и х = 2,
поэтому
2
V = п J(2x - х2)2 dx =
2 /
= п J (4х2 - 4х3 + х4) dx = п
о к
б) Преобразуем уравнение
параболы: х2 - 2х + у = 0;
xli2 = 1 ± Jl -y .
Очевидно, что уравнение
х = 1 + у/1-у задает правую
ветвь параболы, а уравнение
х = 1 - ^1-у ~ левую. Ис-
403 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
комый объем находим как объем кольца, образованного
вращением вокруг оси Оу линий х = 1 ± д/1 - у »У е [0, 1].
= л
( 2 А - 1 Я
= 4л • j - — (1 - у)2 = - л.
о j о о
в) Находим диапазон значений параметра t, при кото-
рых кривая образует петлю:
2ii — tf — 2t2 i2» j (^i + ^2)) ~
4ij — = 4i2 — i2; (ij - — Gi + + ^1^2) =
в предположении < t2 получаем:
+ ^2 = 2» t\ = 0,
ixt2 = 0;. t2 = 2.
Анализируя функцию x — 2t - t2 на экстремум, легко
получаем хтах = х(1) = 1. При этом #(1) = 3. Анализируя
функцию у = 4£ - t3 на экстремум, получаем две точки эк-
2 2
стремума t = ± -7=, из которых только t = -7=
v3 v3
принадле-
жит отрезку [0; 2]; при этом
' 2 "1 16 Г 2 '
Объем тела, образованного враще-
нием петли кривой вокруг оси Ох,
получим как разность объемов, обра-
зованных вращением дуг ОБА и ОА:
V-V.-V,.
Поскольку изменение параметра t
от 1 до 2 сопровождается уменьше-
нием переменной х от 1 до 0, то в вы-
ражении объема необходимо по-
ставить знак «-» перед интегралом:
Практикум по высшей математике
404
2
Vt = -71J (4t - г3)2 • 2(1 - t)dt =
1
2
= 2ftJ (i7 - t6 - 8t5 + 8f4 + 16t3 - 16f2) dt =
1
£._lt« + 8(s+4<«_16 ,
7 3 5 3
1679
420
i
Аналогично V2 =7t| (4i - T3)2 • 2(1 - t)dt =
о
911
420 П'
64
V1 ~Г2==35Л-
г) Воспользуемся некоторыми результатами задачи в).
Очевидно, что объем тела, получающегося при враще-
нии петли кривой вокруг оси Оу, есть разность объемов
тел, образованных вращением дуг ОАВ и ОВ:
v= v;- f2,
2
где = л J(2f -12)2 • (4 - Зт2) • dt;
о
2
V2 = -71 j (2t -t2)2' (4я- 3T2) • dt.
2
- Ja
Появление знака «минус» в выражении объема V2 обус-
2
ловлено тем, что возрастанию параметра t от —т= до 2 со-
ответствует уменьшение переменной у от —Д° 0.
3V3
В результате громоздких, но очевидных расчетов полу-
чаем
405 6. Функция одной переменной: интегрально^ исчисление
64
V =
105
16 8 64 64
Ответ: а) — л; б) -л; в) — п; г) — п.
15 о о5 1U5
Вычисление площади поверхности вращения
Пусть функция у = Дх) непрерывно дифференцируема
и неотрицательна на отрезке [а, Ь], тогда площадь повер-
хности, образованной вращением кривой у = f(x) вокруг
оси Ох, равна
ь
Р = 2л J у ds, где ds - дифференциал дуги.
а
В случае явного задания функции, получаем
ь '____
Р = 2л J i/(x)71 + /2(x) • dx.
а
Пример 10. Найти площадь поверхности, образованной
вращением
а) дуги параболы у2 = 4ах вокруг оси абсцисс от верши-
ны до точки с абсциссой х = За;
71
б) дуги линии х = е‘ sin t, у — е‘ cos t, t е 0; — вокруг
2
оси абсцисс.
Решение.
а) Для определенности рассмотрим случай а > 0 , тогда
можно считать, что искомая поверхность образована вра-
щением вокруг оси абсцисс кривой у = J&ax , х е [0; За].
Практикум по высшей математике
406
б) Р = 2п
dt =
= 2л I е* • cosiy(ef - sin t + е* -costj + • cosi -е* - sintj dt =
о
Л
= 2y[2it J e2‘d(sin t) = 2 72л
о
Я
e2t - sin iP
Л
2
:Jsinie2tdZ
о
= 2^2 л
еп
+ 2j e2<d(cost)
о
л
= 2 >/2л en+2e2t •
n *
2 |
-41 e2tcostdt
° i
= 2 >/2л
ея - 2 - 4j e2t cos t dt
о
Получено уравнение для P:
P = 2^2 л(ё*- 2) - 4P, следовательно,P =--itie11 - 2).
5
56 2V2
Ответ: a) — atn; 6)--л(еп - 2).
3 5
407 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Механические приложения
определенного интеграла
Вычисление работы сил
Материальная точка движется
по непрерывно дифференцируемой
кривой, при этом на нее действует
сила, направленная по касательной
к траектории в направлении дви-
жения. Полная работа, совершае-
мая силой F(s):
5
= jF(s)-ds.
о
Если положение точки на траектории движения опи-
сывается другим параметром, то формула приобретает
вид:
ь
W = { F(s(t)) • s'(t)dt.
а
Вычисление статических моментов
и центра тяжести
Пусть на координатной плоскости Оху некоторая мас-
са М распределена с плотностью р = р(р) на некотором
множестве точек S (это может быть дуга кривой или ог-
раниченная плоская фигура). Обозначим s(y) - меру ука-
занного множества (длина дуги или площадь).
Определение 2. Число Mk = • | р(у) ybds(y), k = 0,1,2,...
s
называется k-м моментом массы М относительно оси Ох.
При k = 0 Мо = М - масса,
k = 1 Mv - статический момент,
k = 2 М2 ~ момент инерции.
Аналогично вводятся моменты относительно оси Оу. В
пространстве подобным же образом вводятся понятия
моментов массы относительно координатных плоскостей.
Если р = 1, то соответствующие моменты называются
геометрическими.
Координаты центра тяжести однородной (р - const)
плоской фигуры определяются по формулам:
М[у} М\х}
хп —-----; Уп =-----,
0 s 0 s
Практикум по высшей математике
408
где ~ геометрические статические моменты
фигуры относительно осей Оу и Ox; S - площадь фигуры.
Пример 11. Вычислить статические (геометрические) мо-
менты прямоугольника с основанием а и высотой h от-
носительно его сторон. Найти координаты центра тя-
жести.
Решение.
Для удобства разместим прямоугольник на координат-
ной плоскости, как это показано на рисунке. Рассмотрим
статический момент относительно основания а (ось Ох).
В качестве меры принимается площадь горизонтальной
полосы: а • dy, следовательно,
__ f , ay2 h ah2
мх = \ yady = .
о 2 0 2
Статический момент относительно высоты h (ось Оу)
находится аналогично:
а
ha2
~2~
hx2 а
о »
Поскольку площадь прямоугольника S = ah, то в ука-
занной системе координат получаем следующие коорди-
наты центра тяжести:
a2h
2 • ah
ha2 f a ' h. A
T"’ 2 ’2 '
My _
x° s
a^2
Ответ: ---;
2
_ a _ Mx _ ah2 _ h
~ 2 ’ Уа~ ~S~~ 2-ah ~ 2
409 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Пример 12. Найти статические (геометрические) момен-
ты прямоугольного равнобедренного треугольника с
катетами а относительно каждой из его сторон. Вычис-
лить координаты центра тяжести.
Решение.
Расположим катеты треуголь-
ника на координатных осях.
а
Мх = ^y-(a~y)-dy =
о
г а3
Му = J х • (а - х) • dx = — .
о
Координаты центра тяжести:
Для
нахождения статического момента относительно
гипотенузы расположим гипотенузу на оси Ох симметрич-
но относительно оси Оу.
Практикум по высшей математике
410
Приближенное вычисление
определенных интегралов
Формула прямоугольников
Пусть функция у = f(x) непрерывна и дифференцируе-
ма на отрезке [а; Ь]. Разобьем отрезок [а; Ь] точками xk =
= а + kh; k = 0, 1, ...» п на п отрезков длиной h, тогда
ь
J f(x) dx = h(y0 + yt + ... + у^) + Rn,
(b - a)h
где yk = f(xk); k = 0, 1, ..., n; Rn= ---у (с), c g [a; b].
A
Формула трапеций
ь
j f(x) dx =
a
. Уо + Уп । ,, । ,f , ।
h —— + У1 + У2 + ••• + Уп-i
+ J?„, где
_ (b-a)h2
-R„--------Г7----f (<0, c g [a; b].
X dt
Формула Симпсона
Если п = 2т, то
ъ ,
С п
f(x) dx = — (у0 + у2п + 4(yt + у3 + ... + y2m_!) + 2(у2 +
* V
а
+ у4+ - + У2т-2?) +
_ (b - a)h4 н... ч г ,,
Я"= —(с)’с е ь1-
XoU
Пример 13. Вычислить приближенно интеграл по форму-
лам прямоугольников, трапеций, Симпсона и оценить
6 d
их погрешности: |----.
J Inx
2
Решение.
Разобьем отрезок интегрирования [2; 6] на 16 отрезков
точками х0 = 2; Xj = 2,25; х2 = 2,5; ...; х15 = 5,75; х16 = 6.
Длины всех отрезков h = 0,25.
411 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
Рассчитаем значения функции у = -------- в точках хк;
1пх
k = 0; 1; ... ; 16.
X 2 2,25 2,5 2,75 3 3,25 3,5 3,75 4
1,4427 1,2332 1,0914 0,9885 0,9102 0,8484 0,7982 0,7566 0,7213
Ув У1 У2 Уз У4 Уз Ув «/7 Уз
X 4,25 4,5 4,75 5 5,25 5,5 5,75 6
1 у =-,— 1пх 0,6911 0,6649 0,6418 0,6213 0,6031 0,5866 0,5717 0,5581
У* Ую У" Уп «/о «/14 «/15 У it
а) Формула прямоугольников
Г dx
J ----« h • у yk = 0,25 • (1,4427 + ... + 0,5717) »
* in X . Л
2 *=0
» 3,2927.
Оценим погрешность полученного значения
(&’а)%'(е) =
4 0,25
2
1 1 1
In2 с с 21п22
2
. 15
z k=l
= 0,25(1,004 + 11,7282)»
4 0,252 2 +Inc
----------27~з- < °’059*
1<S с In С
у\с) =
д
» 0,5203.
б) Формула трапеций:
6
Г dx .
~ h
* In х
2
«3,1831.
Оценим погрешность
! „ (b-a)h2
12
в) Формула Симпсона:
6
f dx h
J Inx = 3 (г/о +1/16 + 4(У1 + Уз + + ^is) + 2(jh + y*+
2 11
+ y14))« 3,1778.
Оценим погрешность.
(& - a)h4
1Л»1= 180
(4)/ . 4-0.254
yw(c) <-----—
y 180
Практикум по высшей математике
412
З1п3 6 + 111п2 6 + 181п6 + 12
« 0,0008.
в
2
24In5 2
Ответ:
[3,2927 с погрешностью 0,5203 - формула прямоугольников,
— = 3,1831 с погрешностью 0,059 - формула трапеции,
3,1778 с погрешностью 0,0008 - формула Симпсона.
Задания для самостоятельного решения
Найти площади плоских фигур, ограниченных лини-
ями:
п
1. у = tg х; X = 0; х = -; у = 0.
2. z/ =
и осью Ох.
х2,
(х-2)2,
3. у = In х ; х = 1; х = в; у = 0.
4. у2 = Зх; у = - х2.
5. у = 5х; у = 5; х = 0.
6. у = In х; у = 1п2х.
7. у = sin х; у — cos х; х > 0.
8. у = sin х; у = cos х; у = 0 (площадь одного из криво-
линейных треугольников).
9. х = cos t + t • sin i; у = sin t - t cos £; 0 < t < 2л.
« sin2 *
10. x = cos t; у = ----.
2 + sin t
11. Переходя к полярным координатам, найти пло-
щадь листа Декарта х3 + у3 = Зху.
12. Переходя к полярным координатам, найти пло-
щадь х4 + у4 = х2 + у2.
13. Найти площадь фигуры, ограниченной улиткой
Паскаля г — 4 + 2costp.
Найти длины дуг линий:
14. х = cos41; у = sin41.
15. х = t - sin t; у = 1 - cos t; 0 < t < 2л.
з
16. у = x2 ; 0 < x < 4.
413 6. Функция одной переменной: интегральное исчисление
17. у =1п
; 1 <х<2.
18. у = 1п---
1-х2
19. r = ev; 0 < г < 1.
20. г = ф2, 0 < (р < Тб •
Найти объем:
2 2
х у
21. параболоида вращения —2 + 2 = z,0 < z < Н.
а а
22. тела вращения, образованного вращением фигуры
у == е~х; у = 0; х > 0 вокруг оси Ох.
23. тела вращения, образованного вращением фигуры
у = е~х; у = 0; х > 0 вокруг оси Оу.
24. тела вращения, образованного вращением фигуры
х = t - sin t; у = 1 — cos t; 0 <: t < 2n вокруг оси Ox и вок-
руг оси Оу.
Вычислить площадь поверхности:
25. катеноида, полученного вращением у = ch х вокруг
оси Ох; 0 < х < 1.
26. х = t - sin t; у = 1 - cos t; 0 < t < 2n вокруг оси Ox и
оси Оу.
' Вычислить:
27. статический момент и момент инерции однородной
треугольной пластины с основанием b и высотой h отно-
сительно основания.
28. координаты центра тяжести цепной линии у = ch х;
-1 < х < 1.
Вычислить приближенное значение интегралов:
2л
29. Г х sin х dx - по правилу прямоугольников (п = 12).
30. -----= по формуле трапеций (п = 12) и формуле
* 1 + 4х
Симпсона.
Практикум по высшей математике
414
Ответы:
1. In 42 ; 2. |; 3. 1; 4. 3; 5. 5 - ; 6. 3-е; 7. 42 - 1;
3 In 5
г- П Л " 3
8. 2- 42; 9. — (4л + 3); 10. -т= (16 - 9 73 ); 11. - ; 12.
3 V3 2
п 42 ; 13. 18л; 14. 1 + ; 15. 8; 16. — (1 оЛо-1);
42 27 ' '
g* — € л 1 __ 19
17. In g_e-i ; 18. In 3 - —; 19. V2 ; 20. у ; 21.
ла2Н2
it it 64л
22. -; 23. 2л; 24. 5л2; 6л3; 25. -(е2 - <г2 + 4); 26. -у-;
о аг, bh2 bh3 (п е4+4е2-О __ _ „
16л2; 27.--; ——; 28. 0;---------- ; 29. -6,2832; 30.
6 12 I 4е(е2-1)
0,670909; 0,670926.
7. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ
ПЕРЕМЕННЫХ
7.1. Дифференциальное исчисление
функций нескольких переменных
n-мерное евклидово пространство
Определение 1. Упорядоченная последовательность п
действительных чисел {Xjj х2;хп} называется точкой п-
мерного пространства, при этом числа xt, i = 1,п назы-
ваются координатами точки.
Обозначение: X = (Xjj х2; ...; хп).
Определение 2. Если для любых двух точек Х = (х1; х2;
...; хп) и У = (j/j; у2',уп) n-мерного пространства опреде-
лено расстояние между ними по формуле
р(Х; У) = д/(*1 - г/i)2 + -.. + (хп -i/J2 ,
то такое пространство называется п-мерным евклидовым.
Обозначение: Еп.
Определение 3. Пусть X - фиксированная точка про-
странства Еп; е > О - произвольное положительное число.
Множество точек У пространства Еп таких, что
Р(Х; У) < е,
называется п-мерным шаром с центром в точке X и ради-
усом е или просто г-окрестностъю точки X в простран-
стве Еп.
Определение 4. Если существует отображение множества
натуральных чисел в множество точек пространства Еп
хт = те N,
то множество точек Хг; Х2; ... называется последователь-
ностью точек этого пространства.
Обозначение: {Хт}.
Определение 5. Точка X е Еп называется пределом по-
следовательности {Хт}, если
limp(X; Хт) = 0.
т—>«>
Определение 6. Пусть Е с Еп - некоторое подмноже-
ство n-мерного евклидова пространства. Отображение то-
чек множества Е в множество действительных чисел R
называется функцией п переменных.
Обозначение: у = /(Xj; х2; ...; хп); у = f(X).
Множество Е называется областью определения фун-
кции п переменных.
Практикум по высшей математике
416
Пример 1. Найти области определения функций и изоб-
разить их графически:
a) z = 71-х2 + Ту2 -1»б)2 = I 1 =?
/1 2 2
VI-х -у
(____ X
х- у ;г) z = arcsin-Т + arccos (1 - у);
У
। 2
Д)2=1П 1-£_
У
4 9
Решение.
а) Областью определения
функции 2 = 71 - х2 + Ту 2 - 1
является множество точек
плоскости, координаты кото-
рых удовлетворяют системе не-
равенств:
У|
1 - х2 > О,
/-1>0;
.2
-1
1
0 -1
1
б) Область определения функции z =
1
2 2
х -у
1-х2 - у2 >0;
х2 + у2 < 1.
Данное неравенство описыва-
ет внутреннюю часть круга ради-
уса 1 с центром в начале коорди-
нат.
Если граница области не вхо-
дит в область определения функ-
ции, то она будет изображаться
пунктирной линией.
У
в) Область определения функции г = ^/х + г/ + 7х - у :
417
7. Функции нескольких переменных
х + у > 0, (у > -х,
х-у>0; [у < х.
Уравнения у = ±х определя-
ют две прямые - биссектрисы
координатных четвертей.
Условие у > ~х задает верхнюю
относительно прямой у = -х полу-
плоскость.
Условие у < х задает нижнюю
относительно прямой у = х по-
луплоскость^
г) Ограничения, накладываемые на аргументы функ-
ции z = arcsin—— + arccos (1 - у), обусловлены ограниче-
У
ниями на функции arcsin t и arccos t: )i| < 1.
Поэтому область определения исходной функции опи-
сывается следующей системой неравенств:
Неравенства у2 > х и у2 > -х задают часть плоскости,
расположенную вне обеих парабол одновременно. Отме-
тим, что точка (0; 0) не входит в искомую область опре-
деления.
д) Область определения функции z = In
находится как решение неравенства:
И. Зак. 6
Практикум по высшей математике
418
2 2 2 2
„ X у п х у
1------—>0; — + —<1.
4 9 4 9
Это неравенство описывает внут-
2 2
х и
реннюю часть эллипса — + = 1.
Ответ: а)
б) х2 + у2 < 1; в)
У^х;
Предел функции нескольких переменных.
Непрерывность
Определение 7. Пусть функция у = f(X) определена в
некоторой окрестности точки Хо за исключением, быть
может, самой точки Хо. Тогда число а называется преде-
лом функции у = f(X) при X -» Хо, если для любого е > 0
существует такое 8е > 0, что для всех точек X, таких, что
0 < р(Х; Хо) < 8е, выполняется условие |/(Х) - а) < е.
Обозначение: lim /(X) = а.
Х—ьХд
Теорема 1. Если существует предел функции двух пе-
ременных /(х^ х2) при (Xj,; х2) —> (х®; х®) и при каждом
фиксированном значении переменной хх существует пре-
дел
lim /(хг; х2),
то существует повторный предел, равный пределу функ-
Lo. „а\
ции в точке , х2
И1?о 0/(хохг) = lim0 Ит /(xjjxa).
(х1;х2)-+^х1;х2; хх -4 х“ х2-> x'i
Аналогичным образом может быть сформулирована
теорема о связи предела функции нескольких перемен-
ных с повторными пределами для функции п переменных
419
7. Функции нескольких переменных
(п > 3). Отметим, что существование повторных пределов
не гарантирует существования предела функции несколь-
ких переменных, а существование предела не означает
существование повторных пределов.
Определение 8. Пусть функция у = f(X) определена на
множестве Е с Еп и точка Хо е Е. Функция называется
непрерывной в точке Хо, если для любого числа е > 0 су-
ществует такое число 8 > 0, что для всех точек X е Е,
таких, что 0 < р(Х; л0) < 8 , выполняется условие
|/(Х) - Г(Х,)| < е.
Другими словами, функция непрерывна в точке Хо,
если
lim f(X) = f(X0).
х-*х0
Определение 9. Если функция непрерывна в каждой
точке множества Е, то она называется непрерывной на
этом множестве.
Как и в случае функций одной переменной, имеет ме-
сто непрерывность алгебраической суммы, произведения,
частного и сложной функции, образованных непрерывны-
ми функциями нескольких переменных.
Пример 2. Доказать, что функция
предела при (х; у) —> (0; 0).
Решение.
Покажем, что предел, к которо-
му стремится исходная функция,
зависит от выбора кривой у - f(x),
проходящей через начало коорди-
нат, и по дуге которой осуществ-
ляется предельный переход к точ-
ке (0; 0).
Ограничимся рассмотрением
прямых вида у = kx.
2х-3у
г = ---\-- не имеет
Х + 1/
.. 2х - Зу .. 2х - 3kx 2 -3k
hm ----------- = hm ------------— = -—— , т. e. в
>(0;0) Х+l/ (х;у)->(0;0) X + kx 1 + k
зависимости от углового коэффициента прямой k могут
быть получены любые значения предела. Это и означает
2x-3z/
отсутствие предела функции z = ~
X -т у
смысле определения 7.
в точке (0; 0) в
1Л*
Практикум по высшей математике
420
Пример 3. Исследовать функцию z =
sinxu
-----—, х^О,
х----на He-
У. х = 0
прерывность а) в точке
1; — ; б) в точке (0; 0).
2
Решение.
Очевидно, что функция z(x; у) непрерывна во всех точ-
ках плоскости, у которых х * 0, поскольку в этих точках
непрерывны функции sin ху и х, и, следовательно, непре-
sin ху
рывно их отношение------
X
кция г(х; у) непрерывна.
Что касается точек с абсциссой х = 0, то в этих точках
1. 71
. Поэтому в точке А» фун-
функция z(x; у) доопределена искусственно; поэтому этй
точки должны быть исследованы непосредственно по оп-
ределению.
Функция z(x; у) определена в точке (0; 0): z(0; 0) = 0.
Покажем, что в этой точке существует предел
sinxu
hm ----------.
(x;y)-»(0;0) X
Так как при малых значениях t выполняется неравен-
ство: |sin t\ < |t|, то при (х; у) —> (0; 0) имеет место следую-
щая оценка:
ху
X
sin ху
х
Но тогда для любого положительного действительно-
V2 2
х + у < 8, 8 — е,
то
sin ху
х
Е.
Поскольку \х2 + у2 — расстояние от точек плоскости
до точки (0; 0), то по определению 7 это означает, что
sinxu
lim -------------------------------- =о.
(x;j/)—>(0;0) X
Следовательно, функция z(x; у) непрерывна в точке (0; 0).
Отметим, что в данном примере легко высчитываются
повторные пределы
421
7. Функции нескольких переменных
.. .. smxu .. _
lim lim----— = lim 0=Q-
x-»0y-»0 X x->0 ’
.. sinxy
lim hm------— = lim у = о.
i/—>0x—>0 x i/->0
Но ни их существование, ни даже их совпадение не
гарантируют существование предела функции. Рекомен-
дуем убедиться в этом самостоятельно на примере функ-
х2у2
ции 2 “ TV,-------
х2у + (х - уу
Ответ: функция z —
^,х*0,
х
непрерывна в точ-
У, х = 0;
ках
Частные производные и дифференциалы.
Полный дифференциал
Определение 10. Пусть функция у = ДХ) определена в
некоторой окрестности точки Хо.
Если зафиксировать все переменные, кроме хр полу-
чим функцию одной переменной xtz
У(х.) = /(xf-.xj;...;^;^ ;x?+1;...;xj).
Производная функции у(х) в точке х( = xf называет-
ся частной производной функции у = ДХ) в точке Хо по
переменной хг.
Обозначение:
dy(XQ) dy^', ...;xf;...;x°)
dx£ ’ dxt
.0 *
Эу
Определение 11. Линейные функции -— dxif i = 1, 2,
Cz»v^
..., n переменных dxt называются частными дифференци-
алами функции у = ДХ).
Обозначение: dXiy.
Практикум по высшей математике
422
Определение 12. Функция у = f(X) называется диффе-
ренцируемой в точке Хо, если существуют числа Alf Аг,...»
Ап такие, что полное приращение функции имеет вид:
Дг/(Х0) = Аг • Дх, + ... + Ап - Ьхп + а(Дхр ...; Дхп),
где а(ДХр ...; Дх„) = Е(ДХр Дх„) • р; lim £(ДХр...; Дх„) = 0;
р—>0
р = д/Arf + ... + Дх„ • При этом линейная часть прираще-
ния Aj • Дл^ + ... + Ап • Дх„ называется полным дифферен-
циалом функции f(X) в точке Хо.
Теорема 2. Если функция f(X) дифференцируема в точ-
ке Хо, то ее полный дифференциал в этой точке имеет вид:
аУ(х0) ых,)
dy(Xay- ЗХ1 •dx1+...+ 9Х' -dxn.
Замечание. При расчете частных производных необхо-
димо помнить следующее.
1. Все правила вычисления производных и все таблич-
ные производные функций одной переменной сохраняют
силу.
2. При частном дифференцировании функции z = f(x; у)
по переменной х переменную у считаем фиксированной,
т. е. константой. Поэтому, в частности, производная по х
от любого выражения, зависящего только от у, равна 0.
Например,
Ух = (?)х = = (sint/)\ =®«
И вообще, = 0-
В произведении любой множитель, зависящий только
от у, выполняет роль множителя-константы. Например,
(у х)х =У' Хх =У, (inp-sinx)» = lny (sinx)» =
= In у • cosx.
И вообще, (/(у). g(x)) х = f(p) • g'(x).
3. Аналогичным образом выполняется частное диффе-
ренцирование функции z = f(x; у) по переменной у.
Пример 4. Найти частные производные, частные диффе-
ренциалы и полный дифференциал первого порядка
следующих функций:
у
a) z — 1п(х2 + у2); б) г = x^; в) г = arctg— ; г) z = sin (xzp).
423
7. Функции нескольких переменных
Решение.
а) В соответствии с рекомендациями получаем:
дг Э /,/ 2 . 2 /г 21 —
— = — Unix + у II- —------ • 1х + у I х
дх дх х2 + у2
1
х2 + у2
1
х2 + у2
2х
(2х + 0) = ----г;
х2
_____1
х2 + 1/:
ду дух
1 (I 2
= ~2---2 Vе
х2+у\х
Частные и полный дифференциал имеют вид:
, 2х ' ,
dxz = -9---Г dx; dz =
х2+у2 У
, 2х , ,
dz = —------ dx + -г
х2 + у2 хй + у
б) Функция г = х> является степенной относительно
переменной х и показательной относительно у'.
дг дг
— = У ’ ху~!; — = х» • In х.
Эх ду
Частные дифференциалы:
dxz = у • xy~ldx; dyz = xv • In x • dy.
Полный дифференциал:
dz — у • xy~rdx + xy • In x dy.
в) Частные производные:
Э ( , у
= — arctg —
у
-Т-^(° + 2У) =
X +у
2у л
j-^-dy;
х2+у2
2у
jdy.
дг
дх дх
У
1 + у2
1 + ~2
х2
У] 1
х = ------2 -У
х J 1 у
1 + h
х2
У
х2 + у2 ’
2У
X2 + у2
Практикум по высшей математике
424
дг Э ( х у\
V7 = — arctg —
°У ду х J
1 М _ X2 1
1+Z х2+у2 X Уу
2 х
X
_ X
X2 +y2
Частные и полный дифференциал:
dy2== 2 \ -2
dx2 2 2 ^Х’
X + у
, У Л -L.
dz ------5----5- dx +
х2 + у2
X
2 , 2^'
хл +ул
г) Частные производные:
Эз Э
— = — sin (хгу) = cos (х2у) • (х2у)'х “
= cos (х2у) • у • (х2)'ж = 2ху • cos (х2у);
dz Э
aF = aFsin (х2у) = cos (х2у> ’ (ху)'у =
= cos (х2у) • х2 • Уу = х2 • cos (х2у);
dxz = 2ху • cos (х2у); dyz = х2 • cos (x2y)dy;
dz = х • cos (x2y) • (2ydx + xdy).
\ > 2x
Ответ: a) zx = —5------ ;
x2+y2
j 2x , ,
dx2 = ~2---2 dx’ dyZ =
zy ~
2 . ,,2 ’
2у
х2 +у2
, 2х ,7 U- 2У Л
dZ = ----7 dX + ~2--2 dV-
х2+у2 х2 +у2
б) z'x = у • хУ'1; z'y = ху • In х; dxz = у • x^dx;
dy2 = х* • In х • dy; dz = у x^dx + х» • In x • dy
= x
X2 +y2 '
Xй +y£
dy;
в) < = - У ; z‘.
х2+у2
dz = _ ---dx;
х + у2
425
7. Функции нескольких переменных
dz-----2У 2 dx + ~~2~~~2 dy
х2+у2 х2+у2
г) гх = 2ху • cos (x2y)dx't z'y = х2 • cos (x2z/);
dxz = 2xy • cos (x2y)dx\ d z = x2 • cos {xzy)dy\
dz = x • cos (x2y) • (2ydx + xdy).
Пример 5. Замеряя приращение функции дифференциа-
лом, найти приближенные значения выражений:
a) In (7^04 + ^94 -1); б) sin 31° • tg 44°.
Решение.
а) Введем в рассмотрение функцию z = In {jx + tfy -1).
Выражение In Q1.04 + ^0,94 -1) является значением
функции z в точке (1,04; 0,94), которая находится в ок-
рестности точки (1; 1).
Поскольку
Да = з(х; у) - a(x0; yQ) ~ dz(x0; у0), то
х(х; ,) = х(х0; уа) + dx + dy.
ох оу
Очевидно, что
Эа_ 1____________1 . Эа 1______________1
Эх 4х + -1 2jx ду у[х + tfy -1 Зу/у2
Подставляя значения х0 = 1; у0 = 1; dx = х - х0 = 0,04;
dy = у - р0 = -0,06, получаем:
а(1,04; 0,94) «In (V1 + -1)+
1 ( 1 1
+ -г-4=-------0,04 + 4=.(-0,06) .
г(1,04; 0,94) -0.
Таким образом, In Ql,04 + ^/о,94 -1) ~ 0. Для сравне-
ния приведем расчетное значение: -0,00061.
б) Перейдем к радианной мере углов:
31° =
31
180 Л;
ял» 11
44 =
45
Практикум по высшей математике
426
Выражение sin
( 31
180
I (11 '
л • tg — it является значени-
45
ем функции z = sin х • tg у в точке
31 11
---—
180 45
стве точки (х0; у0) естественно принять точку
п п
б:4/
да да
Так как — = cos х • tg у; — --х;
ох ду cos2 у
л л л л
Х° = б:Уо= 4; dx== 180 ; ^=180’
( 3! )
то sin ^оя *tg
sinx
11
45 Я
it
• tg- +
4
. л
I= sin —
J 6
. л
sin —
____6_. _
_ ___ 2 Л 180
cos —
4
Для сравнения расчетное значение: 0,49737.
Ответ: а) 0; б) 0,49766.
Л л л
+ cos — • tg — -
6 ё 4 180
л
» 0,49766.
тг . В каче-
л
4
Производные сложных функций
Теорема 3. Если функции xx(t) и x2(t) дифференцируе-
мы в точке t0, а функция у = Дхх; х2) дифференцируема в
точке (xf ; х® )» где хх° = хх(<0); х° = *2(*о)> то сложная
функция у = f(Xi(t)', x2(f)) дифференцируема в точке t0, и
при этом
df _ df dxr df dx2
dt dxj dt dx2 dt
Теорема 4. Если функции xx(u; v) и x2(u; v) дифферен-
цируемы в точке (u0; u0), а функция у = f(xx; x2) диффе-
ренцируема в точке (xf ; x2 )> где xf = ^i(w0’ yo); =
= x2(u0; v0), то сложная функция у = ftx^u; v); x2(u; v))
дифференцируема в точке (u0; t>0), и при этом
df _ df dxx df dx2
du dxl du dx2 du ’
427
7. Функции нескольких переменных
df _ df dx± df dx2
dv dxt dv dx2 dv '
Пример 6. Найти производные сложных функций:
( х)
a) z = arctg(x + 2р), х = t2; у = t3; б) z = f х\ — ;
У1
в) z = х3у2 ~ х + у, х = и - cos у; у = v • cos и.
Решение.
а) В соответствии с теоремой 3:
dz dz dx dz dy
---_ 4" ;
dt дх dt dy dt
dz________1 dz = 1
дх 1+(х + 2у)2'ду 1+(х + 2у)2
dx dy
— = 2t; ~ = 3*2,
dt dt
следовательно,
=-----21—(2t + 6*2) = —) - -
dt l + (t2+2?)2 l + t4(l + 2f)2
х
б) Для удобства введем обозначение: ~ = t, тогда
dz df df dt ,,
v = V- + • T" = fx + ft
дх dx dt дх
V v
dz _ df dt _ ,, _ x _ x ,,
dy = ~di'dy~u\
в) В соответствии с теоремой 4:
dz _ dz dx dz dy .
du dx du dy du ’
dz _ dz dx dz dy
dv Эх dv dy Эи
Практикум по высшей математике
428
„ о о , 1 dz о о , , Эх
Поскольку — = Зх2р2 - 1; —= 2х3р 4-1; — = cos о;
дх ду ди
дх . ду ' , ду
— = -и • sm и; — = -v • sm и; — = cos и, то
ди ди dv
dz z 2 2 2 J.
—— = (3uz • cos2 v • v2 • cos2 и — 1) • COSP 4-
ди
4- (2u3 • cos3 v • v • cos и 4- 1) • (-о • sin u);
dz
— = (3u2 • cos2 v • v2 • cos2 и — 1) • (-и • sin v) 4-
dv
+ (2u3 • cos3 v • v • cos и 4-1) • cos u;
л 2i(3i4-l) ' ,, 1 ,, x ,f
°твет: a) 1 + t4(l + 2f)2 * 6) 4 + yf>i!
в) (3u2 • cos2 v • v2 • cos2 и — 1) • cos v -
- (2u3 • cos3 v • v • cos и 4-1) • v • sin u;
(1 3u2 • v2 - cos2 v • cos2 u) • и • sin v 4-
+ (2u3 • v ' cos3 v • cos и 4-1) • cos u.
Производная по направлению. Градиент
Определение 13. Пусть заданы ненулевой вектор Г и
функция у = х2; х3), определенная в некоторой окре-
стности точки Мо. Пусть также точка М - подвижная точ-
ка пространства, но такая, что вектор М0М сонаправлен
Г. Если существует предел
ibn «М)-/(Мо))
м->м0 р(М0;М)
то он называется производной функции f(M) в точке Мо
по направлению I.
Обозначение: ———.
и/
Теорема 5. Если функция у = f(M) дифференцируема
в точке Мо, то в этой точке существует производная этой
функции по любому направлению, и при этом
Э/(М0) Э/(М0) Э/(М0) _ Э/(М0)
——= -Ц-— cos а + cos Р + cos Y,
dl дх ду dz
где cosa, cosp, cosy - направляющие косинусы вектора Г.
Напомним, что направляющие косинусы произвольно-
го вектора Г= {X; Y; Z} находятся по формулам:
429
7. Функции нескольких переменных
coscc = -рг ; cosP = -рг; cosy = т-г,
q q Л
где I Г| = 7х2 +У2 + Z2 •
Определение 14. Вектор с координатами
Э/(М0) Э/(М0) Э/(М0) я
——~~ называется градиентом функ-
Эх dy dz
ции f(M) в точке Мо.
Обозначение: grad /; V f; grad f(M0); V/(M0).
Если вектор / единичный, т. е. |/| = 1, то его координатами
являются направляющие косинусы Т = {cos a^cos Р; cos у}.
В этом случае производная по направлению Г может быть
записана как скалярное произведение Г на grad f:
df т f
47 “ I' grad f-
Вектор grad f имеет простой геометрический смысл: он
показывает направление наибыстрейшего роста функции,
а величина |grad f\ равна производной функции f(M) в
этом направлении.
Пример 7. а) Найти производную функции w = x3y2z в точ-
ке А(1; -1; 3) по направлению вектора АВ, если точка
В имеет координаты (0; 1; 1).
б) Найти производную функции z = 1п(е* + еу) в начале
координат по направлению вектора ОМ, если точка М
имеет координаты (1; 1).
Решение.
а) Находим координаты вектора АВ, его длину и на-
правляющие косинусы:
АВ ={-1;2;-2};|АВ|= д/Ю2 +22 + (-2)2 =3
1 „ 2 2
Частные производные функции w имеют вид:
—— = Зх2у2а; —— = 2х3уа; —— = х3у2,
Эх * ’ а
следовательно,
dw(A) = dw(A) = dw(A)
dx ; Эх ; Эх
Практикум по высшей математике
430
3 3
Производная функции w по направлению Г= АВ в точ-
ке А равна:
du>(A) (11 z „2 , (
-- +(-6) -+J- -
( О I О
б) В случае функции двух переменных г(х; у) теорема 5
приобретает вид:
Эа(М0) &г(М0) , дг(М0) .
dl Эх ду
где а - угол между положительным направлением оси
Ох и вектором Г.
Для функции z = 1п(е* + е»):
dz ех
дх ех +еу ’
Эз(О; 0) _ 1 .
Эх 2 ’
еу
dz
ду ех +еу ’
Эз(О; 0) _ 1
ду 2’
Вектор ОМ имеет координаты (1; 1}, при этом
.---►. 1
ОМ = V2 , cos а = -7= ; cos р = sm а = —р=.
72 72
_ й Эг(О;О) 1111 2 72
Э1 2 72 2 72 272 2
2 72
Ответ: а) -7 —; б) .
о 2
Пример 8. Найти величину и направление градиента
функции:
х
a) z = arctg ~ в произвольной точке (х0; i/0);
б) w = ---- == в точке (х0; у0; г0).
Jx + у*+Z
Решение.
431
7. Функции нескольких переменных
У . -X
х2 + у2 ’ х2 + у2
grad з(х0; у0) = —--- {у0; -х0};
Хо+Уо
1
7х0 + Уо
cos а =
Уо . 1 = Уо .
хо + Уо 7хо + Уо Ло + у % ’
cos В = sin а = —----- : -у====.=- = —=£=== .
ХО + У о Jxq + у % ^х2 + Уо
б) grad w =
dw дю Эш) -1 . .
,Эх’Э»’Эг| Х’У’г
|grad w (х0; г/0; z0)| = —-----;
Хо +Уо + *о
хо а Уо
cos а = —т- - т ; cos р = —j==== ;
^Хо+Уо+zl Jxf+y[+4
cos y = —====== .
+ Уо +2o
1 1
Ответ: a) —-- {y0; -x0}; ...
x2o + У2О /г2 + y2
Уо .
4xo + Уо
Xp
4x0 + Уо
1 /1 1
П- - 1*0» Уь, 20b 2 2 2 ,
v(*o +Уо+го) ° + °
1 , Уо ' 20
7xo+!/o+Zo у1хо +Уо+2^ ^Xq +yo+zl
Практикум по высшей математике
432
Частные производные и дифференциалы
высших порядков
Определение 15. Частная производная от частной про-
изводной порядка т, т е А, называется частной произ-
водной порядка т + 1.
Если задана функция f(xt; х2; ... ; хп) и существуют ее
df . df . df
первые частные производные -—; ч—> ••• 7, то их
иХ% иХ&
также можно считать функциями, обладающими, воз-
можно, частными производными
д
дх( дх-
df
и * = f”
dXidXj TxiX>
Аналогично вводятся производные третьего порядка и
п.
т. п.
Теорема 6. Если функция Дхх; х2;...; хп) и все ее част-
ные производные fxt\fxiXj ; i, j = 1, ...» п, определены в не-
которой окрестности точки (xf; х2 ; х®), причем про-
изводные второго порядка f'iX. непрерывны в этой точке,
то в этой точке f' = f* , i, i = 1, ..., n.
Определение 16. Если хг; x2; ... ; хй являются незави-
симыми переменными, то вторым дифференциалом d2y
функции у = f{x^ х2; ... ; х„) в точке X называется выра-
жение вида
В частности, для функции двух переменных у = f (хг; х2)
d2y = dxl + 2 г В 9 У- dxrdx2 + dx22 .
dxf дхгдх2 дх2
Для дифференциалов высших порядков используется
символическая формула
433
7. Функции нескольких переменных
Пример 9. Найти первые и вторые частные производные,
первый и второй дифференциалы функций:
а) г = е2* + 3»; б) w = arctg (xyz).
Решение.
a) z'x = (е2ж+3у)х = 2 • eZl+3*; z'y = {р2х+3«}у = 3 • е2х + зу.
dz = e2x + 3y(2dx + 3dy);
zxx - (zx)x = 4 • e2*+4- z'm = (<); = 9 • е2*+3*;
г'ху = (z'xYy = 6 • e2x+3y;
d2z = e2x + 3y(4dx2 + 12dxdy + 9dy2).
6) wx ~ (sLrctgixyzj'jx = --VTT; ~ (arctS(^))y =
1 + x у z
xz , , г xy
1 + XVz2 Wz ~ (arCtg(X^)Z 1 + X2y2Z2 '
1
dw = 1 , 222 (yzdx + xzdy + xydz)-,
LtX у Z
. _t _ ~2xj/3z3
Wxx ~(wx)x ( 2 2 2^
(l + x2i/Vj
, t -2zx3y3
Wzz - (Wz)z 3 7 2 2 2y
(1 + x2i/zz2/
2 2 2
xyz
* г ' V — 2yx3z3
> Wyy ~ (Wy}y ~ v
(l + x2p2z2)
...» _ V zf1 - x2y2z2
; wxV (wx)v - / V
(1 + x^y^z^j
(i 2 2 2
. w' = (и/ Y = у z
, wyz \шу)г — / г
(l + x2u2z2j
Wxz = Wz =
-2
d2w = x2y2zzSf (xV3z3dx2 + yx3z3dy2 + zx3y3dz2 -
- z(l - x2y2z2)dxdy - y(l - x2y2z2)dxdz - x(l - x2y2z2)dydz).
Ответы см. в тексте решения.
Пример 10. Найти дифференциал третьего порядка фун-
кции z = sin (ах + by).
Решение.
Воспользуемся символической формулой:
д , д , 'l _
— dx + — dy z,
дх Эр
d3z =
Практикум по высшей математике
434
которая раскрывается следующим образом:
э32 , з э32 2 о д32 , , 2 д32 , 3
d32 = ^dx3 + 3—T-dxidy + 3——1dxdy2+—-dy3,
дх3 дх2ду дхду“ ду3
Переходим к расчету частных производных
гх = a •/jos(ax 4- by); zy = Ъ • cos(ax 4- by);
гхх = -a2 sin(ax 4- by); zyy — -b2 sin(ax 4- by);
гху = ~ab sin(ax 4- by);
2ххх = ~а3 cos(a* + by);
zyyy = ~b3 cos(ax 4- by);
zxxy = -a-2b cos(ax 4- by);
2xyy = ~ab2 cos(ax 4- by).
d32 = -cos(ax 4- by)(a3dx3 4- 3a2bdx2dy 4- 3ab2dxdy2 4-
4- b3dy3) = -cos(ax 4- by) • (adx 4- bdy)3.
Ответ: -cos(ax 4- by) • (adx 4- bdy)3.
Пример 11. Показать, что а) функция г = ln(x2 4- у2) удов-
d2z d2z
летворяет уравнению Лапласа: —- 4- —- = 0 ; б) фун-
Эх2 ду3
кция w = exvz удовлетворяет уравнению
Ъ3ю d2w _ дга
= хи-4- 2х — 4- w.
дхдудг---------дхду дх
Решение.
я „ 2у2 - 2х2 + 2х2 - 2у2
2 XX ' УУ ( „
I*2 + у V
что и требовалось доказать.
435
7. Функции нескольких переменных
б) wx = угехуг; ш'ху = 2ехуг + хуг2ехуг = (z + хуг2)ехуг',
wxyz = (1 + 2хуг)ехуг + (z + хуг2)ху ехуг = (1 + Зхуг +
+ х2у2г2)ехуг.
Получаем
ху wxy + 2xwx + и> - (хуг + х2у2г2 + хуг + 1)ехуг —
= (1 + Зхуг + = шхуг , что и требовалось доказать.
Дифференцирование неявных функций
Теорема 7. Пусть функция Р(хг; х2; у) и ее частная про-
изводная F'(xt; х2; у) удовлетворяют следующим условиям:
1) F(x?;x°;y°) = 0;
2) функция F(xt; х2; у) дифференцируема в окрестнос-
ти точки ( х? ; х° ; у0), а функция F'(xt; х2; у) непрерывна
в этой окрестности;
3) F^;xi;y°) *0,
тогда в указанной окрестности функция F(xt; х2; у) = 0
определяет функцию у = f(xt; х2), которая
1) удовлетворяет условию у0 = f ( х® ; х® )»
2) дифференцируема в окрестности точки (х®; х® )> и
при этом ее частные производные находятся из следую-
щих соотношений
dF dF ду dF dF ду
Ч—+ Ч Ч = 0; д + д ’ д =0.
Эхх ду dxt ох2 ду дх2
Пример 12. Найти производные функций, заданных не-
явно: а) ух - ху = 0; б) ег - хуг = 0.
Решение.
а) Обозначим ух - ху = F(x; у), тогда неявная функция
задана уравнением F(x; у) — 0.
В соответствии с теоремой о производной сложной
функции
dF dF dy Л
— +------» =0-
дх ду dx
dF /
= \ух-ху)х =ух1пу-уху-1;
Практикум по высшей математике
436
dF
dy
= xyxl - хИп х; ху = ух;
следовательно,
CLT У U X 1
j XI v-l — Ху -у 1ПН
dy__ _ Эх = _ ух1пу-уху _ х
dx dF xyx~l - xv In х £ х _ у 1
_ </ Лг АН Лг
dy У
U X X f U 1
-у tap --tap y(y-xlny)
X х х. ~ X . ~ x(x-ylnx)'
— у - у Inx-----Inx
У У
б) Обозначим ех - xyz = F(x; у, г), тогда частные произ-
водные функции z = z(x; у) находятся из уравнений:
dF dF dz dF dF dz- n
dx dz dx dy dz dy
dF
_ Эх . dz _ dy
dx <№_' dy dF‘
dz dz
dF dF dF
Так как — = -yz, — = e* - xy; = -xz; ex = xyz,
dz -yz yz yz z
dx ez-xy ez-xy xyz-xy x(z-l)
dz _ -xz _ xz _ xz _ z
dy ez - xy ez - xy xyz - xy y(z -1) ’
y(y- xlny)
Ответ: ^y’- 4x_glnl);
, z , z
6) z„ ~ . -t \ *
x x(z-l) y y(z -1)
437
7. Функции нескольких переменных
Замена переменных
в дифференциальных выражениях
Одним из эффективных методов преобразования диф-
ференциальных выражений является переход к новым
переменным. Рассмотрим наиболее важные в практичес-
ком отношении случаи.
1. Преобразуемое выражение содержит обыкновенные
производные:
W= р(х; у; у'; у";...; у<л>).
Если необходимо перейти к новому аргументу t и но-
вой функции и, которые связаны с х и у соотношениями:
х - х (t; и) и у = у (t; и),
то надо подставить эти выражения в W вместе с производ-
ными
эх эг-ИТ-Д-
—— + -r—Ut
dt ди
2. Преобразуемое выражение содержит частные произ-
водные:
ду ду '
IV — О %1г ^'2» У’ » ”4 » ••• .
к дх, дх9
При переходе к новым аргументам tx и t2, которые свя-
заны со старыми хг и х2 соотношениями:
Xj = X t2), х2 = х 2(tt; t2),
необходимо подставить эти выражения в W вместе с час-
тными производными, которые определяются из следую-
щих уравнений
ду _ ду дхх [ ду дх2
dtx dxt dtt дх2 dtj ’
ду _ ду дхг ду дх2
dt2 дХ} dt2 дх2 dt2
Частные производные высших порядков вычисляются
аналогично.
Пример 13. Преобразовать уравнение у'у"' - Зу"г = х, при-
нимая у за независимую переменную.
Решение.
Перейдем от функции у(х) к функции х(у):
Практикум по высшей математике
438
У"Ю =
у"'(х) =
1 ч'
х"(у)
1 ' „ . (У)
—— у(х) = ----
Х(У) )у Л-'/.лМ
’( *’(У)
к \ w// jx
д{х\у)^-х^у}-х'(у)
У(х) =
)у
|5
Подставив полученные выражения в исходное уравне-
ние, получаем:
1
п »2 лг
Зх - х - х
X
-3—- =
х'5 х'6 ’
х'(х"' + х • х'5) = 0;
очевидно, что х' * 0, поэтому уравнение приобретает вид
х'" + х • х'5 = 0.
Ответ: х'" + х • х'5 = 0.
X
dz дг
Пример 14. Решить уравнение у — ~ = 0> переходя
к переменным и = х и v = х2 + у2.
Решение.
Воспользуемся формулами
dz _ дг ди дг ди _ дг дг _ дг дг
дх ди дх ди дх ди dv ди dv ’
дг дг ди dz dv дг Л п дг _ I г дг
ду ди ду dv ду ди Эи dv ’
Здесь использованы соотношения
х = и; у= Vu-x2 =4v-u2 .
Уравнение принимает вид:
( dz Эх А
ди dV;
дг „Эх „ Эх
— + 2и ~ - 2и — = 0;
ди dv dv
следовательно, решение исходного уравнения имеет вид
х = f(x2 + у2).
Ответ: х = Дх2 + у2).
2
2^v - и
2 dz
Э^-°:
Эх
— = 0 <=> г = /(и);
ди
439
7. Функции нескольких переменных
Задания для самостоятельного решения
Найти область определения функций:
1. 2 = ^х2 + у2 - 4 .
4. z = ln(xi/).
о - У
3.z = arcsin —.
х
2 2
х -у
5. Доказать, что функция z = —т,-не имеет преде-
х‘ + у
ла при (х; у) -» (0; 0)
Найти пределы:
_ .. sinxw
6. hm----------.
»->о х
у—>а
х2 + и2
7. lim .
Х-^ОО + у*
8. Исследовать функцию г =
V2 и2
-~1,х2 + у2 *0,
х+у нане-
0, х2 + у2 = 0
прерывность в точке (0; 0).
Найти частные производные и частные дифференциалы:
х2
10. z = sin — .
У
9. и> = (sin х)уг.
х + у
11. z — arctg
1-xyJ-
Найти приближенные значения:
12. 1.05204. 13. Jl,022 +l,972 •
Найти производные сложных функций:
14. z = f(x+ у; ху).
15. г = sin х • In у , х = t3; у = ef.
16. 2 = ух2 + xi/2; х = и - o', у = еи + и.
Найти производную функции по заданному направле-
нию вектора АВ в заданной точке А:
17. w = е* + 2У + 3г-,А(1', 1; 1); В (2;-3; 4).
18. 2 = ln(x2 + у2 + 1); А(0; 1); В(1; 3).
Практикум по высшей математике
440
Найти величину и направление градиента функции в
точке А:
19. z = sin
-т— ; А(1; 1). 20. г - ху ; А(2; 3).
Л +1J
21. Найти первые и вторые частные производные-фун-
кции z = tg(x2 + 2у).
22. Найти дифференциал третьего порядка функции
з = е3х+2у.
Найти производную функции, заданной неявно:
23. 2х2+у - у = 0. 24. sin(x2 + у2) - х - у = 0.
1
25. Преобразовать уравнение: у" 4— у' + у = 0, прини-
х
мая х за новую функцию; t = ху - за независимую пере-
менную.
26. Преобразовать уравнение: у"' - х3у" + ху' - у = 0;
1 и(0
х= ~;у= ——.
Ответы.
1. Внешность круга с центром (0; 0) и радиусом 2:
х2 + у2 > 4;
2. Часть первой координатной четверти, ограниченная
кривыми у — х2 и у = 0;
3. Часть плоскости у| < |х|, х Ф 0;
4. Первая и третья четверть, не включая оси, ху > 0;
6. а; 7. 0; 8. разрывна;
Эга
9. — = yz • (sin х)Уг -1 • cos х;
дх
dw
= (sin х)у* • In (sin x) • z;
— = (sin х)уг • In (sin x) • y;
dz
dxw = у2 • (sin х)уг ~ idx;
dw = (sin х)уг • ln(sin x) • z • dy;
d,w = (sin х)уг- ln(sin x) • у • dz;
дг (x2>| 2x dz x2 (x2>
Эх у у ду у£ у
441
7. Функции нескольких переменных
2
dx; dz^-~T'cos
y У
2x
dxz =---co
У
11 —- =—-—• 1 ./7z= ’dz— dy
“•Эх l + x2’^-T77’ ^ l + x2’ ’
12.1,1; 13.2,21818;
dz df df dz _df df
14- to = to + to 'V- Ту - to + ai-x^ea = x + y,b-xy,
dz
15. — = t ’ cos(£3) + e-t • sin(i3);
dt
dz
16. — = veu + U(2uv 4- u2v + e“ + v 4- 2ueu + *>);
OU
dz
— = ueu + °(2uv + uv2 + eu + ° + 2vea + w); ,
dv
2
26
17.
е6;
18.
X
V dy:
2 > — =
2 ’
19. grad z =
1111
— cos —; — cos —
2 2 2 2
20. grad z = {12; 81n 2}; |grad z| = 4 + 4 In 2 ;
2 dz _ 2x . dz _______________2_____
dx cos2(x2+2z/) dy cos2(x2 +2y)
d2z _ 2 cos(x2 + 2y) + 8x2 • sin(x2 + 2y)
dx2 cos3(x2 +2y)
d2z = 8 . d2z = 8x
dy2 cos3(x2 + 2y) ’ dxdy cos3(x2 + 2y) "
22. e3* + 2427dx3 4- 54dx2dy 4- 36dx • dy2 4- 8dy2);
2-xy ln2 . l-2x-cos(x2 +y2)
l-yln2 ’ 2y • cos (x2 +1/2)-1 ’
d2x
25. ~
dt2
|gradz|= -A-cos-i;
Lt £л
(dx\3 d3u zoU du
-t — =0;26.i5-T + (3r 4-1) — + — =0.
dt dt3 dt2 dt
Практикум по высшей математике
442
7.2. Приложения дифференциального
исчисления функций нескольких
переменных
Формула Тейлора
Теорема 1. Пусть функция у = f(x±, х2; ... ; хл) опреде-
лена и непрерывна со всеми своими частными производ-
ными до порядка т 4- 1 (т > I) включительно в некото-
рой окрестности точки Хо ( х® ; х® ; ...;х®), тогда
справедлива формула
/(х® 4-Дх,; х® 4-Дх2; ...; х® 4-Дхя) = /(х? ; х? ; xj ) +
+ + - + Дх» зМ Кх? 4 *’ •••’’ х°) +
Эх1 дхп)
4- rm(AXi; Дх2; ...; Дх„), где rm(Axt; Дх2;...; Дхл) =
1 (а Э д 9
Дх, 4-... 4- Дх_
(т 4-1)!---------------------------1 3xt-Эхл
f(x° 4- 9тДХр ...;
+ 0„Дх,),О<0„<1.
Данная формула называется формулой Тейлора для
функций нескольких переменных. Если использовать
дифференциалы высших порядков, то формула Тейлора
принимает более компактный вид:
т ।
ftx) - ях„) + X d'1^ + г~-
Л=1 Л
В случае Хо (0; 0; ... ; 0) данную формулу называют
формулой Маклорена. Для наиболее важного в практичес-
ком отношении случая функций двух переменных форму-
ла Тейлора имеет вид:
Ях? +Дх,;X? +Дхг) - ЯХ?х2° ) + Дх, +
lfa2rtx?;x“) 2
АХ2 Т —о
°Х2 21 дх?
\ 1
4-
443
7. Функции нескольких переменных
Э2/(х?;х20)
2—----------
(7Х| <7X2
• ДхгДх2 +
if э а г
+ зТ ДХ1э^ + Дхгэ^ rtx?;x?) + ...+
\ 1 2 7
+ т! + Л*2 х°: *2“} + г- г-^- ~
- (m + ljif^1 + i] +0"Ах‘: +0'^>'
О < е„ < 1.
Пример 1. а) Разложить функцию Дх; у) = х2 - Зу2 4-
4- 2ху - 1 в окрестности точки (х0; у0) по степеням Дх =
=х - х0 и Лу = у - р0;
б) разложить функцию /(х; у) = sin х • sin у в окрестно-
сти точки
\ 71
4 ’ 4I > ограничившись членами первого и
второго порядка.
Решение.
а) Частные производные функции /(х; у) имеют вид
= 2х 4- 2у; ~~ = -бу 4- 2х;
дх ду
d2f d2f d2f
т4 = 2; т4 = -6; —2-
дх2 ду2 дхду
Очевидно, что производные более высокого порядка
равны нулю, следовательно
х2 - Зу2 4- 2ху - 1 = х2 - 3pJ 4- 2хоуо -14-
1
4- 2 • (х0 4- у0) • Lx 4- 2 • (х0 - Зу0) • Ду 4- -(2-Дх24-
4- 4 • Дх • Др - 6 • Др2);
х2 - Зр2 4- 2хр - 1 = хо - 3 у2 4- 2хоуо -14-
4- 2 • (х0 4- р0) • Дх 4- 2 • (х0 - Зр0) • Др + Дх2 4-
4- 2 • Дх • Др — 3 • Др2;
б) Частные производные первого, второго и третьего
порядка функции f(x; у) имеют вид
Практикум по высшей математике
444
Эх
df
— cos х • sm у; — — sm х • cos у*
dy
d2f . Э2/
—~2 = -sm х • sm у; —= -sm х • sin у
Эх dy
d2f
—— = cos х • cos у,
dxdy
a3f . d3f
—v = -cos x • sin у; —- = -sin x • cos y;
Эх 3y3
33f . 33f
—-— = -sin x • cos y; -.—-s- = -cos x • sm y.
dx2dy dxdy
Следовательно,
. . . л , л л . л
sm x • sm у = sm — • sin — + cos — • sm —
y 4 4 4 4
. n „ n
+ sin — • cos ~l У
4 4 14
,1 . л . Tt
+ — -sm —-sin —
2 4 4
it
где r2
- cos a
• sin & •
- 3sin a • cos &
- 3cos a' sin b ’
/ \3\
r. I Я1
-sma • cosb' I У - — \
4 J
Tt
a = — + 0 •
4
445
7. Функции нескольких переменных
Окончательно получаем следующее разложение функ-
ции sinx • sini/:
1 1
sin х sin у — — 4- —
v 2 2
1
2
1 ( nY
— lx--
4 4
1 л
2 I 4
Ответ: a) xj - 3 + 2х0г/0 - 1 4- 2 • (x0 + y0) • Дх +
4- 2 • (x0 — 3i/0) • Дг/ 4- Дх2 4- 2 • Дх • Дг/ - 3 • Дг/2.
1 ( л
4 У 4 + Г2’
\ 7
. 1 1 я
б^2 + 2 Х'4
1
г, =----cos а ‘ sm b •
6
1 ( я
— cos а • sin b • * - —
2 4
1
- — sin а • cos Ь '
я
6= - 4-0-
4
О<0< 1.
Экстремумы функций нескольких переменных
Определение 1. Пусть функция у = f(X) определена в
окрестности точки Хо. Если для всех точек X этой окрес-
тности (X * Хо) выполняется неравенство /(X) > /(Хо), то
точка Хо называется точкой строгого минимума', если же
/(X) < ДХ0), то Хо называется точкой строгого максиму-
ма. Точки строгого максимума и минимума называются
точками строгого экстремума.
Определение 2. Пусть функция у = f(X) дифференци-
руема в точке Хо. Если при этом
d/(Xo) = 0,
то точка Хо называется стационарной точкой функции
У = /(X).
Практикум по высшей математике
446
Очевидно, что условие стационарности равносильно
обращению в ноль одновременно всех частных производ-
ных в этой точке:
- 0; > - 1, 2.п.
dxt
Совокупность данных уравнений образует систему для
нахождения стационарных точек.
Теорема 2 {необходимые условия экстремума). Пусть
функция у — f(x.; хг;...; хп) определена в некоторой окре-
стности точки Хо (х°; х°2;... ; х°п). Если Хо - точка экстре-
мума функции у = f(X), и в этой точке существует какая-
« д/(Х0) . , _
либо частная производная —-—— ,* = 1,2, ... , п, то
№о> _0
dxt
В частности, если функция у = f(X) дифференцируема
в точке экстремума Хо, то эта точка является стационар-
ной.
Теорема 3 (достаточные условия строгого экстрему-
ма). Пусть функция у = f(X) определена и имеет непре-
рывные частные производные второго порядка в некото-
рой окрестности стационарной точки Хо. Если второй
дифференциал функции в точке Хо является положитель-
но определенной (отрицательно определенной) квадра-
тичной формой, то Хо - точка строгого минимума (макси-
мума). Если же второй дифференциал - неопределенная
квадратичная форма, то в точке Хо экстремума нет.
Другими словами, в стационарной точке Хо функция
имеет максимум, если
п п
d2f(XJ - £ £
a2f(x0)
dxtdxj
п
dxtdxf<Q, *0;
i=l
<-l 1-1
в стационарной точке Хо функция имеет минимум, если
д
d2f(X0) > 0, *0.
i=l
На практике знак второго дифференциала исследуется
путем сведения квадратичной формы к каноническому
виду или применением того или иного критерия, напри-
мер, критерия Сильвестра положительной определеннос-
ти квадратичной формы.
Напомним его содержание:
447
7. Функции нескольких переменных
п п
1) квадратичная форма х(ху, где а1} = ajt,
i=l j=l
i, j = 1, 2.n , является положительно определенной
тогда и только тогда, когда
а11 а12 ••• 1л
°21 а22 ••• а2п
• • •
ап2 ••• ®лл
п п
а11 а12
а21 а22
2) квадратичная форма XX <*ц х( хр где ац = ajit
i=l j=l
i, j = 1, 2, ... , n , является отрицательно определенной
тогда и только тогда, когда
aii а12
а21 а22
а11
а21
а12 •••а1п
а22 • • ‘ а2п
•
ап1
®п2 •••
В случае функции двух переменных имеет место сле-
дующая теорема.
Теорема 4. Пусть функция у - f(x{; х2) определена и
имеет непрерывные частные производные второго поряд-
ка в некоторой окрестности стационарной точки (xf ;х°).
Если при этом А > 0, где
дх*
г^?;х°2
дхгдх2
- точка строгого экстремума, а именно строгого максиму-
Э2/(х1°;х2)
ма, если < 0, и строгого минимума, если
, то fx?;xj
8xf
Эх2
Если в точке ; х®) А < 0, то в этой точке экстрему-
ма нет.
Практикум по высшей математике
448
Если же в точке ; х2 ) А = 0, то данная точка может
оказаться точкой экстремума, а может и не быть таковой.
Отметим, что случай А = 0 требует более «тонкого» ана-
лиза поведения функции в окрестности стационарной точ-
ки с использованием производных третьего порядка и
выше.
Пример 2. Найти стационарные точки, точки экстремума
и экстремумы следующих функций:
a) z = х3 4- у3 - Зху; б) z — ех ~у • (5 - 2х + у);
в) w = х2 4- у2 4- z2 4- 2х 4- 4у - 6г;
у2 z2 2
г) w = х 4- — 4- — 4- - (х > 0; у > 0; z > 0).
Решение.
а) Стационарные точки функции z — х3 4- у3 - Зху яв-
ляются решениями следующей системы уравнений:
^. = 0,
Эх
^ = °;
оу
Зх2 - Зу = 0, у = х2, xt =0, х2 = 1,
Зу2 - Зх = 0; |х4 - х = 0; [У1 = 0; \у2 = 1-
Таким образом, исходная функция имеет две стацио-
нарные точки: (0; 0); (1; 1)
Производные второго порядка имеют вид
Э 2Z с d2Z с д22
—— e -- = Qy. ------ = _3
Эх2 Зу2 дхду
В соответствии с теоремой 4 необходимо исследовать
знак выражения
Э2г Э2г _ Э2з
А Эх2 ду2 дхду,
в каждой стационарной точке отдельно.
Э2з(0;0) Э2г(0;0) Э2г(0;0)
’ дх2 ду2 дхду
А = -9, А < 0.
Точка (0; 0) не является точкой экстремума.
Э2г(1;1) Э22(1;1) Э2г(1;1)
2) /о = 6; 2 ' = 6; -3 ;
7 Эх2 ду2 дхду
449
7. Функции нескольких переменных
Точка (1; 1) является точкой экстремума, и поскольку
Э2г(1;1)
——— > 0, то это точка строгого минимума. При этом
ах*
zmin = z(l;l) = —1.
б) Находим стационарные точки функции
г = ех у • (5 - 2х 4- у):
[£=0,
дх
'^ = °;
ру
х(5 - 2х + у) -1 = О,
5-2х + у -1 = 0;
5 - 2х + у = 1,
х = 1;
Точка (1; -2) является стационарной точкой исходной
функции.
Производные второго порядка:
Э22 „2 „ гг_,.
е • 2х • (10х - 4х2 + 2ху - 2) + ех у • (10 -
ех2~у • 2х • (5 - 2х + у) + ех^у (-2) = О,
ех2~у • (-1) • (5 - 2х + у) + ех2~у = 0;
У =-2,
х = 1.
- Зх + 2z/) = ех у • (20х2 - 8х3 * * + 4х2у - 12х + 2у 4-10);
Э2г j_u д2г
ду2 у- (~2х 4- у + 3); = * у • (4х2 - 2ху -
- Зх 4- 2).
В точке (1; -2) производные второго порядка имеют
следующие значения
Э2г(1;-2) Э2г(1; - 2) Э2?(1; - 2)
---—5---- = -2е3; -j 2 = -е3; —5ГБ---- = 2е ,
дх2------ду дхду
и тогда А = 2е6 - 4е6 = -2е6, А < 0.
Стационарная точка (1; -2) не является точкой экстре-
мума.
в) Находим стационарные точки функции ш = .г24-
4- у2 4- z2 4- 2х 4- 4у - 6z:
15. Зак. 6
Практикум по высшей математике
450
Эн?
— = 0,
Эх Эи? „ 2х 4- 2 = 0, х = -1
J = о, оу 2у 4- 4 = 0, У = ~2
dw -т—= 0; . Эг 22 - 6 = 0; 2 = 3.
Получена стационарная точка (-1; -2; 3).
Так как
Э2и?_2> d2w d2w _ d2w _ d2w _ d2w
дх2 ’ ду2 ’ dz2 ’ дхду dxdz dydz
то второй дифференциал исходной функции имеет вид
d2w = 2(dx)2 4- 2(dz/)2 4- 2(dz)2.
Очевидно, что d2w является положительно определенной
квадратичной формой; следовательно, точка (-1; -2; 3) яв-
ляется точкой строгого минимума, при этом
3) = -14.
Отметим, что данную функцию можно исследовать на
экстремум, не привлекая аппарат дифференциального
исчисления функций нескольких переменных,
W — х2 4- у2 4- 22 4- 2х 4- 4у - 62 = (X2 4- 2х 4- 1) 4- (у2 +
4- 4у 4- 4) 4- (z2 - 62 4- 9) - 14;
w = (х 4-1)2 4- {у 4- 2)2 4- (z — З)2 — 14 .
Очевидно, что w > -14, при этом
w = -14 при х = -1; у = -2; 2 = 3.
у z 2
г) Стационарные точки функции w — х 4- + ~ + ~
находим из следующей системы:
dw э7-1" у2 4х2 = 0,
Эи? = J/_ _z2_ = 0,
Эу 2х У2
Эи? 22 2 л-
dz У z2 — О,
у2 - 4х2 = 0,
у3 - 2xz2 = 0,
У - г3 = 0;
У = г2,
26-4х2=0,
29-2х22 =0;
451
7. Функции нескольких переменных
1 1
хх = 0, Хо = —, 2 2 х3 = 2’
У1 = 0» у 2 = Уз = -1,
Zi = 0; z2 =1; = -1.
Условию задачи х > 0, у > 0, z >О отвечает лишь одна
стационарная точка 7Г > х>1 .
I2 )
Находим вторые производные функции w.
d2w _ у2 . Э2ш _ 1 2з2 . Э2и> _ 2 4
Эх2 " 2х3 ’ ду2 2х + у3 ’ Эг2 У г3 ’
d2u; _ у d2w _ d2w _ 2z
дхду 2x2 ’ дхдг ’ dydz y2
В стационарной точке
второй дифференциал
имеет вид
d2w = 4(cfx)2 4- 3(cfi/)2 4- 6(cfz)2 - 4dx • dy - 4 • dydz,
или d2w = 2(dx)2 4- 2(dx - dy)2 4- (dy - 2dz)2 4- 2(dz)2,
т. e. второй дифференциал является положительно опре-
деленной квадратичной формой переменных dx, dy, dz.
Следовательно, точка
мума функции
1; 1 является точкой мини-
2:1;1
= 4.
р2 г2 2
W = X 4- — 4----- 4- — при ЭТОМ U)mln = W
4х у z т,п
В заключение покажем, как анализ второго дифферен-
циала может быть проведен с помощью критерия Сильве-
стра.
Квадратичная форма
4(б?х)2 4- 3(dy)2 4- 6(cfz)2 - 4dx • dy - 4 • dydz
определяет матрицу
an ai2 ^13^ f 4 -2 О
а21 а22 а23 — 4 о 2
а31 а32 а33 0 -2 6
Рассмотрим главные определители этой матрицы:
15*
Практикум по высшей математике
452
= 8 > 0;
ап = 4 > 0;
а11 а12
а21 а22
Дц а12 а13 4 -2 0
а21 а22 а23 -2 3 -2 = 32: > 0.
а31 а32 азз 0 -2 6
Таким образом, квадратичная форма положительно
fl , J
определена, и, следовательно, точка —; 1; 1 является
I2 7
точкой минимума исходной функции.
Ответ: а) стационарная точка (0; 0) не является точ-
кой экстремума; стационарная точка (1; 1) - точка мини-
мума; zmln = -1;
б) стационарная точка (1; -2) не является точкой эк-
стремума;
в) стационарная точка (-1; -2; 3) является точкой ми-
нимума; wmin = -14;
г) стационарная точка —; 1; 1 является точкой мини-
2
мума; wmin = 4.
Абсолютный экстремум
Теорема 5. Пусть функция у = f(X) дифференцируема
в ограниченной и замкнутой области, тогда она достига-
ет своих наибольшего и наименьшего значений (абсолют-
ные экстремумы) или в стационарной точке, или в гра-
ничной точке области.
Например, если функция двух переменных у = /(х.; х2)
определена и дифференцируема в точках плоской облас-
ти D, границы которой заданы параметрически:
Xj = Xj(t); х2 = x2(t); — ^2»
то анализ экстремальных значений функции на границе
сводится к исследованию функции одной переменной
/(x/t);
Пример 3. Найти наибольшие и наименьшие значения
функции:
a) z = х2 - у2 в круге х2 4- у2 < 4;
б) w = х2 + 2у2 + 3z2 в шаре х2 + у2 + г2 < 100;
в) z = х2у(4 - х - у) в треугольнике, ограниченном пря-
мыми х = 0, у = 0, х + у = 6;
453
7. Функции нескольких переменных
г) z = sin х + sin у + sin (х 4- у) в прямоугольнике
„ п п
О < х < -, О < у < -.
2 у 2
Решение.
а) 1. В соответствии с теоремой 5 исследуем значения
функции в стационарных точках, координаты которых
являются решением следующей системы:
х = О,
!/ = 0.
— = 2х = О,
Эх
£ = 2у = 0;
[fy
В стационарной точке (0; 0) функ-
ция принимает значение z (0; 0) = 0.
2. Переходим к анализу значений
функции на границе области. Грани-
цей круга х2 + у2 < 4 является окруж-
ность
х2 + у2 = 4
с центром в начале координат и ра-
диусом 2.
Так как у2 = 4 - х2,то на границе
круга исходная функция принимает
вид
г = х2 - (4 - х2); z = 2х2 - 4; х G [-2; 2].
Исследуем функцию г (х) на наибольшее и наименьшее
значения на отрезке [-2; 2] как функцию одной перемен-
ной:
z' = 4х = 0; х = 0; 0 е [-2; 2], и при этом z (0) = -4.
На границах отрезка [-2; 2] z (-2) = z (2) = 4.
Если х = 0, то у = ±2, при этом z (О) = z(Q; ±2) = -4.
Если х = ±2, то у = 0, при этом z (±2) == г(±2; О) = 4.
3. Сравнивая все полученные значения функции z (х; у),
приходим к выводу, что функция z = х2 - у2 принимает
следующие наибольшее и наименьшее значения:
= г(-2; 0) = 2(2; 0) = 4;
= 2(0; -2) = г(0; 2) = -4.
z .
наиб
^наим
б) 1. Находим стационарную точку функции w - х2 +
+ 2уг + Зг2 и значение функции в этой точке:
Практикум по высшей математике
454
^ = 2х = 0,
ОХ
dw
— = 4у = О,
ду
дш _ _
— — Gz — 0;
[dz
х = 0,
у = 0, и>(0; 0; 0) = 0.
z = 0;
2. Границей шара х2 + у2 4- г2 < 100 является сфера
х2 + у2 4- z2 = 100, центр которой находится в начале ко-
ординат и которая имеет радиус 10. На сфере исходная
функция и>(х; у; г) = х2 + 2у2 + Зг2 приобретает вид
w (х; у) = х2 4- 2у2 + 3(100 - х2 - у2);
w (х; у) = 300 - 2х2 - у2, при этом функция w (х; у) оп-
ределена в точках круга х2 + у2 < 100.
Стационарная точка функции w (х; у):
х — 0,
_ а. й>(0;0) = 300.
У ~
du; . Л
_ = -4х = 0,
дх
^ = -2,, = 0;
ду
Отметим, что при х = 0; у = 0; переменная г принима-
ет два значения zs 2 = ±10. Следовательно, if(0; 0; ±10) =
= 300.
Границей круга х2 + у2 < 100 является окружность
х2 4- у2 = 100, поэтому функция w (х; у) в точках окруж-
ности приобретает вид
w (х) = 300 - 2х2 - у2 = 300 - 2х2 - (100 - х2);
w (х) — 200 - х2, где х е [-10; 10].
Стационарная точка функции w (х):
w '(х) = -2х = 0; х = 0; w (0) = 200.
Отметим, что при х = 0 переменные у и г принимают
следующие значения: у12 = ±10; z = 0. Следовательно,
ш(0; ±10; 0) = 200.
Значение функции ш (х) на краях отрезка [-10; 10]:
й (±10)= 100.
Но поскольку при х = ±10 переменные у и г равны О,
то ш(±10; 0; 0) = 100.
3. Среди всех полученных значений функции w(x; у; z)
выбираем наибольшее и наименьшее
^наиб = «^0; 0; ±10) = 300; и>наим = w(Q; 0; 0) = 0.
455
7. Функции нескольких переменных
в) 1. Стационарные точки функции г = х2у(4 - х - у)
определяются из следующей системы уравнений
ху(8 - Зх - 2у) = О,
х2(4 - х - 2у) = 0.
х = 4-2у,
8 - 3(4-2z/) - 2 г/= 0;
х = 2,
У = 1;
— = 8xi/ - Зх2у - 2ху2 = 0,
Эх
= 4х2 - х3 - 2х2у = 0;
[&/
Координаты стационарных точек, расположенных
внутри треугольника х = 0; у = 0; х + у = 6, удовлетворя-
ют условиям х > 0, у > 0.
Исходная система приобретает вид:
8 - Зх - 2у = 0,
4 - х - 2у = 0;
и при этом г(2; 1) = 4.
2. Поскольку граница треугольни-
ка состоит из отрезков прямых х = 0;
у = 0; х 4- у = 6, рассмотрим исходную
функцию отдельно на каждом из
этих участков:
1) х = 0; 0 < у < 6, тогда г(0; у) = О;
2) у = О; 0 < х < 6, тогда z(x; 0) = 0;
3) х + у = 6; 0 < х < 6, тогда функ-
ция г(х; у) принимает вид
z (х) = х2(6 - х) • (-2);
z (х) = 2х3 - 12х2; х е [0; 6].
Стационарные точки функции г (х):
г (х) = 6х2 - 24х = 6х(х - 4); хх = О; х2 = 4;
г (О) = 0; г (4) = -64.
Значения функции 2 (х) на концах отрезка
г (0) = 0; г(6) = 0.
Таким образом, z(0; 6) = 0 ; 2(6; 0) = 0 ; з(4; 2) = -64.
3. Сравнивая все полученные значения функции
z(x; у), получаем
2Наиб = 2(2; 1) = 4; 2наим = 2(4; 2) = -64.
г) 1. Определим стационарные точки функции г =
— sin х + sin у + sin (х + у), попадающие внутрь прямоу-
л л
гольника 0 < х < —; 0 < г/ < —:
и
Практикум по высшей математике
456
Эг , ч л
---= COS х + cos(x + У) = О,
Эх
Э2 f . \ л
— = cos у + cos(x + у) = 0;
Л
cos х - cos у = 0,
cos у + cos(x + 0 = 0.
Поскольку в задаче речь идет только об острых поло-
жительных углах, условие cos х = cos у равносильно ус-
ловию х = у , следовательно,
х = у,
cos х + cos 2х = 0;
х = у,
2 cos2 х + cos х -1 = 0;
X = у,
, 1
cos х = -1, cos х = —;
2
Х = у,
1
COS х = —
2
Л к
для углов 0 < X < — cos х > 0, поэтому
71
х“з’
71
^3-
этом z
Таким образом, исходная функция в заданной облас-
'тх п''
ти имеет единственную стационарную точку z ? Z , при
V*5 ° J
71. 71^ _ Зд/З
3’ 3)~2~'
2. Рассмотрим функцию на каждой из четырех сторон
прямоугольника.
У
Я
2
71
1) х = 0; 0 <у< - тогда з(0; у) = 2sin у.
Л
It
На отрезке 0; — функция sin у
2
возрастает, ограничимся значени-
ями функции в концах отрезка:
( Tt'l
2(0; 0) = 0 ; 2 0; - =2.
I 2
0
Л X
2
457
7. Функции нескольких переменных
71
2) у= 0; 0 < х < — , тогда z(x; 0) = 2 sin х.
Аналогичным образом получаем
(п А
г(0; 0) = 0; z —; 0 =2.
2
„ я Л п
3)x=-;0<i/<-, тогда
4U И
z(y)=z — ;у
к"2
Стационарные точки функции z (у) на интервале
я
= 1 + sin у + cos у.
п\ . я
0; — : z = cos у - sm у = 0; у = -;
4U *
~ я . /~
z — = 1 + V2 .
4
2
Значения функции z (у) в концах отрезка:
= 2.
Следовательно,
= z
, л я
тогда
4U
= 1 + sin х + cos х.
5 (у) = zх; £
X.
Аналогично предыдущему пункту получаем
3. Сравнивая все значения функции z(x; у), получаем:
(я 71А зТз . Лч „
2наиб 2 о ’ О ~ о ’ 2"аим 0) О’
о о J Z
Ответ: а) 2иаиб = z(-2; 0) = z(2; 0) = 4; zH8HM = z(0; -2) =
= z(0; 2) = -4;
&) ^наиб = °; ±10) = 300>* “>наим = W(Qi °) = °>*
B) Zmn6 = z(2; 1) = 4; zHaHM = z(4; 2) = -64;
Практикум по высшей математике
458
ч _ fя л'! 3-Уз
Г) 2иаиб ~ 2 — > — ------ *
I D D
= 2(0; 0) = о.
2 ’
Условный экстремум.
Метод множителей Лагранжа
Определение 3. Пусть Е - множество точек X п-мерно-
го евклидова пространства Е“, для которых выполняют-
ся условия
gi(X) = 0,i = 1, 2, ..., т; т < п.
Точка Хй G Еп называется точкой условного экстрему-
ма функции у = f(X) относительно соотношений g,(X) = 0,
если она является точкой обычного экстремума этой фун-
кции, рассматриваемой только на множестве Е.
Если система уравнений g^x,; х2;хп) = 0, i = 1,2,m;
т < п разрешима относительно т переменных хп_т+1;...; хп:
Xn-m+i ~ ^2» •••» Хп-т) ~ )> 7 ~ •••» Л1,
то вопрос об условном экстремуме функции у = f(x,; х2;...; хп)
равносилен вопросу об обычном экстремуме функции
y = f(X;h1(X); ...; hm( X)), где X = (х^ х2; ...; хп_т).
На практике, однако, или принципиально невозмож-
но выразить из уравнений gt(X) = 0 группу переменных,
или это может оказаться слишком громоздкой операци-
ей. В этом случае можно эффективно использовать метод
множителей Лагранжа.
т
Определение 4. Функция L(X) = f(X) 4- £((Х), где
i=l
i = 1, 2, ...» m - постоянные множители, называется
функцией Лагранжа.
Теорема 6. Если в точке Хо выполняются условия:
g;(Xo) = O, i = 1, 2, ..., т,
точка Хо является стационарной точкой для функции Лаг-
ранжа, и если второй дифференциал функции Лагранжа в
этой точке является положительно (отрицательно) опреде-
ленной квадратичной формой переменных dx„ dx2,..., dxn
при условии, что они удовлетворяют соотношениям
Э^(Хо) dx, + ... + Э^(Хо) dxa = 0,1= 1,2, ..., т,
vXj дХп
то точка Хо является точкой условного строгого миниму-
ма (максимума) для функции у = f(X) относительно усло-
вий g,(X) = О.
459 7. Функции нескольких переменных
Пример 4. Найти точки условного экстремума и значения
условных экстремумов функций:
a) z = ху , если х 4- у = 1,
„ л
б) z = cos2 х 4- cos2 у , если х - у — —,
в) w = х - 2у 4- 2z , если х2 + у2 4- z2 — 1,
г) w = xyz , если х2 4- у2 4- z2 = 1, х 4- у 4- г = 0.
Решение.
а) Поскольку переменная у легко выражается из урав-
нения
x4-t/=l,
то условные экстремумы функции г = ху находятся как
обычные экстремумы функции
г (х) = х • (1 - х); z (х) = х - х2;
Стационарная точка функции z (х):
z '(х) = 1 - 2х; z \х) = 0; х = |.
Поскольку
— z
2
2
1
1 2
то х = — - точка максимума.
1
У = 2 ’ то = z
1
Так как при х = — переменная у принимает значение
'1.1Л 1
2’2 4 ’
71
б) Из условия х - у = — получаем:
п
у = х~1
Преобразуем с учетом этого функцию г (х, у)
~ z v о о ( лА 14-cos2x
г (х) = cos2 х 4- cos2 л - — =-4-
14 1 2
Л
14- cos 2х----
+——2
2
Практикум по высшей математике
460
г (х) = 1 + — (cos 2х 4- sin 2х).
Находим стационарные точки функции г (х):
z (х) = -sin 2х + cos 2х; г '(х) = 0; sin 2х - cos 2х = 0;
л пл
tg2x = l; 2x= — fnn; x=— + ~n,neZ.
4 о 2
Для определения типа экстремума находим знаки про
изводной функции z (х) методом интервалов
Очевидно, что точки х = — + пп - точки максимума,
л п
точки х = — + — +пп- точки минимума.
8 2
Исходная функция з(х; у) достигает максимума в точ-
ках с координатами
л
х = — 4- ял
8
пп, пе. Z,
при этом
J 71
zmnr = cos2 — + ли
max I g
л
2
+ cos2-----+ пп = 1 + ------.
8
2
Функция z(x; у) достигает минимума в точках с коор-
динатами z
л л „
У = ~о + о +nn,neZ;
о Z
А .(Зл
2
+ cos2 ’7Г' + пп — 1 — -----
8
2
л л
x=i+i +лп'
*>П
= cos2 — + пп
в) Применим метод множителей Лагранжа. Функция
Лагранжа имеет вид
L(x; у; г) = х - 2у + 2z + Х(х2 + у2 + г2 - 1).
Стационарные точки и значения параметра X опреде-
ляются из следующей системы
461
7. Функции нескольких переменных
— = 1 + 2хЛ = 0; дх 1 x = — 2Л
^ = -2 + 2yX = 0; 1 у = —;
ду Л
dL 1
— = 2 + 2гХ = 0; a = - —;
dz A.
x2 + y2 + z2 = 1; ^2 , „2 , _2 X + у +2
CO 1 CN II CO | CN 1 II
1 i-ч 1 co 1 II ba II CO | 1-*
w II co 1 to CN | CO 1 II eq %
= 1; 2 Z1 ~ 3’ <N | CO II
Вопрос о существовании и характере условного экстре-
мума решается путем анализа знака второго дифференци-
ала функции Лагранжа в стационарных точках. Следует,
однако, помнить, что переменные х, у и г (а значит, и их
дифференциалы!) уже не являются независимыми. В час-
тности, дифференцируя условие х2 + у2 + 22 = 1, получаем
х
dz =----dx -
2
dz —
У л
— ау.
г
X у
— dx-----dy.
г г
У
2
+ 2
2xdx + 2ydy + 2zdz = 0;
Поэтому
dL J DL, dL .
dL= — dx + — dy + —dz •
ab dx dy dz ’
d2L ,2 d2L . 2 Л, г
m-tt* + T^dy + тт* +
dx . dy dz-
d2L , , d2L . . d2L , ,
----dxdy + dydz+—~dxdz
dxdy dydz dxdz
dL ,
d2z.
дг
3
1) Рассмотрим случай Л = — и стационарную точку
М.
1 2 _2
Гз;з = 'з/
d2L(M,) _ d2L(Mi) _ Э2!,^)
Эх2 ' Э/ Эг2 = 2X"3;
d2ЦМР = d2 ЦМг) = d2L(Mx) _ dL(MJ
dxdy dydz dxdz dz
d^Mj) = 3(dx2 + dy2 + dz2)t dz = dx + dy;
£л
Практикум по высшей математике
462
то есть dzL(Mj) - положительно определенная квадратич-
ная форма переменных dx и dy; следовательно, Мг - точ-
ка минимума функции Лагранжа и точка условного ми-
нимума функции w = х - гу при этом
.J.l.z.-?')—3.
( 3’3’ з]
„ . 3
2) Рассмотрим случаи А. = - — и стационарную точку
л
М2
Г1 _ 2 2'
з: з;з/
Получаем d2L(M2) = -3(dx2 + dy2 + dz2),
dz = ~^dx + dy.
Поскольку d2L(M2) - отрицательно определенная квад-
ратичная форма относительно dx и dy, то М2 - точка мак-
симума функции Лагранжа и точка условного максиму-
ма функции w = х - 2у + 2г.
1. 22'
з: з; 3
= 3.
W = W
max
г) Условные экстремумы функции w = xyz можно на-
ходить как условные экстремумы функции w (х; у) , ко-
торая получается подстановкой в функцию w = xyz (и в
условие х2 4- у2 + z2 = 1) выражения г = -х-у . Более того,
поскольку условий, связывающих х, у и z - два, в прин-
ципе можно выразить из них две переменные, например
у и г, через х, тогда функция w = xyz преобразуется в фун-
кцию одной переменной w (х), которая может быть иссле-
дована на экстремумы традиционным образом.
Тем не менее проведем анализ функции w = xyz мето-
дом множителей Лагранжа, чтобы убедиться в его эффек-
тивности и для случая, когда переменные х, у, г связаны
несколькими условиями.
Функция Лагранжа имеет вид:
L(x; у; z) = хуг 4- Аг(х2 4- у2 4- г2 - 1) 4- Л2(х 4- у 4- г).
Стационарные точки и значения параметров и Л2
находятся из следующей системы:
463
7. Функции нескольких переменных
— = уг+2хкг + Л2 = 0, (1)
— = хг+2у\ +Л2 = 0, (2)
ду
dL
• — = ху+2гХг +Л2 = О, (3)
02
х2 + у2 + г2 = 1, (4)
Х + у + 2 = 0.
Если из уравнения (1) вычесть уравнение (2); из (2)
вычесть (3); уравнение (3) заменить из сумму (1), (2) и (3);
в уравнении (4) выделить полный квадрат
х2 + у2 + z2 = (х + у + z)2 - 2(ху + xz + yz),
то система приобретает вид:
(у-х)(г-2кг) = 0,
(z-pMx-^J = 0,
- ху + yz + xz + 2A.J (х + у + г) + ЗЛ2 = О,
(х + у + г)2 - 2 • (ху + yz + xz) = 1,
х + у + г = 0;
(i/-x)(z-2X1) = 0,
(з-у)(х-2Л1) = 0,
Л2~6’
ху + у 2 + XZ = -
1
2’
Х + у +2 = 0.
Дальнейшее решение громоздко, но очевидно. Ограни-
чимся перечислением полученных ответов:
Практикум ио высидеК математике
464
Из условий, связывающих переменные х, у и г, полу-
чаем систему уравнений, связывающих их дифференци-
алы:
, 2-Х л
dy ----dx,
y-z
, х~У j
dz =--2- dx.
y-z
xdx + ydy + zdz = 0,
dx + dy + dz =* 0;
Второй дифференциал функции Лагранжа имеет вид:
Э2Ь ,2 . Э2Ь л..2 . д2Ь J-2
dzL + т 2 + 2 d2 +
дх ду dz
465
7. Функции нескольких переменных
4-2
d2L d2L d2L
dL
+ з- d2y 4-
dxdy dxdz dydz
d2L
Очевидно, что - Эу2 -
d2L d2L d2L
d2L d2
dxdy dxdz dydz х + У + 2»
dL „
—— d2z.
dz
= 2Л
dL n
— = 0; x + у + z = 0,
dz
dL
во всех стационарных точках: =
поэтому d2L = 2A1(dx2 + dy2 4- dz2).
Вне зависимости от стационарной точки d2L является
определенной квадратичной формой, знак которой зави-
сит только от знака Л,.
Точки М
1 . 1 . 2
Jq'Jq” 4q \'M‘
2 11
/б ’ Ve ’ Ve
2
1 2
6 ’ Ve
М3
, которым соответствует значение
= 2^7 > 0, являются точками условного минимума ис-
ходной функции w = xyz. При этом
wmln = w(Mt) = w(M2) = w(M3) = - .
1
2
Точки М4
; м5
6
L._
6 ’ Тб ’ Те
2
М.
6
, которым соответствует значение
< 0, являются точками условного максимума
функции w = xyz :
wmax = w(M4) = w(Ms) = w(M3) = .
Практикум по высшей математике
466
Геометрические приложения
Касательная прямая и нормальная плоскость
к пространственной кривой
Если кривая задана параметрически:
х = x(i); у = y(t); г = z(t),
то касательная прямая в точке Хо (х0; у0; г0) имеет вид:
х - х0 = у - у0 = 2 - 20
х (^о) У (*о) 2 (fo) ’
где t0 - значение параметра, соответствующего точке XQ.
Нормальная плоскость задается уравнением
x'(tQ) • (х - х0) + y'(t0) • (у - у0) + z'(t0) • (z - 20) = 0.
Касательная плоскость и нормаль
к поверхности, заданной явно
Если поверхность задана явно: z = /(х; у), то в точке
Х0(х0; Уо’ 2о) она обладает касательной плоскостью
467
7. Функции нескольких переменных
Эг(Х0), г ~ Эг(Х„)
2 - г° = Ъх~ (х - х0) + (У- У о)
и нормалью
х~хо _ У~Уо _г~2о
Эг(Х0) дг(Х0) -1 •
дх ду
Касательная плоскость и нормаль
к поверхности, заданной неявно
Если поверхность задана неявно: F(x; у; г) = 0, то в
точке Х0(х0; yQ; zQ) она обладает касательной плоскостью
dF(X0)
дх
(х - х0) +
9ДХ„)
dF(X0)
дг
(2 - 20) = О
X - Хп у - Уп 2 ~гп
Эх ду дг
Особые точки плоских кривых
Определение 5. Если функция Е(х; у) дифференцируе-
ма в точке Х0(х0; yQ), и при этом Е(х0; у0) = F'x(x0; у0) =
= F'(x0; у0) = 0 , то точка Хо называется особой точкой
кривой F(x; у) = 0.
Определение 6. Если функция F(x; у) дважды непре-
рывно дифференцируема в изолированной особой точке
Х0(х0; у0), частные производные F'x(XQ), F”y (Хо), F”z (Хо)
не обращаются в этой точке в ноль одновременно, и при
этом
д = f;x (Хо) • (х0) - (Fxy (*0))2,
тогда, если
А > 0, то Хо - изолированная точка,
А < 0, то Хо - двойная точка (узел),
А = 0, то Хо - точка возврата или изолированная точка.
Пример 5. Вывести уравнение касательной прямой и нор-
мальной плоскости к пространственным кривым:
а) х = sin21; у = sin 2t; z = cos21 в точке t =
б) у = x; z = x2 в точке M(l; 1; 1).
7C
4’
Практикум по высшей математике
468
в) Вывести уравнение касательной и нормальной пря-
мой к плоской кривой cos ху = х + 2у в точке (1; 0).
Решение.
а) Пространственная кривая задана параметрически
I 71 I
x\f) = (sin21)' = 2sin t • cos t = sin 2t; x'I I = 1;
x0 = X
y'(t) = (sin 2t)' = 2cos 2t; у' . I = 0; yQ = у . I = 1;
z'(t) = (cos21)' = -2cos t • sin t = -sin 2t; z‘
ZQ=Z
Уравнение касательной прямой:
1 1
x-Xq _ y-y0 _ Z-ZQ ________2 _ _____2 .
x(t0) y'(t0) z'(t0) ’1 0 -1
Уравнение нормальной плоскости:
x'(t0)(x - x0) + /(t0)(i/ - yQ) + z'(t0)(z - zQ) = 0;
Отметим, что появление 0 в знаменателе пропорции
носит формальный характер. Фактически это означает,
что у - 1 = 0, и направляющий вектор прямой имеет ко-
ординаты (1; 0; -1).
б) Пространственная кривая задана явно; переменная
х играет роль параметра
х 1; х (1) 1; Xq 1;
у'= 1; /(1)= 1; у0= 1;
z' = 2х; z'(l) = 2; zQ = 1.
Уравнение касательной прямой:
х-х0 = у-у0 = 2-г0 . х-1 = у — 1 ,2-1 .
1 У'Ы г'(х0) ’1 1 2
уравнение нормальной плоскости;
(х - х0) + у'(х0)(у - у0) + z'(x0)(z - = 0;
(х - 1) + (у - 1) + 2(z - 1) = 0; х 4- у - 2z - 4 = 0.
469 7. Функции нескольких переменных
а———»..... ................ .......... mi । .
в) Плоская кривая задана неявно; дифференцируем это
выражение по переменной х, считая у - функцией от пе-
ременной х:
-sin(xz/) • (у + ху') = 1 + 2р';
1 + у • sin(xp) , 1
х • sin(xp) + 2 ’ 2'
Уравнение касательной прямой:
1 /(Хо) 1 _1
2
Уравнение нормальной прямой:
(х - х0) + г/'(х0) • (у - у0) = 0;
(х - 1) - |(z/- 0) = 0; 2x-z/-2 = 0.
£л
1 1
X--- -2------
9 I/ — 1 9
Ответ: а)-----— = ----=----— ; х - z — 0;
1 0-1
X — 1 у -1 2-1 Л Л
б) ; х + 1/ -2з- 4 = 0;
в) х + 2у - 1 = 0; 2х - у - 2 = 0.
Пример 6. Найти уравнение касательной плоскости и нор-
мали к поверхности: a) z = ху в точке (1; 1; 1) ;
л) - *-
4 I ; в) 2 z + 2 2 = 8 в точке
б) з = arctg — в точке
X
(2; 2; 1).
Решение.
а) Поскольку
Эа dz(l; 1) дг дг(1; 1)
— = у; —------ =1; = х; , то касательная
дх у дх ду ’ ду г
плоскость задается уравнением
г - 1 = (х - 1) + (у - 1); х + у - г - 1 = 0,
а нормаль к поверхности имеет вид
х -1 _ у -1 _ z -1
___ -
dz 1
б) Так как — =------—
дх . у2
1 + ^2-
х
' у L у
< х2) х2+у2
Практикум по высшей математике
470
Эг(1; 1) = _ 1 Эг _ 1 1 = х dz(l; 1) = 1
Эх 2 ’ Эу у2 х х2 + у2 ’ 2 ’
1 + “2
X
то получаем следующее уравнение касательной плоско-
сти:
тт 1 1 л
z----=------(х - 1) + — (у - 1); х - у + 2z - — = 0.
4 2 2 2
Уравнение нормали к данной поверхности:
_ л _ тг
х-1 у-1 2 7 х-1 у-1 2 4
11-1 1-12
2 2
в) Запишем уравнение поверхности в виде F(x; у, г) = 0:
* у
2г +2г -8 = 0,
dF Л 1 о 1 ЭР(2; 2; 1) л . о
тогда — = 2г • In 2 • —; ------- = 4 In 2;
Эх z дх
^ = 2f.ln2,l; эм=41п2;
. ду 2 ду
dF ~ ( х\ L ( у У
—— = 2г • In 2 --— + 2 г • In 2 • —— : •
dz \ 2 )
5F(2; 2; 1)
—4-JL-2=-16 In 2.
dz
Уравнение касательной плоскости:
4 In 2 • (x - 2) + 4 In 2 • (у - 2) - 16 In
x + у - 4г = 0.
Уравнение нормали к поверхности:
х-2 у-2 г-l х-2 у-2 г-1
----- = -- = ----- или —, = — = — .
41п2 41п2 -161п2 11-4
х-1 у-1 z-1
Ответ: а) х + у - z - 1 = 0; —-— ~-=---•
2 • (z - 1) = 0,
1 -1 ’
Z- —
б) х- у + 2z - =0; х _ У _4
2 1-12
471
7. Функции нескольких переменных
в) х + у - 4з = 0;
х -2 _ у -2 _ z -1
1 ~ п; ’-Т ’
Пример 7. Найти особые точки плоских кривых и указать
их тип:
а) х3 + у3 + Юху = 0; б) х4 + у4 - х2 - у2 = 0; в) у2 - х3 = 0.
Решение.
3F
a) F(x; у) = х3 + у3 + Юху ; -г~ = Зх2 + Юу ;
ох
3F
ду -Зу2 + Юх.
Особые точки удовлетворяют следующей системе урав-
нений:
х3 + у3 + 10xi/ = 0,
Зх2 + Юг/ = 0, Г* = °’
Зу2 + 10х = 0; = °-
(0; 0) - единственное решение системы. Точка (0; 0) -
особая точка исходной кривой. Определим ее тип:
32F &F d2F
дх2 = 6X1 Ъу2 = 6у: ЭхЭг/ = 10;
a2F(0; 0) = Э2Я0; 0) _ 82F(0; 0)
Эх2 Ъу2 ~ °’ ЭхЭг/ 10,
А = -100, А < 0,
следовательно, (0; 0) - двойная точка (узел).
х 3F
б) F(x; у) = х4 + у4 -х2 - у2, — = 4х3 - 2х ;
3F
“4х"-2У.
Находим особые точки:
х4 + г/4 - х2 - у2 = 0,
2х(2х2 -1) = 0,
2у(2у2 - 1) = 0;
+ У4 -X2 -у2 =0,
у/2
хх =0; х2>3 =± —,
У1 = 0; у2,3 - ± "V;
Zj
х4
х = 0;
У = 0.
Практикум по высшей математике
472
Определим тип особой точки (0; 0):
02Р Э2Г Э2Г
= 12х2 - 2; VT = 12г/2 ~ 2; rv- =
дх2 ду2 у ' дхду
Э2Р(0;0) _ a2F(0; 0)
эх2 “ ~2: а/ “-2;
А = 4, А > 0,
следовательно, (0; 0) - изолированная точка.
в) F(x; у) = уг~ х3; — = -Зх2; = 2у.
Очевидно, что единственной особой точкой является
точка (0; 0). Определим ее тип:
d2F Э2Р a2F a2F(0;0)
Эх2 ду2 дхду dx2
A = 0, следовательно, (0; 0) - точка возврата.
Ответ: а) (0; 0) - двойная точка;
б) (0; 0) - изолированная точка;
в) (0; 0) - точка возврата.
Задания для самостоятельного решения
1. Разложить по формуле Тейлора функцию
z — х3 — х2 + у2 + х + у + 1 в окрестности точки А(1; 1).
2. Разложить в ряд Тейлора функцию ех • sin у в окрес-
тности произвольной точки А(х; у), ограничившись чле-
нами третьего порядка.
Найти стационарные точки, точки экстремума и экст-
ремумы функций:
3. z = х4 + у4 - х2 - 2ху - у2.
4. 2 — ху • 1п(х2 + у2).
5. 2 = е2х+3у(8х2 - бху + Зг/2).
Найти наибольшие и наименьшие значения функций:
6. 2 = е~х ~у (2х2 + Зг/2) в круге х2 + г/2 < 4.
7. 2 - х2 - ху + у2, если |х| + \у\ < 1.
Найти точки условного экстремума и значения услов-
ных экстремумов функций:
8. 2 = х + у, если х2'+ у2 = 1.
9. г = х2 + у2, если х + у = 1.
473
7. Функции нескольких переменных
10. Вывести уравнение касательной прямой и нормаль-
ной плоскости для кривой х = cos t; у = cos t; z = 42 sin t
n
в точке t = —.
11. Вывести уравнения касательной плоскости и нор-
мали к поверхности z = х2 + у2 в точке Мо(1; 2; 5).
12. Найти особые точки кривых, указать их тип:
а) х3 + у3 - Зху = 0; б) (х2 + у2)2 = х2 - у2.
Ответы:
1.4 + 2(х - 1) + 3(у - 1) + 2(х - I)2 + {у - I)2 + (х - I)3;
2. ex(sin у + Дх • sin у + by cos у + (Дх2 • sin у +
1
+ 2Дх • by • cos у - by2 • sin у) + — (Дх3 • sin у +
6
+ 3 • Дх2 • by ’ cos у - ЗЬх • by2 • sin у — by3 cos у)) + г3(Дх; Ду);
3. zmln = 2(1; 1) = з(-1; -1) = -2; в стационарной точке
(0; 0) экстремума нет;
1 1
1 _ 1
44 44ё
4. 2 • — 2
min
= 2
2е ’
1 . 1
*2ё 42е
1
—; в стационар-
2 =2
max
ных точках (0; 1); (0;-1); (1; 0); (-1; 0) экстремумов нет;
4; 2
5. zmln = з(0; 0) = 0; в точке
экстремума нет;
= 2
1 1
3
6. Знаим = 2(0; 0) = 0; 2наиб = з(0; 1) = 2(0; -1) = -;
7- гнанм = 2(0; °) = °; 2наиб = 2(0; ±1) = з(±1; 0) - 1;
10. х = у = -(г - ^/2); х + у = 0;
11. 2х + 4у - 2 - 5 = 0; -у- = ~ :
12. а) (0; О) — двойная точка; б) (0; 0) — двойная точка.
Практикум по высшей математике
474
7.3. Интегральное исчисление функций
нескольких переменных
Двойные интегралы
Рассматривается произвольная
У к ограниченная квадрируемая область
/'"'Г’рХ. р На этом множестве определена
(Z- функция 2 = Дх; у). Область Р раз-
\у р Гр \ бита на конечное число подобластей
. К Рз I у Р\\ Р2’> ••• I Л,, таких что они попар-
но не пересекаются, а их объедине-
ние есть Р. В каждой подобласти
“о Zc Р<> i = 1; ! п выбирается произ-
вольным образом точка МДх^ уг),
после чего вычисляется значение
функции в этой точке = f(xp, у).
Выражение вида
п
i = l
где Sj S2; ... ; Sn - площади подобластей Pt; Р2; ... ; Рп,
называется интегральной суммой функции z — f(x; у).
Обозначим Л - наибольший из диаметров подобластей
Pt (под диаметром области понимается наибольшее рассто-
яние между точками этой области).
Определение 1. Если существует конечный предел ин-
тегральной суммы ст при X—>0 (л—>оо), то этот предел назы-
вается двойным интегралом от функции Дх; у) по облас-
ти Р и обозначается
у) dx dy,
р
при этом сама функция называется интегрируемой на об-
ласти Р.
Свойства двойного интеграла
1. Если функция Дх; у) непрерывна в области Р, то ода
интегрируема на этой области.
2. Если значения функции Дх; у), интегрируемой на
области Р , произвольно изменить на некоторой подобла-
сти Р, площадь которой равна 0, сохранив при этом ее
ограниченность, то величина двойного интеграла по обла-
сти Р сохраняется.
475
7. Функции нескольких переменных
3. Если Р = Pj и Р2; Pj л Р2 = 0, то
JJ f(x; у) dx dy = jj f(x; у) dx dy + |J f(x; y) dx dy.
P Л P2
4. Если функция f(x; у) интегрируема на области Р, то
функция k • Дх; у) (k - const, k * 0) также интегрируема
на области Р, и при этом
\\k-f(x-,y) =k- ^f(x;y).
р р
5. Если функция Д(х; у) и f2(x; у) интегрируемы на об-
ласти Р , то функции Д(х; у) ± f2(x; у), также интегриру-
емы на области Р, и при этом
Д(/1(*; у) ± f2(x;y))dx dy = $fi(x;y) dx dy ±
p p
± fff2(x;y)dx dy.
p
6. Если функции f^x; у) и f2(x; у) интегрируемы на об-
ласти Р и всюду в Р Д(х; у) < f2(x; у), то
JJА У) dx dy < jj f2(x; у) dx dy.
p p
7. Если функция Дх; у) интегрируема на области Р, то
функция |Дх; у)\ также интегрируема на области Р, и при этом
Д Кх‘> У) dx dy < |||/‘(x;i/)| dx dy.
p p
Теорема о среднем значении
Если функция Дх; у) непрерывна на области Р, то су-
ществует такая точка (a; b) е Р , что
IJ f(x'> У) dx dy = f(a, b) • Sp,
p
где Sp - площадь области P.
Сведение двойных интегралов к повторным
Теорема 1. Пусть Р - плоская область, ограниченная
графиками непрерывных функций g(x) и h(x), таких что
g(x) < h(x), х е [а; Ь], и, быть может, отрезками прямых
х = а и х = Ь. Если функция Дх; у) непрерывна в области
Р, то
Практикум по высшей математике
476
|| fix; у) dx dy =
р
b (Л(х)
J j fix; у) dy dx.
а\^(х) ,
Интеграл, стоящий в правой
части формулы, называется по-
вторным интегралом и записы-
вается в виде
b h(x)
$dx ^f(x’,y)dy .
a g(x)
Отметим, что если плоская об-
ласть Р ограничена графиками
непрерывных функций giy) и h(y),
таких что giy) < h(y), у е [с; d], и,
быть может, отрезками прямых
у = с и у = d, то порядок интегри-
рования может быть иным
|| fix;y)dx dy =
р
d h(u)
- j dy J fix', y)dx.
c g(y)
Замечание. Расчет двойных интегралов приводит к
Л(х)
необходимости вычисления выражений J/(x; y)dy , в
g(x)
которых интегрирование ведется по переменной у, а пе-
ременная х при этом играет роль константы (как, впро-
чем, и любое выражение р(х), зависящее только от х).
Пусть J fix', у) dy = F(x; у),
А(х)
тогда j fix', у) dy = Fix; у)
g(.x)
- Fix).
У=Ь(х)
= Fix; hix)) - Fix; g(x)) =
y=g(x)
477
7. Функции нескольких переменных
Аналогичным образом осуществляется интегрирова-
ла
ние выражений вида f(x; у) dx .
g(y)
Пример 1. Вычислить двойные интегралы по прямоуголь-
ным областям интегрирования Р.
л} (1*~~“Т dx '* 0 s х ~ 0 - У - 1;
7 1 + У
б) JJ х2у cos(xy2
р
\xdy'Q<x< ^,0<у<2.
<£л
Решение.
а) Применяя формулу теоремы 1, получаем:
2
Практикум по высшей математике
478
х • sin 4х • dx
и = х du - dx
, . . i cos 4х
dv = sin 4xdx v =-------
4
1 x-cos4x
2 _
2 1 J
+ —1 cos4x • dx
» 4;
7
П 1 . . 2 П
=----+ — sin 4x =--------.
16 32 о 16
Ответ: a) —; 6) - — .
iz io
Пример 2. Записать двойной интеграл
повторный, если
а) Р - параллелограмм со сторона-
ми х = 1; х = 7;
х - у + 5 == 0; х - у = 0;
б) Р - треугольник с вершинами
0(0; 0); А(2; 1); В(3; -2);
в) Р - внутренность эллипса
г) Р - круговое кольцо
1 < х2 + у2 < 4.
Решение.
а) При решении задач подобного
типа целесообразно изобразить плос-
кую область Р графически.
Из уравнения стороны ВС
х - у + 5 = 0
получаем у = х + 5.
JJ /(х; у) dx dy как
р
479
7. Функции нескольких переменных
Из уравнения стороны AD
х - у = О
у = х.
получаем
Следовательно,
7 x+5
JJ f(x; y) dxdy = fdx | f(x; y) dy.
p 1 x
Если изменить порядок интегрирования, то область Р
необходимо рассматривать как объединение трех облас-
тей: треугольников АВЕ, FCD и параллелограмма BFDE.
Это связано с тем, что нельзя записать одним уравнени-
ем границу АВС и границу АВС.
Из уравнения стороны ВС получаем х = у - 5.
Из уравнения стороны АВ получаем х = у.
Р АВЕ
+ jjf(x;y)dx dy + jjf(x;y)dx dy,
BFDE FCD
f(x-, y) dx dy =
p
бу' 7 у 12 7
= ^dy^f(x-y)dx + ^dy ^f(x',y)dx+^dy ^f(x',y)dx.
11 6 у-5 7
б) Находим уравнения пря-
мых ОА, ОВ, АВ, на которых
расположены стороны треуголь-
ника. Воспользуемся уравнени-
ем прямой, проходящей через
две заданные точки:
х-xi у-уг
х2 ~Х1 У 2 “ У1 ’
В результате очевидных пре-
образований получаем следую-
щие уравнения
1
прямая ОА: у — —х или
х = 2у,
у-5
з
X = --у
2 *
Практикум по высшей математике
480
2 3
прямая ОВ: у = ~~х или х = ~~у\
О ci
1 7
прямая АВ: у = -Зх + 7 или х = - — у + —.
3 3
Поскольку верхняя граница области Р состоит из от-
резков двух прямых, задаваемых различными уравнени-
ями, то область Р необходимо разбить на треугольники
О АС и С АВ.
JJ у) dx
р
dy = JJ У>*dX dy + /J У^dx dy’
OAC ОАВ
2 1 2Х 3 -Зх+7
J J /(*; У) dx dy = J dx j f{x', y)dy + ]dx J /(x; y) dy.
P 0 2 2 2
--X ---X
3 3
Если изменить порядок интегрирования, то область Р
придется рассматривать как совокупность треугольников
0AD и ODB:
17 17
О 3У+3 1 зу+з
Д f(x; У) dx dy = I dy J7(x;i/)dx+jdy jf(x;y)dx.
p -2 3 0 2y
2
X2 V2
в) Уравнение — + = 1 задает эллипс с центром в
начале координат, фокусы которого расположены на оси
У
3
Оу и который имеет полуоси 2 и 3.
Уравнение дуги АВС: у = 74 - х2 ;
3 Г 2”
уравнение дуги ADC: у = - — V 4 - х ;
Ci
уравнение дуги DAB: х = - 7^ “ У^ ;
уравнение дуги DCB: х - — ^9 - у2 .
О
В
D
-3
С
2 х
481
7. Функции нескольких переменных
Следовательно,
9
2 2 /•
f(x',y) dx dy = J dx jf(x;y)dy,
P
2
ИЛИ
P -3
г) Кольцо 1 < xz + у2 < 4 об-
разовано двумя концентричес-
кими окружностями с центром
в начале координат и имеющи-
ми радиусы 1 и 2. Вертикаль-
ные касательные BL и DF, про-
веденные в точках М(-1; 0) и
N(l; 0) к окружности х2 4- у2 = 1,
разбивают кольцо на области
ABL; MBCDNR; MLKFNS;
EDF.
Дуги АВ; BD; DE задаются
уравнением у = ^4- х2 ;
дуги AL; LF; FE задаются уравнением у = - ^4 - х2 ;
дуга MRN задается уравнением у = VI - х2 ;
дуга MSN задается уравнением у = - 71 - х2 .
Таким образом,
-2
f(x;y)dy +
74-х2
J f(x; у) dy
2 -/4-х2
+ jdx jf(x;y)dy.
1 -7Г?
1fi. Зяк fi
Практикум по высшей математике
482
При изменении порядка интегрирования получаем
аналогичное выражение формальной заменой х на у и у
на х (за исключением выражения функции f(x; у)).
7 х+5 6 у
Ответ: а) | dx | /(х; у) dy = | dx | /(х; у) dx +
7 у 12 7
+ §dy J f(x;y) dx + J dy j f(x-, y) dx.
6 y-5 7 y-5
1
2 2X 3 -3x+7
6) J dx ^f(x;y)dy + Jdx §f(x;y)dy =
2 -lx
3
о 2
-------X
3
= jdy J f(x; y) dx + j dy jf(x;y)dx.
-2 3 0 2y
2^
2 3
в) I dx j f(x; y) dy = J dy J /(x; y) dx.
-2 -3
2 3
-1 74-х2
г) !dx
“2 -74-х2
1 -71-х2 74-х2
+ jdx J f(x;y)dy+ J У(х; y)dy
^-74-x2 71-x2
2 74-х2
+1 dx J f(x; y) dy .
1 -7^7-
Пример 3. Изменить порядок интегрирования
2 2х 1 Jy
а) fdxf ^х;dy ’ б) J*dy /V^dx ’
Ох Оу
483
7. Функции нескольких переменных
1 х2
1 з
„ —х+—
3 2.2
1 о
О О
Решение.
а) По пределам интегрирования
повторного интеграла восстановим
область интегрирования Р.
Границы искомой области задают-
ся следующими уравнениями: х = 0;
х = 2; у = х; у = 2х.
Таким образом, Р - треугольник ОАВ
с вершинами 0(0; 0); А(2; 4); В(2; 2).
При изменении порядка интегрирова-
ния разобьем область Р на треуголь-
ники ОСВ и САВ:
2 2х 2 у
о
о 1
2У
4 2
2 I»
б) Область интегрирования имеет
следующие границы у = 0; у = 1; х — у,
1 >Jy
1
Оу Ох2
в) Область интегрирования состоит
из двух подобластей
1) х = 0; х = 1; у - 0; у = хг;
У
1R*
Практикум по высшей математике
484
1 3
2) х = 1; х = 3; у = 0; у = -~х +
После изменения порядка интегрирования получаем
1 з
1 х2 3 ~2Х+2 1 -21/+3
Jdx|f(x^di/ + Jdx jf(x;y)dy = jdy jf(x;y)dx.
оо io о X
2 у 4 2
Ответ: a) |dy | f(x\y)dx + Jdy J f(x;y)dx;
oi 2 1
2У 2y
1 x
6) $dx^f(x;y)dy; в)
о x2
1 -2i/+3
^dy (f(x;y)dx.
о S
Пример 4. Вычислить интегралы
a) J| (x2 + y) dxdy, P - область, ограниченная парабо-
p
лами у = х2 и у2 = х;
б) || cos(x + у) dxdy, Р - область, ограниченная прямы-
р
ми х = 0; г/ = л; I/ = х.
Решение.
а) || (х2 + у) dxdy -
р
1 -Ух
= | dx | (х2 + у) dy =
О х2
x2y + —
y 2
dx =
У=х2
x2
г— X 4 X ,
х + — х------------dx =
2.
J x2
1 3 4 ,
+ —х—х ах =
2 2
2 „ л.
= — X 4".........
7
X2 3 5
*---X
4 10
1__3
4 10 “ 140 ’
33
о
7
2
1
о
2
7
485
7. Функции нескольких переменных
dx =
У = Х
о
л
=J (sin(x + л) - sin2x) dx =
о
л
= J (- sin х - sin 2х) dx =
о
1 1
+ ~ cos 2л) - (cos 0 + — cos 0) = -I + — -
Li
33
Ответ: а) ——; б) -2.
140
1
cos х + — cos 2х
2
я
=(cos Л +
о
Замена переменных в двойных интегралах
Теорема 2. Пусть непрерывно дифференцируемые фун-
кции х = х(и; и); у = у(и; v) осуществляют однозначное
отображение ограниченной и замкнутой области Р в плос-
кости Оху на область Р' в окрестности Ouv. Если якобиан
д(х, у) _
д(и, v)
дх
ди
ду
ди
дх
dv
ду
dv
р
п п
О
л
1
2
3
—— — _ о
2
сохраняет постоянный знак в Р, за исключением, быть
может, множества нулевой площади, то справедлива фор-
мула
д(х,у)
d(u,v)
• du dv.
р
В случае перехода к полярным координатам г и ср:
х = г cos ф; у = г sin ф , получаем
Практикум по высшей математике
486
z/) dx dy = |Jf(rcos(p;rsin(p)« r* dr • dip.
p F
В частности, если P - криволинейный сегмент, то
₽ г2(ф)
JJ f(x; у) dx dy = j с/ф J f(r cos ф; r sin ф) • г • dr.
Р а П(ф)
Как и в случае однократного
интеграла, замена переменных
в двойном интеграле может су-
щественно упростить его вы-
числение. При этом введение
новых переменных может пре-
следовать разные цели: или уп-
ростить вид подынтегральной
функции, или упростить вид
области интегрирования.
Пример 5. Перейти к полярным координатам и расста-
вить пределы интегрирования в двойном интеграле
dxdy, где
р
а) Р - круг х2 + у2 < R2;
б) Р - область, ограниченная линиями х2 + у2 = 4х;
х2 + у2 = 8х; у = х; у = 2х;
в) Р - треугольник, ограниченный прямыми х = 0; у = 0;
У = 1 “ х.
Решение. \
а) Переходя к полярной системе
координат х = г cos ф; у = г sin ф,
получаем следующее уравнение ок-
ружности х2 + у2 == R2; г = R.
Очевидно, что 0 < ф < 2л, поэто-
му
fff(x;y) dxdy =
р
г • dr.
2л R
= J dtp^ /(гсовф; гэшф)
о о
б) Преобразуем исходные выражения х2 4- у2 = 4х и
х2 4- у2 = 8х к каноническому виду:
х2 4- у2 - 4х = 0; (х - 2)2 + у2 = 4;
х2 4- у2 - 8х = 0; (х - 4)2 4- у2 = 16.
487
7. Функции нескольких переменных
Следовательно, область Р
ограничена окружностью,
имеющей радиус 2, с центром
в точке (2; 0); окружностью,
имеющей радиус 4, с центром
в точке (4; 0), а также прямы-
ми у = х; у = 2х.
Фигура ABCD ограничена
л t п
лучами ф = — и ф = arctg 2.
В полярной системе коор-
динат уравнение дуги AD име-
ет вид г2 cos2 ф 4- г2 sin2 ф =
= 4г cos ф, г = 4cos ф .
Аналогично, уравнение дуги ВС:
г2 сов2ф + г2 вш2ф = 8г cos ф, г — 8cos ф .
Таким образом,
arctg 2 8cos<p
р it 4созф
4
в) В полярной системе координат
прямая у = 1 - х имеет вид
1
г вшф = 1 - г cos ф; г =
8П1ф + СО8ф
Следовательно,
JJ у) dx dy =
л
|;гзшф) • г • dr.
о
о
2n R
Ответ: a) J<2ф^Лгсовф; гэшф) • г • dr;
о о
б)
arctg 2 8созф
;гвшф)
я 4созф
4
г • dr;
Практикум по высшей математике
488
Л 1
2 sintp+costp
в) j d(p J/(rcos<p; rsin(p) • г • dr.
о о
Пример 6. Перейдя к полярным координатам, вычислить
Г Г 11 — х2 -у2
интеграл JJ 2~~ 2 dx dy; где Р - область, огра-
р у 1 + х + у
ниченная окружностью х2 + у2 = R2, 0 < R < 1, и распо-
ложенная в первой координатной четверти.
Решение.
Очевидно, что 0 < ср <р/2 ,
О < г < R, следовательно,
г г 11-х2 -у2
JJ tfl + xW dx dy -
r dr.
Рассмотрим неопределенный интеграл
1
= — arcsin t +
2
= If /l*....= 1 f 4
2 7i-t2 2 Vi -12 2 7Г-12
4--71 — t2 = — arcsin r2 + — 71 - r4 .
2 2 2
Следовательно, .
489
7. Функции нескольких переменных
Тройные интегралы
Рассматриваются произвольная ограниченная замкну-
тая кубируемая область Р и функция w = f(x; у; г), опре-
деленная на этой области. Область Р разбита на конечное
число подобластей Pt, i = 1; ... ; п , которые попарно не
пересекаются, и их объединение равно Р. В каждой под-
области Рг выбирается произвольная точка М£х$ у^ zj и
вычисляется значение функции в этой точке w(Mt) =
= Дх^ г/р Zj). Выражение вида
п
i=l
где Vti V2; ... ; Vn - объемы подобластей Р*; Р2;... ; Рл, на-
зывается интегральной суммой функции w = f(x; у; г).
Обозначим X - наибольший из диаметров подобластей
Р • Р • • Р
г1> г2> — > п’
Определение 2. Если существует конечный предел ин-
тегральной суммы ст при А —» 0 (п «»), то этот предел на-
зывается тройным интегралом от функции Дх; у; г) по
области Р и обозначается
ffff(x;y;z)dxdyd2,
р
при этом сама функция называется интегрируемой на об-
ласти Р.
Свойства тройных интегралов аналогичны свойствам
двойных интегралов.
Сведение тройных интегралов к повторным
Теорема 3. Пусть Р - трехмерная область, ограничен-
ная поверхностями
х = х,; х = х2 (х1 < х2); у = у^х); у = г/2(х) (у^х) < у2(х));
г = Zi(x; г/); г = г2(х; г/) (гх(х; г/) < z2(x; г/)),
где хг, х2 - const; г/г(х), г/2(х), zr(x; г/), г2(х; у) - непрерыв-
ные функции.
Если функция Дх; у; г) непрерывна на области Р, то
*2 у2(х) г2(х-,у)
JJJf(x;i/;z) dx dy dz = f dx Jdy J f(x-,y;z)dz.
P Xj yx(x) 2x(x-,y)
На практике полезна также следующая формула
J|Д(*; р; 2) dx dy dz =
р
*2
J dx Д/(x; y; z) dy dz,
S(x)
Практикум по высшей математике 490
где S(x) - сечение области Р плоскостью, перпендикуляр-
ной оси Ох: х = const.
Замена переменных в тройных интегралах
Теорема 4. Пусть непрерывно дифференцируемые
функции
х = х(и; о; з); у = у(и; о; s); z = г(и; у; з)
осуществляют однозначное отображение ограниченной и
замкнутой области Р пространства Oxyz на область Р' п ю-
странства Ouos.
Если якобиан
дх дх
Эи Эз
ду ду
до Эз
дг дг
до Эз
сохраняет постоянный знак в области Р, за исключением,
быть может, множества нулевого объема, то справедлива
Формула
dx dy dz =
p
д(хщг)
d(u\o-,s)
du do ds.
= JJJ/(x(u;y;s);?/(u;y;s);z(u;y;s))-
P’
1. В случае цилиндрической системы координат ф, г, h:
d(x;y;z)
х = г cos ф; у = г sm ф; г = h; гг = г;
v у v ’ Э(г;ф;Л) ’
dx dy dz = £|*^/(гсозф;г8тф;й)’ г • dr' dy dh.
p p'
2. В случае сферической системы координат ф, у, г:
х = г cos ф cos ф ; у = г sin ф sin ф ; г = г • sin ф;
Э(х;г/;2)
т:-----Г = Г2 • COS ф.
Э(ф;ф;г) v
JJJ/(«; У\z) dx dy dz =
этф; гэтф созф; гзтф) • г® • cos ф • dr • </ф • <2ф.
491
7. Функции нескольких переменных
Пример 7. Вычислить тройные интегралы:
а) jffxy2z3 dx dy dz, где область Р ограничена повер-
р
хностями z = ху; у = х; х — 1; z — 0;
б) f Г f-^dydz^— , где область р ограничена повер-
JJJ(l + x + !/ + 3)3
хностями х + у + z = 1; х = 0; у = 0; z = 0.
Решение.
а) Как и в случае двойных
интегралов, вычисление трой-
ных интегралов требует пони-
мания структуры области ин-
тегрирования. В данном случае
область Р определяется следую-
щими неравенствами:
0<х<1;0<1/ < х; 0 < z <ху,
поэтому
JJJdx dy dz ~
1 х ху
= JdxJdz/Jx/z3 dz =
ООО
dx =
i
dx
о
у=х
dx *в
j/=0
28
1 13
364
1
364
б) Уравнение x + у + z = 1 оп-
ределяет плоскость, которая пе-
ресекает оси координат в точках
А(1; 0;,0); В(0; 1; 0); С(0; 0; 1).
Следовательно, Р - треугольная
пирамида ОАВС.
Предельные значения пере-
менной х: х = 0 и х = 1.
Если зафиксировать значение
х, то предельные значения пере-
менной у:у = 0иу = 1-х.
х
Практикум по высшей математике
492
При фиксированных значениях х и у переменная г
имеет предельные значения z = 0hz = 1- x-z/.
Переходим к повторному интегралу
(l + x + y + z)3
1 1-х 1-х-у
= dx dy J (1 + х + у + г)-3 d(l +х + у + z) =
ООО
8У 2(1 + х + у)^
1 1, п 5
Ответа)—;б)-1п2--.
Пример 8. а) Перейти к сферическим координатам в интег-
рале J JJл д/х1 2 * * * * * В + у2 + z2 \dx dy dz, где областьР ограни-
чена поверхностями z = х2 + у2’, х = у; х — 1; у — 0; z = 0;
б) перейти к цилиндрическим координатам и вычис-
лить интеграл JJJ(х2 + у2 jdx dy dz, где область Р ограни-
р
чена поверхностями х2 + у2 — 2z; z = 2.
Решение.
а) Область Р ограничена криволинейной трапецией
АВСВ; криволинейными треугольниками АВО и OCD;
треугольником AOD и частью поверхности параболоида
вращения ВОС.
В сферических координатах х — г cos \|/ cos <р;
493
7. Функции нескольких переменных
у — г cos ф sin <р;
z = г sin у; 7х2 + у2 + z2 = г.
Переменная ф изменяется от
Ф = 0 до
it
ZAOD = -
4 ’
л
Ф=-
Переменная ф изменяется от
ф = 0 до значения Z.NOM, кото-
рое зависит от величины ф.
Из треугольника АОМ'. AM —
1
= tgф, ОМ = ~, следователь-
cos (р
но, точка М имеет координаты М(1; 1^ф; 0).
Точка N находится на поверхности
z — х2 + у2, поэтому
2=1 + tg=ty = -,
COS ф
1 "I
9
COS ф
т. е. N 1; tg (р;
NM _ 1
Из треугольника NOM’. tg(ZNOM) = ~ cos • Та-
ким образом, диапазон значений переменной ф:
0 < ф < arctg
— I
С08ф Г
Переменная г изменяется от значения OS до значения
ОТ. Точка S находится на поверхности z = х2 + у2, урав-
нение которой в сферических координатах:
г sin ф = г2 cos2 ф cos2 ф + г2 cos2 ф sin2 ф;
о 9 sin Ф
г sin ф = г2 cos2 ф; г — --—,
cos2 ф
ЗШф
следовательно, OS = -z— .
cos ф
Из треугольника ОМТ
ОМ 1
ОТ = ————— ОТ — ---------------.
cos(Z.TOM) ’ cos ф • cos ф
Практикум по высшей математике
494
Таким образом, переменная г изменяется в диапазоне
sin 1
----— < г <----------•
cos2 у cos ф-cos у
Итак,
sin у
COS ЦТ COS ф
р(г) • г2 • cos ф • dr.
2
cos у
б) Очевидно, что область Р симметрична относительно
координатных плоскостей Oxz и Oyz. Подынтегральная
функция четна по каждой из переменных х и у. Вычис-
ление исходного интеграла сводится к его вычислению в
первом октанте (х > 0; у > 0; z > 0).
Рассмотрим сечение области Р плоскостью Oyz. По-
скольку уравнение z = (х2 + у2) определяет параболоид
вращения, то все сечения, проходящие через ось Oz, оди-
наковы.
В цилиндрической системе координат х = г cos ф;
у — г snup; z = h.
Если ограничиться первым октантом, то 0 < ф <
я
2 ’
Переменная h меняется от 0 до 2. Переменная г меняется
от 0 до значения ОЕ, которое определяется величиной h.
В цилиндрических координатах уравнение параболоида:
Л =
495
7. Функции нескольких переменных
следовательно, ОЕ = -J2h . Таким образом, 0 < г < ^2Л •
п
2Л
JJ (х2 + y2)dx dy dz = 4 dh J r3dr —
p, ooo
' 4 \ 2 2 / л \ [XT
ок
Л3 2
= 2л “Г"
3 о
ил
о
16
3 п'
о
о
о
' 1 | 1
I cos<p J cos v-cos <р
Г cty
О
л arctg I ——
4
Ответ: a) J
о
sin
cos2 v
б)
о
Задания для самостоятельного решения
Записать двойной интеграл JJ
р
как повтор-
НЫЙ,
1. если Р - треугольник с вершинами (0; 0); (1; 0) и (1; 1);
2. если Р - круг х2 + у2 < у.
Вычислить двойные интегралы по прямоугольной об-
ласти Р:
Я dxdy
-------; 0 < х < 1; 0 < у < 1.
Г (х + у + 1/
4. JJ х2уеху dx dy;O < х < 1; 0 <у<2.
р
Изменить порядок интегрирования
2 2-х
е Inx
-6 х2 _
т~
1 о
Практикум по высшей математике
496
2
1 х3
о о
2 1-^4х-хг-3
Jdx ^f(x;y)dy-
о
1
Вычислить интегралы
8. JJ(% + У) dx dy, Р - область, ограниченная кривыми
р
у2 = 2х; х + у = 4;х + у= 12.
2
9. 11 -у dx dy, Р - область, ограниченная прямыми
7 У
х = 2; у = хи гиперболой ху — 1.
Перейти к полярным координатам, расставить преде-
лы интегрирования:
10. JJf(x; у) dx dy; Р - кольцо: R? < х2 + у2 < -Rf •
р
11. JJ/(x; у) dx dy; Р - область, ограниченная кривыми
р
У — х2 , у = 1.
12. Перейти к полярным координатам, вычислить интег-
рал JJsin д/х2 + у2 dx dy, где Р - кольцо: л2 < х2 + у2 < 4л2.
р
Вычислить тройные интегралы
13. fffxyz dx dy dz, где P - область, ограниченная по-
р
верхностями х2 + у2 + z2 — 1; х = 0; у = 0; z = 0.
14. ||рх2 + !/2 dx ty dz, где Р - область, ограниченная
р
поверхностями х2 + у2 = г2; z = 1.
Переходя к сферическим и цилиндрическим координа-
там, вычислить
15. I 2 , р _ шар х2 _|_ ^2 + z2 <
р ди +У2 +(z-2)2
497
7. Функции нескольких переменных
16. ПТ....-........~ , р - ЦИЛИНДР х2 + у2 < 1,
р yjX +у +(Z-“2)
-1 <z< 1.
Ответы:
0 2^1+7 8 2-у
3. In -; 4. 2; 5. fdy j f(x; y)dx+^dy J /(x; z/) dx;
-1 -2y[i+y о -2/1+7
1 e 1 2-^2y~y2
6. | dy I f(x\ y) dx ; 7. ^dy J y) dx
О ey 0 3
У2
11 Q
8. 543 — ; 9. — ; 10.
15 4
r f(r cos <p; r sin tp)dr;
n sin<P
4 cos2 q>
11* J dtp J r f(r cos <p; r sin (p)dr +
о 0
Зп 1
4 sincp
+ J d(p J r f(r cos <p; r sin <p)dr +
n 0
4
sincp
p
n cos Ф
+ J dtp J r f(r cos (p; r sin <p)dr;
Зп 0
4
Практикум по высшей математике
498
1 тс 2л
12.-6л2; 13. —; 14. —; 15. — ;
48 6 3
16. л зЛо+1п
7.4. Несобственные двойные
и тройные интегралы
Интегрирование непрерывной функции
по неограниченной области
Определение 1. Пусть функция /(х; у) непрерывна на
неограниченной плоской области Р. Пусть также {Рп} -
произвольная последовательность ограниченных замкну-
тых квадрируемых областей, таких что
!)PkcPM,keN;
2) и Р2 и ... = Р.
Если существует предел
lim (( f(x;y)dx dy,
J J
Рп
не зависящий от выбора последовательности {Ра}, то он на-
зывается несобственным двойным интегралом функции
/(х; у) по области Р и обозначается
JJ/(^; у) dx dy.
р
Если lim /(х; у) dx dy существует, то соответствую-
zi—>оо J J
Рп
щий интеграл называется сходящимся; в противном слу-
чае - расходящимся.
Несобственные тройные интегралы от непрерывных
функций определяются аналогично.
Несобственные интегралы обладают рядом свойств соб-
ственных интегралов.
Например, они также сводятся к повторным, и к ним
также применимы формулы замены переменных.
499
7. Функции нескольких переменных
Интегрирование разрывных функций
на ограниченной области
Определение 2. Пусть функция у) непрерывна всю-
ду в ограниченной замкнутой плоской области Р, за ис-
ключением точки А(х0; у0).
Если существует предел
lim ^f(x;y)dxdy,
£~*+ р-р.
где Ре - любая область диаметра Е, содержащая точку А,
то этот предел называется несобственным двойным интег-
ралом функции f(x; у) по области Р и обозначается
|| f(x', у) dx dy.
р
Как и ранее, если указанный предел существует, то
несобственный интеграл называется сходящимся; в про-
тивном случае - расходящимся.
Если в области Р существует линия разрыва, то несоб-
ственный интеграл определяется аналогично, но под Ре
понимается любая область, содержащая эту линию и точ-
ки которой удалены от линии разрыва не далее, чем на е.
Несобственные тройные интегралы от разрывных функ-
ций определяются аналогично, с той лишь разницей, что
в пространственной области Р могут существовать и по-
верхности разрыва.
Пример 1. Вычислить несобственные интегралы или ус-
тановить их расходимость.
+оо +оо +оо+оо+оо
-оо-оЛ + Х +У ООО J(L + X + y + z)
в) f f dxdV ; область Р описывается неравенствами ху > 1;
JJ хауЬ
х > 1;
Практикум по высшей математике
500
ff In -у/Х2 + у2 +2Г
г) ——-----------— dxdy dz',P- шар радиуса R с цен-
х2 + у2 + г2
тром в начале координат.
Решение.
. 1
а) Поскольку функция ---------- четна по каждому
1 + х2 + у2
аргументу, а областью интегрирования является вся плос-
кость, то
+00+00 +оо+оо
Hdxdy Г Г dxdy
1+х2+у2 4**1 + х2+у2’
Переходим к повторному интегралу
4-оо +оо 4юо 4*<х>
г |* dxdy = г г dy
Ц1 + х2 + у2 о |1 + *2 + !'2’
Для внутреннего интеграла выражение 1 + х2 носит
характер положительной константы, поскольку не зави-
сит от у, поэтому данный интеграл является табличным:
тс 1
2 71 + х2
Рассмотрим внешний интеграл
4-оо А
тс С dx тс .. f dx
— = — hm —==
2 ,Ur2 2 2
q v 1 т X q v 1 + X
= — lim lnfx + 71 + х2 I = — lim Inf A + Vl + A2 j = «».
2 a—J q 2 a—J
Таким образом, исходный интеграл расходится.
Заметим, что данный анализ можно было провести и в
полярных координатах:
501
7. Функции нескольких переменных
Hdxdy
1 + х2 + у2
f г&г
= 2тг J Т“ 2
i1 + r
№_±г._) ?d(i+r2) , L
= тс J i 2 = тс lim —------------—- = it lim In(l + r I
0 *• + ' Я—>+oo 3 J ^-2 Л—>+oo q
\ 0
= 7t lim ln(l + B2) = oo.
jR—>+oo
б) Приведем исходный интеграл к повторному:
-foo-fco-l-c0
dxdydz
+ х + у + z)7
+оо +©о +оо 7
J dx J dy J (1 + х + у + z) 2dx.
ООО
Рассмотрим внутренний интеграл
+ОО 7
|(l + x+i/ + z) 2dx *=
о
г=А
z=0
А _7
= Ит Г(1 + х + у + z) 2d(l+x + y + z) =
А—»+<» 3
0
f 2 --
= lim-----(1 + х + у + z) 2
А—>+« 5
2 f Л Л А
= - — lim (1 + х + у + А) 2 - (1 + х + у) 2
5 А—>+«
k J
2 -
= - (1 + х + г/) 2.
о
Аналогично получаем
72 -- 4 Л
Г - (1 + х + у) 2dy = — (1 + х) 2
J 5 15
о
Практикум по высшей математике
502
[ — (1 + х) 2 dx = — .
J 15 15
о
Следовательно, исход-
ный интеграл сходится.
в) Изобразим графичес-
ки область Р. Ее границами
являются гипербола ху ~ 1,
ветви которой расположе-
ны в первой и третьей чет-
вертях, и прямая х = 1. Рас-
смотрим три случая.
1) Ь < 1, тогда
I--------lim (А1 ~6' х6 - l)dx =
* (1 - Ь)ха
2) Ь = 1, тогда
3) b > 1, тогда
Hdxdy
г Хауь
f------— lim (а1-ь - xb~1)dx =
• (1 - Ь)ха '
7 Yb-a-l
I-----— dx =
lim Гхь а~г dx.
503
7. Функции нескольких переменных
3.1) Если Ъ - а > 0, то
_------1----- ц Л,-.
Я хауь (* - !)(& - Л)
((dxdy 1
3.2) Если Ь = а, то JJ „а„ь = -—- Ит In А = <».
р Х У Ь - 1 А->+оо
3.3) Если Ь - а < 0, то
Я dxdy 1 v (ль-а 1
--- = ------------- 11т -11 =------------.
р хауь (Ь - 1)(Ь - а) ' (Ъ - 1)(а - 5)
Таким образом, исходный интеграл сходится при
1
а > Ь > 1, при этом он принимает значение •
При любых других сочетаниях а и Ь интеграл расхо-
дится.
г) Целесообразно перейти к сферической системе коор-
динат:
Э(х; у; z)
х = г cos ф cos ф; у — г sin ф cos ф; z = г sin у; _
= t^cos ф; тогда х2 + у2 + z2 = г1, и интеграл принимает вид
((( In д/х2 + у2 +z2
2 2---—dxdydz =
X +у +Z
= JJJ— г2 cos V dr ^Ф =
Р' г
= JJ| 1пг • cos ф dr dip d\p.
p'
Переходим к повторному интегралу
Я
2л 2 R
|JJ In г • cos ф dr dip с/ф = f&p j c°s фс/ф J In г • dr.
p OnO
2
Очевидно, что повторный интеграл распадается на про-
изведение трех интегралов, поскольку все пределы интег-
рирования - константы:
Практикум по высшей математике
504
л
2л 9
J dtp = 2тг; J cos \|яй|/ = sin \|/
° _я
2
Отдельно рассмотрим несобственный интеграл от н
ограниченной в точке г = 0 функции In г:
r R
Г In г dr = lim I In г • dr = lim (r In r - r)
J e-»0+0J e-»0+0
0 e
= lim ((B In R - R) - (e In e - e)) = R In R - R
e-»0+0
(см. 5.3. «Замечательные пределы и их следствия»)
lim е1пе= Ит 1пЕе = о).
е->0+0 е->0+0
z eccln^x2 + у2 + z2
Итак, JJJ 2, „2, ,2 dx dy dz = 4л1?(1п R - 1), ин-
р J* • У ~t Z
теграл сходится.
8
Ответ: а) расходится; б) в) при а > Ь > 1:
15
1
(& - 1)(а - Ь) ’ ПРИ лю^ых ДРУГИХ сочетаниях а и Ь интег-
рал расходится; г) 4л2?(1пВ - 1).
Задания для самостоятельного решения
Вычислить несобственные интегралы или установить
их расходимость
4-004-00
1. J J(x + у) е~х~У dx dy.
о о
4-оо 4-о°
2. ^хУе~х2~у2 dxdy.
о о
4-оо4-оо4-оо
3 Г Г f xydxdydz
JJJ А. 2. 2. г)?
о о о Ц + X + у +Z )
505
7. Функции нескольких переменных
Я dxdy „
, где Р - область у > х2 + 1.
р х* + у2
5. JJIn . *..dxdy,P- круг х2 + у2 < 1.
р ух +у
1 1 -хг-и2
6. f [ ^2-2 dx du-
ll* +У
Ответы:
1. 2; 2.-7 ; 3. ; 4. -1); 5. ~; 6. расходится.
4 16 ' ' 2
7.5. Приложения двойных
и тройных интегралов
Вычисление площадей плоских фигур
и поверхностей
Площадь области Р, расположенной в плоскости Оху,
определяется формулой
S=j^dxdy.
р
Если граница области задана в полярных координа-
тах, то площадь этой области находится по формуле:
S— JJ г dr d(p.
р
Пусть уравнение z = f(x; у) определяет гладкую криво-
линейную поверхность, пусть также область Р - проекция
данной поверхности на плоскость Оху, тогда площадь
поверхности имеет вид:
ff L ( dz V ( dz Y
S = J1+ + dxdy.
Пусть совокупность непрерывно дифференцируемых
функций
х = х(и; и); у = у(и; и); z = z(u; v); (и; v) е Р,
Практикум по высшей математике
506
где Р - ограниченная замкнутая квадрируемая область,
задает параметрически поверхность, тогда ее площадь вы-
числяется по формуле:
EG - F2 du dv,
р
\2
1Э“>
ГЭг?
’
dz dz
1Э“ J
a/f
Эр )
G =
(дх}2
где Е =
fax?
Л J
Эх Эх dy dy
du dv du Эр Эи dv ’
Пример 1. Найти площади плоских фигур, ограниченных
линиями:
a)y = 4х ; у = 2 Vx ; х = 4;
б) х2 + у2 4- 2у = 0; у = —х;
У =
в) (х2 + у2)3 = х4 + у4.
Решение.
а) Изобразим область Р. Оче-
видно, что уравнение у = -Jx' и
у = 2 4х определяют ветви пара-
бол с вершиной в начале коорди-
нат.
Так как S
то
4 2^* * t 4
S = J dx J dy = J ^Vx - Jxpx = J Jxdx = —.
о 44 о о
б) Преобразуем уравнение x2 + у2 + 2y = 0 к каноничес-
кому виду:
х2 + у2 + 2у + 1 = 1; х2 + {у + I)2 = 1.
Следовательно, исходное уравнение задает окружность
радиуса 1 с центром в точке (0; -1).
Уравнение дуги АО получаем из уравнения окружнос-
ти с учетом условия х < 0: х2 = -у2 - 2у',
Х = ~т1-У2 ~2у .
507
7. Функции нескольких переменных
Переходим к вычислению площади:
о
о 0 —
+ J ~2У аУ =
о ____________
2 + J 71 “0/ + 132 dy =
-1
z/ + l = sinf
dy=cost -dt
t = arcsin(i/ +1)
7t
f(-l) = O;t(O) = ^
n
1 *
= — + fcos2
2 J
0
1 f
— J (1 + cos 2t) dt
о
If. l-o.
— f + —sin2i
2^ 2
Отметим, что данную площадь можно было найти, не
прибегая к методам математического анализа, поскольку
область Р составлена из четверти круга радиусом 1 (пло-
Практикум по высшей математике
508
щадь —) и равнобедренного прямоугольного треугольни-
4
1
ка с катетом 1 (площадь —).
di
в) Перейдем к полярным координатам:
х = г cos ф; у = г sin ф.
Уравнение (х2 + у2)3 = х4 + у4
приобретает вид:
(г2)3 = г4 cos4 ф + г4 sin4 ф; г2 = cos4 ф + sin4 ф;
о ( , , . , х2 о . , я 1 sin2 2Ф
г2 = (cos2 ф + sin2 у - 2 sm2 ф cos^p; г2 = 1-------•
2
• 3 + cos 4ф J3 + cos 4ф
' = --------- . г = --------- .
4 2
Искомая фигура симметрична относительно осей Ох и
Оу , поэтому вычислим площадь той ее части, которая
расположена в первой четверти
509
7. Функции нескольких переменных
Л
2 z
1 f 3 + соэ4ф , 1 (о 1 . .
_ ---------х j® = — Зт 4- — sin 4ф
2J 4 . 81 * 4
о 4
п
2 _ 3
о 16
рией также относительно прямой ф =
ном случае можно было рассчитывать
3
Следовательно, S = —л.
4
В заключение отметим, что область Р обладает симмет-
л
—, поэтому в дан-
“X
is-
16 1 л 3
Ответ: а) ~ ; б) - + - ; в) -п.
3 2 4 4
Пример 2. а) Вычислить площадь части плоскости 6х +
+ Зу + 2z = 12, которая ограничена первым октантом;
б) найти площадь части сферы х2 + у2 + z2 = а2, заклю-
зс2 х У2 ...
----
ценной внутри цилиндра -у + V2 = 1» У - а*
аг и
Решение.
а) Приведем уравнение
плоскости к уравнению в от-
резках:
6х + Зу + 2з = 12;
X у Z
—+ - + - =1.
2 4 6
Плоскость пересекает ось
Ох в точке А(2; 0; 0); ось Оу в
точке В(0; 4; 0); ось Oz в точ-
ке С (0; 0; 6). Проекцией ис-
комой части плоскости на
плоскость Оху является треу-
гольник АОВ.
Уравнение плоскости преобразуем к виду:
3
z = 6 - Зх - ~ у.
и
dz п <>z з
Так как — = -3; ЧТ = , получаем
дх ()У 2
г
6х + Зу +2z = 12
В
х
У
Практикум по высшей математике
510
3- JJ
АОВ
+
(dzf
— dxdy =
“ Л Jl + 9 + |dxds=^ tfdxdy.
АОВ АОВ
Поскольку уравнение прямой АВ:
у = -2х + 4,
2
2 —2x4*4
то — Jdx Jdi
о о
о
2
= 14.
о
это площадь
АОВ
треугольника АОВ, т. е.
ОВ•ОА л
-------= 4.
2
АОВ
б) Поскольку сфера пересекается ци-
линдром, образующая которого парал-
лельна оси Oz, то проекцией искомой
части сферы на плоскости Оху являет-
х2 у2
ся эллипс — + = 1 с центром в начале координат и по-
луосями а и Ь (Ь < а).
Очевидно, что цилиндр, пересекая сферу, образует два
симметричных относительно плоскости Оху фрагмента.
Рассчитаем поверхность одного из них (г > 0):
l.s= ffji+
2 JJ у I дх
pi \
dz _ -х
Эх ’ 7“2 - - а2
1 4- Г ( дг
I дх
\2
+
'дг_
ду
dz
ду
\2
dxdy', z =
2 2 .
х - у ;
-У_____
/„2 ~2 2
уа — х —у
2
а
~2 2 2 ’
а -х -у
511
7. Функции нескольких переменных
= 2а • arcsin — • 2а = 4а2 • arcsin — .
а а
Ъ
Следовательно, S = 8а2 • arcsin — .
а
b
Ответ: а) 14; б) 8а2 • arcsin — .
а
Пример 3. Найти площадь части геликоида х = г cos ф;
у = г sin ф; г = Лф, если 0 < г< а; 0<ф< 2л.
Решение.
т дх ду
Так как — = cos ф; — = г sin
dr $г
ду дг
Э^ = rcos<P; Э^
к,\2
дг
ф; —- = 0;
дг
то Е =
дх
&р = “rsin ф;
(дх}2 (
f+f^
. I ЭФ
= h
дг
дг
дг
Эф
= 1;
( дх
G= —
I Эф
дх дх ду ду дг дг
+ + — О', EG - F2 = г1 + h2.
дг Эф дг Эф dr Эф
= г2 + h2;
Практикум по высшей математике
512
Для вычисления искомой площади получаем
8 = Д Jr2 +h2 drdtp = jdtpj 7r2 +h2 dr =
p o o
= 2л • J 7r2 + Л2 dr.
о
Найдем первообразную функции 7r2 + h2 , используя
интегрирование по частям,
+ h2; du= ....... dr
Jr2 + h2
dv=dr;
v = r
i--------- i- „2
= r • 7r2 + h2 - f . . dr =
J 7r2 + h2
+ h2 -
= r
+ h2 , то есть
г2 + fe2 - h2
4r2 + h2
- 14r2 +h2 dr + Л21п^г +
I = r7r2 + h2 - I + Л21пI r + д/г2 + й2 j;
+ h2 + h2 L
r2 + h2
2l Л ))'
Вернемся к вычислению площади геликоида:
513
7. Функции нескольких переменных
Вычисление объемов
1. Объем цилиндрического
тела с образующими, парал-
лельными оси Oz, основанием
которого является квадрируе-
мая область Р, принадлежа-
щая плоскости Оху, и ограни-
ченного сверху поверхностью
z — f(x; у), определяется фор-
мулой:
V = jjfteyydxdy.
р
2. Объем трехмерной обла-
сти Р выражается формулой:
у= JJJdxdydz.
р
При решении задач об объеме пространственных тел
могут оказаться полезными так называемые обобщенные
сферические координаты г (г > 0); ф (0 < ф < 2л);
---< ф < — :
2 2)
х~ а' г - cos'* ф • cosp у;
у = Ъ • г • sin“ ф • cosP у;
z = С‘ г' sin1’ф;
Э(х; у, г)
Э(г* ф' ф) = а^с Cos Л1 " sin a l "cos2₽ 1V * s^npl
где а, Ъ, с, а, 0 - const.
Пример 4. Найти объемы тел, ограниченных следующи-
ми поверхностями :
а) х + у + z ~ 2; Зх + 2у = 4; 2х + у = 2; у = 0; z = 0;
б) z = х2 + у2; у = х2; у = 1; г = 0; .
в) z2 = х у; (х2 + у2)2 = 2ху, (х > 0; у > 0; z > 0).
Решение.
а) Плоскости Зх + 2у = 4; 2х + у = 2; у = 0 параллель-
ны оси Oz; при пересечении с плоскостью Оху они обра-
зуют треугольную область АВС. Нетрудно убедиться, что
во всех точках области АВС функция z = 2 - х - у прини-
мает неотрицательные значения, и, следовательно, плос-
кость z — 2 — х — у ограничивает тело сверху.
17. Зак. 6
Практикум по высшей математике
514
Переходим к вычислению объема:
4-2у
2 3
F= ^f(x;y)dxdy = ^dy J(2- x-y)dx =
ABC 0 2-y
2
2 >
_ X
2x- — -xy
3
dy =
= f(8~4У (4-2У)2 (2У-4)У zo (2-y)2 [ (2-y)/
J 3 18 3 1 У) 8 2
б) Образующие цилиндра у = x2 параллельны оси Oz.
Плоскость у = 1 также параллельна оси Oz. При пересе-
чении с плоскостью 2 = 0 эти поверхности образуют зам-
кнутую область Р, ограниченную параболой у = х2 и пря-
мой у = 1. Очевидно, что во всех точках области Р
функция z = х2 + у2 неотрицательна, т. е. параболоид вра-
щения ограничивает тело сверху.
515
7. Функции нескольких переменных
Рассчитаем объем тела:
V = jJ f(x; у) dxdy = Jdx j(x2 + y2 )dy =
p -1 x2
( 1 1 1 1> 88
( 21 5 + 3 + 3j ~ 105 ’
в) Образующие цилиндра (x2 + у2)2 = 2xy параллельны
оси Oz. В пересечении с плоскостью Оху цилиндр образу-
ет плоскую область Р: (х2 + у2)2 = 2ху. Переходя к поляр-
ным координатам х = г cos ф; у = г sin ф, получаем
г4 = 2г2 sin ф cos ф; г2 — 2 sin ф cos ф; г2 = sin 2ф. Диапазон
значений угла ф определяется из условия sin 2ф > 0:
71 О
0<ф< - ; тс<Ф < -71.
Поскольку по условию х > 0, у >0, то 0 < ф <
71
2 ’
17
Практикум по высшей математике 516
О х
Уравнение поверхности г2 = ху в полярных координа-
тах: z2 = г cos ф • г эшф = г2 sin ф cos ф. Так как по усло-
вию z > 0, то z = г д/sin ф • СО8ф .
Переходим к расчету объема тела:
JJ r-Jsin ф • cos ф • г • dr • с/ф -
р
п
3^2^ г=®
Л
JJ
3V2J
If 1 . .
— —=г ф---31п4ф
ву[2{ 4
5
Ответ: а) —; б)
п
1 2
= 6?2 " C°S ”
п
2 71
О = I2V2 ’
88 л
105 ’ В) 12л/2 ’
Пример 5. а) Найти объем тела, ограниченного поверхно-
стями z = 4 - у2, z = у2 + 2, х = -1 и х = 2.
б) Найти объем тела, ограниченного поверхностями
г = х2 + у2; 2 = 2х2 + 2у2; у = х2; у = х.
Решение.
а) Образующие цилиндров z = 4 - у2 и г = у2 + 2 парал-
лельны оси Ох и, следовательно, перпендикулярны плос-
костям Х — -1 их = 2. Сечение тела плоскостью х = 0 есть
517
7. Функции нескольких переменных
плоская область Р, ограничен-
ная параболами z = 4 - у2 и
z = у2 + 2, вершинами которых
являются соответственно точки
(0; 4) и (0; 2). Параболы пересе-
каются в точках (±1; 3).
Переходим к вычислению
объема, принимая во внима-
ние, что -1 < х < 2; -1 < у < 1;
у2 + 2 < z < 4 - у2,
р
Здесь использован тот факт, что искомое тело симметрич-
но относительно плоскости Oxz {у = 0).
б) Искомое тело ограничено параболоидами вращения
z =х2 + у2 и z = 2х2 +
+ 2у2, цилиндром у = х2
и плоскостью у = х. По-
скольку образующая
цилиндра параллельна
оси Oz, а плоскость
у = х проходит через
ось Oz, то в пересече-
нии с плоскостью Оху
получается плоская об-
ласть, ограниченная
параболой у = х2 и пря-
мой у = х.
Практикум по высшей математике
518
Диапазон изменения переменных:
О < х <1; х2 <у < х; х2 + у2 < z < 2х2 + 2у2.
Переходим к расчету объема
Ответ: а) 8; б)
3
25 *
Физические приложения двойных
и тройных интегралов
Масса и центр тяжести плоских фигур
и пространственных тел
Пусть Р - плоская область; р(х', у) - плотность точек
этой области, тогда ее масса М вычисляется по формуле
М = jjp(x;y)dxdy.
р
Координаты центра тяжести области Р определяются
следующим образом
х°= 17 IJр(х; х dxdy'
р
р
Если тело занимает объем Р и имеет плотность р(х; у; г),
то его масса М и координаты центра тяжести вычисляют-
ся по формулам
Af = jjjp(x; у; z)dxdydz,
р
хо= z)'x‘ dxdydz,
р’
Уо = liШр(х; y;z)'y' dxdydz>
519
7. Функции нескольких переменных
z° = dxdydz.
р
Если фигура или тело однородны, то р = const.
Моменты инерции плоских фигур
и пространственных тел
Пусть область Р расположена в плоскости Оху и име-
ет плотность р(х; у), тогда моменты инерции относитель-
но осей Ох и Оу находятся по формулам:
У
Центробежный момент инерции имеет вид:
1ху = Лр<х;х' У' dxdy.
В случае р = 1 получаются так называемые геометри-
ческие моменты инерции области Р.
Моменты инерции пространственного тела Р относи-
тельно координатных плоскостей определяются по фор-
мулам:
Ixy = JJJр(*; у; 2) • z2 • dxdydz;
• х2 • dxdydz;
1гх = У* г)’ У2’ dxdydz.
р
Момент инерции тела относительно некоторой оси I
имеет вид:
Л = JJJ* РО; у; 2) -г2- dxdydz ,
р
где г — расстояние от точек тела до оси I.
Если в качестве оси рассматриваются координатные
оси Ох; Оу и Oz, то
1х = 1ху + 1хг;1у-1ух + 1уг-,1г = 1гх + 1гу.
Момент инерции тела относительно начала координат:
/° = jj|p(x; 2) ’ (х2 + У2 + z2)dxdydz;
р
4 = 1ху + + 4г-
Практикум по высшей математике
520
Пример 6. а) Найти массу квадратной пластинки со сто-
роной а, если плотность пластинки в каждой точке
пропорциональна расстоянию от этой точки до одной
из вершин квадрата О и принимает значение р0 в цен-
тре квадрата, б) Найти координаты центра тяжести, в)
Найти моменты инерции пластинки относительно сто-
рон квадрата, исходящих из вершины О. г) Найти цен-
тробежный момент инерции.
Решение.
а) Совместим начало отсчета с вер-
шиной О квадрата. Оси Ох и Оу на-
правим вдоль сторон квадрата, исхо-
дящих из вершины О. Поскольку
плотность пропорциональна расстоя-
нию до точки О, то
р(х; у) = k- ^х2 +У2 .
Коэффициент k легко находим из
условия
Ро>
= р0; k = -У-
а
а а
р —; —
I2 2
Следовательно, р(х; у) = Р»^ Jz2.
а
Переходим к расчету массы пластинки; очевидно, что
плотность пластинки является функцией, симметричной
( тС\
относительно прямой у = х ф = — , поэтому ограничим-
4
ся вычислением массы треугольной области ОАВ. Целесо-
образно перейти к полярным координатам х = г cos ф;
РоУз
У = г sin ф; р(х;у) =
а
уравнение прямой АВ’, г =
Получаем:
а
coscp *
Л
2М-
р
а
COS ф
скр —----------г’ г - dr =
J J а
о о
521
7. Функции нескольких переменных
р0>/2дЗ Г 6?ф Ро® f Л , 2 jzx ч
= ----- —±— = £2—— yjl + tg^ rf(tgcp).
За JQ cos ф ** о
Воспользуемся результатом, полученным в примере 3:
М =
следовательно,
. 1Гtg(p. + tg29 +1
О
_ Ро^(2{/2 + ln(l + 75)) - (2 + 75 ln(l + л)).
б) Для определения координат центра тяжести необхо-
димо найти следующие интегралы:
г • г • cos ф • г • dr =
P0V2 f г^_
4
СОВф 4
С03фб/ф +J —
а
sincp
СОБф (7ф
г=0
I 4
г п . п '
р0л/2а3 | dtp ?<Дз1пф) _
4 J cos3 ф sin4 ф
I 4 J
Практикум по высшей математике
522
= (7V2 - 2 + 31п(1 + Л));
аналогично получаем
JJр(х;у)- у- dxdy = --- - ^42- 2 + 31п(1 + 42)).
р
Таким образом, координаты центра тяжести
ау!2
хо~ Уо о
О
в) Моменты инерции относительно осей Ох и Оу опре-
«0,5741а.
деляются по формулам
I,
=Jjp(*;y)
• у2 -dxdy, 1у =||р(х; у) • х2 -dxdy.
р р
В полярных координатах получаем:
я а
г2 • sin2 ф • г • dr +
я 0
4
а
г - г2 • sin2 ф • г • dr =
Я
f = 1 (*+ ф) =
о cos ф Ь
1£ф = *
<(0) = 0
J(l +12)2 dt =
о
523
7. Функции нескольких переменных
d(p
cos3 ф
следовательно,
= РоО^ / / +
5 J cos5 ф 40 ' '
Легко показать, что I* * = 1Х.
г) Найдем центробежный момент инерции пластинки:
1ху “ ’ х * У ' dxdV =*
р
Я а
4 С08(р
dy — г • г2 • sin ф cos ф • г • dr +
j j а
о о
л д
я 81ГФР 42
I —2— г • г2 • sin ф cos ф • г • dr =
J а
о
л
4
л я
| sin ф • с?ф ? cos ф • d(p
j cos4 ф { sin4 (р
< 4
f я
_ г с/(соэф) г d(sin ф)
* cos4 ф sin4 ф
О /I
< 4 j
_ роа
Практикум по высшей математике
524
Ответ: а) М = -°fl (2 + -^2 ln(l + V2));
3
a4i 7V2- 2 + 31n(l +V2)
6) х0 - у0 - 8 2 + >/21п(1 + >/2) ’
в) 1,-1,- (т>/2 + 3ln(l + J2);
г)Л,-£2у’(8-2Л).
Задания для самостоятельного решения
Найти площади плоских фигур, ограниченных лини-
ями:
1
1. у = 2х; у = - х; х = 2.
2. (х2 + у2}2 = 2х3.
Найти площадь части поверхности:
3. г == ху, заключенной внутри цилиндра х2 + у2 = 1.
4. х2 + у2 = 2z, заключенной внутри цилиндра
(х2 + у2)2 — 2ху.
Найти объемы тел, ограниченных поверхностями:
_ пу
5. z — sm —; г = 0; у = х; у = 0; х = п.
„ xyz
6. 2у2 = х; - + | + - =1;г = 0.
7. Найти моменты инерции 1Х и 1у относительно осей
Ох и Оу площадей, ограниченных следующими кривыми:
ху = 1; ху = 2; х = 2у, 2х = у (х > 0, у > 0).
8. Найти центробежный момент инерции 1ху однородной
плоской фигуры, ограниченной кривыми у = х2, х = у2.
525
7. Функции нескольких переменных
9. Найти координаты центра тяжести круглой пласти-
ны х2 + у2 < 1, если ее плотность в точке М(х; у) пропор-
циональна расстоянию точки М до точки А(1; 0).
Ответы:
5л 2 г- 20 - Зл
1. 3; 2. —; 3. -л(2 Л - 1); 4. ——
О'О У
5. п; 6.167;
5
7.1 =1 =
X у
^84=9-
о LZ
7.6. Криволинейные и поверхностные
интегралы и их приложения
Криволинейные интегралы первого рода
Пусть функция w = f(x; у; z)
, определена во всех точках про-
В странственной кривой Г, задан-
ной параметрически:
х = x(s); у = y(s); z = z(s); 0 < s < S,
где s - переменная длина дуги.
Произвольной конечной систе-
мой точек
О = 80 < S1 < S2 ... < 8 <Sn = S
разбиваем отрезок [0; о] на отрез-
ки [8,; si+J; i = 0; 1; ... ; п - 1. На
каждом из этих отрезков произ-
вольным образом выбираем точку ci+I е з/+1] и рассчи-
тываем значение функции в этой точке
wf = 7(x(cf+1); у(см); z(cM)).
Переходим к составлению интегральной суммы
п
° = X
i=l
где Дз; = 8i+1 - sr Обозначим через X = max | Дз41,
i = 0; ...; п-1.
Определение 1. Если при X —> 0 (п —> °°) существует ко-
нечный предел интегральных сумм а, то этот предел на-
зывается криволинейным интегралом первого рода от
функции w по кривой Г:
Практикум по высшей математике
526
lim ст = w(x(s); y(s); z(s)) ds.
Л-»0 J
г
Если кривая Г задана уравнениями
х = х(з); у = y(s); z = z(s), 0 < s < S,
где s - переменная длина дуги, то
s
juXx(s);y(s);z(s))ds = j w(x(s); y(s)-, z(s)) ds.
г 0
Если кривая Г задана уравнениями
х = x(t); У = y(t)’, z = z(t). а < t < b,
где x(f); y(t); z(t) - непрерывно дифференцируемые на от-
резке [а; &] функции, тогда
^w(x;y;z)ds =
г
ь ______________________
= j w(x(t); y(t); z(t)) • ^(x'U))1 2 + (i/XO)2 + (z'U))2 dt.
a
Если p = p(x; y; z) - линейная (погонная) плотность
пространственной кривой Г, то масса кривой находится
по формуле
М= $p(x;y;z)ds.
г
Координаты центра тяжести:
х0 = Уо = ~fyp(x;y;z)ds;
MJ MJ
г г
1 Г . ..
z0= — \zp(x;y;z)ds.
М J
г
Пример 1. Вычислить криволинейные интегралы перво-
го рода :
a) Jху ds, где Г - контур прямоугольника с вершина-
миА(О; 0); В(2; 0); С(2; 4); Р(0; 4);
б) Ji/2 ds, где Г - арка циклоиды х = a(t - sin t);
г
у = а(1 - cos t); 0 < t < 2л;
527
7. Функции нескольких переменных
\х2 + у2 + z2)ds, где Г - часть винтовой линии
x- a cos t; у = a sin t; z = bt; 0 < t < 2л;
г) I z ds, где Г- коническая винтовая линия х = t cos t;
г
у = t sin t; z = t; 0 < t < t0.
Решение.
xy ds = J :
AB
ху ds +
+ J ху ds + J ху ds.
CD da
На отрезке АВ у = О, следовательно,
J ху ds = 0.
АВ
На отрезке ВС х ж 2; ds = dy, 0 < у < 4:
4
= 16.
о
У2
вс р
На отрезке CD у = 4; ds = - dx; 0 < х < 2
о о
| ху ds = J 4 x(-dx) = 41 xdx = 2x2
CD 2 2
На отрезке DA x = 0;ds = dy; 0 < у 4:
2
= 8.
о
Следовательно,
DA
4
fxy ds = 24.
2л ______________
б) у2 ds = J y2(t) • V(*'(0)2 + (/U))2 dt.
г о
Преобразуем подынтегральное выражение:
t
x(t) = a(t - sin t); y(t) = a(l - cos t); y2(t) = 4a2sin4 — ;
x'(t) = a (1 - cos t); i/(f) = a sin t;
527
7. Функции нескольких переменных
[х2 * +1/2+ г2)</а, где Г - часть винтовой линии
х = a cos t; у = a sin t; z = bt; 0 < t < 2л;
г) Jz ds, где Г- коническая винтовая линия х = t cos t;
г
у = t sin t; z = t; 0 <t <t0.
Решение.
г
J xy ds + J -
AB BC
+ J ху ds + J ху ds.
CD da
На отрезке АВ у = О, следовательно,
У
4
О
2 х
АВ
На отрезке ВС х = 2; ds = dy; 0 < у < 4:
4
4
== 16.
о
У2
вс p
На отрезке CD у = 4; ds = - dx; 0 < x < 2
0 9
Jxy ds = J4 • x(-dx) = 4j xdx = 2x2
cd 2 2
На отрезке DA x = 0; ds = dy; 0 < у < 4:
2
= 8.
о
Следовательно,
DA
^ху ds = 24.
2it ___________
6) jy2 ds = j y2(t) • vfcW)2 + (/(O)2 dt.
г о
Преобразуем подынтегральное выражение:
t
x(t) = a(t - sin t); y(t) = a(l - cos t); y2(t) = 4a2sin4 — ;
x'(t) = a (1 - cos t); y'(f) = a sin t;
529
7. Функции нескольких переменных
fo
О
Ответ: а) 24; б)
а3; в) 2 л4а2 +Ъ2\ а2 + п2Ь2
15 I 3
Пример 2. Найти массу и координаты центра тяжести
участка винтовой линии х ~ a cos t; у = a sin t; t = bt,
О < t < it, считая плотность p постоянной.
Решение.
Вычислим массу указанного участка винтовой линии:
Я • ______________________________
М = J Р ds = р j ^/(x'(t))2 + (y'(t)^ + (z'(o)2 dt =
= р J4 а2 +b2 dt = pit4а2 + Ъ2 .
о
Переходим к расчету координат центра тяжести:
х0 = — [pxds = — f а • cost • Та2 + b2dt = — (sint)
MJ MJ it
г о
= 0;
Практикум по высшей математике
530
Криволинейные интегралы второго рода
Пусть Г- пространственная кривая, задаваемая урав-
нениями:
х = x(s); у = y(s); z = z(s), 0 < s < S,
где x(s); y(s); z(s) - непрерывно дифференцируемые на
отрезке [0; S'] функции.
Пусть также (cos a(s); cos 0(s); cos y(s)) - единичный
касательный вектор к кривой, а функция w(x; у; г) опре-
делена во всех точках Г.
Определение 2. Интегралы вида:
jw(x;y;z)dx=jw(x;y;z) • cos а • ds;
г г
Г
j w(x; у; z) • cos 0 • ds;
r
г г
называются криволинейными интегралами второго рода
от функции и> по кривой Г.
Пусть функции Р(х; у; z); Q(x; у; z) и R(x; у; z) непре-
рывны в точках кривой Г, которая проходится в направле-
нии возрастания параметра t, определяющего кривую Г:
х = x(t); у = y(t); z = z(t), а < t < b.
Тогда
jР(х; у; z) dx + Q(x; у; z)dy + P(x; у; z)dz =
r
ь
= $(P(x(t);y(t);z(t))-x'(t) + Q(x(t); y(t); z(t)) • y'(t) +
+ P(x(t); y(t); z(t)) • z'(t))dt.
При изменении ориентации кривой, т. е. при измене-
нии направления обхода этой кривой, интеграл меняет
знак.
Пусть F = (Р; Q; R) - сила, действующая на материаль-
ную точку, движущуюся вдоль кривой Г. Тогда работа
этой силы вдоль данной траектории определяется по фор-
муле
А = j Р(х; у, z) dx + Q(x; у, z)dy + R(x; у; z)dz.
г
531
7. Функции нескольких переменных
Пример 3. Вычислить криволинейные интегралы второ-
го рода:
а) ^(х2 -2xy)dx + (у2 - 2xy)dy, где Г - дуга параболы
у = х2; хе [-1, 1];
б) ^(х2 + у2) dx + (х2 - y2)dy, где Г - кривая
у = 1 -11 - х |; х е [0, 2];
в) J-x • cos у • dx + у • sin х • dy, где Г- отрезок пря-
г
мой, соединяющий точки (0; 0) и (л; 2л);
г) jyzdx + zxdy + xydz, где Г- дуга винтовой линии
г
' bt п
х = a cos t; у == a sin t; z = ; 0 < t < 2л.
2л
Решение.
а) Так как у = х2, dy = 2xdx, то
1
J(х2 -2xi/) dx + (у2 - 2xy)dy = J(х2 - 2х • х2 + ((х2)2 -
г -1
1
- 2х • х2) • 2х) dx = J (х2 - 2х3 + 2х5 - 4x*)dx =
-1
V X4 | х6 4х5 V 11 14 1 114 _
3 2 3 5 -i~3 2 + 3 5 + 3 + 2 3 5 ~
\ У
_14
15 ’
б) Линия у = 1 -11 - х I состоит из отрезков двух пря-
мых:
х, 0 < х < 1,
2-х, 1 < х < 2;
поэтому J (х2 + у2) dx + (х2 - y2)dy =
г
|(х2 + у2)dx + (х2 - y2)dy + |(х2 + у2) dx + (х2 - y2)dy,
rt г2
Практикум по высшей математике
532
где контур 1\ задается уравнением у — х, х е [0; 1]; кон-
тур Гг задается уравнением у = 2 - х, х е [1; 2];
1
J (х2 + у2) dx + (х2 - y2)dy = J (х2 + х2 + х2 - x2)dx +
Г о
2 1
+ J(х2 + (2 - х)2 + (х2 - (2 - X)2) • (-l))dx = J2х2 dx -
1 о
в) Уравнение прямой, проходящей через точки (0; 0) и
(л; 2л), имеет вид: у = 2х, следовательно,
J- х • cos у • dx + у • sin х • dy —
г
п л
= J (-х • cos 2х + 2х • sin х • 2)dx = - J х • cos 2х dx +
о о
к
+ 4 J х • sin х dx = -Ц + 4Z2.
о
и ~ х du = dx
dv - cos 2xdx v = — sin 2x
2
Я
Zj = Ух- cos 2x dx =
о
X V 1 f 1 о
— sin 2x — sin 2x dx = 7 cos %x = 0;
2 J„ 2 J 4 '»
It
У x * sin x dx =
0
и = x
dv = sin xdx
du = dx
v = - cos x
(x • cos x
cosx dx = л.
Окончательно получаем
У~х • cos у • dx + у • sin x • dy = 4л.
г
533
7. Функции нескольких переменных
2rcz
I a sint-------(a cost) +
J 2л
o\
bt (bty
+----a cost-(asintY + acost-a-sint ——
2л l 2л
dt =
2л
a2b c( . о 2 sin2tA ,
---- I - sin t • t + cos t • t + dt =
2л J 2 1
о \ '
n 2rtz . л x
a b n . 2 2 sin2t )
---- - sin t-t + cos^t-t+-------- =
2л J-----------------------------2
(A
2rc
J sin 2t • dt = — (cos 2t)
о
2гс
0;
2n
J t’ cos 2t • dt =
о
dv = cos2tdt
du = dt
v = — sin 2t
2
2n
= 0.
о
\ 2л 1 2?
---I sin2t • dt =
Jo 2i
Следовательно, ^yzdx + zxdy + xydz =s 0.
г
14 4
Ответ: а) - — ; б) —; в) 4л; г) 0.
15 3
— sin 2t
2
(cos 2t)
Г
и = t
о
Интегрирование полных дифференциалов
В общем случае криволинейный интеграл зависит от
вида кривой Г. Существуют, однако, случаи, когда кри-
волинейный интеграл второго рода не зависит от конкрет-
ного выбора кривой Г, а определяется лишь точками на-
чала и конца дуги интегрирования.
Теорема 1. Пусть w = w{x\ у; z) - однозначная дифферен-
цируемая функция в области D, и при этом
dw(x-, у, z) = Р(х; у; z)dx + Q(x; у; z)dy + 7?(х; у, z)dz.
Тогда для любого контура Г, целиком расположенно-
го в D, началом которого является точка (х,; уг; zt) и кон-
Практикум по высшей математике
534
цом которого является точка (х2; у2; г2), выполняется ус-
ловие:
|Р(х; у; г) dx + Q(x; у; z)dy + Дх; у, z)dz =
г
= w(x2', у2; г2) - ia(xx; yt; 2t).
Теорема 2. Пусть функции Р(х; у; z); Q(x; у; г) и
Дх; у, z) имеют непрерывные частные производные в од-
носвязной области D. Криволинейный интеграл второго
рода
|р(х; у; z) dx + Q(x; у; z)dy + Дх; у, z)dz
г
определяется только координатами начала и конца дуги
интегрирования тогда и только тогда, когда одновремен-
но выполняются условия:
ЭР = Э£, Эф _ ЭЯ . ЭЯ _ ЭР
Эр Эх ’ дг ду ’ Эх “ э7 *
Независимость интеграла от пути интегрирования по-
зволяет выбирать в качестве линии Г наиболее простой
контур.
Заметим также, что если контур Г- замкнутый, то со-
ответствующий интеграл равен нулю.
Пример 4. Показать, что подынтегральное выражение
является полным дифференциалом. Вычислить криво-
линейные интегралы:
a) jip • f(xy)dx + х • f(xy)dy, Г- замкнутый контур;
г
(3; 0)
б) J (х4 + 4хр3) dx + (6х2р2 - 5p4)dp;
(-2; -1)
(6; 1; 1)
в) J yzdx + xzdy + xydz.
(1; 2; 3)
Решение.
а) Проверим выполнение условия теоремы 2 примени-
тельно к случаю плоского контура интегрирования:
ЭР = Э0
ду Эх ’
где Р(х; у) = у • f(xy); Q(x; у) = х • /(ху).
535
7. Функции нескольких переменных
Итак,
ЭР _ Э
э7 " эу = ^ху>*+ у * f^xy} ’х;
3Q Э
Эх = Эх <Х ’ ^Ху^ = КХУ>* + Х ' Г(Ху*" У‘
ЭР _ 9Q
Поскольку ~ -fa , исходный интеграл не зависит от
контура интегрирования, и при условии, что контур зам-
кнут, принимает значение 0.
б) Р(х; у) = х4 + 4ху3; Q(x; у) = 6х2у2 - 5г/4;
ЭР 3Q
- 12ху2; £ - 12х<А
следовательно, значение ин-
теграла не зависит от выбора
контура интегрирования.
Может показатьсй, что в
качестве Г проще всего выб-
рать отрезок прямой АВ; одна-
ко, это не так. Лучшим вари-
антом оказывается ломаная АСВ, поскольку на отрезке АС
х = -2; dx = 0; -1 < у < 0,
а на отрезке СВ
у = 0; dy = 0; -2 < х < 3.
Следовательно,
(3; 0)
J (х4 + 4хг/3)Эх + (6x2i/2 - 5y4)dz/ =
(-2; -1)
о
С
-1
24.-^- -у5
3 у
У,
1
В
"0 1 2 3 х
-1
3
5у4)3у + J (х4 + 4х • 0)dx «
-2
3 „ 243 32
= 7+ — =62.
5 5
о
-1
Х^
5 -2
в) Р(х; у; г) = yz\ Q(x; у, z) = xz; Д(х; у, z) - ху.
Очевидно, что
ЭР dQ dQ ЭД ЭД ЭР
ду 2 дх ’ dz Х ду ’ дх У дг *
т. е. условия теоремы 2 выполнены. Исходный интеграл
не зависит от контура интегрирования. Соединим точку
А(1; 2; 3) с точкой Р>(6; 1; 1) ломаной ABCD, где точки В и
Практикум по высшей математике
536
С имеют соответственно координаты В(6; 2; 3); С(6; 1; 3).
Очевидно, что на отрезке прямой АВ
у = 2; z = 3; dy = dz = 0; х возрастает от 1 до 6;
на отрезке ВС
х = 6; z = 3; dx — dz = 0; у уменьшается от 2 до 1;
на отрезке CD
х = 6; у — 1; dx — dy — 0; г уменьшается от 3 до 1.
Таким образом,
(6; 1; 1) 6 1
Jyzdx + xzdy + xydz = J2• 3 • dx + J 6 • 3 - dy +
(1; 2; 3) 1 2
+ 18-y
= 30-18-12 = 0.
Ответ: a) 0 ; 6) 62 ; в) 0.
Формула Грина и ее применение
Теорема 3. Пусть D - плоская область, ограниченная
кусочно-гладким контуром Г, проходимым в положитель-
ном направлении. Пусть также функции Р(х; у) и Q(x; у)
непрерывны и имеют непрерывные частные производные
ЗР(Х1У1 Э(?(х; у) « п
первого порядка и ——— всюду в области D,
включая контур Г. Тогда справедлива формула Грина
j) Р(х; у) dx + Q(x; y)dy =
г
fff dQ(*; У) _ dP(x; y)'
JJ Эх dy
T\ V
Формула Грина может быть эффективно использована
для расчета площадей плоских фигур, ограниченных кон-
туром Г:
S =
Пример 5. Применяя формулу Грина, преобразовать кри-
волинейные интегралы по замкнутым контурам, про-
ходимым в положительном направлении, в двойные
интегралы:
^х2 + y2dx +
г
dy;
537
7. Функции нескольких переменных
б) ^{l-x2)ydx + х(1 + y2)dy.
г
Решение.
a)P(x;y) = Jx2+y2 ;
Q(x;y) = y ху + к
' 2 , 2
X + у
ЭР = у
-Jx2 + у
3Q
Т; = У
2 ’ Эх
У+ I 2 2
11X2 +у2
В соответствии с формулой Грина
|у/х2 +y2dx + i/j ху + Inf х + у/х2 +у2
г ' '
dy =
1____
+ У2
У
+ у2
D
dxdy = || у2 dxdy,
D
где D - плоская область, ограниченная контуром Г.
б) Р(х; у) = (1 - х2)у; Q(x; у) = х(1 + у2);
эр _ 2 ад , . ,
ду 1 Х ’ дх
следовательно,
j(l-x2)ydx + х(1 + y2)dy =
г
У,
= ||((1 + у2) - (1 - x2))dxdy = ||(х2 + у2) dxdy.
D D
Ответ: а) ||у2 dxdy, б) ||(х2 + y2)dxdy.
D D
Пример 6. Используя криволинейные интегралы, вычис-
лить площади фигур, ограниченных плоскими кривыми:
а) эллипсом х = a cos t; у = Ъ sin t; t g [0; 2л];
б) астроидой х = a cos31; у = b sin31; t g [0; 2л].
Решение.
а) Воспользуемся формулой S = bxdy’.
Практикум по высшей математике
538
2п
J cos2 t dt =
о
a&f 1 . с
— t +—sm2f
2 2
2л
S = J a • cos t • (b sin
о
h 2?
= у j (l + cos2f)dt = 2
0
2л
= nab.
о
б) Воспользуемся формулой S =
” г
12г Г /
S = — a cos3 t • sin3 t
2Jol '
о z
<ijCLu Г / q *9 ,4 9 • \ т
-y J |cos t • sm t • cos t + sin t • cos t • sin t jdt =
0
_ , 2л 2л
f • 2 . 9 x jx 3a& f . г г», jx
---- I sin t • cos21 • dt =---- sin 2t • dt —
2 J 8 J
о 0
3ab2t
16 J
о
3ab(
^(Usin4,
4 ; о
16
2я 3nab
8~
dt =
ЗпаЬ
Ответ: a) nab; б) —-—
О
Поверхностный интеграл первого рода
Пусть кусочно гладкая двусторонняя поверхность
D определяется уравнениями х = x(u; о); у = у(и; v); z = z(u; v);
(и; v)e Ь.
Пусть также во всех точках этой поверхности опреде-
лена непрерывная функция /(х; у; г).
Определение 3. Поверхностным интегралом первого
рода называется выражение вида
fpto У! 2)dP=||f(x(u; v); у(и; р); z(u; v))- JeG-F2 dudv
D
D
du
где E =
'Эх?
du
(dz}2
du
539
7. Функции нескольких переменных
Г дх У (ду ( dz У дх дх ду ду
<dv J {dv J [dvJ ’ ди dv ди dv
Если уравнение поверхности имеет вид
дг дг
ди dv
г = г(х; у); (х; y)eD,ro
dxdy.
Пример 7. Вычислить поверхностные интегралы первого
рода:
Щг + 2х + -^
dD, где D - часть плоскости
х у г
— + — + — =1, ограниченная плоскостями х = 0; у = 0;
2 = 0;
б) JJ (х + у + 2) dD, где D - поверхность х2 + у2 + 22 = а2,
D
2 > 0 .
Решение.
а) Плоскость — + — + — =1 пересекает оси Ох, Оу и Ог
соответственно в точках А(2; 0; 0); В(0; 3; 0); С(0; 0; 4).
Проекцией треугольника АВС на плоскость Оху явля-
ется треугольник АО В.
В плоскости Оху прямая АВ задается уравнением
х у 3
— + т- = 1 или у = - — х 4- 3.
2 3 у 2
Выразим 2 из уравнения плоскости АВС:
4 дг п dz 4
2 = 4 - 2х - — у', — =-2;ч— =~— •
3* дх 3
2 + 2х + — у dD =
D v 7
dxdy =
Практикум по высшей математике
540
•dxdy—
4>/бГ
3
D
D
Поскольку fjdxdy - площадь треугольника АОВ, то
D
II з + 2х + -1/ dD---
вЧ 3 ) 3
б) Уравнение х2 + у2 + з2 — а2,
з > 0 задает поверхность полусфе-
ры с центром в начале координат
и радиусом а, расположенную не
ниже плоскости Оху. Проекцией
D этой полусферы на плоскость
Оху является круг
Вычислим элемент поверхнос-
ти dD:
dD = J1 +
—V +
. Эх I
dxdy.
Дифференцируя уравнение полусферы по переменным
х и у, получаем
Эз Эз х
2х + 2з — =0; — -------;
ох ох з
Эз Эз ц
2у + 2з г" = 0; ,
* Эу ’ ду г ’
следовательно,
541
7. Функции нескольких переменных
J2 2 L.2 , „2 , „2
X у \2 +х + у
1 Н—х- <—х- dxdy = J 2 dxdy =
2 2 \ 2
а , ,
= — dxdy.
Переходим к интегрированию:
JJ(x + у + г) dD = JJ(x + у + z) • - dxdy =
D D
= a • + a • I2 + a • /3,
где7, = JJ ,
ydxdy
: 2 2
-x -у
D
Поскольку круг D симметричен относительно осей Ox
и Оу, а функции —=====: и . - нечетны
Va2-x2-/ V°2-*2-!/2
соответственно по переменным х и у, то
Интеграл /3 совпадает с площадью круга D , т. е.
13 = ла2.
Таким образом, JJ(r + у + 2} dD = па3.
D
Ответ: а) 4 7б1; б) па3.
Пример 8. Вычислить интеграл JJг2 dD, где D - часть
D
конической поверхности:
х = г cos (р • sin а; у = г sin ф • sin а; z = г cos а;
( п А
О < г < а; 0 < ф < 2п; а - const 0 < ос < — .
2
Решение.
Вычислим элемент поверхности dD = Jeg-f2 drdtp:
Практикум по высшей математике
542
'Эх?
дг
\2
+
(дг}2
дг
, , Л. , ,
= (cos ср • sin ос)2 + (sin ф • sin ос)2 + (cos ос)2 = 1;
Е =
+
г^Т
Эф,
+
G = чг +
, .W.
= (-Г sin ф • sin
Эу
Эф
а)2 + (г cos ф • sin а)2 = г2 sin2 а;
дх дх ду ду дг дг
F дг Эф дг Эф дг Эф
= (cos ф • sin а) • (-г sin ф • sin а) +
+ (sin ф • sin а) • (г cos ф • sin а) = 0;
>]EG - F2 = л/r2 sin2 а = r sin ®-’,dD = г sin а • dr dtp.
Переходим к интегрированию:
JJг2 dD = JJ г2 cos2 а • г ♦ sin а • dr dy =
D D
= cos2 а • sin а
г3
dr dtp - cos2 а • sin а
2n a
J cfcpj r3 dr =
о о
----sin а • cos2 a.
2
„ na* ’ 2
Ответ:------sm a • cos2 a.
2
Поверхностный интеграл второго рода
Пусть D - гладкая двусторонняя поверхность, при этом
нормаль (cos a; cos Р; cos у) определяет сторону Z>+.
Определение 4. Поверхностным интегралом второго
рода называется выражение вида
JJ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy =
~ j J (P cos a + Q cos 3 + R cos y)dD,
D
где P(x; y; z); Q(x; y; z); R(x; y; z) определены и непрерыв-
ны на поверхности D.
Если поверхность D задается уравнениями
543
7. Функции нескольких переменных
х = х(и; v); у = у(и; о); z = z(u; о); (и; v)e D ,
то направляющие косинусы нормали имеют вид
±А п ±В
COS ОС = - -: ; COS Р = . • : ;
у/а2+в2+с2 у1а2+в2+с2
±С
cosy= -======;
у1а2+в2+с2
А = ду дг ;В = дг дх ;С = Эх ду
ди ди ду дг ди ди дг дх ди ди дх ду
Эи ди ди ди ди ди
г =
Знак выбирается в зависимости от стороны поверхно-
сти D.
Пример 9. Вычислить поверхностный интеграл второго
рода УУх2 y2zdxdy, где D - положительная сторона
D
нижней половины сферы х2 + у2 + г2 = R2.
Решение.
Проекцией области D на плоскость Оху является круг
D с центром в начале координат, имеющий радиус R;
х2 + у2< R2,
поэтому при интегрировании удобнее использовать поляр-
ные координаты х = г cos ф; у = г sin ф.
Поскольку на нижней половине сферы
2 - у2 , то уух2 y2zdxdy =
D
?2 -х2 - у2 dxdy =
D
2л Я ________
- j*dtpJ*г2 cos2 ф • г2 sin2 <р • V/?2 - г2 • г - dr =
о о
1 2л Я _______________
----J sin2 2фс/ф • У г5 • у/н2 - г2 dr;
о о
Практикум по высшей математике
544
2л 2тг . • а \
т [ • 2n , fl-cos4(p /1 sin4m]
Ц= Ism 2q>d(p= -— ф-----—
* „2 128
оо ч J
2п
= И.
о
Jr2 -г2 = t
R
I2 = Jr5 • ^R2-r2dr=
о
г2 =R2-t2
rdr--tdt
t(O)^R
t(R)^Q
R
f +3 n d2x5 j.7
-2R2t4 +t6)dt = R4-________-2Д1-+ —
3 5 7
0
= — R7.
105
Я 2 2л
x y2zdxdy = - —- R7.
105
D
2л _
Ответ: - ——— R7.
105
0
Формула Стокса. Формула Остроградского
Пусть Р(х; у\ z); Q(x; у; z); R(x; у; г) - непрерывно диф-
ференцируемые функции; Г- простой замкнутый кусоч-
но-гладкий контур, ограничивающий двустороннюю по-
верхность D, тогда выполняется формула Стокса:
cos a cos(3 cosy
С Pdx + Qdy + Rdz = JJ
r й
Эх Эу Эа
Р Q R
где cos ос; cos Р; cos у - направляющие косинусы нормали,
ориентированной так, что относительно нее обход конту-
ра /совершается против хода часовой стрелки.
Пусть D - кусочно гладкая поверхность, ограничива-
ющая объем V, включая поверхность D. Пусть также
Р(х; у, z); Q(x; у; a); R(x; у- г) - функции, непрерывные
545 7. Функции нескольких переменных
вместе со своими частными производными в области V,
тогда выполняется формула Остроградского
JJ (Р cos а + Q cos р + R cos y)dD =
D
Ш(dP dQ dR} , . ,
— cLxctycLz9
V \ )
где cos а; cos Р; cos у - направляющие косинусы внешней
нормали к поверхности D.
Пример 10. С помощью формулы Стокса преобразовать
интеграл J(p2 + г2) dx + (х2 + z2)dy + (х2 + y2)dz, кото-
г
рый берется по некоторому замкнутому контуру Г, в
поверхностный интеграл по поверхности D, ограничен-
ной контуром Г.
Решение.
В соответствии с формулой Стокса
Pdx + Qdy + Rdz =
cos a cos£ cosy
Э Э Э
dx dy dz
P Q R
(dQ ЭР?
+ cos у -r— - —
dx dy
cos а • (у - z) + cos P • (z - x) +
D
+ cos у • (x - y))dD = 2 ^(x-y)dxdy + (z - x)dxdz +
D
+ (p - z)dydz.
Ответ: 2 JJ (x - y) dxdy + (z - x)dxdz + (y- z)dydz.
D
18. Зак. 6
546
"ЭР _ ЭВ'
dz dx
Практикум по высшей математике
Пример 11. Используя формулу Остроградского, преобра-
зовать поверхностный интеграл к тройному:
Ct((dR dQ}
J J11 dy dz
cos£ +
,rdQ эр^ Vn
dx dy
\ y ) 7
Решение.
В соответствии с формулой Остроградского получим
JJ (A cos а + В cos(3 + С cos y)dD =
D
ЭВ
- - - Эх dy
v \ v
dy dz dx
гггГэ2в Э2
ЭСЛ
dz
dxdydz =r= JJJ
dx dy dz
dxdydz =
Эз^Эх dy
+ э2р _ - - _ - -> + - -
J J dxdy dxdz dydz dxdy dxdz dydz
Ответ: 0.
d2R d2Q d2
dxdydz= 0.
Задания для самостоятельного решения
Вычислить криволинейные интегралы первого рода:
1. J (х + у) ds, Г- контур треугольника с вершинами (0; 0);
(1;0)и(0;1);
2. у<х2 + у2) ds, Г- кривая х = a(cos t + t sin t),
r
у = a(sin t - t cos t), 0 < t < 2л.
3. Ух2 ds, Г - окружность: x2 + у2 + z2 = a2,
r
x + у + z = a.
4. Найти координаты центра тяжести однородной дуги
х = е* • cos t; у = е‘ • sin t; z = е‘; t < О.
547
7. Функции нескольких переменных
Вычислить криволинейные интегралы второго рода:
5. ^(2xy-l)dx + (х2у + 2)dy, Г- дуга эллипса
г
х = cos t; у = 3 sin £, лежащая в 1-й четверти.
6. f(2xy-l)dx + (х2у + 2)dy, Г- дуга параболы
г
у = -Зх2 + 3, лежащая в 1-й четверти.
7. I у dx + zdy + xdz, Г- виток винтовой линии
х = а • cos t; у = а • sin t; z = bt; 0 < t < 2л.
Показать, что подынтегральное выражение является
полным дифференциалом и вычислить криволинейные
интегралы:
(2; 4)
8. J (2х - Зу2 +1) dx + (2 - Gxy)dy.
(-1; 2)
(y}xdy-ydx
~ -----2---- •
X I X
9.
(3;0)
10. J(х4 + 4xz/3) dx + (6x2z/2 - 5y4)dy.
(-2; -1)
11. Применив формулу Грина, вычислить интеграл
е* ((1 - cos y)dx - (у - sin y))dy, где Г - проходимый в
положительном направлении контур у = 0; у = sin х;
0 < х < л.
12. Найти площадь фигуры, ограниченной кардиоидой
х = 2а cos t - a cos 2t; у = 2а sin t - a sin 2t.
13. Вычислить поверхностный интеграл 1-го рода
ЯЛ)
---------5-, где D - поверхность тетраэдра х + у + z < 1,
„ (l + x + 1/)2
14. Вычислить поверхностный интеграл второго рода
Дх dydz+ydzdx+zdxdy, где D - внешняя сторона сфе-
D
ры х2 + у2 + z2 = а2.
18
Практикум по высшей математике
548
15. Используя формулу Стокса, вычислить интеграл
§(y + z)dx + (z + x)dy+(x + y)dz, где Г - эллипс х = a sin2t,
г
у = 2а sin t • cos t, z = a • cos2t, 0 < t < л, который прохо-
дится в направлении возрастания параметра t.
16. Используя формулу Остро градского, преобразовать
поверхностный интеграл: JJx3dydz+y3dzdx+z3dxdy.
d
Ответы:
г- 2
1. 1 + V2 ; 2. 2л2а3(1 + 2л2); 3. - ла3;
О
[9 1 1 Л 1
- Ь - ; 5. 7 —; 6. 7; 7. -ла2; 8. -98; 9. 0;
5 5 2 J 4
10. 62; 11. “(е* - 1); 12. бла2;
5
13. - ~ + (7з - 1) In 2; 14. 4ла3; 15. 0;
2
16. 3 j*JJ(x2 + у2 + z2)dxdydz.
v
8. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ
8.1. Обыкновенные дифференциальные
уравнения первого порядка
Понятие дифференциального уравнения
первого порядка
Определение 1. Уравнение вида F(x; у; у') = 0 называ-
ется обыкновенным дифференциальным уравнением пер-
вого порядка. Любая функция у = <р(х), обращающая дан-
ное уравнение в тождество, называется решением этого
дифференциального уравнения.
Основной задачей теории дифференциальных уравне-
ний является разыскание всех решений данного дифферен-
циального уравнения и изучение свойств этих решений.
Процедуру нахождения решений дифференциального
уравнения называют интегрированием данного уравнения.
Определение 2. Функция у = <р(х; С) называется общим
решением дифференциального уравнения первого поряд-
ка, если она обращает уравнение в тождество и при соот-
ветствующем выборе константы С из нее может быть по-
лучено любое (частное) решение исходного уравнения.
Теорема существования и единственности
решений уравнений первого порядка
Теорема 1. Пусть обыкновенное дифференциальное
уравнение первого порядка F(x', у; if) = 0 разрешено от-
носительно производной: у' = /(х; у), и при этом функция
/(х; у) определена и непрерывна вместе с частной произ-
if
водной во всех точках плоской области D. Тогда су-
ществует, и притом единственное, решение исходного
уравнения, проходящее через заданную точку (х0; у0) G D.
Другими словами, для любой точки (х0; z/0) е D суще-
ствует, и притом единственное, решение у = <р(х), удовлет-
воряющее условию: у0 — ф(х0).
Определение 3. Задача об отыскании решения диффе-
ренциального уравнения F(x; yt у') = 0, удовлетворяюще-
го дополнительному (начальному) условию у(х0) = у0 на-
зывается задачей. Коши.
Практикум по высшей математике
550
Фактически, теорема о существовании и единственности
формулирует условия, при которых задача Коши корректна,
т. е. может быть решена, и притом единственным образом.
В дальнейшем из экономии времени и места будем сокра-
щать словосочетание «обыкновенное дифференциальное
уравнение первого порядка» до «уравнение», по крайней
мере в случаях, когда это не приведет к двусмысленностям.
Уравнения с разделяющимися переменными
Выделим пять типов уравнений, когда возможна про-
цедура разделения переменных с последующим интегри-
рованием исходного уравнения.
1- У' = f(x).
Переходя к дифференциалам, получаем dy = f(x)dx;
следовательно,
у X XX
J dt = J /(s) ds, или у - у0 = J /,(з) ds; у = Jf(s) ds + у0;
Уо хо хо х0
хо, Уо ~ const.
Данная процедура требует некоторых пояснений:
1) при переходе от дифференциалов к интегралам с
переменным верхним пределом необходимо менять име-
на переменных под знаком интеграла (в нашем случае у
заменен на t, х на s);
2) полученное решение является общим, так как при
любом выборе значений х0 и у0 функция у(х) пройдет че-
рез точку (х0; уо);
3) часто при решении дифференциальных уравнений
процедуру интегрирования проводят формально. Напри-
мер:
у' = ех ; dy = ех • dx; J dy = J exdx ; у = ex + С.
И далее из дополнительного условия г/(х0) = уй получа-
ют
Уо = е 0 + С; С = у о - е 0; у = ех + у0 - е 0,
что и есть решение задачи Коши.
Очевидно, что при использовании интегралов с пере-
менным верхним пределом задача решается быстрее:
уг
у = ех; dy = ех dx; I dt
Уо
= |es ds;
х0
551
8. Дифференциальные уравнения
у - у0 = ех - ех°; у = е* + у0 - ех°.
Выбор формы интегрирования является личностным,
в данном пособии авторы придерживаются схемы интег-
рирования с переменными пределами интегрирования.
2. у' = Ку).
dy
= dx> f(y) 0»
dy = f(y)dx;
Последнее выражение есть общее решение задачи
Коши.
Случай f(y) = 0 должен быть проанализирован отдель-
но.
3. у' = f(x) g(y).
dy = Кх) • g(y) dx;
= f(x)dx; g(y) Ф 0;
Уо xo
Решение завершается анализом случая g(y) = 0.
4. М(х) • N(y) dx + P(x) • Q(y) dy = 0;
M(x) • N(y) dx = -P(x) • Q(y) dy ; P(x) * 0 ; jV(y) * 0
M(x) «») л f M(s) f Q(t) j
ч dx = - АГ, 4 dy; I.—.;.ds = - ——- dt,
P(x) N(y) J P(S) J N(t) ’
' xo Уо
после чего необходимо рассмотреть уравнения Р(х) = 0 и
N(y) - 0.
5. у' = f(ax + by), b 0.
1 а
Введем новую функцию z = ах + by, тогда у = — z-х;
b b
, 1 , а,
у = — z - —, и уравнение принимает вид
о Ь
Практикум по высшей математике
552
1 , а
— г - — = /(г); г' = а + Ь • /(г); dz = (а + Ь • f{z))dx;
о Ь
dz
a + b-fu +
f dt
=х"х°ит-д-
z0
Решение уравнений данного типа завершается анали-
зом ситуации а + Ь • /(г) = 0.
Пример 1. Решить дифференциальные уравнения:
а) {ху2 + x)dx + (у - x2y)dy = 0;
1-2х
б) уу' = —; В) / = cos(y - х).
У
Решение.
а) {ху2 + x)dx + {у - x2y)dy = 0;
х{у2 + l)dx + у(1 - x2)dy — 0;
х{у2 + l)dx = —у (1 - x2)dy't
разделяем переменные в предположении х2 - 1 * 0.
xdx _ ydy .
х2 -1 у2 +1
интегрируем полученное уравнение:
X , у ч
f sds f tdt 11т1
x0 Уо
x
x0
= ilnl + i2|
2 I
у
Уо
In |x2 — 1| — In | Xq — 1| = In |1 + у21 — In |1 + у? I;
X2-l y2 +1 2,1 y0 + 1 , 2
2 _ <X2 - 1).
Xq -1 Уо +1 1
t/o +1
Обозначим -2—Г — С, тогда
х0 -1
у2 + 1 = C(x2 - 1); y = ±Jcx2 -C-l.
553
8. Дифференциальные уравнения
При разделении переменных были исключены случаи
х12 = ± 1. Проверим каждый из этих случаев прямой под-
становкой в исходное уравнение. Очевидно, что верти-
кальные прямые х = ± 1 являются решениями. Заметим,
что эти решения не могут быть получены из выражения
у = ±4cx2 - С -1 ни при одном конечном значении С;
однако, если С = ±оо, то получаем именно х = ± 1.
1 —2х ydy 1-2х
-----: ; y2dy = (1 - 2x)dx;
б) уу' =
У ’ dx у
У
it2 dt =
t3 У
= (з-з2)
Уо
х0
Уо xo
,.3 „3
o <5
у3 = Зх - Зх2 + Уо - Зх0 + 3xJ.
Обозначим Уо - Зх0 + 3 х° =С, тогда у3= Зх - Зх2 + С.
у= л/зх - Зх2 + С .
в) у' = cos (у - х). Проводим замену z — у - х, тогда
у' = z' + 1.
Уравнение принимает вид:
, dz
z + 1 = cos 2; —— = - (1 - cos 2);
dx
dz
1 - cos z
dz
= dx;--------7 =
п • 2 2
2sm —
2
4 -
2
—х= dx;
• 2 2
sin —
2
Z
t
ctg 2
г0
2 ZQ
= x - x0; ctg- = ctgу - x0 + x.
20 Z
Обозначим ctg —— x0 = С, тогда ctg — = x + C;
А Л
y- X
ctg—— =x + C.
A
Поскольку при разделении переменных осуществлено
деление на 1 - cos 2, рассмотрим случай cos 2 = 1 отдельно:
2 = 2лп, п е Z ; у - х = 2лл, пе Z ;у — х+ 2пп, пе Z.
Практикум по высшей математике
554
Прямая проверка показывает, что множество прямых
вида у = х 4- 2пп, п е Z является решением исходного
уравнения, вместе с тем эти прямые не могут быть полу-
чены из общего решения ни при каких действительных
значениях С, включая ±°°.
Ответ: а) у = ± ^Сх2 - С -1; б) у = л/зх - Зх2 + С ;
у - х
в) ctg^-т—
— х 4- С; у — х 4* 2лп, п g Z.
Однородные уравнения
Определение 4. Функция М(х; у) называется однород-
ной функцией степени т, если для всех значений пара-
метра t выполняется условие: M(ix; ty) = tm М(х; у).
Определение 5. Дифференциальное уравнение первого
порядка М(х; y)dx 4- N(x; y)dy = 0, где М(х; у) и N(x; у) -
однородные функции одной и той же степени, называет-
ся однородным.
Рассмотрим однородное уравнение
М(х; y)dx 4- JV(x; y)dy = О,
перейдем к форме записи с производной:
М(х; у)
У'--
л. У ,
Введем новую функцию z = — ; у = xz; у — z + х
х
М(х; xz) _ хтМ(1; г)
г + х'2' = ~ N(X;xz)~ ~ xmN(l;z) = ф(2);
, dz
X'Z - ф(2) - 2; X • — = ф(з) - Z.
dx
Получаем уравнение с разделяющимися переменными
dx z ч ,
= —; ф(з) - 2 * 0;
х
г
г dt
J ф(£)-£
^го
dz
фО) - г
2 - X
Г—=г
J ф(£)-£ J
г0 *0
In |х| - In |х0|.
у.
? dt
J <p(O-t
Уо
1 X
= 1П---
Xq
- общее решение задачи Коши.
555 8. Дифференциальные уравнения
Случай N(x; у) = 0 проверяется прямой подстановкой
в исходное уравнение, как и случай <р(г) -2 = 0.
Пример 2. Решить уравнение:
х-у
а) х(х + 2y)dx + (х2 - y2)dy = 0 ; б) у' = ^-2у'
Решение.
а) Данное уравнение является однородным, поскольку
функции
М(х; у) = х(х + 2у) и ЛГ(х; у) = х2 - у2
являются однородными 2-й степени.
(х2 - y2)dy = - х(х + 2y)dx;
х2 + 2ху „
у --------- .
Х-у
Введем функцию z = — ; у = xz; у' = г + х • г', тогда
X
, X2 + 2х • (Х2.) , х2 + 2х22
X Z — 2 2 , 2 Т X 2 — „,
(xz) - хл х2 z2 - х2
l + 2z xdz __ 1 + Зг - г3
х • г' = о , - г; -------------.
г2 -1 ’ dx г2 -1
Разделяем переменные при условии г3 - Зг - 1 0:
г2 -1 , dx 1 й(г3 - Зг -1) dx
— —--------dz = — • —------------= — •
г3 -3z-l X 3 z3 -Зг-1 X '
_1 f -3*-1) _ "Ids.
3 J г3-зг-1 J s
zo x0
1 2 , X
- — In [ t3 - 3t - 11 = In | s I ;
3 Zq Xq
-- In |г3 - Зг - 1| + - In I zl ~ 3z0 - 1| = In |x| - In |x0|;
о о
In I г3 - Зг - 11 - In I zj - Зг0 - 11 = 31n I x01 - 31n I x |;
In
г3 - 3z -1
2q - Зг0 — 1
1 x0
= In —
X
23 - 32 - 1 _ Xo
2q - 3ZQ - 1 X3 ’
Практикум по высшей математике
556
z3 - 3z - 1 = — , где С = *о (2 Iо “ &го ~ !)•
X
и3 пи С
-3 1 = —- ; уЗ -_3х2у - х3 - С = 0.
ххх
Очевидно, что прямые у =» ±х не являются решениями
исходного уравнения. Что касается случая z3 - 3z -1 = 0,
то он получается из общего решения при С = 0.
б) у' = ———.
х-2у
Проведем замену z = — ; у = хг; у' = z + х • z',
х
уравнение принимает вид:
, х - хг
г + х • z = --—
х -2zx
dz _ 1 - z .
Х dx~ l-2z ;
Z +
dx
2
(1 - 2z)dz _ dx
2z2 - 2z + 1 x
xdz _ 1 - 2z + 2z2
~dx ~ 1 - 2z ’
разделяем переменные
/ 2 1
а 2 -z + -
__
2 Z2-2 + -
Отметим, что x - 2y Ф 0 по условию примера, а выра-
жение 2z2 - 2z + 1 не обращается в ноль при гей.
I 2
Обозначим z0
х0 = С, тогда
557
8. Дифференциальные уравнения
Ответ: а) у3 - Зх2у - х3 — С = 0; б) у2 - ху Н—— = С.
У
Уо
Линейные уравнения
Определение 6. Линейным дифференциальным уравне-
нием первого порядка называется уравнение вида
у' + р(х) у = g(x) ; при этом, если g(x) = 0, то уравнение
называется линейным однородным, если g(x) #= 0, то ли-
нейным неоднородным.
Линейные однородные уравнения легко сводятся к
уравнениям с разделяющимися переменными:
у' + р(х)у = 0; у' = ~р(х)у; dy = -р(х) • у dx; у*0;
аУ ( Г dt f . . ,
— = -p(x}dx; — = - I p(s) ds;
У * t *
Уо «о
X
In |y| - In |y0| = Jp(s)ds; In
*0
- J p(s)ds
У = Уо’ e x° ~ общее решение задачи Коши.
Традиционно используются два способа решения ли-
нейных неоднородных уравнений.
Метод вариации произвольной постоянной
Решение неоднородного уравнения строится в том же
виде, что и общее решение однородного уравнения, с той
лишь разницей, что константа у0 заменяется на неизвес-
тную функцию С(х):
- J p(s)ds
у = С(х) • е
Подставляя данное выражение для у в неоднородное
линейное уравнение, получаем:
XX X
- f p(s]ds - f p(s)ds - f p(s)ds
C • e ‘° +c - e 10 • (-p(x)) + C • e x° -p(x) -
= q(x);
x X
- f p(s)ds fp(s)ds
C'e = q(x); C' = q(x) • e*0 ;
Практикум по высшей математике
558
х f p(s)ds
С(х) = / q(t) • -dt + Со; Со - const.
*0
х / « \
- f p(s)ds х I P(s)ds
Следовательно, у = е х° • Со + f q(t) • ех° • dt
*0
— общее решение линейного неоднородного уравнения.
При условии задачи Коши: у(х0) = у0 получаем, что
Со = Уо-
Представление искомой функции
в виде произведения двух функций: у = u*v.
Исходное уравнение принимает вид:
(и • v)' + р(х) и - v = q(x); u'v + u(v' + p(x) • v) = g(x).
Введение «лишней» функции позволяет сформулиро-
вать некоторое дополнительное условие для функции о:
dv
v' + р(х) *0 = 0; — = -p(x)dx; v = v0 • e x°
Но тогда исходное уравнение принимает вид:
t
f p(s)ds
u'v = g(x); u' = — e*° q(xy,
vo
। x [ p(s)ds
u = u0 + — f q(t) • ex° . dt
y0 xo
и общее решение
у = и • v = v0 •
- J p(s)ds
у = e *°
-fp(s)ds 1 x fPi^ds
*o . u0 + — J q(t) ‘ ex° dt
vo x0
k 7
/
Уо
t
X I P(s)d8
J q(t) • ex° dt
, где y0 = u0 • vQ.
Пример 3. Найти решение задачи Коши:
а) (х2 + х)у' - у = х2 + х; у(1) = 0;
б) у' - у sin х = sin х • cos х ; у
8. Дифференциальные уравнения
559
Решение.
а) Данное уравнение является линейным неоднородным;
в предположении, что х Ф 0 ; х Ф -1, оно приобретает вид
1
х(Х + 1)
Решим однородное уравнение:
_ ...1 0. аУ_ = У . dy = dx .
х(х + 1) * dx х(х +1) ’ у х(х +1)
В рамках метода вариации произвольной постоянной
решение неоднородного уравнения строится в виде
X
У~С(х)' —
~ , где С(х) - неизвестная функция:
. X
С'(х)-—
х + 1
+ С(х) • ---
I х +1
х(х + 1)
X + 1
= 1; с'(х)= -----; dC =
х
1 X
• ОД —ГТ “ 1
х +1
' х + 1^1
---- dx
х
С X/
Jdt = j 1 + - ds; с - Co = x + In |x| - x0 - In |xol:
C(x) = x + ln|x[ + Сп где Ci = Co - x0 - ln|x0|;
у = (x + In M + C1)‘~p
Так как y(l) = 0, то Сг = -1.
Окончательно получаем следующее решение исходной
задачи Коши:
x-(x + ln|x|-l)
y= --------------
Практикум по высшей математике
560
Очевидно, что прямые х = 0 и х = -1 не являются ре-
шениями исходного уравнения.
б) Используем вторую схему решения линейных урав-
нений
У = и • у;
u'v + uv' - sin х и • v = sin х • cos х;
u'v + u(v' - sin x • v) = sin x • cos x.
Потребуем, чтобы функция u(x) была решением урав-
нения
v' - sin х • v = 0;
dv . , , и
— = sin x • dx; In —
у v0
= -cos x + cos x0;
v = p^g-COSX + COSXo .
Так как u(x) выполняет роль вспомогательной функ-
л
ции, положим х0 = —; u0 = 1, тогда v = е~созх.
Получаем следующее уравнение для и(х):
e-cos х . и' = sjn х . cos х.
du — е®08 х • sin х • cos х • dx; du = -ecos х cos х d(cos х);
и X
COSS fz 4
e • cos s • d(cos s).
«0 *0
Так как J ecoss • cos s • d(cos s) = |cos s = p| =
= pep - ep + C =
f р f = P df = dp
= \ ер • р ’ dp =
J dg = epdp g = ep
= cos s • ecoss - ecoss + С, то получаем:
и — u0 = e003 x — cos x • ecos x — ecoa Xo + cos x0 • ecos *°;
u — gcosx _ cos x . gcosx -I- (J Q _ const.
Следовательно,
у = и • v = (ecosx - cos x • ecos* + C) • e-cosx;
у = 1 - cos x 4- Ce-cos x
( n
По условию у —
= 1,
it
“COS —
2 ; C = 0;
It
1 = 1- cos — + Ce
у = 1 - COS X.
„ . x-(x + ln|x|-l) -
Ответ: a) —i------!—!—-; б) 1 - cos x.
x + l
561 8. Дифференциальные уравнения
Уравнение Бернулли
Определение 7. Уравнением Бернулли называется
уравнение вида у' + р(х) • у = q(x) • у,п , где т е R; т 0;
т Ф 1.
1
Замена u(x) = (/1-m(x); у(х} — и{х}г~т приводит уравне-
ние Бернулли к линейному:
и' + (1 - • ц = (1 - /п) • q(x).
Второй способ решения уравнения Бернулли аналоги-
чен второй схеме решения линейных уравнений:
у(х) = и(х) • у(х) и т. д.
У 1
Пример 4. Решить уравнение: у' - — = —.
х £у
Решение.
Данное уравнение является уравнением Бернулли:
Представляем искомую функцию в виде у = и • v , тогда
z Z 1 1 , ,
и v + uv----uv = — и~г • у-1;
х 2
f , 1 > 1
u'v + и V---V = г-и~г ‘ v~*.
I х J
Функцию и(х) находим из уравнения
,1 Л dv dx v х- Vq
v---v = 0; — = — ; — = — ; v=—— x.
x v x v0 x0 x0
Для простоты положим x0 = v0 = 1, тогда v = x.
Уравнение для нахождения функции u(x):
, 1
х • и = ---;
2хи
dx
и • du = —о
2х2
о 2 1 1 о 1 . 2 1
и2 - Uq =---------; иг---------Ь и0 = —;
х0 х х х0
1 L 1
и2 =-----1- С; и(х) = ± JC-----.
х V х
Окончательно получаем: у(х) = ± х
Ответ: ± xjc - —
V х
Практикум по высшей математике
562
Уравнения в полных дифференциалах
Определение 8. Уравнение вида М(х; y)dx + N(x; y)dy = О
называется уравнением в полных дифференциалах, если
существует функция U(x; у), такая что
dU(x-, у) = М(х; y)dx + N(x‘, y)dy.
Если дифференциальное уравнение является уравнени-
ем в полных дифференциалах, то оно может быть записа-
но в виде:
di7(x; у) = О,
поэтому общее решение такого уравнения имеет вид:
С7(х; у) = С, С - const.
Теорема 2. Уравнение М(х; y)dx + У(х; y)dy = 0 явля-
ется уравнением в полных дифференциалах тогда и толь-
ЭМ(х; у) dN(x; у)
ко тогда, когда ---— 1——
ду дх
Интегрирование уравнений в полных дифференциалах
может быть проведено следующим образом.
dU(x; у)
1) Так как М(х; у) = ------, то
ох
X
Щх; у) = | М(з; у) ds + С7(х0; у), где
*0
Щх0; У) ~ неизвестная функция, подлежащая опреде-
лению.
dU(x; у)
2) Так как N(x; у) = , то
X
N(x; у) = [М(з; у)ds + С7(х0; у) ;
ду J
*о
f dM(s; у) , , гт,. .
I г- ds + U (х0; у),
J ду
хо
но дМ(з; у) = 3W(S; у) _ поэтому
ду
Эз
С dN(s; у)
N(x; у) = J ds + U'(x0; у);
Хо
N(x; у) = N(x; у) - N(x0; у) + U'(xQ; у);
563
8. Дифференциальные уравнения
У
U'(x0; у) = N(x0; у)\ U(x0; у) = J Мх0; t) dt + U(x0; у0);
Уо
х у
U(x't у) = JM(s; y)ds + JЛДх0; t) dt + Z7(x0; yQ).
*0 Уо
Общее решение исходного уравнения:
X у
JM(s; у)ds + JN(xq; t) dt = С.
«о Уо
Очевидно, что частное решение, удовлетворяющее ус-
ловию у(х0) = у0, получается из общего при С = 0.
Пример 5. Решить уравнение:
(Зх2 + 6xy2)dx + (6х2 у + 4y3)dy - 0.
Решение.
Для удобства обозначим
Зх2 + вху2 — М(х; у); 6х2 у + 4ys = N(x; у).
Данное уравнение является уравнением в полных диф-
дМ ' _
ференциалах, поскольку —— = 12ху‘, -т— — 12хр , т. е.
ду дх
дМ _ 3N
ду дх
Искомую функцию, чьим полным дифференциалом
является левая часть уравнения, обозначим U(x; у), тог-
да
9U(r, > Э!7(х: м, .
—— - Mix; у); Эу - N(x; у).
Из первого соотношения получаем
—- — Зх2 + бху2; J ^2 ds = J (3S2 4. Qsy2)ds;
х0 х0
Щх; у) = х3 + Зх2у2 - Xq ~3xq у2 + СДх0; у).
Из второго соотношения получаем
ди
ду =Qx2y + 4y\
я. dU 2 dU(xa; у)
с другой стороны, -т— = 6х2у ~§ХпУ+ --- - ----
ду ° ду
Практикум по высшей математике 564
Сравнивая полученные выражения, получаем уравне-
ние с разделяющимися переменными:
dU(x0;y) 2
---—---- = 4у3 + 6 х0 у;
U(.xo> у) ~ ^(*0; У о) — у4 + 3 Xq у2 ~ У о ~ 3 Xq yQ .
Окончательно функция U(x; у) приобретает вид:
U(x; у) = х3 + Зх2у2 + у4~ X* -3Xq у* - у* + U(x0; у0).
Общее решение исходного уравнения:
х3 + Зх2!/2 + у* = С;
решение задачи Коши с начальным условием y(xQ) = у0'
X3 + Зх2!/2 + у4 - Xq - 3 Xq Уо ~ Уо =0.
Ответ: х3 + Зх2у2 + у4 = С.
Уравнения, не разрешенные относительно
производной
F(y') = 0.
Пусть ak - действительные корни уравнения F(f) = О,
т. е. F(ah) = 0, k == 1, 2, п , тюгрр у' = ah; у = ак х + С;
С - const; k = 1, 2, ... , n.
Совокупность линейных функций у = ак х + С, С —
const; k = 1, 2, ... , п является общим решением исходно-
го уравнения.
Общий интеграл можно записать компактно: посколь-
ку ак =
У-с
х
= 0.
, то F
V
F(x; у') = 0.
1)Если это уравнение разрешимо относительно у':
у' = fk (х) ; k = 1, 2, ... , п, тогда общее решение есть сово-
купность функций у = J 4(s) ds + у0.
Хо
2) Если существуют функции <p(t) и y(t), такие что
F(<p(t); V(t)) ® 0, то
х = ф(0,
/ = v(0;
x=(p(t), р = ф(0,
dy = y(t)dx; [dy = v(t) • <p'(t)dt;
565
8. Дифференциальные уравнения
№ф(0»
dx =
W)
x = <p(t),
t
У = Jv(s)-<p'(s)ds + z/0.
Полученная совокупность уравнений - параметричес-
кое задание функции, являющейся решением исходного
уравнения.
?(у;у') = о.
1) Если это уравнение разрешимо относительно у':
у' в А (у); & = 1, 2, ... , гг, то общее решение есть совокун-
„ f ds
ность функции —- = х - х ; k = 1, 2, ..., п.
Vo
2) Если существуют функции <p(t) и у(£), такие что
F(<p(0; \j/(t)) s 0, то
У = Ф(О, fy = ф(0.
р' - W); \dy =
у = <р(0,
Г <p'(s) j
X - ZA-Lds + х
J 41(3) 0
*0
Получено общее решение исходного уравнения в пара-
метрической форме.
Уравнение Лагранжа: у = ty(y')x +
Введем новую переменную р = y't тогда
у = ф(р)х + у(р);
dy == <?(p)dx + <р'(р) • х • dp + ф'(р) • dp.
Так как dy — y'dx — pdx, то
pdx = <p(p)dx + (<p'(p) • x +y(p))dp;
(ф(р) - p)dx + (ф (p)x 4- у (p))dp = 0.
Это уравнение является линейным относительно фун-
кции х(р):
dx | ф'(р) х = \|/(р)
dp Ф(р) - р р - Ф(р) ’
Как было показано ранее, решение этого уравнения
имеет вид
Практикум по высшей математике 566
х(р) = А(р) • С + В(р); С - const.
Подставляя полученное выражение в у, окончательно
получаем решение уравнения Лагранжа в параметричес-
кой форме:
х = А(р)С + В(р),
у = (р) • С + Bt(p), С-const.
Уравнение Клеро: у = у'х + у(у').
Уравнение Клеро, очевидно, является частным случа-
ем уравнения Лагранжа.
После аналогичной процедуры уравнение Клеро приво-
дит к уравнению: (х + = 0;
1) dp = 0; р = С; С - const, тогда уравнение Клеро име-
ет следующее решение: у = Сх + \j/(C);
2) х + V'(p) = 0, тогда решение уравнения Клеро в па-
раметрической форме:
х = -у'(р),
У = -pv'(p) + v(p).
Пример 6. Найти общие интегралы уравнений:
а) еу + у' = 1; б) у' - sin у' = 0; в) у'5 - 3yf + 1 = 0.
Решение.
а) Можно легко показать, что алгебраическое уравне-
ние
е' + t » 1
имеет единственный действительный корень t = 0, поэтому
у' = 0; у = С, С - const.
Как следует из теории, общий интеграл можно было
у-с ~
— у ~ с
записать и сразу е х +---- = 1, но использовать такую
X
запись неудобно.
б) Уравнение sin t = t имеет действительный корень
t = 0, следовательно
у' ~ 0; У = С, С - const.
в) Поскольку точное решение уравнения t5 - 3t + 1=0
не осуществимо, ограничимся записью общего интеграла
исходного уравнения в неявной форме:
Ответ: а) у = С, С - const; б) у = С, С - const;
567
8. Дифференциальные уравнения
чГy-cf 3У-с , , п
в) I +1 — 0.
к х J х
Пример 7. Найти общее решение уравнений
а) еу - у' - х = 0; б) у = у'2 + у'3.
Решение.
а) Очевидно, что выразить у' из данного выражения
нельзя. Попытаемся проинтегрировать уравнение путем
введения параметра Г.
у' = t,
х = е* -t;
dy = tdx = t • x' -dt,
x = ef -t;
dy = t(e* - l)dt,
x = e* - t;
t2
y = te* -e*---+С, C - const,
2
x = e*-t.
б) Введем параметр t = у', тогда
2 , ,3
y = t2+t3,
У = i;
y = t +t
dx
dy
у = t2 +t3
1 j
dx = - dy,
1
t
y = t2 + t3,
[t2 +t3)dt;
y = t2 +t3,
dx = (2 + 3t)c?t;
y = t2+t3,
3 2
x-2t + —t~ + 0, C — const.
2
x = e*-t,
Ответ: а)
б)
t2
y=tef-e* - —+0,0-const;
3
x = 2t +—t2+C,C - const,
2
y = t2+t3.
Практикум по высшей математике
568
Пример 8. Решить уравнения: а) у — 2ху' + у2 ; б) у = ху' — if2.
Решение.
а) Данное уравнение является уравнением Лагранжа.
В соответствии с общей схемой решения введем параметр
Р = у', тогда
у = 2хр + р2; dy — 2х dp + 2р dx + 2р dp.
Но поскольку dy — р dx, то
pdx = 2х dp + 2р dx + 2р dp ,
Hy 9
р dx + 2(х + р) dp = 0; — + —х = -2.
dp р
Получено линейное уравнение для функции х(р). По-
скольку схемы решения этих уравнений рассмотрены ра-
нее, приведем без выкладок итоговое выражение:
С 2р п
х = —-----— , С - const.
„2 о
Р 6
Общее решение исходного уравнения в параметричес-
кой форме
о 2 2С р2
у = 2хр + рл =--
р 3
б) Данное уравнение является уравнением Клеро.
Введем параметр р = у', тогда
у=*хр-р2;
dy — х dp + р dx — 2р dp; dy — р dx,
следовательно,
xdp-2p dp = 0; (x - 2p)dp = 0.
Если x - 2p = 0, то получаем следующее решение:
Ответ: а)
х = 2р, х2
„ или просто у = — .
1у = р2 4
Если dp = 0, тор = С, и тогда у — Сх - С2, С - const.
С 2р п
х = —----, C-const,
р2 3
2С р2
Р 3
569
8. Дифференциальные уравнения
б) у = — ; у = Сх — С2, С — const.
Задания для самостоятельного решения
Решить уравнения:
2. хуу' = 1 - х2;
3. д/1 - у2 dx + у 71- х2 dy = 0; 4. е~»(1 + у') = 1;
5. ху' + у = у2;
6. (х2 - y2)dx + 2ху dy — 0;
dx dy
g -----= —.
’ у+x y-x’
2x
9-У'"77^ = °; f/(D = 2;
io. у' + — у = Зх; 1/(1) = 1;
11. у' - 2xy = 1; i/(0) = 0;
12. (x + y2)dy = ydx;
2
13. y' - 2xy = 3x3y2; y(0) = - ;
14. 3y2y' + t/3-+ x = 0;
15. (x3 + y)dx + (x - y)dy = 0;
17. y' ~ \y'\ 0; 18. x = + ^,2 ;
19. x = y'3 + 1;
20. ^-+1п(УЭ:
21. x • (yf + (yf; 22.i/ =
1
23.i/ = x-y'~ /
Практикум по высшей математике
570
Ответы
1. у2 = 2х + С; 2. у2 = 21п |х| - х2 + С;
3. д/1 ~ У2 = arcsin х + С; х = ±1; у = ±1;
у -1
4. 1 - е'у = Сех; 5. - = Сх; 6. у2 + х2 = Сх;
У у
— -1 и
7. у = С‘ ; 8. -arctg—-^-In ^-+ 1
х 2
= In |хе|;
9. у = х2 + 1; 10. у == х2; 11. у - ех • Je 3 ds;
о
12. х = у2 + Сх; 13. у = ——7
1-х
14. у3 = Се~х -х + 1;
ev -1
15. х4 + 4ху - 2у2 = С; 16. -----F - С;
1 + х
18.
х = sin I,
. - или х2 + (у - С)2 = 1
y = -CQSt + C '
19.
X = t3 + 1,
3 4 20.
у = — t4 + C;
4
х = t - — + С,
t
у = —+ ln|i|;
21.
23.
Х.С(Р-I)3
(р-1)2
Ср2 .
(р-1)2’
у С
у2
х = - — .
4
У =
22
х = С(р + 2)
С 2
571
8. Дифференциальные уравнения
8.2. Обыкновенные дифференциальные
уравнения высших порядков
Определение 1. Уравнение вида F(x; у; у'; = О
называется обыкновенным дифференциальным уравнени-
ем п-го порядка.
Определение 2. Любая функция у = ср(х), обращающая
вместе со своими производными данное уравнение в тож-
дество, называется решением (частным решением) это-
го дифференциального уравнения.
Определение 3. Функция у = ф (х; Сх; С2; Сп) назы-
вается общим решением дифференциального уравнения п-
го порядка, если она обращает уравнение в тождество, и
при соответствующем выборе констант Сх; С2;Сп из нее
может быть получено любое (частное) решение исходно-
го уравнения.
Определение 4. Задача о нахождении решения диффе-
ренциального уравнения F(x; у; i/;...; i/n)) = 0, удовлетворя-
ющего дополнительным (начальным) условиям: у(х0) = у0;
/(*о) “ У о; ^о) = У(о~г} ’ Тр>е y«i Уо ; - про-
извольные константы, называется задачей Коши.
Дифференциальные уравнения,
допускающие понижение порядка
Уравнение вида F(x; у(п>) — О
а) Если уравнение разрешено относительно старшей
производной i/(n) = Дх), то искомая функция у(х) находит-
ся в результате n-кратного интегрирования:
X
у(п-1)= + у(оп~1);
х0
X X!
у(п-2)= J J f(s2)ds2dsx + yg1 ^(x-Xgj + yg1 2) и т. д.;
Х0Х0
Пх„1 (п-1)
• • • J Дзл) dsn... dsx + i (х - х0)я -1 +
*о х0 х0
У(оп~2)
+ (п -2)1(Х ~ Хо)П~2 + “• + У'° ’ “ *о) + Уо’
Практикум по высшей математике
572
Данная форма записи удобна тем, что это есть решение
задачи Коши.
Полученное решение можно записать в компактной
форме:
1 Г
“ oTiji P(s) 1 •*> + (*-*»)-1 +
у(«-2)
~ 2 ^0 ' (X ~ Хо) + у0.
\п
б) Существуют функции х = <p(f); у(п) = \|г(£)> такие что
^(фЮ; W)) s 0.
В этом случае может быть построено параметрическое
решение:
|х = ф(*),
х = ф(£), t
у(п} = v(t); У{п~1} = Jv(s)V(s)ds+<i = VifcCi); -
‘о
X = <p(t),
У ~ ^i> QsJ...? Ся).
В частности, если удается выразить переменную х:
х = f(y(n)), то в качестве параметра t можно выбрать t = у(п).
Уравнения, не содержащие искомой функции и пос-
ледовательных первых производных:
F(x; у(к>; у(1с + 1>; у(п)) = 0.
Подстановка = z сводит исходное уравнение к урав-
нению (n - k) порядка F(x; z; z'; z(n~ fc)) = 0. Пусть z =
= ф(х; Cx; C2; ...;Cn_fc) - общее решение этого уравнения,
тогда искомая функция у(х) находится из уравнения
y<‘)=(p(x;Cl;C2;...;Cn_fc).
Уравнения, не содержащие независимой переменной
F(y; у';—;у(п)) = о.
а) Введение новой функции г{у) = у' позволяет пони-
зить порядок уравнения на единицу:
Эу' _ Ъг _ Ъг ду
~ дх дх ду дх ~2 2’
у'" = ^ = (г" • z Ч-(zT)z; ...
y(n) = (p(z; 2';
573
8. Дифференциальные уравнения
следовательно, исходное уравнение приобретает вид
F (у; z; ...; z(n ~п) = 0.
б) Рассмотрим один из наиболее важных случаев:
У" = Ку)', у' ~ z(y); у" = г' • z\
уравнение принимает вид
z- z' = Дг/); zdz = f(y)dy,
*о Уо
у у?
z2 = 2 J f(t)dt + 2ц ; (/)2 = 2 J f(t)dt + zj;
Уо Уо
П г ds
у' “ ± 2 f(t)dt + Zq ; | = —(x - x0).
U J J у
1,0 У° 2ff(t)dt + z$
1 Уо
Получено общее решение, как решение задачи Коши.
Пример 1. Найти общее решение уравнений:
.. 2 „ sin х ц'
a)y"'-~j; б)у"'~——; в) х = .
* х 71 + У
Решение.
а) Искомая функция находится в результате трех пос-
ледовательных интегрирований:
dy" = 2x-3dx; у" = - ~ + С^,
х
dy' = (-х~2 + C,)dx; у' = — + Сгх + С,;
х
dy = (-Х-1 + С\х + C2)dx; у • In |х| 4- ~ х2 + С2х + С3;
Сп С2, С3 - const.
б) Поскольку в элементарных функциях проинтегри-
sin х
ровать выражение --------- не удается, ограничимся следу-
ющей формой ответа
Практикум по высшей математике
574
X . ж f
1 f Sin S , , Уо . \9 t Уо \ ,
У — ~ I (x s) ds + _ (x x0)2 + (x x0) + y0,
2 J s 1
*0
Уо, Уо’Уо- const.
в) В принципе, в данном уравнении можно выразить
У" = f(x).
Продемонстрируем, однако, схему нахождения реше-
ния в параметрической форме. Введем параметр t следу-
ющим образом:
у" = tg t, t е f- - -; - L тогда + у*2 = —.
2 2 J |cost|
Очевидно, что, во-первых, данному диапазону значе-
ний t соответствуют все действительные значения у", и,
во-вторых, cost > 0, поэтому
у” - tgt, dy' = tgt -dx = tgt • cost-dt = sin t • dt,
x = sin t; [x = sin t;
yf - -cost + Cp
x = sint;
dy = ( - cost + Ct)dx = ( - cost + Oncost • dt,
x = sint;
y--~t-------— + C1smt+C2, CifC2-const,
x = sint.
Ответ: a) In | x | + x2 + C2x + C3;
If sins , Уо t m , Уо ,
6) - -------(x - s)2ds + — (x - x0)2 + — (x - x0) +
2 J s 1
X0
11 sin2t „ . x _
y = --t---—+C1sint + C2,
^1’^-2 - const,
x = sint.
Пример 2. Найти общее решение уравнений:
а)/" = -|(р")3; б) уу" = (у')3-
575
8. Дифференциальные уравнения
Решение.
а) Введем новую функцию z = у", тогда получаем урав-
нение с разделяющимися переменными:
, 1 , dz 1 ,
2 =_ 2з. _-dx; г*0;
2 z3 2
г2 = --*--- . = ---1-- . у" = ± А ,= .. .
х + Сх x + Cr y/x + Ci
После двукратного интегрирования получаем искомое
решение:
4 -
у(х) = ±-(х + С1)2 + С2х + С3; Ср С2, Са - const.
Если z = 0, то у = Схх + С2; Ср С2 - const, также реше-
ние исходного уравнения.
б) Данное уравнение не содержит в явном виде пере-
менной х, поэтому введем новую функцию z(y) = у', при
этом у будем рассматривать как аргумент этой функции:
„ _ dy _ dz _ dz dy _ ,
& dx dx dy dx
В новых обозначениях получаем:
, _ dz dy
у • z • z = z3; —z- -Z-; z 0; у 0.
z У
После интегрирования получаем:
z = _ 1 . dy = 1
InjCji/l ’ dx InlC^I ’
у
In | (\y | • dy = -dx; J In | Cxt | • dt = -x + x0;
Уо
интегрируя по частям, получаем:
у • In | Сгу | - у — - х + С2, Ср С2 - const.
Если z = 0, то у' = 0, у = С, С - const - также решение
исходного уравнения, включая и у = 0.
4 *-
Ответ: а) у = ± — (х + Ct)2 + С2х + С3; у = Сгх + С2;
Ср С2, С3 - const; б) у • in | Сгу | - у = - х + С2;
у = С; С, Ср С2 - const.
Практикум по высшей математике
576
Линейные уравнения n-го порядка
Определение 5. Линейным дифференциальным уравне-
нием n-го порядка называется уравнение вида:
+ ... + рп_ /х)/ + рп(х)У = /(х).
Если ftx) = 0, то уравнение называется линейным од-
нородным, в противном случае - линейным неоднород-
ным.
Определение 6. Совокупность п линейно независимых
решений линейного однородного уравнения n-го порядка
называется фундаментальной системой решений.
Теорема 1. Если z/,; i/2;...; уп - фундаментальная систе-
ма решений, то общее решение линейного однородного
уравнения имеет вид у = С1у1 + С2у2 + ... + Спуп, где С2,
..., Сп - произвольные постоянные.
Определение 7. Фундаментальная система решений, удов-
летворяющая дополнительным условиям: = 1,
(х0) = 0, т * k - 1, k = 1, ..., п, называется нормиро-
ванной в точке х0.
Если фундаментальная система решений нормирована,
то решение задачи Коши имеет вид:
У(х) ~ у0 • у^х) + у'о • уг(х) + ... + у(оп~1}'уп(х).
Теорема 2. Если у (х) - частное решение линейного
неоднородного уравнения, г/х; у2;...; уп - фундаментальная
система решений соответствующего однородного уравне-
ния, то общее решение неоднородного уравнения имеет
вид: у(х) = у + + ... + Спуп, где Сх, С2, ..., С„ - произ-
вольные постоянные.
Если известна фундаментальная система решений од-
нородного уравнения, то частное решение неоднородного
может быть построено методом вариации произвольных
постоянных, для чего решение строится в том же виде,
что и решение однородного уравнения, только константы
С\, С2, ..., Сп заменяются на неизвестные функции Сг(х),
С2(х), ..., Сп(х):
у = Ct(x) • у^х) + ... + Сп(х) • уп(х).
Производные этих функций находятся из следующей
(алгебраической!) системы уравнений
577
8. Дифференциальные уравнения
С[ • Ух + С'2 • У2 + • • •+Сп • Уп = о»
с[ Ух+с2 У2+...+с;-уп=О,
с; • У1п~2) +С'2-уГ2)+^Сп-у^=О,
с; • +с' А-» + • • •+с? АГ" = М;
С'х(х) = cpjO),
С'2(х) = ф2(х),
Сп-х(*) ~ Фл-1(^),
[с'(х) = ф„(х).
После интегрирования уравнений этой системы полу-
чаем
X
С((х) = I ф/ (s)ds + с ; i = 1; 2; n; С. - const.
«I *0
Хо
X X
У(х) - Ух’ ]* Ф1 (s)ds + - + Уп • J Ф« (s)ds + С1о уг +
-^0 Xq
+ С20 У 2 + - + СпУп ~
общее решение линейного неоднородного уравнения. При
C1q = 0; i = 1; 2; ...; п получаем у(х) = у (х) - частное ре-
шение линейного неоднородного уравнения.
Однородные линейные уравнения п-го порядка
с постоянными коэффициентами.
Метод Эйлера
Решение однородного уравнения
yw + + ... + а^у' + апу = 0, ах; а2; ...; ап - const,
строится в виде у = екх, где k - неизвестная константа,
подлежащая определению. После указанной подстановки
уравнение приобретает вид:
kn + avkn~l + ... + a„_xfe + ап = О.
Это уравнение называют характеристическим, а его
корни называют характеристическими числами.
Рассмотрим различные варианты решения характери-
стического уравнения.
19. Зак. 6
Практикум по высшей математике 578
Все корни различны и действительны: kt; k2;kn.
Тогда фундаментальная система решений имеет вид
; е*2* ; ekaX , а общее решение исходного уравнения
у(х) = Сг еКх 4- С2 е^х 4- ... 4- Ся еКх.
Все корни действительные, но среди них есть кратные.
Пусть, например, kt - действительное р-кратное харак-
теристическое число, тогда в фундаментальной системе
решении ему соответствуют следующие функции: е4 ;
х • ek'x;...; хр~ 1 • ek'x, а в формуле общего решения - вы-
ражение типа
еv (Сх 4-С2х 4-... 4-Схр-1).
Все корни различны, но среди них есть комплексные.
Пусть kx = а 4- ib - характеристическое число, легко
показать, что h2 = а - ib - также характеристическое чис-
ло. Этой паре комплексных корней соответствует следу-
ющая пара действительных функций в фундаментальной
системе решений:
еах • cos bx, еах • sin bx,
что добавляет в формулу общего решения слагаемые вида
еах (Сх cos bx 4- С2 sin bx).
Среди корней характеристического уравнения встре-
чаются комплексные кратные.
Пусть = а 4- ib - характеристическое число кратнос-
ти р, тогда в фундаментальную систему решений входят
следующие функции:
еах • cos bx; х • еах • cos bx;...; xp~l • еах- cos bx;
еах • sin bx; х- еах • sin bx; ...; xp~l • eax • sin bx,
а в формулу общего решения войдут следующие слагае-
мые:
еах ((С. 4- С2х 4- ... 4- C_x*-1)cos bx 4- (С_ + 1 4- Со.2х 4- ... 4-
4- C2pxP-1)sin bx).
Пример 3. Решить линейные однородные уравнения с
постоянными коэффициентами:
а) у"' - 5у" 4- 6/ = 0; б) у'" - 5у" 4- 8/ - 4у = 0;
в) у"' 4- Зу" 4- 9у' - 13у « 0; г) у<п) 4- 4у"' 4- 8у" 4-
4- 8у' 4- 4у = 0.
Решение.
а) Характеристическое уравнение
k3 - 5fe2 4- 6А = 0
имеет корни = 0; k2 = 2; k3 = 3.
579
8. Дифференциальные уравнения
Фундаментальную систему решений составляют фун-
кции:
1; е2х; е3х.
Общее решение уравнения:
у — С\ + С2 е2х + С3 е3х; Сх, С2, С3 — const.
б) Характеристическое уравнение
й3 + 5й2 + 8й - 4 = О
имеет простой корень k = 1 и двукратный корень k = 2,
поэтому фундаментальная система имеет вид:
ех; е2х; хе2х.
Общее решение уравнения:
у = С4ех + (С2 + С3х) e2x; Clt С2, С3 - const.
в) Характеристическое уравнение
k3 + Зй2 + 9k - 13 = О
имеет действительный корень k4 = 1 и комплексные кор-
ни й2 з = -2 ± 3i.
Фундаментальная система решений:
0х; e-2xcos Зх; e-2lsin Зх.
Общее решение уравнения:
у = Cjex + (С2 cos Зх + С3 sin Зх) е~2х; С4, С2, С3 - const.
г) Характеристическое уравнение
й4 + 4й3 + 8й2 + 8й + 4 = О
является полным квадратом (й2 + 2й + 2)2 = 0 и имеет два
двукратных комплексных корня kl2 = -1 + i; k34 = -1 - i.
Фундаментальная система решений состоит из четырех
функций:
е~х cos х; е~х sin х; хе~х cos х; xe~xsin х.
Общее решение исходного уравнения:
у = ((Cr + С2х) cos х + (С3 + С4х) sin х) ех.
Ответ: а) у = С4 + С2 е2х + С3 е3х; С1г С2, С3 - const;
б) у = С4ех + (С2 + С3х) е2х; Clf С2, С3 - const;
в) у = С\ех + (С2 cos Зх + С3 sin Зх) е~2х; Clt С2, С3 - const;
г) у = ((Ci + С2х) cos х + (С3 + С4х) sin х) ех; С1Г С2, С3,
С4 - const.
Неоднородные линейные уравнения
с постоянными коэффициентами
Метод неопределенных коэффициентов
Метод неопределенных коэффициентов позволяет
сравнительно просто найти частное решение неоднородно-
го линейного уравнения с особой правой частью.
1. f(x) = Ь4хв + Ь2х*~1 + ... + &ах + Ьа+1.
Если k = 0 не является корнем характеристического
уравнения, то частное решение следует искать в виде
19
Практикум по высшей математике 580
Ai ха + А2 х8’1 + ... + Аа х + As+1, где Ах; А2;...; Аа+1 - посто-
янные, которые необходимо найти.
Если k = 0 является корнем кратности р, то частное
решение следует искать в виде хр • (Аг ха + А^, х8-1 + ... +
+ А9х + Аа+1).
2. f(x) = еах • (&! х8 + ... + bs+1).
Если k = а не является корнем характеристического
уравнения, то частное решение следует искать в виде
еах • (Ахх8 + ... + As+1).
Если k = а является корнем кратности р, то решение
ищется в виде хр • еах • (Ахх8 + ... + As+1).
3. f(x) = еах ((Ьхх* + ... + Ъв + cos Ьх + (схх‘ + ... +
+ с( + j) sin Ьх).
Пусть т = max (s; t). Если k = а + ib не является кор-
нем характеристического уравнения, то частное решение
ищется в следующем виде:
еах ((Ахт + ... +Am+1)cos Ьх + (Аи+2х<" + ... + A2m+2)sin Ьх).
Если же k = а + ib является корнем кратности р, то
частное решение имеет вид:
Хр . еах . ((AiXm + ... Am+1)COS Ьх + (Ат+2Хт + ... +
+ 4>+2>ЙП ЬхУ
Пример 4. Решить линейные неоднородные уравнения:
а) у" - у = х2 - х + 1; б) у" - 41/ = -12х2 + 6х - 4;
в) у"+ у = 4ех; г) у" - у = 4ех.
Решение.
а) Однородное уравнение у" - у — 0 имеет характерис-
тическое уравнение k2 - 1 = 0; kl 2 = ± 1, следовательно,
общее решение однородного уравнения у0 = + С2ех;
Ct, С2 - const. Так как kl 2 Ф 0, то в соответствии с мето-
дом неопределенных коэффициентов частное решение
неоднородного уравнения строится в виде
у = Ах2 + Вх + С,
где А, В, С - неизвестные постоянные.
Итак, у = Ах2 + Вх + С; у' = 2Ах + В; у " = 2А;
уравнение приобретает вид:
2А - Ах2 - Вх - С = х2 - х + 1;
-Ах2 - Вх + 2А-С = х2-х + 1.
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х,
получаем линейную алгебраическую систему
- А = 1, [А = -1,
- В = -1, В = 1,
2А - С = -1; (С = -3.
581
8. Дифференциальные уравнения
Частное решение неоднородного уравнения
у = ~х2 + х — 3,
и общее решение неоднородного уравнения
у = —х2 + х - 3 + Cre~x + С2ех; Clt С2~ const.
б) Рассмотрим однородное уравнение у" - 4/ = 0. Его
характеристическое уравнение k2 - 4k — 0 имеет корни
kx = 0; k2 = 4 . Общее решение однородного уравнения
Уо “ + С2е4х, С2 - const.
Так как k = 0 - простой корень характеристического
уравнения, то частное решение неоднородного уравнения
необходимо строить в виде
у = х • (Ах2 + Вх + С).
Получаем
у = Ах3 + Вх2 + Сх; у' — 3 Ах2 + 2Вх + С;
у" = 6Ах + 2В,
и уравнение приобретает вид:
6Ах +2В~ 12Ах2 - 8Вх - 4С = -12х2 + 6х - 4;
-12Ах2 + (6А - 8В)х + 2В - 4С = -12х2 + 6х - 4.
Сравнивая многочлены в левой и правой части уравне-
ния, получаем
- 12А = -12, (А = 1,
6А-8В = 6, В-0,
2В-4С = -4; [С = 1.
Частное и общее решение неоднородного уравнения
имеют соответственно вид:
у = х3 + х;
у = х3 + х + Сг + С2е4х; Сг,С2- const.
в) Однородное уравнение у" + у = 0 имеет характерис-
тическое уравнение k2 + 1 = 0 с мнимыми корнями
k12 = ±г. А его общее решение имеет вид
У о ~ Cicos х + C2sin х; Clf С2 - const.
Так как k = 1 не является корнем характеристическо-
го уравнения, то частное решение неоднородного уравне-
ния ищется в виде
у = Аех.
Коэффициент А находим из уравнения:
у" + у = 4ех; Аех + Аех = 4ех; А = 2,
следовательно,
У = 2ех,
а общее решение исходного уравнения:
Практикум по высшей математике
582
у = 2ех + Cjcos х + C2sin х; Ср С2 - const.
г) Общее решение однородного уравнения:
Уо = Cie~x + С2ех (см. задачу а)).
Так как k = 1 является корнем характеристического
уравнения кратности 1, а правая часть неоднородного
уравнения имеет вид 4ех, то частное решение неоднород-
ного уравнения следует строить в виде
у — Ахех.
Тогда у' = Аех + Ахех; у " = 2Аех + Ахех
и получаем следующее уравнение для определения А:
2Аех + Ахех~Ахех = 4ех;А = 2,
следовательно, у = 2хех.
Общее решение однородного уравнения:
у = 2хех + Схе“х + С2ех; Сх, С2 - const.
Ответ: а) у = -х2 + х - 3 + Схе~х + С2ех;
б) у = х3 + х + Сх + C2eix‘,
в)у — 2ех + Cxcos х + C2sin х;
г) у = 2хех + Схе~х + C2ex; Сх, С2- const.
Пример 5. Решить уравнение:
а) У" + У = 6sin 2х; б) у" + 4у = sin 2х.
Решение.
а) Общее решение однородного уравнения было полу-
чено ранее (пример 4 в)):
у0 = Cxcos х + C2sin х; CltC2- const.
Так как среди корней характеристического уравнения
нет корня 2г, то частное решение неоднородного уравне-
ния ищется в виде
у — A cos 2х + В sin 2х,
при этом у' = -2Asin 2х + 2В cos 2х,
у " = -4Acos 2х - 4Bsin 2х,
и уравнение принимает вид:
-4А cos 2х - 4В sin 2х + A cos 2х + В sin 2х • 6 sin 2х,
-ЗА cos 2х - ЗВ sin 2х = 6 sin 2х,
следовательно,
-ЗА=0, (А = О,
-ЗВ = 6; [В = -2.
Частное решение неоднородного уравнения:
у = -2sin 2х,
а общее решение
у = -2 sin 2х + Cxcos х + C2sin х; Clf С2- const.
583 8. Дифференциальные уравнения
б) Характеристическое уравнение однородного уравне-
ния имеет вид fe2 + 4 = 0, откуда kl2 = ±2i, и общее реше-
ние однородного уравнения у0 = Cxcos 2х 4- C2sin 2х; Cit С2
- const. Поскольку правая часть неоднородного уравне-
ния имеет вид sin 2х, то частное решение неоднородного
уравнения следует строить в виде
у = х (Асов 2х 4- Bsin 2х).
Тогда у' =A cos 2х + В sin 2х - 2А х sin 2х 4- 2В х cos 2х;
у " = - 4А sin 2х + 4Bcos 2х - 4Ах cos 2х - 4Вх sin 2х.
Подставляя полученные выражения в исходное урав-
нение, получаем:
- 4А sin 2х + 4Bcos 2х - 4Ах cos 2х - 4Вх sin 2х 4-
4- 4Ах cos 2х 4- 4Вх sin 2х = sin 2х,
откуда имеем: А = - -; В = 0; у = ~ 4 х • cos 2х.
4 4
Следовательно, у = - х • cos 2х + Cxcos 2х + C2sin 2х;
Clf С2 - const.
Ответ: а)у — 2sin 2х 4- Cxcos х 4- C2sin х;
б) У = ~~ cos 2х 4- Cjcos 2х 4- C2sin 2х; Clt С2 - const.
Задания для самостоятельного решения
1. у'" — -cos х;
2. x- sin у" + 2у" = 0;
3. У'3 - 8 = 0;
4. у'2 - 4у' + 4 = 0;
у'
5. ху" = у' • In —;
X
6. /'= (1 + /2Х;
7. 2уу" = у'2 + уг;
8..2 уу" + у'2 + у'4 = 0;
9. уЮ - 5у" + 4у = 0;
10. у'" - 2у"~ у'+2у~&,
11. у" + 4у' 4- 4у = 0;
12. у'" - 7у" + 16/ - 12у = 0;
Практикум по высшей математике
584
13. у" + 2/ + 2у = 0;
14. /4> + 10/' + 9у = 0;
15. /4> + 8/' + 16г/= 0;
16. /' + 5/ + &у = 3;
17. у" + /= 5;
18. у" - 2/ + у = 4ех;
19. у" - 2у' - Зу - -4ех + 3;
20. у" + у = cos х + cos 2х;
21. у" - у = 2 sin х - 4 cos х.
Ответы:
Схх2
. у = Sin X Ч-i--
2
+ С,х + Сч;
£ О 7
2.
х = sin t - 2t,
у = -i tcos2t + — sin 2t - t2 sin t - 2sin t + t + t3 + (sinf ~ 20Cx + C2;
3. у = x2 + Сгх + C2; 4.y = x+ (x + CJ2 + C2;
О
1 ( 1 *2
5.y= ^e°lX+1 + C2; у = e2
6.r/ = ±71-(^-Ci)2 +c2;
+ C;
7.1/+^ + 7/+^=^;
2 /
8. = ±x + C2;
UV £
9. у = Сге2х + Сге~2х + C3ex + C4e~x;
10. у = C,e2x + C9ex + C.,ex;
1 О 7
11. у = (Cx + c2x)e~2z-,
12. у = С4е3х + (C2 + C3x)e2x; .
13. у = ^(CjCos x + C2sin x);
14. у = C\cos 3x + C2sin 3x + C3cos x + C4sin x;
15. у = (Cx + C2x)cos 2x + (C3 + C4x) sin 2x;
16. у = ~ + C1e~2x + C2e~3x; 17. у = 5x + C4 + C2e~x;
18. у = 2x2ex + (Ct + C2x)ex; 19. у = ex - 1 + Cxe3x + C2e"x;
x 1
20. у = — sin x - — cos 2x + C.cos x + C,sm x;
y 2 3 1 2
21. у = -sin x + 2cos x + Cxex + C2e~x.
585
8. Дифференциальные уравнения
8.3. Системы обыкновенных
дифференциальных уравнений
первого порядка
Определение 1. Системой обыкновенных дифференци-
альных уравнений первого порядка называется совокуп-
ность уравнений вида
У1> УГ> •••>Уп) = о»
F2(x; уг; ..,;г/л; у{', ...;у'п) = О,
i/p ...;уп; у{; ...;у'п) = 0;
где ух; уг; ... ; уп - искомые функции.
Система вида
У1 = yt; ...;уп),
у'2 = Ух, — ;уп),
у'п = i/i? •••;</«)
называется нормальной системой дифференциальных
уравнений 1-го порядка. Если Д не зависят явно от х, то
система называется автономной или стационарной.
Определение 2. Любая совокупность функций уг =
= фх(х); 1/2.= ф2(х); •••; Уп ~ Фп(х), обращающая в тождества все
уравнения системы, называется решением (частным реше-
нием ) данной системы дифференциальных уравнений.
Определение 3. Совокупность п функций вида
у{ = ф, (х; Сг; С2; ...; С„); i = 1; 2; ...; л, называется общим
решением системы дифференциальных уравнений, если
они тождественно удовлетворяют системе уравнений и
при соответствующем выборе констант С2;...; Сп из них
может быть получено любое (частное) решение исходной
системы.
Определение 4. Задача о нахождении решения систе-
мы дифференциальных уравнений первого порядка, удов-
летворяющего дополнительным (начальным) условиям
*/1(хо) = У1 ; Уг(хо) = У 2 ; •••; */пОо) = у °, где у?; у 2 ; ...; У °
- произвольные постоянные, называется задачей Коши.
Системы линейных уравнений
Определение 5. Системы дифференциальных уравне-
ний вида
Практикум по высшей математике
586
У1 = Рц(х)У1 + ••• + РщМУп +
У 2 = Р21(*)^1 + ••• + Р2п(Х)Уп + 4(х)>
,у'п = Рт (х)У1 + ‘- + Рпп (х)уп + fn (*);
называются линейными. Если Д(х) О, i = 1, 2, ...» п, то
система называется однородной.
Определение 6. Совокупность п линейно независимых
решений однородной линейной системы называется фун-
даментальной системой решений.
^11» ^12’ '‘^У1п
_ _ У 21* У22* ••'*У2п
Теорема 1. Если - фундаментальная
• • • • •
Уп1* Уп2* ”">Упп
система решений линейной однородной системы, то общее
решение этой системы имеет вид:
У1 =С1Уп +0^21 + — + спУгЛ,
У 2 = ^1^12 + ^2У22 + ••• +
Уп ~ + С21/2п *' • • • + СпУПп >
где С\; С2; ...; Сп - произвольные постоянные.
Теорема 2. Общее решение системы линейных неодно-
родных уравнений имеет вид
У1 =У1 + С1Уп + ... + Спуп1,
У2 = Уг + С1У12 + •••+ СпуП2>
Уп Уп + <\У1п + ••• + ^пУпп'^
уг; у2;уа - частное решение неоднородной системы;
y,i ~ фундаментальная система решений однородной сис-
темы; Сх; С2; ...; Сп - произвольные постоянные.
При решении системы линейных однородных диффе-
ренциальных уравнений с постоянными коэффициентами
наиболее эффективен метод Эйлера, в рамках которого
решение ищется в виде уг =А1екх; у2=А2екх; ...; уп — Апекх,
Tjxfi k; At; А2; ...; Ап - постоянные, подлежащие определе-
нию. После подстановки данных выражений в исходную
систему
587
8. Дифференциальные уравнения
У1 = аиУ1 + «12У2 + — + атУп>
Уг - а2\У\ + «22^2 + ••• + «2лУл»
«
Уп = ап\У\ + ап2У2 + ••• + аппУп
получаем следующую алгебраическую систему
(«и - k)Ar + а12А2 + ...+ а1пАп = О,
«21Л + («22 - ®А2 + ••• + а2пАп = °»
1«„1А + ап2А2 +... + (апп -k)An = 0.
Система имеет нетривиальное решение, если определи-
тель матрицы системы равен нулю
«и ~к «12 • • • а1п
«л1 «л2 • • • «лл к
Полученное уравнение называется характеристичес-
ким, а его корни - характеристическими числами.
Рассмотрим различные варианты решения характери-
стического уравнения.
1. Все характеристические числа действительны и раз-
личны: fex; fe2;...; kn.
Для каждого корня ^находим коэффициенты Ап; А12;
...; Ajn; а следовательно, получаем следующее решение:
Уп ~ Ап ^х > у i2 ~Ai2« 1 > •••> У1п~ Ате 1 »*= 1> 2;...; п. Со-
вокупность найденных функций - фундаментальная сис-
тема решений системы:
Pi = Cj Anek'x +С2 -Л21е^ + ... + Сл -Ал1е^х,
у„ = С, + С2 Аме^‘ +... + С„ •
2. Все характеристические числа действительны, но
среди них есть кратные.
Пусть корень k имеет кратность р, тогда ему соответ-
ствуют решения вида:
уг = Рх(х)е*х; у2 = Р2(х)еЛх; ...; уп = Рп(х)е*х, где Pt(x) -
полиномы степени не выше р - 1. Среди коэффициентов
этих полиномовр являются произвольными, а остальные
Практикум по высшей математике
588
выражаются через них. Полагая последовательно один из
этих произвольных коэффициентов равным 1, а осталь-
ные - 0, получаемр линейно независимых частных реше-
ний, соответствующих данному р-кратному корню k.
3. Все характеристические числа различны, но среди
них есть комплексные.
Решение проводится по схеме пункта 1, но после того,
как построены комплексные решения, проводится выде-
ление действительной и мнимой частей. В результате чего
каждая пара комплексно сопряженных корней kl2 = a±ib
порождает два действительных решения исходной систе-
мы.
4. Среди характеристических чисел есть комплексные
кратные.
Решение проводится по схеме пункта 2. Каждый раз
госле получения комплексного решения проводится вы-
еление действительной и мнимой частей.
При решении линейных неоднородных уравнений для
(остроения частного решения наиболее часто использует-
ся метод неопределенных коэффициентов (см. 8.2).
Пример 1. Решить систему уравнений:
у =5у + 4г,
а) ,
г = 4у + 5г;
Решение.
у =2у- г,
г' -у + 2г.
а) Характеристическое уравнение данной системы име-
ет вид .
= 0; к2 - 10fe + 9 = 0,
4 5-k
откуда получаем kr = 1; kx = 9.
Рассмотрим случай k = 1. Решение системы ищется в
виде
У = Аех,
г = Вех;
получаем: 4А + 4В = 0; А = -В. Используя произвол в
выборе одной из констант, получим А = 1; В = -1. То есть
решение системы, соответствующее значению k — 1, име-
ет вид ух = ех; гх = -ех.
Случай к = 9 рассматривается аналогично, при этом
получаем у2 = е9х; г2 = е9х.
Общее решение исходной системы:
589
8. Дифференциальные уравнения
= 0; k2 - 4/г + 5 = 0,
у = Ctex + С2е9х,
'_г »х х г z>9x. где Ср С2 - const.
£ — *Т* f
б) Характеристическое уравнение системы имеет вид
2-k 1
1 2-k
откуда получаем kl 2 = 2 ± i.
Поскольку решение системы ищется в виде
У = Аекх,
2 = Векх;
то после подстановки этих выражений в исходную систе-
му получаем: iA + В = 0; В = -iA.
Пусть А = 1, тогда В = -I и решение системы следую-
щее:
у = e(2+l)x = е2х (cos х + i sin х),
z =-re(2+t)x = е2х (sinx-i cosx).
Выделяя действительную и мнимую части решений,
получаем
уг — e2xcos х; = e2xsin х;
у2 = e2xsin х; z2 = -e2xcos х,
после чего общее решение системы приобретает окон
нательный вид:
у = е2х (С, cos х + С9 sin х),
1 2 Ср С2 - const.
z = е2х(С\ sin х - С2 cos х);
У = Сгех + С2е9х,
„ х „ 9х где Ср С2 - const;
г = -(\ех + С2е ,
у = е2х (Cj cos х + С2 sin х),
г = e2x(Ct sin х - С2 cosx);
Ответ: а)
б)
Пример 2. Решить систему:
Решение.
yf = 4у- г,
zf = у + 2г.
Характеристическое уравнение
двукратный корень k = 3.
4-/г
1
Сх, С2 - const.
-1
2-k
= 0 имеет
Практикум по высшей математике
590
В этом случае решение исходной системы ищется в
виде
у = (Ахх + А2)е3х,
z = (Вхх + В2)е3х;
где Ах, А2, Вх, В2 - коэффициенты, подлежащие опреде-
лению.
После подстановки выражений для у и z в исходную
систему получаем
(—Ах + Вх )х + Ах — А2 + В2 = 0,
(-Ах + Bt)x + В2 + Вх - А2 = 0;
что равносильно следующей алгебраической системе урав-
нений.
— Ах + Вх = 0,
Ах — А2 + В2 = 0,
- Ах + Вх = 0,
В2 + Вх — А2 — 0;
В качестве двух линейно независимых решений этой
системы выберем следующие:
Ах — 1, Ах — 0,
А2 — 0, А2 — 1,
и
Вх = 1, вх = о,
,В2 — 1; В2 — 1.
Получены два линейно независимых решения исход-
ной системы дифференциальных уравнений:
ух = хе3х; zx = (х - 1)е3х и у2 = е3х; z2 = е3х.
Таким образом, общее решение исходной системы име-
ет вид:
г/ = (Схх + С,)е3х,
z = (Cl(x-l) + C2)e3x; Ср С2-const.
Ответ:
у = (С1х + С2)е3х,
г = (Сх(х-1) + С2)е3ж;
СХ,С2 - const.
Пример 3. Решить систему дифференциальных уравнений:
р'=-5z/+ 2г + ех,
г = у - 6г + е~2х.
591
8. Дифференциальные уравнения
Решение.
Данная система является неоднородной, поэтому ее
решение будет построено как сумма частного решения
неоднородной системы и общего решения однородной си-
стемы уравнений.
. \у' = -5у + 2г,
1) Рассмотрим однородную систему: <
[г' = у - 62.
Характеристическое уравнение имеет вид:
= 0; /г2 + 11/г+28 = 0
-5-k 2
1 -6-k
а его корни соответственно равны йг = -4; k2 = —7.
Если k = -4, то решение системы ищется в виде
у = Ае~4х,
z = Ве~4х.
После подстановки этих выражений в систему получаем:
А = 2В.
Пусть В = 1, тогда А = 2, тогда решение исходной сис-
темы, соответствующее случаю k = -4, имеет вид:
У1 = 2е-4х; zx = е~4х.
Случай k = -7 исследуется аналогично и приводит к
следующему решению:
уг = е-7х; z2 = -е~1х.
Окончательно получаем общее решение однородной
системы уравнений:
Уо = 2Сге-4х + С2е-7*,
г0 = Сге~4х - Сге~7х; Clt С2 - const.
2) Частное решение неоднородной системы найдем ме-
тодом неопределенных коэффициентов:
у = Аех + Ве~2х,
z = Сех + De~2x;
A, B,C,D- коэффициенты, подлежащие определению.
После подстановки у и z исходная система приобре-
тает вид:
Аех - 2Ве~2х = -5 Аех - 5Ве~2х + 2Сех + 2De~2x + ех,
Сех - 2De~2x = Аех + Ве~2х - 6Сех - QDe~2x + е~2х;
откуда получаем А= — ;В=-;С=—;!>=—,
40 5 40 10
Практикум по высшей математике
592
или
7
у = —ех
40
~ 1 о*
z = — е
40
1
+ - е ,
5
, 3 2х
+ — е
10
3) Общее решение неоднородной системы:
у- — ех+ — е 2х+2С,е 4х+С2е 7х,
У 40 5 1 2
г=—ех + —е~2х +С<е~4х-С<>е~7х; где С,, С» -consi.-
I 40 10 1 2 12
Ответ:
у = —ех+-е~2х+2С,е 4х+С2е 7х,
* 40 5 1
z = — ех + — е~2х + Ое~4х - С2е~7х\ Сх, С2 - const.
40 10 1 2 1 2
Задания для самостоятельного решения
у' ~ Зу - 2 + W,
у' = г + w,
1. \z' - -у + 5z - w,
2. 2 - у + 2 - W,
и/ = у - z + 3w.
ш' = 2 + IP.
У-z- 7у,
z' - -2у - 5z.
у' = у - 2г - w,
2 = ~у + 2 + W,
w' = у -w.
5.
у' = -2 + COS X,
г' = 3у-4г + 4: cos х - sin х.
Ответы:
у = Сге2х + С2е3х - С3е6х,
1. lz = С2е3х + 2С3евх,
w = -C1e2x +С2е3х -С3евх.
593
8. Дифференциальные уравнения
2.
3.
4.
5.
у = 2СХ + С2хех + С3ех,
z = -Сх + С2ех,
w = С\ + С2хех + С3ех.
у - (Сх cos х + С2 sin х)е-6х,
z = ((Сх + С2) cos х + (С2 - Cj) sin х)е
y = Cl+3C2e2x,
z = -2C2e2x + C3e~x,
w = Cx + C2e2x - C3ex.
у = Сге~х + C2e"3x,
г = Схе-Х +• ЗС2е~3х + cosx.
6х
9. РЯДЫ
9.1. Числовые ряды
Определение 1. Числовым рядом называется выраже-
ние щ + и2 + и3 + ... + ип + ..., где числа ир и2, ..., ил.
называемые членами ряда, образуют числовую последова-
тельность ип = n е N.
Определение 2. Частичной суммой ряда (1) называет-
п
ся число Sn = щ + и2+ ... + ип = Uk .
fe=l
Частичные суммы образуют последовательность Sj = uj
п
^2 ~ и1 М2» S3 = U1 + иг + U3> &п = S' Ufl » •••
k=l
Определение 3. Если существует предел последователь-
ности частичных сумм ряда, то ряд называется сходящим-
ся, а этот предел называется суммой ряда. При этом, если
оо
lim Sn = S, то используют обозначение /А ° & Если же
/1=1
предел последовательности частичных сумм ряда не суще-
ствует, то ряд называется расходящимся.
Ряд а + aq + aq2 + ... + aqn ~1 + ... (| q | < 1),
составленный из членов бесконечно убывающей геомет-
рической прогрессии, является сходящимся, и его сумма
а
равна S = j _ g •
111
Ряд 1 + — + — + ... +-1-..., называемый гармоничес-
2 О 71
ким, расходится.
Основные теоремы о сходящихся числовых рядах
Теорема 1. Если сходится ряд
щ + u2 + и3 + ... + иП + ...,
то сходится и ряд
rn ~ Un + 1 + ип + 2 ип + 3 Г •••»
получаемый из данного ряда отбрасыванием п первых
членов; наоборот, из сходимости n-го остатка ряда гп вы-
текает сходимость данного ряда.
595
9. Ряды
Теорема 2. Если сходится ряд
4- и2 4- м3 4- ... + ип 4- ... ,
и суммой его является число S, то сходится и ряд
auj + аи2 + аи3 + ... 4- аип 4- ...,
причем сумма последнего ряда равна aS.
Теорема 3. Если сходятся ряды
Щ + и2 + и3 + ... + ип 4-...»
У1 + У2 + и3 + - + + •••’
имеющие соответственно суммы S и о, то сходится и ряд
(щ + nJ + (u2 4- у2) 4- ... + (ип + vn) + ...,
причем сумма последнего равна S + о.
Теорема 4. Если ряд
Uj 4- и2 4- и3 + ... 4- ип + ...
сходится, то lim ип — 0, т. е. при п —> °° предел общего
Л—>оо
члена сходящегося ряда равен нулю (необходимый при-
знак сходимости ряда).
Теорема 5. Если lim ип* О, то ряд расходится.
Л—>оо
Признаки сходимости рядов
Первый признак сравнения
Пусть даны два ряда с положительными членами:
их 4- и2 4- и3 4-... 4- ип 4-... (1)
1?1 4- v2+ и34- ... 4- 4- ..., (2)
причем каждый член ряда (1) не превосходит соответству-
ющего члена ряда (2), т. е.
un<vn(n - 1, 2, 3, ...)
Тогда, если сходится ряд (2), то сходится и ряд (1); если
расходится ряд (1), то расходится и ряд (2).
Второй признак сравнения
Если существует конечный, отличный от нуля, предел
lim — =А> 0, то оба ряда у и„ и V » одновременно
п-»оо n п
п п=1 п=1
сходятся и одновременно расходятся.
Признак Коши
Если для ряда
их 4- и2 4-... 4- ип 4-..., ип > 0, п е N
существует lim tfu^ = k, то этот ряд сходится при k < 1 и
П-»<» '
расходится при k > 1.
Практикум по высшей математике 596
Признак Даламбера
Если для ряда
+ и2 + ... + ип + ..., ип > 0, п е N
существует lim —...= D, то этот ряд сходится при D < 1
П-»оо Un
и расходится при D > 1.
Интегральный признак
Если Дх) при х > 1 - непрерывная, положительная и
оо
монотонно убывающая функция, то ряд , где
п=1
ип = f(n), п е N сходится или расходится в зависимости
оо
от того, сходится или расходится рнтеграл J /(х) dx.
1
Рассмотрим теперь ряды, члены которых имеют раз-
ные знаки.
Определение 4. Знакочередующимся рядом называет-
ся ряд вида
и. - и9 + и, - и. + ...,
где и. > 0, п е N.
Признак сходимости знакочередующегося ряда
, (признак Лейбница)
Знакочередующийся ряд сходится, если абсолютные
величины его членов монотонно убывают, а общий член
стремится к нулю, т. е. если выполняются следующие два
условия:
1) Щ>и2>и3> ...
2) lim ип = 0.
Сумма знакочередующегося ряда меньше первого чле-
на ряда, т. е. S < щ.
Определение 5. Знакопеременные ряды — это ряды с
произвольным чередованием знаков его членов.
Теорема 6. Знакопеременный ряд
Uj + и2 + ... + ип + ...
сходится, если сходится ряд
I U1 I + I U2 I + ••• + I Un I + •••
составленный из абсолютных величин членов данного
ряда.
597
9. Ряды
Определение 6. Сходящийся ряд ип называется аб-
п=1
солютно сходящимся, если ряд ^|ил| сходится, и услов-
П=1
• оо
но сходящимся, если ряд |ид| расходится.
п=1
Если ряд ип абсолютно сходится, то ряд, получен-
п=1
ный после любой перестановки бесконечного множества
его членов, абсолютно сходится и имеет ту же сумму, что
и первоначальный ряд.
оо
Если ряд ип условно сходится, то при перестановке
п=1
бесконечного множества его членов сумма ряда может
измениться. В частности, при соответствующей переста-
новке членов условно сходящегося ряда его можно пре-
вратить в расходящийся ряд.
Пример 1. Проверить, выполняется ли необходимый при-
знак сходимости для ряда
х V, 2п -1 Зп
а) Зп + 2 ; б) и2 * + 4 ’
Решение.
Найдем предел общего члена ряда при п —> <*>:
2„-1
a) lim------= lim----~
п-»“ Зп + 2 п-»“ _ 2
, О + -
71
знак для данного ряда не выполняется. Поэтому данный
ряд.расход ится.
2
= — * 0. Необходимый при-
3
3
б) lim - 3n-- = lim —2--- = 0.
П—»оо д" 4 л—. 4
1 + ~~2
Для данного ряда необходимый признак сходимости
выполняется. Поскольку признак сходимости необходи-
Практикум по высшей математике 598
мый, но не достаточный, то ряд может быть сходящимся
или расходящимся, что можно установить после дополни-
тельного исследования.
Ответ: а) необходимый признак сходимости не вы-
полняется; б) необходимый признак сходимости выполня-
ется.
Пример 2. Дан ряд
ряда.
Решение.
1
У . Написать три первых члена
Если п = 1, то и. = — = 1; если п = 2, то и9 = — ; если
1 р 2Р
п = 3, то и, = — ; .... Ряд можно записать в виде
3₽
1 111 1
> — =1+ — + — + — + ... + — +
^пр 2Р Зр 4р пр
И = 1
Ответ: иг = 1, и2 =
и3
Зр ’
Пример 3. Найти сумму ряда
111 1
——ь----1---+... + —--I-...
12 2 3 3 4 и • (и +1)
Решение.
ип = -----=--------. Поэтому
п(п + 1) п п + 1
1 1 1 1_1
2’“2 2 3 ’“3' 3 4’“
Следовательно,
111 1
°" 1-2 2 3 3 4 п (п + 1)
599
9. Ряды
.11111 11 Im
= 1—+-+---+ ...+-= 1__ Так как
2 2 3 3 4 п п + 1 п + 1
lim Sn =
п—)оо
8 = 1.
lim 1--------=1, то ряд сходится и его сумма
п—>о° И + 1 J
Пример 4. Исследовать с помощью интегрального призна-
1
ка сходимость ряда ,
п=1
Решение.
Заменяем в выражении общего члена ряда ип = -
пр
аргумент и непрерывной переменной х, хе [1, + оо). Фун-
кция f(x) = , р > 0 является на промежутке [1, + оо)
хр
непрерывной, монотонно убывающей, положительной.
dx
Находим несобственный интеграл I--, р Ф 1.
1 х
г dx
J хр
1 х
lim
lim
ь
m | х~р
ь1-"
dx =
1-р
ь
1
ь
1
+ оо, при 0 < р < 1,
1
----, при р > 1.
[р-1
Исследуем отдельно случай, когда р = 1.
+“ , ь
ь
= lim In b = +оо.
j b—
1
1
Отсюда заключаем, что ряд V— сходится при р > 1
п=1 П
и расходится при 0 < р < 1.
Практикум по высшей математике
600
-V4 1 сходится при р > 1,
Ответ: /— =
~ пр [расходится при р < 1.
Пример 5. Исследовать по признаку сравнения сходи-
мость ряда
111 1 v 1
' ~~ ' ' -4* ' '" ' -4* ~4* eв "4* " • " 1 "4* • • • .. •
1 2 2-22 3-23 п-2п %п2п
Решение.
1 1
Очевидно, ип = <— =vntne N.
00 1
Ряд У. есть геометрическая прогрессия, знамена-
П = 1
1
тель которой q = — <1. Так как
di
оо
РЯД
п=1
сходится,
ОО J
п < vn, п е N, то сходится и данный ряд —-
п—1 п2
1
2п-1 +
1
Ответ: сходится.
Пример 6. Исследовать по второму признаку сравнения
ряд
1 1
1 + - + —
3 5
Решение.
Сравним данный ряд с гармоническим рядом
vl - 1. - 1
" n ’ U" n ’ 2п -1 ’
2п -1 *
п—1
1 1
= lim —-—
ь->+~ 2п — 1
&->+Ц 2п -1 п
и„
Находим hm — = hm
b—Vn t
v 1 1
= hm — — — ?ь 0.
П-»оо g _ _L
n
Гармонический ряд расходится, значит, и данный ряд
расходится.
Ответ: ряд расходится.
601
9. Ряды
оо 1
Пример 7. Исследовать на сходимость ряд V---------
Решение.
1 1 1 1
и = ------>------- = у Ряд у1-----= у _ - гармо-
л ln(n +1) п + 1 п ^п + 1 "п
' ' п=1 п=2
нический, он расходится. Значит, данный ряд расходит-
ся по первому признаку сравнения.
Ответ: ряд расходится.
Пример 8. Исследовать сходимость ряда
2 111 1 ,
— 4---4-+----4---+ ...
3 3 6 12 24
и найти его сумму в случае сходимости.
Решение.
Данный ряд - бесконечно убывающая геометрическая
1
прогрессия со знаменателем q = — и первым членом
Л
2 1
&i = —. Этот ряд сходится, так как q = — < 1, и его сумма
О Л
2
о 4
равна S = —— = —— = — .
1-д г_1 3
2
4
Ответ: ряд сходится, S = —.
3
Исследовать сходимость рядов по признаку Даламбера.
Пример 9. — .
п=1 2
Решение.
Зная ип
и
„5
71
—, найдем следующий за ним член ряда
(п +1)5
——3— . Затем находим предел отношения после-
дующего члена ип +, ряда к предыдущему ип при п —* «>.
Практикум по высшей математике
602
D = lim —-1
ип
= lim
(п + 1)5 -2п
2n+1 -п5
1 ( if
= —lim 1 + -
2 п
1
< 1. Данный ряд сходится.
Ответ: ряд сходится.
'А п!
Пример 10; У —
п=1 5”
Решение.
п!
М" = 5^" ’ М"+1
(п +1)!
5n+i •
un+i т (п + 1)Ь5я п + 1
= hm -----/----= hm-------
“n
Л+1 • п!
Далее, D =
Ряд расходится.
Ответ: ряд расходится.
Пример 11. •
n=l Z
Решение.
Применим признак Даламбера.
g2/i+l g2(zi4-l)+l g2zz+3
ип = 2ЗП-1 ’ un+i = 23<л+1)-1 - 23л+2 ’
т. . о2п+3 г>3л—1 о2
D- lim = lim 3, , =?-
n-»°° ип п-^°о . g2nt-i 23
Ряд расходится.
Ответ: ряд расходится.
Пример 12. Исследовать сходимость ряда
1 11 1
==• + —= '
2 V3
5
9
8
9
8
Jn
n=l
Решение.
V* 1 1
Данный ряд / -у, р > 0, у которого р = — <1. Зна-
п=1 п 2
чит, ряд расходится.
Ответ: ряд расходится.
603 9. Ряды
Пример 13. Исследовать сходимость знакочередующего-
ся ряда
v Izll— 111 ,1
Ъ 2п-1 -1~з + 5~7+-+(~1)’' +-
Решение.
Члены данного ряда монотонно убывают по абсолют-
ной величине, стремясь к нулю:
111 1
1 > > и 11т ---- = Q
3 5 7 п->~2п-1
Поэтому, согласно признаку Лейбница, данный ряд
сходится и сумма ряда меньше первого члена ряда, т. е.
Пример 14. Исследовать сходимость знакочередующихся
рядов.
ул sin па
*0 ПП
п=0 Z
Решение.
Вместо данного ряда возьмем ряд, составленный из
у^ |sin па|
абсолютных величин членов данного ряда • Это
п=0 2
- ряд с положительными членами, сравним его по первому
ул 1 |sinna| 1
признаку сравнения с рядом 2j ; ип = ——— ~ = ип.
п=о* 2 2
+°° |
Ряд - геометрическая прогрессия со знаменате-
ле 2
1
лем q = — < 1, он сходится. По признаку сравнения дан-
ный ряд абсолютно сходится.
Ответ: ряд абсолютно сходится.
у (~1)п+1п _ 1 2 3 4
6) п2 +1 2 22 +1 + З2 +1 42 +1 +
Решение.
Применим признак Лейбница. Так как
Практикум по высшей математике
604
2 1 3 1 4 1
22+1~9,1’з2+1_о+1’42+14,1
2 3 4
Следовательно, выполнено первое условие признака
Лейбница. Найдем предел общего члена ряда.
lim ип = Ит —-= Ит----- = 0, т. е. второе усло-
Л—Л—4-1 п—>о» 1
П П+—
п
вие выполнено. Ряд сходится.
Проверим данный ряд на абсолютную сходимость.
Рассмотри^! ряд
V п п п 1
2 1 • = —о—7 > —--- V
+1 п п2 +1 п2 п
1
Ряд - гармонический, расходится. Значит, ряд
1[*•
оо
Еп
~~2 Г по признаку сравнения тоже расходится.
л=1 п + 1
Ответ: данный ряд сходится условно.
Замечание. Для приближенного вычисления суммы
сходящегося ряда в качестве суммы ряда берут его п-ю
частичную сумму:
S « Sn = uv + и2 + ... + ип, отбрасывается остаток ряда
гп = ип + 1 + ип + 2 + ил + 3 .... Если данный ряд сходится, то
ряд гп тоже сходится, причем ошибка метода вычисления
суммы знакочередующегося ряда меньше абсолютной вели-
чины первого отброшенного члена ряда, т. е. гл < | ил + 21.
Пример 15. Проверить, что знакочередующийся ряд
v (-1)"
/7 1 сходится, и вычислить приближенное значе-
ние его суммы с точностью до 0,01.
605
9. Ряды
Решение.
Проверяем сходимость ряда по признаку Лейбница:
убеждаемся, что его члены убывают по абсолютному зна-
чению и что lim | ип | = lim —-— = 0. Ряд сходится.
п-»оо П-»оо дЗ 1
Далее, вычисляем несколько последовательных пер-
вых членов данного ряда, пока не получим такой член
ряда, абсолютное значение которого меньше 0,01:
Следовательно, для вычисления суммы данного ряда с
точностью до 0,01 достаточно взять сумму четырех его
первых членов:
Ответ: ряд сходится, S = -0,41.
Пример 16. Исследовать по признаку Коши положитель-
Решение.
1
“ 2Л
1 + ~ . Здесь удобно применить признак
7Z I
т. I-- 1 . 1 ..1-1
Коши, поскольку du= — 1 + — , С = lim — 1 + —
v п 2 п п-»«2 п
1
2
п
2
1
так как С = — < 1, то ряд сходится.
Ответ: ряд сходится.
Задания для самостоятельного решения
1. Написать простейшую формулу n-го члена ряда по
указанным членам:
111 1111
’ 4 9 16 ’ ’ 2 4 6 8
3456 2 3 4
B)I + ?+lJ + 55 +“; г)1+5 + 7+8+“"
Практикум по высшей математике
606
В следующих задачах для каждого ряда:
1) найти сумму п первых членов ряда (Sn),
2) доказать сходимость ряда, пользуясь непосредствен-
но определением сходимости и
3) найти сумму ряда (S).
11 1
1-3 3-5 (2п -1) (2п +1)
1 1 1
Л 1-4 4-7 (Зп - 2) • (Зп 4-1) -•
11 1
Л ----4----4-... 4---- 4-
1-4 2-5 п(п4-3) "
В следующих задачах написать 4-5 первых членов
ряда по известному общему члену ип:
Зп - 2 (-1)" • п 2 4- (-1)"
и = ~ . 6. ип — —— . 7. и = -------•
л п2+1 п 2 п п2
Исследовать сходимость рядов, применяя признаки
сравнения (или необходимый признак):
8. 1 — 1 4- 1 — 1 4-... 4- (—1)л-1 4- ....
л 2 3 4 п +1
9. — + — 4- — 4-...4-4- ....
3 5 7 2п + 1
-111 1
10. — 4- — 4- — 4- ... 4- —— 4- ....
2 4 6 2п
..111 1
11. — 4- —- 4- — 4- ... 4--- 4- ....
22 52 82 (Зп-1)2
С помощью признака Даламбера исследовать сходи-
мость рядов:
1 3 5 2п-1
12. ~7= + - +-7= 4- ... 4- -7— 4- ....
42 2 2^2
607
9. Ряды
С помощью признака Коши исследовать сходимости
рядов:
+°° оП-1
20. У ~Т
“1 п
П = 1
Исследовать сходимость следующих знакопеременных
рядов. В случае сходимости исследовать на абсолютную и
условную сходимость.
24. ^(-1)"+1
п=1
Ответы:
1 1 п + 2 п
1.а) -у,б) ~,в) -----j.r)
п2 2п (п + 1) 2 1
1 f -_1 ) 1
2'Sn~ 2[Х 2n + lJ’S- 2 ;
1Л____1
3’ Sn “ 3 [ Зп + 1J ’ S ~ 3 ;
if 1 1 1 1 1 ) 11
4,ъ*~ 3^ 2 3 n+1 п+2 n + 3j’*~ 18’
8. расходится; 9. расходится; 10. расходится; 11. схо-
дится;,^. сходится; 13.сходится; 14.расходится; 15.схо-
дится; 16. сходится; 17. сходится; 18. сходится; 19. схо-
дится; 20. сходится; 21. сходится условно; 22. сходится
условно; 23. сходится абсолютно; 24. сходится абсолютно.
Практикум по высшей математике 608
9.2. Функциональные, степенные ряды
Определение 1. Ряд jип(х) = ut(x) + и2(х) + и3(х) +
Л=1
члены которого являются функциями от переменной х,
называется функциональным.
При различных значениях х из функционального ряда
получаются различные числовые ряды, которые могут
быть сходящимися или расходящимися.
Определение 2. Множество значений х, при которых
функциональный ряд сходится, называется его областью
сходимости.
Из всех функциональных рядов простейшими и наибо-
лее употребительными являются степенные ряды вида
оо
^алх" = а0 4- агх + а2х2 4- ... апхп 4- ... (*)
п=0
или более общего вида
оо
ЯЛ(Х — Xq) «0 + — ~ ^о)2 •••
п=0
+ ап(х - х0)а + ... (*).
Теорема Абеля. 1) Если степенной ряд (*) сходится при
х = х0 (х0 * 0), то он сходится, и притом абсолютно, для
всех х, удовлетворяющих условию |х| < |х0|; 2) если ряд
расходится при х — хп то он расходится для всех х, удов-
летворяющих условию |х| > |лсг|.
Определение 3. Радиусом сходимости степенного ряда
(*) называется число R такое, что для всех х, |х| < R, сте-
пенной ряд сходится, а для всех х, |х| > R, расходится.
Интервал (-R, R) называется интервалом сходимости сте-
пенного ряда (*). Число R называется радиусом сходимо-
сти степенного ряда. В точках х = -R, х = R ряд может
сходиться в обеих точках, или только в одной из них, или
ни в одной. При этом ряд может сходиться в этих точках
как абсолютно, так и условно.
Для нахождения области сходимости ряда (*) сначала
находят интервал сходимости (~R, R) ряда, составленного
из абсолютных величин членов данного ряда, например, по
признаку Даламбера. Затем значения х = ±R подставляют
в исходный ряд и исследуют сходимость числовых рядов
посредством других признаков сходимости.
609
9. Ряды
Ряды Тейлора и Маклорена
Формула Маклорена
„х)-Я0)+^ + ^+... + ^х. + В„,
11 ZI И1
ХЛ+1
Л»=(^1)!ЛП + 1)(0х)’О-0<1-
Формула Тейлора
Дх) = f(x0) + —^р(х - Х0) + / - х0)2 + ... +
+ £^^(Х-Хо)" + Вп,
/(п+1)(с)
Д.= Т----(х - х0)л+1, где с - некоторое число между
(П + 1)!
Х0И X,
с — х0 + 0(х - х0), 0 < 0 < 1.
Если lim Rn = 0, то справедливы следующие разложе-
ния данной функции в ряд Тейлора
/(х) = «х„) + - х„) +... + <,<")(х°) (х - х0)" + ...
1! nl
Это ряд Тейлора; если х0 = 0, то получаем при lim Rn = 0
П-»<»
разложение функции в ряд Маклорена
f(0) f(n)(0)
/(х) = /(0) + -Ч-2 х 4-... +-———хп + ...
1! п\
Разложения в ряды Маклорена
элементарных функций
X х2 х3 хп
6х = 1 + — 4---1----4-... 4-h ..., —оо < X < +оо;
1! 2! 3! nl
х х3 х5 х7 (~1)п~1х2п~г
SinX== 1! 3! + 5! 7! +“‘ (2п-1)! +
—оо < х < +оо;
X2 X4 Xs (-1)п-1х2п
eosx = l-lj- + T-ir + ...+ (2п)1 +...,
Практикум по высшей математике 610
—оо х <
Эти ряды сходятся к соответствующим функциям при
всех значениях х € R.
т т(т -1) „
(1 + х)т = 1 + — х +---—--х2 + ... - биномиальный
ряд; он сходится к биному (1 + х)т при |х| < 1;
х2 х3 х4
1п(1 + х) = х —— + —---— + .... Этот ряд сходится к
1п(1 + х) при -1 < х < 1;
х3 х** х7
arctg х = х----+-------+ ... сходится к arctg х при
3 5 7
М<1.
Пример 1. Определить интервал сходимости ряда и иссле-
довать сходимость его на концах интервала:
у? •уП~1 х х2 х3
“1+ Г2 + Зг^3 + Зг7 +“"
Решение.
Так как степенной ряд по теореме Абеля сходится аб-
солютно в интервале сходимости, то рассмотрим ряд, со-
ставленный из абсолютных величин членов данного ряда
И _
7 j . Это ряд положительный, поэтому мы можем
п=16 'п
для его исследования применить признак Даламбера.
и , х п х 1 х
lim n+1 = — lim-------= — lim------— = — < 1.
un 3 n-»°» n + 1 3 i + 1 3
n
Получили интервал сходимости данного ряда
|х| < 3, -3 < х < 3.
611
9. Ряды
1
4
Исследуем сходимость данного ряда на концах интер-
вала.
х = -3 подставим в данный ряд, получим
у (-I)”-1 • З"-1 =у (-1)”-1
2j qn-1 .и п
Полученный знакочередующийся ряд
2 3 4
сходится по признаку Лейбница.
Действительно, 1)1> >
Первое условие признака Лейбница выполняется.
2) Ит — = о, второе условие признака Лейбница вы-
п—>“> П
полняется.
х = 3 подставим и исходный ряд, получим
~ gn-l ~ |
- это гармонический ряд, он расхо-
И=1 * 'П П=1п
дится. Следовательно, областью сходимости данного ряда
является промежуток [-3; 3).
Ответ: [-3; 3) или -3 < х < 3.
Пример 2. Определить область сходимости степенного
v (-*)п
ряда Zj on-i Г •
Л=1 о *vn
Решение.
Так как степенной ряд по теореме Абеля сходится аб-
солютно в интервале сходимости, то рассмотрим ряд, со-
ставленный из абсолютных величин членов данного ряда
„ 1.1»
Этот ряд положительный, поэтому мы можем для его
исследования применить признак Даламбера.
I 1л I |Я+1
|х| |х|
= Q/1-1 ’ М« + 1 = ПЛ . 1 *
О УП О УП + 1
Практикум по высшей математике
612
Далее, D = lim
n->~> ип
= — lim
3 П—>«о
Получим интервал сходимости данного степенного
ряда |х| < 3, -3 < х < 3.
Исследуем сходимость данного ряда на концах интер-
вала.
При х = -3 получим числовой ряд с положительными
Ж—Я 3 ж-, 1 — 1
членами У —=, или 3 У —f= • Этот РЯД п₽и Р = й < *
n=i ™ у/»- 2
расходится.
При х = 3 получим числовой знакочередующийся ряд
со з
(-1)" ~j= t который сходится по признаку Лейбница.
л=1 Vn
(Члены этого ряда монотонно убывают по абсолютному
значению, стремясь к нулю.) Следовательно, областью
сходимости данного степенного ряда является полуоткры-
тый интервал -3 < х < 3.
Ответ: (-3; 3].
Пример 3. Используя ряды Маклорена для функций е*,
1п(1 + х), найти разложения в ряд по степеням х для
следующих функций: а) хех, б) 1п(1 + Зх + 2х2).
Решение.
а) хех = х
X х2
— 4.---4.
1! 2!
х2 х3 хл+1
= хН-----+----+ ... +----+ ... при -оо < X < 4-оэ.
1! 2! п!
б) Преобразуем данную функцию:
1п(1 + Зх + 2х2) - 1п[(1 4- х)(1 4- 2х)] = 1п(1 4- х) 4-
+ 1п(1 + 2х).
Запишем ряды Маклорена для полученных слагаемых
функций:
613 9. Рады
1п(1 + х) = Х(-1)П1 Т, -! < х *
п=1 п
+22 tyn п
+ 1п(1 + 2х) = 2/ ~Т“ <х< —
n=l " ’ * л
Складывая эти ряды почленно, имеем
1п(1 + Зх + 2х2) = Ё (-1)"-1 (1 + 2”)^-, _ 1 < х < 1.
Ответ: 1)
XG R',
„п+-1
Л’
п\
п=1
Пример 4. Вычислить с точностью до 0,0001 In 1,1.
Решение.
Возьмем ряд для функции 1п(1 + х):
Х% X3 1 хп
ln(l + х) = X — —— + —-... 4- (—1)л —— + ...,
2 3 Tt
который сходится к 1п(1 + х) в интервале (-1; 1]. Пусть
х — 0,1, тогда получим ряд для вычисления In 1,1 с лю-
бой точностью:
1п(! + 0,1) - 1П1.1 - од - + (2^ _ <0^. + ....
Абсолютное значение четвертого члена меньше 0,0001.
В качестве суммы числового ряда Лейбница возьмем сум-
му первых трех слагаемых.
Тогда по признаку Лейбница остаток ряда меньше аб-
солютной величины первого отбрасываемого члена ряда,
т. е. гя < (0,1)
0,01 0,001
Итак, In 1,1 «0,1- -у- + « 0,0953.
Ответ: In 1,1« 0,0953.
Практикум по высшей математике 614
Пример 5. Разложить In х в ряд по степеням (х - 1).
Решение.
В разложении
х^ х3 х^
1п(1 + х)-х- —+ —-— +...(-1<х<1)
заменим х на х - 1, получим
1 ’ 2 3 4
(О < х < 2).
От&ет: In х =
, 0 < х< 2.
1 .
t sin £
Пример 6. Вычислить интеграл -----dx с точностью до
J X
0,5
0,001.
Решение.
х3 х5
Так как sin х = х---- +----то, деля почленно обе
3! 5!
части этого равенства на х, получим разложение
sin х „ х3 х5
----- =1------+------...
X 3! 5!
Интегрируя обе части последнего равенства, получаем
1 1 | Г 1 1 ' _
3-3! 3-3I-23 5-5! б-5!-25
Полученный ряд можно рассматривать как разность
двух знакочередующихся сходящихся рядов, удовлетво-
ряющих условиям признака Лейбница:
3-3! 5-5! 7-7!
(*)
615
9. Ряды
и
1 1 1 1
2 3-3I-23 5.51-2® 7-7I-27
(**).
1 . г -1
fsinx , 111
Поэтому ------ах = 1-----+----------+ ... -
Л х 3-3! 5-5! 7-7!
0,5
_ 1 11 1 t
2 3-31-23 5-5I-25 7-7I-27
Но так как в знакочередующемся ряде, сходящемуся
по признаку Лейбница, погрешность не превосходит мо-
дуля первого из отброшенных членов и так как
у“ < 0,0005 [для ряда (*)],
-----—- < 0,0005 [для ряда (**)],
f sinx ,
I----ах ~
1 1
2 3 • 3!-23
= 0,4530.
1 .
г sin х
Итак, ------dx — 0,453 с точностью до 0,001, по-
J х
0,5
скольку при вычитании приближенных чисел абсолют-
ные погрешности складываются.
1 .
f sin х
Ответ: J ~ dx = 0,453 с точностью до 0,001.
0,5
Задания для самостоятельного решения
1. Определить интервал сходимости ряда и найти его
сумму 1 4- х 4- х2 4- ... 4- Xя 4-....
2. Найти область сходимости степенного ряда
2х (2х)2 (2х)3 (2х)4 ,
12 3 4
-хг
3. Разложить в степенной ряд функцию е
Практикум по высшей математике
61в
1
4. Вычислить определенный интеграл dx с точ-
о
ностью до 0,001.
Определить область сходимости ряда и найти его сумму.
5.1 + 2х + Зх2 + 4х3 + ... + (п + 1)х* + ... - S(x).
Указание, Для нахождения суммы S найти сначала
_ х3 X5 х7 (-1) 1х2 1
6. х - — + —-----— + ..♦ + "—---------
3 5 7 2п-1
+ ... — S(x).
Указание. Найти сначала — •
ах
Разложить указанные функции в степенные ряды по
степеням х:
ln(l + t2)
----------at.
•. J cos2 t dt.
о
In х в ряд Тейлора в окрес-
J t
о
9. Разложить функцию у
тности точки X = 1 (при х0 = 1).
10. Разложить функцию — в ряд Тейлора в окрестно-
сти х0 = 3.
В следующих задачах, пользуясь формулами разложе-
ния в ряд Маклорена функций ех, sin х, cos х, вычислить
указанные выражения.
11. ег с точностью до 0,001.
12. 4е с точностью до 0,001.
13. sin 1’ с точностью до 0,0001.
14. cos 10е с точностью до 0,0001.
Ответы:
1.-1<х<1, S = —;2.-| <х<
1-х 2 2
1.
2 (— ПЛХ2Л г*
3. е~х = У1.....-.-., х 6 Л; 4. е~х dx - 0,321;
».о "> о
617
9. Ряды
n»l
л+1 (У ~~ Д)
5.-----—7 при Ixl < 1; 6. arctg х при |х| £ 1;
а-х)2
” , Х2П ~ г*П+1
п V .8. у ----------X------;
2п2 (2л)!(4л + 1)
Л z (х-1)2
2 П
1 х-3 (х-З)2 t lVt+i (х-3)"'1
3 9 27 v 3я
11. 7,389; 12.1,649; 13. 0,0175; 14. 0,9848.
9.3. Ряды Фурье
Определение 1. Функциональный ряд вида
Ло V'f ППХ . . тисх^
— + > гал cos----+ £>_sm-- _
2 n I n I
Д = 1\ /
ао ( пх , . тех А Г _ __о2тгх , 2лх|
— + \ a. cos — + &. sm — + а2 cos—— + Ь2 sm —— 4.
2 I I I I \ & & J
(Злх . . Зпхj
a3 cos—— + &3 sm —— + ...» (*)
I L j
где I > 0, a0, an, bn (пе N)- постоянные числа, называет'
ся тригонометрическим рядом.
Все члены тригонометрического ряда - синусы и коси-
ТЕХ
нусы углов, кратных —, и их сумма S(x), если она суще-
ствует, являются периодическими функциями от х с пе-
риодом 21; S(x) ® S(x + 21).
Рядом Фурье для функции f(x) на отрезке [-J, Z] назы-
вается тригонометрический ряд вида (*), если его коэффи-
циенты ап и Ъп вычислены по формулам Фурье:
_ i
1 Г _ ППХ
ал - 7 /(x)cos-=- dx, п = 0, п е N,
I * I
Практикум по высшей математике
618
&„ = - j Дх) sin dx, не N.
-I
Достаточные условия разложимости
функции в ряд Фурье
Теорема Дирихле. Если на отрезке [-Z; Z] функция Дх)
имеет конечное число точек разрыва первого рода (или не-
прерывна) и конечное число точек экстремума (или не
имеет их вовсе), то ее ряд Фурье сходится, т.е. имеет сум-
му S(x), во всех точках этого отрезка.
При этом:
1) в точках непрерывности функции Дх) он сходится
к самой функции, S(x) = Дх);
2) в каждой точке разрыва хА функции - к полусумме
односторонних пределов функции слева и справа,
S(xk)= 4 lim Кх)+ lim fw »
2 x-txk-0 x-»x*+O
3) в обеих граничных точках отрезка [-Z, Z] - к полу-
сумме односторонних пределов функции при стремлении
х к этим точкам изнутри отрезка,
S(-Z) = S(l) - i Ит Дх) + lim Дх) .
2 _x->-Z+O x—
Для четной функции Дх) = Д-х) все коэффициенты
&„ = 0, и соответствующий ряд Фурье не содержит сину-
сов
ап хп ппх 2 г,, птсх
f(x) = -у- + У ап cos—— , ап = yj 7(x)cos —-dx, п ~ О,
n=i L о
п е N.
Для нечетной функции Дх) = -Д-х) все коэффициен-
ты ап = 0, и соответствующий ряд Фурье содержит толь-
ко синусы
оо I
az ч т . гаттх . 2 f к . ттх 1
f(x) = sm--—, -] Дх) sm ——-dx, п е N.
п=1 1 % 1
Если функция Дх), удовлетворяющая условиям теоре-
мы Дирихле, является периодической, то на всей числовой
оси ее ряд Фурье сходится к самой функции, а в каждой
точке разрыва функции - к полусумме ее односторонних
пределов.
619
9. Ряды
Функцию f(x), заданную на отрезке [0; Z], можно про-
извольно продолжить в соседний интервал [-Z, 0) и поэто-
му ее можно представить различными рядами Фурье.
Пользуясь этим, такую функцию представляют непол-
ным рядом Фурье, содержащим только косинусы или
только синусы.
Ряд по косинусам получается при четном, а ряд по си-
нусам - при нечетном продолжении данной функции на
соседний слева интервал [-Z; 0). В первом случае график
данной функции продолжается на интервал [-Z; 0) сим-
метрично относительно оси ординат, а во втором случае -
симметрично относительно начала координат.
Пример 1. Периодическая функция f(x) с периодом 2 л
определена следующим образом:
Дх) = х2, -п < х < л; Дх) = Дх 4- 2л).
Найти разложение в ряд Фурье функции Дх) = х2,
-л < X < л.
Решение.
Данная функция удовлетворяет условиям теоремы
Дирихле; следовательно, для нее существует ряд Фурье.
Найдем его.
Функция четная, ее график симметричен относитель-
но оси Оу. Все коэффициенты Ьп = 0, а коэффициенты ап
вычисляются по формулам Фурье, при Z = л:
2?
а„ = —
м I
ч
х2 cosnxdx =--g- cosnx+
п
п п3
sinnx
2
л
2
л
о
4 cos пл 4
= ----2 ~ (“1)" ’ ~2 > Л *0, COS пп = (-1)".
п п
(Здесь дважды применена формула интегрирования пс
частям.)
При и = 0 (и Z = л) найдем:
Л
2х3 я
Зл о
2л2
3
cosx cos2x cos3x , cosnx
--------- -... + (-1)" ------------- +
I2 22 З2 п2
л J
о
Следовательно,
Л2 л
----4
3
Это разложение данной периодической и всюду непре-
рывной функции справедливо при любом значении х, т. е.
Практикум по высшей математике
620
полученный ряд Фурье сходится к данной функции на
всей числовой оси.
Графики данной функции и суммы ее ряда Фурье пол-
ностью совпадают.
Пусть в полученном разложении х = 0; найдем сумму
соответствующего числового ряда:
1- —- + -4---т +—+(“1)л~1 "Т +—=~
22 З2 42 п2 12
при х = п найдем сумму другого числового ряда:
1 +
_ » я jV1/ ччп-1 СО8ПХ
Ответ: х2 = — - 4 / (-1) ----;—< ,xeR.
3 Я «
Пример 2. Найти разложение в ряд Фурье функции
f(x) = х, -п < х < п (I = л).
Решение.
Данная функция удовлетворяет условиям сходимости
теоремы Дирихле. Следовательно, она допускает разложе-
ние в ряд Фурье.
По формулам Фурье находим:
1 f ' 1 1 *
а0= - xdx =-------
Л J Л х2
= 0
-л
Интегрированием по частям найдем а„:
п 1 f . ,
---sm пх ах
-п п J
-Я
-я
1 г
ап = — lx cos
Л J
-я
Найдем
. If
Ъп - — 1X8
п It J
-я
2
m + i .
п
Таким образом, получаем ряд
sinx sin2x sin3x , „.л+1 sinnx
-------+ —z------+ (-1) -----+
12 3 тъ
cos пх
-X------
п
= 0.
-х
cos пх
п
71 1 г ,
+ — I cos пх dx
-я
-я
f(x) = 2
621
9. Ряды
Это равенство верно во всех точках, кроме точек раз-
рыва. В каждой точке разрыва сумма ряда равна средне-
му арифметическому ее пределов справа и слева, т. е.
нулю.
£(х)
, i\n+i sinnx
Ответ: f(x) — 2 У, 1)--------.
л=1 n
Пример 3. Разложить в ряд Фурье периодическую функ-
цию f(x) с периодом 21. которая на отрезке [-Z; Z] зада-
на равенством /(х) = |х|.
Решение.
Так как рассматриваемая функция - четная, то Ьп = О,
2г
аа = — х ах = I,
0 /J
о
„ i
2 г ппх .
а в — xcos----ах = -
13 I
о
О при п четном,
4Z
- -а.з при п нечетном.
ТСТГ
Следовательно, разложение функции в ряд Фурье име-
ет вид:
£ 41
2
л2
пх Зпх
cos — cos ——
----L +
1
c0S(2j, + 1)^
+--------1----
З2 (2р + 1)2
+ ...
„ । । г 4f V
Ответ: |х| = ---
2 fio
(2р + 1)лх
cos —-------—
________I
(2р +1)2
Практикум по высшей математике
622
Пример 4. Разложить функцию Дх) = х на отрезке [0; л]
в ряд по синусам.
Решение.
Продолжая эту функцию нечетным образом, получим
Дх) = х, -л < х < л. Разложение в ряд Фурье этой функ-
ции дано в примере 2.
Л Г sin х sin 2х sin Зх
х = 2 —--------— +-------... .
/ nn+i sin(2n-l)
-------:—
..1 2п -1
Задания для самостоятельного решения
1. Разложить в ряд Фурье периодическую функцию с
периодом 2л (I = л), которая определена следующим обра-
зом:
f(x) = -х при -л < х < 0,
Дх) - х при 0 < х < л, т. е. Дх) - |х|.
2. Найти разложение в ряд Фурье функции:
Дх) =
-1 при - л < х < 0,
+1 при 0 < х < л.
3. Разложить в ряд Фурье функцию Дх) - — в интер-
вале (0; 2л).
4. Разложить в ряд Фурье функцию с периодом 21 = 2,
заданную на интервале -1 < х < 1 формулой Дх) -х-1.
5. Разложить в ряд по синусам функцию Дх) = 1, за-
данную в интервале 0 < х < 1.
6. Разложить в ряд Фурье функцию Дх) — | sin х | на
отрезке; с помощью полученного ряда показать, что
Ответы:
1. Дх) =
л 4 cosx cos3x cos5x
— — — ..... + -- 4“ .—— 4“
2 л[_ I2 З2 52
2. Дх> =
4 sinx sin3x
—------1-----
л 1 3
sin5x ( , sin(2p + l)x
4*--— 4* • • • 4“ —4*
623
9. Ряды
o x _ Tt sin x sin 2x sin 3x
3. - - - -y- 2 -y
. .. . \ 2Tsinnx sin2nx sin3nx
-----------------------+-----
sin их
и
„_1 sinnnx
3 ’ п
sin(2n-l)nx 1
-I-------------1-... ;
2n-l
4./(х)=1+ —
я
„ .. s 4Гз1плх sin3nx
5./(х)=--------+-------
1 2
5. /(х) = —
тс
2 4
6. |sin х| = - ~ -
' ' тс тс
3
cos 3x cos 5x
COS X + —-— + —-— +
32 52
Литература
Беклемишева Л. А., Петрович А. Ю.» Чубаров И. А.
Сборник задач по аналитической геометрии и линейной
алгебре. — М.: Наука, 1987.
Берман Г. Н. Сборник задач по курсу математическо-
го анализа. — М.: Наука, 1985.
Болгаров В. А., Демидович Б. П., Ефименко В. А. и др.
Сборник задач по математике для втузов: Линейная алгеб-
ра и основы математического анализа / Под ред. А. В.
Ефименко и Б. П. Демидовича. — М.: Мир, 1984.
Данко П. Е„ Попов А. Г., Кожевникова Т. Я. Высшая
математика в упражнениях и задачах: В 2 т. Ч. 1, 2. — М.:
ОНИКС 21 век, Мир и образование, 2003.
Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по ма-
тематическому анализу: Учебное пособие для вузов. —
М.: ACT, Астрель, 2002.
Клетеник Д. В. Сборник задач по аналитической гео-
метрии. Учебное пособие для втузов. — СПб.: Профессия,
2002.
Кудрявцев Л.Д. Математический анализ: В 2 т. — М.:
Высшая школа, 1973.
Минорский В. П. Сборник задач по высшей математи-
ке: Учебное пособие для втузов. — М.: Наука, 1987.
Моденов П. С., Пархоменко А. С. Сборник задач по ана-
литической геометрии. — М.: Наука, 1976.
Пискунов М. С. Дифференциальное и интегральное
исчисления: Учебное пособие для вузов: В 2 т. — М.: Ин-
теграл-Пресс, 2001.
Содержание
Предисловие...................................3
1. Векторная алгебра..........................5
1.1. Линейные операции над векторами.........5
1.2. Линейная комбинация векторов ..........21
Векторный базис на плоскости
и в пространстве....................... 21
Действия над векторами,
заданными своими координатами ......... 23
Общая (аффинная) декартова система
координат ..............................33
Линейная зависимость. Понятие базиса....39
1.3. Прямоугольная декартова
система координат...........................46
1.4. Скалярное произведение векторов........57
1.5. Векторное произведение векторов........71
1.6. Смешанное произведение векторов........78
2. Аналитическая геометрия...................84
2.1. Прямая на плоскости....................84
2.2. Плоскость............................ 120
2.3. Прямая и плоскость в пространстве.... 130
2.4. Полярная система координат........... 143
2.5. Линии второго порядка................ 144
Окружность.............................144
Гипербола..............................153
Парабола...............................159
Уравнения кривых второго порядка
в смещенной системе координат..........163
Алгебраические кривые второго порядка...165
2.6. Канонические поверхности
второго порядка........................... 177
Практикум по высшей математике 626
3. Линейная алгебра.........................186
3.1. Определители и матрицы............... 186
Определители ..........................186
Матрицы................................191
3.2. Линейное (векторное) пространство.... 202
3.3. Системы линейных
алгебраических уравнений.................. 205
Правило Крамера........................205
Произвольные системы линейных
алгебраических уравнений.
Теорема Кронекера-Капелли..............208
Метод Гаусса ..........................212
Однородные линейные
алгебраические системы.................219
3.4. Линейные операторы.
Собственные числа и собственные векторы ..231
4. Комплексные числа........................237
4.1. Алгебраическая форма
записи комплексных чисел ................. 237
4.2. Тригонометрическая форма записи
комплексных чисел..........................242
4.3. Показательная форма записи
комплексных чисел......................... 251
5. Функции одной переменной.................255
5.1. Понятие функции одной переменной...... 255
5.2. Предел числовой последовательности
и его свойства............................ 260
Замечательные пределы и их следствия...265
О-символика............................266
5.3. Предел функции....................... 269
Замечательные пределы и их следствия...276
Эквивалентные бесконечно малые функции ... 276
627 Содержание
5.4. Непрерывность функции
в точке и на промежутке.................. 282
5.5. Производная и дифференциал ......... 286
Производная функции, заданной явно.....286
Производные функций, заданных
параметрически и неявно................293
Производные и дифференциалы
высших порядков........................295
5.6. Приложения производных
и дифференциалов......................... 304
Геометрический смысл
производной и дифференциала............304
Физический смысл производной
и дифференциала........................306
Раскрытие неопределенностей
по правилам Лопиталя...................309
Формула Тейлора........................313
Исследование функций. Промежутки
монотонности и экстремумы функций........317
Общая схема анализа свойств функции
и построения ее графика................326
Задача о наибольшем и наименьшем
значениях функции на промежутке........330
6. Функция одной переменной:
интегральное исчисление.....................335
6.1. Неопределенный интеграл............. 335
Основные методы интегрирования ........337
Интегрирование рациональных дробей.....346
Интегрирование иррациональных
выражений............................ 353
Интегралы от тригонометрических функций.. 361
6.2. Определенный интеграл................ 371
Практикум по высшей математике 628
Методы вычисления определенного
интеграла............................ 373
6.3. Несобственные интегралы..............380
Интегралы от неограниченных функций....380
Интегралы с бесконечными пределами.....383
6.4. Приложения определенного интеграла...386
Вычисление площадей....................386
Вычисление длин дуг....................395
Вычисление объемов.....................400
Вычисление площади поверхности
вращения.............................. 405
Механические приложения
определенного интеграла................407
Приближенное вычисление
определенных интегралов ...............410
7. Функции нескольких переменных............415
7.1. Дифференциальное исчисление функций
нескольких переменных ....................415
n-мерное евклидово пространство........415
Предел функции нескольких переменных.
Непрерывность..........................418
Частные производные и дифференциалы.
Полный дифференциал....................421
Производные сложных функций............426
Производная по направлению. Градиент...428
Частные производные и дифференциалы
высших порядков........................432
Дифференцирование неявных функций......435
Замена переменных в дифференциальных
выражениях.............................437
629
Содержание
7.2. Приложения дифференциального
исчисления функций нескольких
переменных .......................... 442
Формула Тейлора ................... 442
Экстремумы функций
нескольких переменных ................445
Абсолютный экстремум..................452
Геометрические приложения........... 466
7.3. Интегральное исчисление функций
нескольких переменных ................. 474
Двойные интегралы................... 474
Тройные интегралы.....................489
7,4. Несобственные двойные
и тройные интегралы......................498
7.5. Приложения двойных
и тройных интегралов.....................505
Вычисление площадей плоских фигур
и поверхностей .......................505
Вычисление объемов....................513
Физические приложения двойных
и тройных интегралов................ 518
7.6. Криволинейные и поверхностные
интегралы и их приложения ...............525
Криволинейные интегралы первого рода..525
Криволинейные интегралы второго рода..530
Интегрирование полных дифференциалов..533
Формула Грина и ее применение....... 536
Поверхностный интеграл первого рода...538
Поверхностный интеграл второго рода...542
Формула Стокса. Формула Остроградского..... 544
Практикум по высшей математике 630
8. Дифференциальные уравнения..............549
8.1. Обыкновенные дифференциальные
уравнения первого порядка............... 549
У равнения с разделяющимися переменными.. 550
Однородные уравнения..................554
Линейные уравнения....................557
У равнение Бернулли .................561
У равнения в полных дифференциалах...562
Уравнения, не разрешенные относительно
производной...........................564
8.2. Обыкновенные дифференциальные
уравнения высших порядков............... 571
Дифференциальные уравнения,
допускающие понижение порядка.........571
Линейные уравнения n-го порядка.......576
Однородные линейные уравнения л-го порядка
с постоянными коэффициентами..........577
Неоднородные линейные уравнения
с постоянными коэффициентами .........579
8.3. Системы обыкновенных дифференциальных
уравнений первого порядка............... 585
Системы линейных уравнений............585
9. Ряды....................................594
9.1. Числовые ряды...................... 594
Признаки сходимости рядов.............595
9.2. Функциональные, степенные ряды..... 608
Ряды Тейлора и Маклорена..............609
9.3. Ряды Фурье......................... 617
Литература.................................624
Соболь Борис Владимирович,
Мишняков Николай Тимофеевич,
Поркшеян Виталий Маркосович
ПРАКТИКУМ
ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ
Учебное пособие
Ответственный редактор И. Жиляков
Технический редактор Л. Багрянцева
Обложка А. Пащенко
Редактор И. Ю. Виноградова
Корректоры: Н. Пустовойтова, А. Иванова
Подписано в печать 10.08.2006.
Формат 84x108 1/32. Бумага тип 2. Гарнитура Школьная.
Печать высокая. Усл. печ. л. 33,6.
Тираж 4000 экз. Заказ № 6
Издательство «Феникс»
344082, г. Ростов-на-Дону, пер. Халтуринский, 80.
Отпечатано с готовых диапозитивов в ЗАО «Книга»
344019, г. Ростов-на-Дону, ул. Советская, 57.
Качество печати соответствует предоставленным диапозитивам.