Автор: Гудкова И.А. Куприн А.В. Лакерник А.Р. Райцин А.М.
Теги: анализ математика высшая математика
Год: 2021
Текст
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО СВЯЗИ
Ордена Трудового Красного Знамени федеральное государственное
бюджетное образовательное учреждение высшего образования
Московский технический университет связи и информатики
И.А. Гудкова, А.В. Куприн, А.Р. Лакерник, А.М. Райцин
ПРАКТИКУМ ПО ВЫСШЕЙ
МАТЕМАТИКЕ
ДЛЯ БАКАЛАВРОВ
Второй семестр
Учебное пособие
Москва 2021
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО СВЯЗИ
Ордена Трудового Красного Знамени федеральное государственное
бюджетное образовательное учреждение высшего образования
Московский технический университет связи и информатики
И.А. Гудкова, А.В. Куприн, А.Р. Лакерник, А.М. Райцин
ПРАКТИКУМ ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ
ДЛЯ БАКАЛАВРОВ
Второй семестр
ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ.
ОПРЕДЕЛЕННЫЕ И НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ.
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ.
ТЕОРИЯ ПОЛЯ. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Учебное пособие для студентов
по направлениям
11.03.01, 11.03.02, 09.03.01, 09.03.02
Москва 2021
УДК 517
Гудкова И.А., Куприн А.В., Лакерник А.Р ., Райцин А.М. Практикум по
высшей математике для бакалавров. Второй семестр. Функции нескольких
переменных. Определенные и несобственные интегралы. Кратные и
криволинейные интегралы. Теория поля. Дифференциальные уравнения:
Учебное пособие / МТУСИ. – М., 2021. – 164 с.
Пособие является третьим изданием «Практикума по высшей математике для
бакалавров» второго семестра обучения направлений 11.03 .01, 11.03 .02,
09.03 .01, 09.03.02. Необходимость переиздания возникла в связи с изменением
рабочих программ второго семестра по высшей математике. Отличительной
особенностью данного учебного пособия является возможность его
использования не только в аудитории, но и для самостоятельной работы,
поскольку каждое занятие содержит необходимые теоретические сведения и
типовые примеры с подробными решениями.
При подготовке практикума авторы учли опыт работы с его первым и вторым
изданиями, заменив часть задач более интересными.
Ил. 38, список лит. 6 назв.
Издание утверждено методическим советом ОТФ. Протокол No___ от
_ _.__ .2020 г.
Отв. редактор: А. В. Куприн
Рецензент: В. Г. Данилов, д. ф . -м. н ., профессор (МТУCИ)
3
СОДЕРЖАНИЕ
Введение ...................................................................................................................................7
ЗАНЯТИЕ 1
ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ. ПРЕДЕЛ И НЕПРЕРЫВНОСТЬ.
ЧАСТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ДИФФЕРЕНЦИАЛ .............................................................8
1.1. Основные понятия ...........................................................................................................8
1.2. Частные производные ......................................................................................................9
1.3. Полный дифференциал и дифференциалы высших порядков ...................................10
1.4. Решение типовых задач ................................................................................................ 10
1.5. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................13
ЗАНЯТИЕ 2
ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ СЛОЖНЫХ И НЕЯВНО ЗАДАННЫХ ФНП.
КАСАТЕЛЬНАЯ ПЛОСКОСТЬ И НОРМАЛЬ К ПОВЕРХНОСТИ ....................................14
2.1. Сложные функции и их дифференцирование ..............................................................14
2.2. Неявные функции и их дифференцирование ...............................................................15
2.3. Касательная прямая и нормальная плоскость к кривой .............................................15
2.4. Касательная плоскость и нормаль к поверхности .......................................................16
2.5. Решение типовых задач .................................................................................................16
2.6. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................19
ЗАНЯТИЕ 3
ПРОИЗВОДНАЯ ПО НАПРАВЛЕНИЮ. ГРАДИЕНТ. ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА............21
3.1. Производная в данном направлении и градиент .........................................................21
3.2. Формула Тейлора............................................................................................................22
3.3. Решение типовых задач .................................................................................................22
3.4. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................24
ЗАНЯТИЕ 4
ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ ДВУХ ПЕРЕМЕННЫХ..........................................................25
4.1. Локальные экстремумы функции двух переменных...................................................25
4.2. Наибольшее и наименьшее значение функции в некоторой области .......................26
4.3. Условный экстремум функции двух переменных .......................................................27
4.4. Решение типовых задач .................................................................................................28
4.5. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................31
ЗАНЯТИЕ 5
ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ ..........................................................................................32
5.1. Основные понятия ..........................................................................................................32
5.2. Решение типовых задач .................................................................................................32
5.3. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................34
5.4. Метод подстановки (замены переменной) в определенном интеграле.....................34
5.5. Решение типовых задач .................................................................................................35
5.6. Метод интегрирования по частям в определенном интеграле...................................35
5.7. Решение типовых задач .................................................................................................36
5.8. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................37
ЗАНЯТИЕ 6
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА ...................38
6.1. Площадь плоской фигуры..............................................................................................38
6.2. Длина дуги плоской кривой ..........................................................................................39
6.3. Решение типовых задач .................................................................................................40
6.4. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................41
6.5. Вычисление объемов ......................................................................................................42
6.6. Площадь поверхности вращения ..................................................................................43
4
6.7. Решение типовых задач .................................................................................................43
6.8. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................45
ЗАНЯТИЕ 7
НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ С БЕСКОНЕЧНЫМИ ПРЕДЕЛАМИ ....................46
7.1. Основные понятия ..........................................................................................................46
7.2. Вычисление несобственных интегралов с бесконечными пределами или
установление их расходимости ............................................................................................47
7.3. Признаки сходимости несобственных интегралов с бесконечными пределами .....48
7.4. Решение типовых задач .................................................................................................49
7.5. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................53
ЗАНЯТИЕ 8
НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ОТ НЕОГРАНИЧЕННЫХ ФУНКЦИЙ.
ГАММА-ФУНКЦИЯ.............................................................................................................53
8.1. Основные понятия ..........................................................................................................53
8.2. Вычисление несобственных интегралов от неограниченных функций или
установление их расходимости ............................................................................................54
8.3. Признаки сходимости несобственных интегралов от неограниченных функций ...56
8.4. Гамма-функция ...............................................................................................................56
8.5. Решение типовых задач .................................................................................................57
8.6. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................61
ЗАНЯТИЕ 9
ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ........................................................................................................62
9.1. Определение и свойства двойного интеграла .............................................................62
9.2. Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах ....................................63
9.3. Решение типовых задач .................................................................................................64
9.4. Задачи для самостоятельного решения ........................................................................69
ЗАНЯТИЕ 10
ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ В ПОЛЯРНЫХ КООРДИНАТАХ .............................................70
10.1. Полярные координаты .................................................................................................70
10.2. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах .....................................71
10.3. Решение типовых задач ...............................................................................................72
10.4. Задачи для самостоятельного решения ......................................................................75
ЗАНЯТИЕ 11
ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ ........................................................................................................76
11.1. Определение тройного интеграла ...............................................................................76
11.2. Сведение тройного интеграла к двойному.................................................................77
11.3. Решение типовых задач ...............................................................................................78
11.4. Задачи для самостоятельного решения ......................................................................82
ЗАНЯТИЕ 12
ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ В КРИВОЛИНЕЙНЫХ КООРДИНАТАХ ................................83
12.1.Тройной интеграл в цилиндрических и сферических координатах .........................83
12.2. Решение типовых задач ...............................................................................................84
12.3. Задачи для самостоятельного решения ......................................................................87
ЗАНЯТИЕ 13
КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ....................................................................................88
13.1. Криволинейные интегралы первого рода ..................................................................88
13.2. Криволинейные интегралы второго рода ...................................................................90
13.3. Формула Грина .............................................................................................................91
13.4. Решение типовых задач ...............................................................................................92
13.5. Задачи для самостоятельного решения ......................................................................96
5
ЗАНЯТИЕ 14
ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ....................................................................................97
14.1. Вычисление площади поверхности ............................................................................97
14.2. Поверхностные интегралы первого рода ...................................................................98
14.3. Поверхностные интегралы второго рода ..................................................................99
14.4. Решение типовых задач. ............................................................................................100
14.5. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................106
ЗАНЯТИЕ 15
ДИВЕРГЕНЦИЯ ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ. ФОРМУЛА ГАУССА-ОСТРОГРАДСКОГО ...107
15.1. Дивергенция векторного поля ...................................................................................107
15.2. Поток векторного поля через замкнутую поверхность. Формула Гаусса-
Остроградского ....................................................................................................................108
15.3. Решение типовых задач .............................................................................................108
15.4. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................111
ЗАНЯТИЕ 16
РОТОР ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ. ФОРМУЛА СТОКСА ...................................................112
16.1. Ротор векторного поля ...............................................................................................112
16.2. Циркуляция векторного поля. Формула Стокса ......................................................112
16.3. Решение типовых задач .............................................................................................113
16.4. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................116
ЗАНЯТИЕ 17
СКАЛЯРНЫЕ И ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ .............................................................................117
17.1. Выполнение дифференциальных операций с помощью оператора Гамильтона .117
17.2. Потенциальное векторное поле.................................................................................118
17.3. Соленоидальное векторное поле ...............................................................................118
17.4. Решение типовых задач .............................................................................................119
17.5. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................123
ЗАНЯТИЕ 18
ТЕСТ ПО ТЕМЕ «КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ» ................................124
ЗАНЯТИЕ 19
ОДУ ПЕРВОГО ПОРЯДКА С РАЗДЕЛЯЮЩИМИСЯ ПЕРЕМЕННЫМИ.
ОДНОРОДНЫЕ ОДУ ..........................................................................................................125
19.1. Основные понятия ......................................................................................................125
19.2. ОДУ с разделяющимися переменными ....................................................................126
19.3. Решение типовых задач .............................................................................................127
19.4. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................128
19.5. Однородные уравнения ..............................................................................................129
19.6. Решение типовых задач .............................................................................................129
19.7. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................131
ЗАНЯТИЕ 20
ЛИНЕЙНЫЕ ОДУ ПЕРВОГО ПОРЯДКА И УРАВНЕНИЯ БЕРНУЛЛИ ....................131
20.1. Линейные уравнения первого порядка .....................................................................131
20.2. Решение типовых задач .............................................................................................131
20.3. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................133
20.4. Уравнение Бернулли ..................................................................................................133
20.5. Решение типовых задач .............................................................................................133
20.6. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................134
ЗАНЯТИЕ 21
УРАВНЕНИЯ В ПОЛНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛАХ. ОДУ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ ...134
21.1. Уравнения в полных дифференциалах .....................................................................134
6
21.2. Интегрирующий множитель......................................................................................135
21.3. Решение типовых задач .............................................................................................135
21.4. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................137
21.5. ОДУ высших порядков ..............................................................................................137
ЗАНЯТИЕ 22
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ, ДОПУСКАЮЩИЕ ПОНИЖЕНИЕ
ПОРЯДКА ............................................................................................................................139
22.1. Уравнение не содержит переменную y в явном виде ...........................................139
22.2. Решение типовых задач .............................................................................................139
22.3. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................141
22.4. Уравнение не содержит переменную x в явном виде ...........................................141
22.5. Решение типовых задач .............................................................................................142
22.6. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................144
ЗАНЯТИЕ 23
ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ С ПОСТОЯННЫМИ
КОЭФФИЦИЕНТАМИ .......................................................................................................144
23.1. Основные понятия ......................................................................................................144
23.2. Решение типовых задач .............................................................................................145
23.3. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................146
23.4. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения с постоянными
коэффициентами и правой частью вида ()
x
k
Pxe
............................................................ 146
23.5. Решение типовых задач .............................................................................................147
23.6. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................148
ЗАНЯТИЕ 24
ЛИНЕЙНЫЕ НЕОДНОРОДНЫЕ УРАВНЕНИЯ .............................................................149
24.1. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения с постоянными
коэффициентами и правой частью специального вида ...................................................149
24.2. Решение типовых задач .............................................................................................149
24.3. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................151
ЗАНЯТИЕ 25
МЕТОД ВАРИАЦИИ ПРОИЗВОЛЬНЫХ ПОСТОЯННЫХ ..........................................151
25.1. Метод вариации произвольных постоянных ...........................................................151
25.2. Решение типовых задач .............................................................................................152
25.3. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................153
ЗАНЯТИЕ 26
ЗАДАЧИ, ПРИВОДЯЩИЕ К ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫМ УРАВНЕНИЯМ.
РАЗЛОЖЕНИЕ РЕШЕНИЙ ПО ФОРМУЛЕ ТЕЙЛОРА ................................................154
26.1. Дифференциальные уравнения для замкнутого контура .......................................154
26.2. Решение типовых задач .............................................................................................155
26.3. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................158
26.4. Задачи дифференциальной геометрии и физики .....................................................159
26.5. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................161
26.6. Разложение решения задачи Коши по формуле Тейлора .......................................161
26.7. Решение типовых задач .............................................................................................162
26.8. Задачи для самостоятельного решения ....................................................................162
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ ...................................................................................................163
7
Введение
Предлагаемое учебное пособие «Практикум по высшей математике для
бакалавров.
Второй семестр. Функции
нескольких
переменных.
Определенные и несобственные интегралы. Кратные и криволинейные
интегралы. Теория поля. Дифференциальные уравнения» обеспечивает
проведение практических занятий по высшей математике в соответствии с
рабочей программой обучения бакалавров по направлению подготовки
«Инфокоммуникационные технологии и системы связи». Пособие является
продолжением практикума для первого семестра [1]. Согласно новой рабочей
программе, изменилось количество и содержание практических занятий. Так,
по сравнению со вторым изданием [2] сокращено число занятий, посвященных
определенному интегралу и его приложениям, а из [1] перенесена тема
«Функции многих переменных», подвергшаяся некоторым изменениям.
В практикум не вошли разделы, посвященные аналитической геометрии
и линейной алгебре. Для их изучения можно использовать учебное
пособие [6], имеющееся в библиотеке и доступное в электронном виде.
Каждый раздел содержит опорный конспект, отражающий в сжатой
форме основные теоретические сведения по изучаемой теме, необходимые для
практического применения материала, а также типовые задачи с решениями и
задачи для самостоятельной работы. Полезной особенностью данного пособия
является точное соответствие учебному графику, что позволяет
самостоятельно изучить тему в случае пропуска практического занятия. Кроме
того, практикум является руководством в самостоятельной работе студентов
как при выполнении индивидуальных домашних заданий, так и при
подготовке к промежуточному тестированию и экзамену.
Использованные в пособии задачи составлены авторами или взяты из
задачников [3] – [5].
8
ЗАНЯТИЕ 1
ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ. ПРЕДЕЛ И
НЕПРЕРЫВНОСТЬ. ЧАСТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ДИФФЕРЕНЦИАЛ
1.1. Основные понятия
Определение 1.1.1. Переменная
называется функцией
переменных
, если каждой упорядоченной совокупности чисел, являющихся
координатами точки
из множества
( область
определения) ставится в соответствие одно и только одно значение переменной
R
(
множество значений).
Обозначения:
()
ufM
=
,
12
( , ,...,
)n
ufxx
x
=
,
12
( , ,...,
)n
uuxx
x
=
ит.п.
Определение 1.1.2. Областью определения функции называется совокупность
всех точек, в которых она принимает действительные значения.
Простейшим случаем функции нескольких переменных является функция двух
переменных.
Определение 1.1.3. Графиком функции двух переменных
называ-
ется множество точек ( ; ; ( , ))
Mxyfxy пространства
.
Определение 1.1.4. Линией уровня функции двух переменных называется
линия на плоскости XOY, принадлежащая области определения, в каждой
точке которой функция принимает одно и то же значение:
Замечание. Для функции трех переменных
вводится понятие
поверхности уровня, которая определяется уравнением
Пример 1. Линии уровня функции
представляют окружно-
сти
,
.
Пример 2. Поверхностями уровня для функции
будут
параболоиды
или
(.
Определение 1.1.5. Число A называется пределом функции
в
точке
,еслидля 0
такое, что для M
:
(
. Обозначение:
.
u
n
12
,
,...,
n
xx
x
(
)
12
,,
n
Mxx x
n
DR
D−
uU
U−
();
ufxy
=
3
R
(),
.
fxy c
=
()
,,
ufxyz
=
()
,,
.
fxyz c
=
2
2
2
z
Rxy
=
−
−
2
2
2
2
x
yRc
+=
−
()
cR
0
z=
()22
,,
fxyzzxy
=
−
−
22
zxyс
−
−
=
22
zcxy
−
=
+
)
сz
();
ufxy
=
()
0;
Мxy
0
0
ММ
)
()()0
FMFM
−
()
0
lim
MM
FMA
→
=
9
Определение 1.1.6. Функция
называется непрерывной в точке
,
если
она определена в окрестности точки
0
Mи
.
Определение 1.1.7. Функция
называется непрерывной в об-
ласти D , если она непрерывна в каждой точке этой области.
Определение 1.1.8. Если функция непрерывна в окрестности точки, а в самой
точке не выполняется условие непрерывности, то точка
называется
изолированной точкой разрыва.
1.2. Частные производные
Определение 1.2.1. Производная от функции
, взятая по в
предположении, что все остальные аргументы являются постоянными, на -
зывается частной производной от по
, и обозначается
0
( ,,,..., )
(,,,..., )
lim
.
x
x
f
fxxtztfxtzt
u
xx
→
+
−
==
Аналогично определяются частные производные по каждому из остальных
аргументов.
Определение 1.2.2. Частные производные от частных производных (если они
существуют) называются частными производными второго порядка (вторыми
частными производными) от данной функции.
Обозначения:
–
вторая производная по переменной ;
вторая смешанная производная.
Определение 1.2.3. Частные производные от частных производных второго
порядка называются частными производными третьего порядка от данной
функции (и так далее).
Теорема 1.2.4. В случае непрерывности результат повторного дифференци-
рования функции двух переменных не зависит от порядка дифференцирова -
ния.
Например,
();
zfxy
=
()
000
;
Mxy
()()
0
0
lim
MM
FM FM
→
=
();
zfxy
=
(
)
,,
ufxyzt
=
x
u
x
()
2
'
"'
2
xx
x
x
fff
x
==
x
()
2
'
"'
xy
x
y
fff
xy
==
−
3
2
2
2
22
.
z
z
z
z
xy
xxy
xyx
yx
===
10
1.3. Полный дифференциал и дифференциалы высших порядков
Определение 1.3.1. Полным приращением называется изменение функции
при совместных изменениях независимых переменных:
.
Определение 1.3.2. Главная (линейная относительно приращений аргументов
и
) часть приращения функции называется полным дифференциалом
функции двух переменных:
, если
()
22
zdzo
x
y
=+
+.
Можно показать, что
.
1.3.3. Если x и
–
независимые переменные, и функция имеет непрерывные
частные производные, то дифференциалы высших порядков вычисляются по
формуле
1
()
n
nn
dzddz
dx
dyz
xy
−
=
=
+
(формально раскрывается по
биномиальному закону). В частности, для функции двух переменных имеем
.
Такой вид дифференциала n -ного порядка имеет место только при
выполнении теоремы 1.2.4.
1.3.4. Применение полного дифференциала к приближенным
вычислениям. Приращение функции
можно
приближенно заменить полным дифференциалом, тогда
.
1.4. Решение типовых задач
1.4.1. Найти область определения функции
(,)
zfxy
=
:
а)
;б)
.
Решение. а) Функция
определена для всех пар
.
б) Область определения функции
–
множество пар чисел,
удовлетворяющих неравенству
, геометрической интерпретацией
которого является замкнутый круг с центром в точке (0,0) и радиусом
();
ufxy
=
(
)()
;;
ufx
xy
yfxy
=
++−
x
y
x
d
B
A
y
z
+
=
x
y
x
y
dzzxzyzdxzdy
=
+=
+
y
2
2
2
2
2
2
22
2
f
f
f
f
dx
dxdy
dy
x
xy
y
d
=
+
+
(
)()
,,
zfxxyyfxy
=
++−
22
zxy
=+
2
2
2
z
Rxy
=
−
−
22
zxy
=+
( );xy
2
2
2
z
Rxy
=
−
−
2
2
2
x
yR
+
.
R
()()()()()
00
00
00
00
;
;
;
;
;
xy
xy
xy
fxyfxydzfxy
z
xz
y
+=
+
+
11
1.4.2. Построить линии уровня функции
2
22
9
x
zy
=+.
Решение. Положим
Линии уровня представляют семейство концен-
трических эллипсов.
1.4.3. Найти области определения функции:
Решение. Область определения этой функции – множество точек , коорди-
наты которых удовлетворяют соотношению
. Это множество
точек трехмерного пространства, лежащих внутри конуса
.
1.4.4. Найти поверхности уровня функции трех переменных
.
Решение. Поверхностями уровня функции
являются по-
верхности, определяемые уравнениями
.
При
это
однополостные гиперболоиды вращения вокруг оси
; при
это
двуполостные гиперболоиды вращения вокруг той же оси.
Оба эти семейства разделяет конус
.
1.4.5. Найти пределы: а)
,б)
.
Решение. а)
б)
Рассмотрим изменение перемен-
ных
и
вдоль прямых
, при этом предел принимает различные
значения в зависимости от выбранного . Предел не существует.
1.4.6. Определить частные производные первого порядка функции:
Решение.
1.4.8. Для функции
определить все вторые
производные.
.
z const
=
2
2
2
1
x
yz
u
+−
=
2
2
2
yz
x+−0
2
2
2
zy
x
=+
2
2
2
ux
yz
=
+−
2
2
2
ux
yz
=
+−
2
2
2
x
yzC
+−
=
0
C
Oz
0
C
2
2
2
zy
x
=+(
)0
C=
3
3
7
lim
x
y
xy
xy
→
→
−
0
0
2
lim
x
y
xy
y
→
→
+
33
3
3
3
7
lim
lim
7 lim
x
x
x
y
y
y
y
xy
x
xy
xy
→
→
→
→
→
→
−
=
=
−
3
xy
2
33
11
lim
7 lim
xx
y
xy
→→
→
=
−
3
77
0.
27 27
x
=
−
=−
00
0
2
212
lim
lim
.
xx
y
x
y
x
kx
k
ykx
y
kx
k
→→
→
+
+
+
=
=
=
=
x
y
ykx
=
k
()()
22
;
cos 3
zxy
xy
=
()2
6 sin6
;
x
z
xy
xy
=−
()
22
3 sin6
.
y
z
x
xy
=−
43
2
8
3
2151
zxy
xy
x
y
=
−
+−
+
12
Решение. Иногда обозначают
2
xx
x
zz
=
,
2
yy
y
zz
=
. По теореме 1.2.4
xy
yx
zz
=
:
1.4.9. Определить полный дифференциал функции
arctg
z
xy
=
в точке (1; 2)
при
0,1
x
=
,
0,2
y
=
.
Решение.
1.4.10. Найти дифференциал второго порядка функции
.
Решение. По формуле п. 1.3.3:
.
1.4.11. Вычислить приближенно
.
Решение. Искомое число является значением функции
при
. Пусть
,
, тогда
.
По формуле п. 1.3.4 имеем
33
42
2
32
62;
24
3 15;
xy
z
xy
xy
z
xy
x
=
−
+
=
−
−
22
23
4
32
96
6;
48;
96
6.
xy
yx
xy
z
xy
yz
xyz
z
xy
x
=
−
=
=
=
−
1
22
22
1,2
2
1,2
1,2
21
0, 4;
0, 2.
55
11
x
xy
xy
y
xy
xy
yx
zz
xy
xy
=
==
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
++
()
()
1;2
1;2
0,4 0,1 0,2 0,2 0,08.
xy
dzz
xz
y
=
+
=
+
=
()2
ln
z
xy
=−
()
()
2
2
2
2
2
2
22
1
2
1
1
2
;
;
;
;
x
y
xy
x
y
yy
z
z
z
z
xy
xy
xy
xy
xy
=
=−
=−
=
=
−
−
−
−−
()
2
2
2
2
2
2
22
.
y
y
x
y
xy
xy
z
−−
=
−
−
=
2
2
2
2
2
4
(22)
()
dx ydxdy
x
ydy
dz
xy
−
+
+−−
=
−
2
3
5.09 1.91
+
2
3
z
x
y
=+
1 5,09,
x=
1 1,91
y=
05
x=
02
y=
0, 09,
0,09
xy
=
=−
()(
)()()()
()
22
22
33
5;2
5;2
5;2
5;2
1
10
1
1
2
;
.
3
27
3
27
xy
z
x
y
x
z
x
y
−−
=
+
=
=
+
=
(
)
3
22
3
10
1
5,09;1,91 5,09 1,91 5 2
0, 09
0,09 3 0,03 3,03.
27
27
z
=
+
++
−
=
+
=
13
1.5. Задачи для самостоятельного решения
1.5.1. Найти область определения функции
.
1.5.2. Найти область определения функции: а)
;
б)
.
1.5.3. Вычислить пределы: а)
;б)
44
22
0
0
lim
x
y
xy
xy
→
→
+
+
;в)
22
22
0
0
lim
x
y
xy
xy
→
→
−
+
;
г)
2
2
1
sin(
1)
lim
()1
x
y
xy
xy
→
→−
+−
+−
.
1.5.4. Найти точки разрыва функции
. Как ведет себя функция
в окрестности точки разрыва?
1.5.5. Построить линии уровня функции
для
.
1.5.6. Найти поверхности уровня функции
.
1.5.7. Найти частные производные первого порядка по каждой из независимых
переменных: а)
;б)
;в)
.
1.5.8. Показать, что
для а)
, б) arccos
x
z
y
=
.
1.5.9. Найти все частные производные второго порядка для
.
1.5.10. Найти все частные производные второго порядка для
.
1.5.11. Пусть
. Показать, что
.
1.5.12. Найти полный дифференциал функции
.
1.5.13. Найти значение полного дифференциала функции
при
,
,
,
.
z
x
y
=−
1
1
1
u
x
y
z
=
+
+
2
2
2
2
2
2
2
2
1
u
Rxyz
x
yzr
=
−
−
−
+
++−
()
Rr
33
22
0
0
sin(
)
lim
x
y
xy
xy
→
→
+
+
22
2
z
xy
=
+
22
1
z
xy
=
+
1;2;3;4
z=
22
xy
u
z
+
=
3
y
zxy
x
=+
arctg
xy
z
xy
+
=
−
(1 )y
z
xy
=+
xy
yx
zz
=
y
zx
=
y
xe
ze
=
()
2
ln
z
x
yx
=+
(cos sin)
x
zex
yyy
=−
0
xx
yy
zz
+=
()
22
1
ln
2
z
x
y
=+
22
zxy
x
y
=
+−
+
3
x=
4
y=
0,1
x
=
0,2
y
=
14
1.5.14. Доказать, что если
,то
1.5.15.
. Найти
в точках
,
.
1.5.16. Вычислить приближенно
.
1.5.17. Вычислить приближенно
Ответы. 1.5.1.
2
0yx
;
0
x .1.5.2. а)
; б) шаровой слой
2
2
2
2
2
r
x
yzR
+ + .1.5.3.а)0;б)0;в)несуществует;г)
1
2
. 1.5.4. Точка (0;0).
1.5.5. Окружности.
1.5.6. Параболоиды
вращения
.
1.5.7. а)
,
;б)
22
x
y
z
xy
=−
+
,
22
y
x
z
xy
=
+
;
в)
,
.
1.5.9.
,
,
.
1.5.10.
,
.
1.5.12.
.
1.5.13. 0,08 .
1.5.15.
33
(0; )
(2
)
dz
dx dy
=+;
3
( /2; /2)
0
dz
−
=
. 1.5.16.
. 1.5.17.
.
ЗАНЯТИЕ 2
ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ СЛОЖНЫХ И НЕЯВНО ЗАДАННЫХ ФНП.
КАСАТЕЛЬНАЯ ПЛОСКОСТЬ И НОРМАЛЬ К ПОВЕРХНОСТИ
2.1. Сложные функции и их дифференцирование
Определение 2.1.1. Если
и
являются
функциями двух переменных и , то называется сложной функцией
двух переменных:
.
Если
(,)
z fuv
=
имеет непрерывные частные производные,
(,)
u uxy
=
и
–
дифференцируемые функции, то частные производные сложной
функции определяются по формулам x
u
x
v
x
zfufv
=
+
,
y
u
y
v
y
z
fufv
=
+
.
22
u
x
y
=+
2
0.
du
()
sin 2
z
xy
=+
3
dz
()
0, (
)
/2, /2
−
(
)
3
4
ln 1,03 0,98 1
+−
1.05
0.97
0,0,0
x
yz
22
x
yCz
+=
4
3
3
x
y
zy
x
=−
3
1
2
y
x
z
yx
=+
21
(1 )y
x
zy
xy
−
=+
1
(1)(1)ln(1)
yy
y
zxy
xy
xy
xy
−
=
+
++
+
2
y
xe
y
xx
ze
+
=
(1)
y
yxey
yy
z
x
xee
+
=+
(1)
y
yxey
xy
z
xee
+
=+
()
22
"
2
2
22
xx
x
xyy
z
xxy
++
=−
+
()
2
"
"
"
2
xy
yx
yy
x
z
z
z
xy
=
=
=−
+
22
xdx ydy
xy
+
+
0.005
0.97
();,
zfuv
=
( );,
uuxy
=
();
vvxy
=
xy
z
()()
(
)
;;;
zfuxyvxy
=
();
vvxy
=
15
Следствие 1. Если
имеет непрерывные частные производные и
дифференцируемые функции, то полная производная опре-
деляется по формуле:
Следствие 2. Если
имеет непрерывные частные производные и
дифференцируемая функция, то ее полная производная определя -
ется по формуле:
.
2.2. Неявные функции и их дифференцирование
2.2.1. Если
задает неявно функцию
,то
.
2.2.2. Если
задает неявно функцию
,то
.
2.2.3. Если
(,),
(,),
(,),
x xuv
y yuv
z zuv
=
=
=
то говорят, что эта система задает z как неявную
функцию переменных x и y . Тогда частные производные этой функции
можно вычислить по формулам
uv
uv
x
uv
uv
zz
yy
z
xx
yy
=
,
uv
uv
y
uv
uv
xx
zz
z
xx
yy
=
.
2.3. Касательная прямая и нормальная плоскость к кривой
2.3.1. Если линия L задана параметрическими уравнениями
()
xxt
=
,
()
yyt
=
,
()
zzt
=
, то уравнения касательной к L в точке 0
0
0
0
((),(),())
Mxt yt zt имеютвид
(),
zfxy
=
() ()
,
xxtyyt
=
=
−
.
x
t
yt
dzzdx zdy
zxzy
dt xdtydt
=
+
=
+
(),
zfxy
=
()
yyx
=−
x
y
x
dzzzdy
zzy
dxxydx
=
+
=
+
( );0
Fxy=
()
yyx
=
()
()
;
;
x
y
Fxy
dy
dx
Fxy
=−
()
;;
0
Fxyz=
();
zzxy
=
()
()
()
()
;;
;;
;
;;
;;
y
x
xy
zz
Fxyz
Fxyz
zz
zz
x
Fxyz
y
Fxyz
=
=−
=
=−
16
0
0
0
0
0
0
()
()
()
()
()
()
t
t
t
xxt
yyt
xzt
xt
yt
zt
−−−
==
,
а нормальная плоскость определяется
уравнением
0
0
0
0
0
0
()( ()) ()( ()) ()( ())0
t
t
t
xtxxt
ytyyt
ztzzt
−
+
−
+
−
=
.
2.3.2. Если линия L в пространстве задана системой
(как
пересечение двух поверхностей), то уравнения касательной к этой линии в
точке0000
(,,)
Mxyz,где000
(,,)
x y z – решение системы, имеют вид
, а нормальная плоскость
определяется уравнением
.
2.4. Касательная плоскость и нормаль к поверхности
Если поверхность задана уравнением
,аточка0000
(,,)
Mxyzлежит
на этой поверхности, т.е .
000
(,,)0
F x y z = , то уравнение касательной плоскости,
в точке 0
M имеет вид
,
а нормаль к поверхности в этой точке определяется уравнениями
.
2.5. Решение типовых задач
2.5.1. Найти частные производные
и
если
,
,
.
Решение. 1) Вычисляем все производные, необходимые для решения
задачи:
По формуле из п. 2.1 частные производные равны:
()
()
;;
0
;;
0
Fxyz
xyz
=
=
0
0
0
0
00
0
0
0
0
00
0
0
0
xz
y
z
x
y
M
M
M
M
MM
xz
M
M
y
z
x
y
M
M
MM
xx
yy
zz
FF
F
F
F
F
−
−
−
=−
=
()()()
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
x
y
zM
M
M
x
y
zM
M
M
xx
yy
zz
F
F
F
−
−
−
=
()
;;
0
Fxyz=
()(
)()()()()
000
000
000
0
0
0
;;
;;
;;
0
x
y
zxyz
xyz
xyz
F
xx
F
yyF
zz
−
+
−
+
−
=
()
()
()
()
()
()
000
000
000
0
0
0
;;
;;
;;
xz
y
xyz
xyz
xyz
xx
yy
zz
FF
F
−
−
−
==
'
x
z
'
y
z
v
zu
=
22
ux
y
=+
x
v
y
=
1
2
1
;
ln;
2;
;
2;
.
vv
u
v
x
x
y
y
x
zvu
zuuu
xv
u
yv
yy
−
=
=
=
=
=
=−
17
и
2) Заменив промежуточные аргументы
и
, получим
2.5.2. Найти
и
, если
,и
Решение. 1)
2
2
2
2
1
arctg
1(/)
x
z
y
y
y
x
x
yx
x
x
y
=
=
−
=−
+
+
.
2) (см. следствие 1 в п. 2.1)
, где
.
Следовательно,
2.5.3. Найти
, если
.
Решение (см. 2.2.1).
2.5.4. Найти частные производные xz и yz , если
3
2
z xyz
xy
+
=
−
.
Решение. Запишем уравнение в виде
3
(,,)
2
0
Fxyzzxyzxy
=
+
−
+ = ,тогдапо
формулам п. 2.2.2 получим
2
2
3
x
x
z
F
yz
z
F
zxy
−
=−
=−
+
,
2
1
3
y
y
z
F
xz
z
F
zxy
+
=−
=−
+
.
2.5.5. Найдите частные производные функции ( , )
z x y , неявно заданной
системой
3
23
,
,
23
xuv
yuv
zu
v
=+
=−
=−
в точке
3
x=,
7
y=
.
1
1
ln
2
ln
2
v
v
v
x
u
x
v
x
vu
zzuzvvu
xuu
u
x
y
u
y
−
=
+
=
+
=
+
1
22
ln
2
ln
2
.
v
v
v
y
u
y
v
y
x
v
xu
zzuzvvu
yuu
u
y
y
u
y
−
=
+
=
−
=
−
22
ux
y
=+
x
v
y
=
()
()()
()
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
ln
22
ln
;
.
x
y
x
y
xy
x
y
x
y
x
z
x
y
zxxy
y
x
y
x
y
y
++
=
+
+
=
+
−
++
z
x
dz
dx
arctg
y
z
x
=
2
.
yx
=
()
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
dzzzdy
y
x
y
x
dxxydxxy
x
x
y
y
x
−
=
+
=−
+
=
+
+
+
2
yx
=
22
2
4
2
21
.
1
dz
xx
dxxx
x
−
==
++
dy
dx
()
cos
0
xy
xye
++=
()()
;
cos
0.
xy
Fxy
xye
=
++=
()
(
)
()
(
)
()
()
()
()
cos
sin
sin
.
sin
sin
cos
xy
xy
xy
x
xy
xy
xy
y
xye
xy
ye
xy
ye
dy
dx
xyxe
xyxe
xye
++
−
++
+−
=−
=−
=−
−
++
+−
++
18
Решение. Подставив указанные в условии значения x и y , получим систему
3
3,
7,
uv
uv
+=
−=
которая имеет единственное решение
2
u=,
1
v = . Теперь найдем
частные производные в этой точке:
1
uv
xx
==
,
2
312
u
yu
==
,
1
v
y=−,
48
u
zu
==
,
2
99
v
zv
=−
=−
.
По формулам
п.
2.2.3
найдём
89
121 8108 100
11 13
13
121
x
z
−
−
−+
=
=
=−
−
−
,
11
899817
111313
121
y
z
−
−−
=
=
=
−
−
.
2.5.6. Составить уравнение касательной прямой и нормальной плоскости к
винтовой линии
cos
xt
=
,
sin
yt
=
,
zt
=
в точке, которой соответствует
значение параметра 0t
=
.
Решение.
Найдем
()cos
1
x
=
=−,
()sin 0
y
==
,
()
z
=
,
()sin0
t
x
=−
=
,
()cos
1
t
y
=
=−,
()1
t
z
= . По формулам п. 2.3.1 получим
уравнение касательной прямой
1
0
11
x
yz
+−
==
−
и нормальной плоскости
0(1)1(0)1()0
x
y
z
+−
−
+
−
=
, или
0
yz
−
+=
.
2.5.7. Составить уравнения касательной прямой и нормальной плоскости
к линии:
в точке
.
Решение (см. 2.3.2).
а) Определим частные производные этих функций:
б) Уравнение нормальной плоскости:
2
2
2
25
5
x
yz
xz
++=
+=
()
0 2;2 3;3
M
()
()
2
2
2
;;
25;
;;
5.
Fxyzxyz
xyzxz
=
++−
=
+−
0
0
0
0
0
0
2
23
3
2
4;
2
43;
2
6;
1;
0;
1.
x
y
z
x
y
M
z
M
M
x
y
zM
M
M
F
x
F
y
F
z
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
()()()
()()()
2
23
3
4
43
604322234320
1
0
1
x
y
z
x
y
z
−
−
−
=
−
+
−
−
−
=
19
в) Уравнение касательной:
.
После упрощений получаем:
(уравнение нормальной
плоскости к линии) и
(уравнение касательной).
2.5.8. Написать уравнения касательной плоскости и нормали к конусу
в точке (4;3;4).
Решение (см. 2.4). В этой задаче
поэтому
Уравнение касательной плоскости:
.
Уравнение нормали к конусу:
.
После упрощений получаем:
(уравнение касательной
плоскости к конусу) и
(уравнение нормали к конусу).
2.6. Задачи для самостоятельного решения
2.6.1. Найти производную
, если
, где
,
.
2.6.2.
,
,
;
2.6.3. Найти
, если: а)
,
;б)
,
.
2.6.4. Найти
в точке М(1;1), если функция задана неявно уравнением
.
2
23
3
2
43
43
x
y
z
−
−
−
==
−
23
2320
xy
z
+−
−
=
2
23
3
1
23
23
x
y
z
−
−
−
==
−
2
2
2
0
1698
x
yz
+−
=
()
2
2
2
;;
,
1698
x
yz
Fxyz= +
−
()
()
()
4;3;4
4;3;4
4;3;4
4
3
4
22
0,5;
;
1.
8
9
3
4
x
y
z
x
y
z
x
y
z
F
F
F
=
=
=
=
=
=
=
=−
=−
()()()
12
4
3
40
23
x
y
z
−
+
−
−
−
=
4
3
4
1/2 2/3
1
x
y
z
−
−
−
==
−
3460
x
yz
+−
=
4
3
4
3
4
6
x
y
z
−
−
−
==
−
du
dt
22
ux
yxy
=
++
sin
xt
=
t
ye
=
22
zxyyx
=−
cos
xu
v
=
sin
yuv
=
?
z
u
=
?
z
v
=
dz
dx
arctg
z
xy
=
x
ye
=
arcsin
x
z
y
=
2
1
yx
=+
dy
dx
()2
2
3
2
3
30
x
y
xyy
+
−
−
=
20
2.6.5. Найти
, если
.
2.6.6. Для неявно заданной функции
найти частные про-
изводные
y
x
и
x
z
в точке М(1;1;0).
2.6.7. Для неявно заданной функции
2
2
arctg 0
x
yxz
z
y
−
−
−
=
найти
в
точке (16;2;0).
2.6.8. Для функций ()
yxи ()
zx, неявно заданных системой
23
2
1,
2,
x
yz
xxyxyz
−
+=
++
=
найти
dy
dx
и
dz
dx
в точке
2
x=,
1
y=,
1
z=− .
2.6.9. Найти дифференциал
(1, 1)
dz
функции ( , )
z x y , неявно заданной
системой
ln,
ln,
2.
xu
v
yvu
zuv
=+
=−
=+
2.6.10. Составить уравнения касательной и нормальной плоскости к кривой
xt
=,
2
yt
=
,
3
zt
=
в точке (1; 1; 1).
2.6.11. Составьте уравнения касательной и нормальной плоскости к кривой
22
22
1,
1
xy
yz
+=
+=
в точке
111
;;
222
−
.
2.6.12. Составить уравнения касательных плоскостей и нормалей для данных
поверхностей
в
указанных
точках:
а)
;
;
б)
;
;в)
2
2
2
3
43
x
yz
+
+ = ;(2,1,6).
−
Ответы. 2.6.1.
. 2.6.2.
,
. 2.6.3. а)
;б)
.
2.6.4.
2.6.5.
.
2.6.6.
2.6.7. 1/24. 2.6.8.
7
12
x
y=
,
1
2
x
z =−
.
dy
dx
2
ln2
5
xy
xy
−+=
3
3
sin 1
xy
xzyz
+
−
=
y
x
22
24
z
x
y
=−
(2, 1, 4)
4
3
2
3
34
4
4
10
x
yz zxy zx
−
+
−
+ = (1,1,1)
sin2 2
(sin cos )
tt
tee
t
t
++
+
3
3sincos(cos sin)
z
u
v
v
v
v
u
=−
3
(1 3sin cos )(cos
sin )
z
u
v
v
v
v
v
=
−
+
22
(1)
1
x
x
ex
xe
+
+
2
1
1x
+
1/3.
−
()2
2ln
2
yy
xy
−
+
1
;2.
3
−−
21
2.6.9.
31
(1,1)
22
dz
dx dy
=−.
2.6.10.
1
1
1
1
2
3
x
y
z
−
−
−
==,
2360
x
yz
++−
=
.
2.6.11.
1
1
1
2
2
2
1
1
1
x
y
z
−
−
+
==
−−
;
1
0
2
xyz
−
−
−
=
.
2.6.12. а)
;
б)
;
в)236430
x
yz
−
−
+=,
2
1
6
2
3
6
x
y
z
+
−
−
==
−−
.
ЗАНЯТИЕ 3
ПРОИЗВОДНАЯ ПО НАПРАВЛЕНИЮ. ГРАДИЕНТ.
ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА
3.1. Производная в данном направлении и градиент
Определение 3.1.1. Производная дифференцируемой функции трех пере-
менных
в точке
в направлении вектора
равна
, где
углы
между направлением и координатными осями.
Определение 3.1.2. Градиентом дифференцируемой функции трех перемен-
ных
в точке
называется вектор
.
Легко видеть, что производная по направлению равна скалярному произве-
дению градиента в данной точке и единичного вектора данного направления:
.
Отсюда вытекает важное свойство градиента.
88
4,
x
yz
−
−
=
2
1
4
8
8
1
x
y
z
−
−
−
==
−−
32210,
x
yz
−
−
+=
1
1
1
3
2
2
x
y
z
−
−
−
==
−−
()
;;
uuxyz
=
()
0000
;;
Mxyz
0
lMM
=
()
0
0
0
0
cos
cos
cos
x
y
zM
M
M
u
Mu
u
u
l
=
+
+
,,
−
l
()
;;
uuxyz
=
()
0000
;;
Mxyz
()
(
)
00
00
00
0
grad
;
;
x
y
z
x
y
z
MM
MM
MM
uM
u
iu
ju
ku
u
u
=
+
+
=
grad ,
||
ul
u
l
l
=
22
3.1.3. Проекция градиента на выбранное направление равна производной
функции по этому направлению. Отсюда следует, что градиент направлен в
сторону наибыстрейшего возрастания функции в данной точке, а наибольшее
значение производной по направлению равно модулю градиента в данной
точке:
2
22
max
grad
u
u
u
u
u
l
x
y
z
=
=
+
+
.
Градиент функции ( , , )
F x y z перпендикулярен поверхности уровня ( , , )
Fxyz C
=
этой функции в точке
(,,)
M x y z . Так, нормалью к поверхности
(,,)
zfxyz
=
является вектор
grad( (,))
,
,1
xy
N
zfxy
ff
=
−
=−
−
.
3.2. Формула Тейлора
Пусть функция
имеет в окрестности точки
непрерывные
частные производные до
порядка включительно. Пусть точка
принадлежит окрестности точки
0(,)
M x y . Формула Тейлора
го порядка,
записанная с помощью дифференциалов имеет вид:
00
00
00
00
23
00
(,)
(,)
(,)
(,)
1
1
1
(,) (
,
)
...
2!
3!
!
n
n
xy
xy
xy
xy
fxyfxy df
df
df
df
R
n
=
+
+
+
++
+.
Остаточный член
00
1
(
,
)
1
( 1)!
n
n
x
xy
y
R
df
n
+
+
+
=
+
, где
.
Частный случай формулы при
называется формулой Маклорена.
3.3. Решение типовых задач
3.3.1. Найти градиент функции
в точке
и
ее производную в направлении градиента. Убедиться, что эта производная
равна модулю градиента.
Решение. 1) Найдем значения частных производных функции в точке
:
2)
();
ufxy
=
()
0;
Mxy
1
n+
();
Mxy
n−
01
000
xy
==
()
ln
3
xz
u
e
ye
=
++
()
0; 1;0
M−
M
3
1;
3;
1.
3
3
3
xz
x
y
z
x
z
x
z
x
z
M
MM
ee
u
u
u
e
ye
e
ye
e
ye
=
=−
=
=−
=
=−
++
++
++
()
grad
3;
M
u
ijk
=−−
−
()()()
2
2
2
grad
1
3
1
11.
M
u=
−
+−+
−
=
23
3) Направляющие косинусы градиента:
4) Производная в точке
в направлении градиента равна:
. Итак,
мы проверили справедливость свойства 3.1.3.
3.3.2. Найти производную функции
2
2
2
2
ux
yz
=
−
+
в точке
0(1; 2; 2)
M
в
направлении к началу координат.
Решение. Согласно п. 3.1.2, производная по направлению равна скалярному
произведению градиента функции
2
2
2
2
ux
yz
=
−
+
и единичного вектора,
сонаправленного с 0 { 1; 2; 2}
MO=−−
−
. Найдем направляющие косинусы вектора
0
lMO
=
:
222
11
cos
3
(1)(2)(2)
−
=
=−
−
+−+
−
,
2
cos
cos
3
=
=−
.
Градиент в точке 0
M равен
0
1,
2
grad( ){2;4;2}
{2; 8; 4}
xyz
uM
x
yz===
=
−
=
−
.
Тогда
1
2
2
2
8
4
2
3
3
3
u
l
=
−
−
−
+
−
=
.
3.3.3. Разложить функцию
22
(,)
23624
fxy
x
xy
yxy
=−
+
+
−
−
−
в окрестности
точки ( 2; 1)
−
по формуле Тейлора.
Решение. Вычисляем частные производные функции и их значения в заданной
точке:
.
Все дальнейшие производные тождест-
венно равны нулю. Применяя формулу дифференциала произвольного
порядка из п. 1.3.3 и формулу Тейлора, приведенную в 3.2, получаем:
.
3.3.4. Разложить функцию
по формуле Маклорена до
члена 3-го порядка включительно.
Решение. Запишем формулу Маклорена до члена 3-го порядка в общем
()2
1
1
3
1
cos
; cos
; cos
.
11
11
11
131
=−
=−
=−
=−
+−+
M
()()
()
()
1
3
1
1
3
1
11 grad
11
11
11
M
u
Mu
l
=−
−
+−−
+−−
=
=
()()(
)() ()(
)()
2;1
2;1
2;1
2;1
2;1 1;
226
0;
262
0;
xy
f
f
xy
f
xy
−
−
−
−
=
=−
+−
=
=
+−
=
()
()
()
22
2;1
2;1
2;1
2;
2;
6
xy
xy
f
f
f
=−
=
=
()
(
)
2
2
1
2
4(2)(1)6
2
(y 1)
2!
(;)1
xy
x
fxy
−
+
−
−
+
−
=−
();
sin
x
fxyey
=
24
виде:
Вычислим функцию и последовательные частные производные в данной
точке.
Подставляя найденные
частные производные в формулу
, получим:
Замечание. Этот результат можно было получить проще, используя
стандартные разложения
23
3
1
()
26
x
xx
e
x
ox
=+
+++
,
3
3
sin
()
6
y
yy
oy
=
−
+
. При
перемножении правых частей сохраняем слагаемые не выше третьего порядка
малости.
3.4. Задачи для самостоятельного решения
3.4.1. Найти
для а)
;б)
.
3.4.2. Показать, что функция
удовлетворяет соотношению
.
3.4.3. Найти градиент функции
2
(2) sin
y
fx
xz
=в точке 0
12
;2;
23
M
.
3.4.4. Найти производную функции
в точке
в
направлении, образующем с осями координат углы соответственно
,
,
.
3.4.5. Найти производную функции
в точке
в направлении,
идущем от этой точки к точке
()()()() ()
()
()
2
2
0;0
0;0
0;0
0;0
1
*
;
0;0
2
2!
x
y
xy
x
fxy f
f
xf
y
f
x
f
xy
=
+
+
+
+
+
()
()
()
()
()
2
3
2
2
3
2
3
2
2
3
3
0;0
0;0
0;0
0;0
0;0
1
3
3
.
3!
y
x
xy
xy
y
f
y
f
x
f
xyf
xyf
yR
+
+
+
+
+
+
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
22
0;0
0;0
0;0
0;0
0;0
0;0
0;0
0;0
0;0
0;0
0;0 0;
sin
0;
cos
1;
sin
0;
cos
1;
sin
0;
xx
y
x
x
x
xy
xy
f
f
e
y
f
e
y
x
f
e
y
f
e
y
f
e
y
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=−
=
()
()
()
()
32
0;0
0;0
0;0
0;0
sin
0;
cos
1;
xx
x
xy
f
e
y
f
e
y
=
=
=
=
()
()
2
0;0
0;0
sin
0;
x
xy
f
e
y
=−
=
()
()
3
0;0
0;0
cos
1.
x
yf
e
y
=−
=−
()*
23
3
11
sin
.
26
x
e
yyxy
xy
yR
=
++
−
+
grad u
22
u xyz
=
2
2
2
u
x
yz
=
++
2
2
2
ln(
)
u
x
yz
=
++
2
2ln2 ln(grad )
uu
=−
23
uxyzxyz
=
+−
(1, 1, 2)
M
0
60
0
45
0
60
u xyz
=
()
5,1, 2
A
()
9, 4,14 .
B
25
3.4.6. Найти угол между градиентами функций
и
в точке
.
3.4.7. Найти величину и направление наибольшего изменения функции
в точке
.
3.4.8. Разложить функцию
по степеням
и
, если
.
3.4.9. Разложить
по степеням
и
. Найти члены
первого и второго порядка и .
Ответы. 3.4.1. а)
;б)
3.4.3.
1
3
34
ik
++
.
3.4.4.
.
3.4.5.
.
3.4.6.
.
3.4.7.
,
.
3.4.8.
3
3
2
2
(3)
x
yxyhxy
+
−
+
−
+
2
2
2
3
3
(6
)3
6
2
kyx
xh
hkykh
k
−
+
−
+
++
.
3.4.9.
, где
,
;
.
ЗАНЯТИЕ 4
ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ ДВУХ ПЕРЕМЕННЫХ
4.1. Локальные экстремумы функции двух переменных
Определение 4.1.1. Точка
называется точкой строгого максимума
(минимума) функции двух переменных функции
, если существует
такая окрестность точки
), что для всех точек
, лежащих в её
окрестности,
кроме
точки
0
M,
выполняется
условие
Значение
называется
локальным максимумом (минимумом) функции. Максимумы и минимумы
называют экстремумами.
22
1f
x
y
=+
22
2
3
fxy
xy
=
−
+
(3, 4)
()
uxyz
=+
0(0, 1, 2)
M
(
)
,
fxhyk
++
h
k
()33
,3
fxy
x
yxy
=
+
−
sin sin
z
x
y
=
4
x
−
4
y
−
2
R
22
3
32
3
,2
,
xyz xyzxy
2
2
2
xiyjzk
x
yz
++
++
5
98
13
16
arccos
65
1,0,0
l=
3
u
l
=
(
)
22
2
0,5 0,5 0,5 0,25
2
z
h
k
hhkkR
=
+
+
−
−
+
+
/4
hx
=−
/4
ky
=−
3
2
2
2
1
(cos cos
3sin cos
3cos sin
6
R
h
hk
hk
=−
+
+
+
3
sin cos
)k
+
()
000
;
Mxy
();
zfxy
=
000
(;
Mxy
();
Mxy
()()()()
00
00
;
;
(;
;)
fxyfxy fxyfxy
()
00
;
fxy
26
Теорема 4.1.2. Необходимые условия экстремума. Если
является
точкой экстремума функции
, и в этой точке существуют конечные
частные производные
и
,то
и
.
Определение 4.1.3. Точки, принадлежащие области определения, в которых
частные производные равны нулю (не существуют), называются стационар-
ными (критическими) точками функции.
Замечание. Согласно п. 3.1.2 в стационарной точке градиент является
нулевым вектором, следовательно, производная в любом направлении равна
нулю.
Теорема 4.1.4. Достаточные условия экстремума функции двух пере-
менных. Пусть в стационарной точке
и ее окрестности функция
непрерывна и имеет непрерывные частные производные до
третьего порядка включительно, и пусть
и
.
1) Если
и
, то точка
точка минимума функции
.
2) Если
и
, то точка
точка максимума функции
.
3) Если
,товточке
функция не имеет экстремума.
4) Если
, то возможен любой из случаев 1)–3) дополнительное
исследование.
4.2. Наибольшее и наименьшее значение функции в некоторой области
Для нахождения наибольшего и наименьшего значения функции
в области
нужно:
1) Найти все стационарные точки функции внутри области. Вычислить зна-
чения функции в этих точках.
2) Найти наибольшее и наименьшее значение функции на границе области.
3) Из всех полученных таким образом значений выбрать наибольшее и наи-
меньшее.
Наибольшее (наименьшее) значение функции нельзя смешивать с локальным
максимумом (минимумом), который является наибольшим (наименьшим )
значением только по сравнению с соседними точками.
()
000
;
Mxy
();
zfxy
=
x
f
y
f
()
00
;
0
xxy
f
=
()
00
;
0
yxy
f
=
()
000
;
Mxy
();
zfxy
=
()
()
()
22
0
0
0
;;
xy
xy
M
M
M
Af
Bf
Cf
=
=
=
2
DACB
=−
0
D
0
A
0
M−
();
zfxy
=
0
D
0
A
0
M−
();
zfxy
=
0
D
0
M−
0
D=
();
zfxy
=
D
27
Для исследования наибольших и наименьших значений на границе области
рассматривают условные экстремумы функции. Дополнительным условием
является принадлежность точки к линии, ограничивающей данную область.
4.3. Условный экстремум функции двух переменных
Определение 4.3.1. Пусть
определена на множестве
.
подмножество, заданное условием
(уравнение связи). Точка
называется точкой условного максимума функции
(условного минимума функции), если существует такая окрестность точки
что для всех точек
(
0
MM
), лежащих в этой окрестности,
выполняется условие
.
Если из уравнения связи можно выразить явно ()
yx (или ()
xy), то нахождение
условного экстремума сводится к исследованию экстремумов функции одной
переменной () (,())
gxfxyx
=
(или() ((),)
hyfxyy
=
). Если явное выражение
невозможно или неудобно, применяют метод Лагранжа, а именно,
исследование функции
на условный экстремум сводится к исследова-
нию на обычный экстремум т.н . функции Лагранжа
.
4.3.2.Необходимый признак условного экстремума:
Пусть
—
любое решение системы.
4.3.3.Достаточный признак условного экстремума:
();
zfxy
=
DLD
−
( );0
Fxy=
()
000
;
MxyL
();
zfxy
=
0,
M
();
MxyL
()()()()
(
)
00
00
;
;
;
;
fxyfxy
fxy fxy
();
fxy
()()()
;;
;
;
Фxy
fxy Fxy
=+
()
0,
0,
;
0.
x
x
x
y
y
y
fF
fF
Fxy
=+
=
=+
=
=
=
()
00
;;
xy
()
()
(
)()
22
000
2
2
0
,,
00
00
2
Если
0, то
точка условного
,
если
0, то
точка условного
.
y
xy
x
y
x
xy
xy
D
F
FF
F
D
M
max
D
M
min
=
−
+
−
−
28
4.4. Решение типовых задач
4.4.1. Исследовать на экстремум функцию
.
Решение. 1) Определяем стационарные точки функции (см. 4.1.3). Для этого
приравниваем ее частные производные к нулю, составляем систему и решаем
ее:
Стационарные точки функции:
и
.
2) Найдем производные второго порядка данной функции:
3) Определим
для каждой стационарной точки.
а) Для точки
экстремума нет.
б) Для точки
:
значит, в точке минимум.
4.4.2. Исследовать на экстремум функцию ( , )
u x y , заданную неявно
уравнением
2
2
2
22
8
80
x
yuuyu
+
++
−
+=
.
Решение. Найдем частные производные по формулам п. 2.2.2 и приравняем их
к нулю для поиска стационарных точек:
4
0
281
x
x
u
Fx
u
F
u
y
=−
=−
=
+−
,
48
0
281
y
y
u
F
yu
u
F
u
y
+
=−
=−
=
+−
.
Функцию
(,)
Fxy
взяли из уравнения ( , ) 0
F x y = , определяющего неявную функцию ( , )
uxy.
Решая полученные уравнения, находим
0
x=,
2
yu
=−
.
Поставим эти
соотношения в исходное уравнения. Получим
2
2
2
8
16
80
uu
uu
+−
−
+=,
откуда
1
u= или
8
7
u=−
. Итак, мы нашли две стационарные точки функции:
(0; 2)
−
(при этом
1
u=)и
16
0;
7
(при этом
8
7
u =− ). Для исследования этих
стационарных точек нам понадобятся значения вторых производных.
Вычисления производим по формуле дифференцирования дроби:
()
2
4
4(281)24
281
(281)
x
xx
xx
x
x
u
y
u
x
uu
u
y
u
y
+−−
=
=−
=−
+−
+−
.
Подставим
в
полученное выражение
0
x=,
2
y=− ,
1
u=и
0
x
u = , откуда
2
4
(0; 2)
15
x
Au
=
−
=
.
33
3
zxy
xy
=
+−
'2
'2
330
330
x
y
z
x
y
z
yx
=
−
=
=
−
=
()
1 0;0
P
()
2 1;1
P
"
"
"
6,
3,
6
xx
xy
yy
z
xz
z
y
=
=−
=
2
DACB
=−
()
10;0:
P
90
D=−
−
()
2 1;1
P
270
D=
−
1.
min
z=−
29
Аналогично
()
2
4(48)(281)(28)(48)
48
281
(281)
yy
yy
yy
y
u
u
y
u
yu
yu
uu
u
y
u
y
+
+−−
+
+
+
=
=−
=−
+−
+−
.
При 0
x=,
2
y=− ,
1
u=и
0
y
u=
имеем
2
16
(0; 2)
15
y
Cu
=
−
=
.
Осталось найти
смешанную
производную:
()
2
(2 8)4
4
281
(281)
y
xy
xy
y
ux
x
uu
u
y
u
y
+
=
=−
=
+−
+−
.
Поскольку в исследуемой стационарной точке
0
x=,то
(0;2)0
xy
Bu
=
−
=
.
Применим теперь достаточные условия 4.1.4:
241664
0
15 15 225
DACB
=
−
=
=
,
следовательно, экстремум есть, и это минимум, поскольку 0
A.
Исследуем теперь вторую стационарную точку, в которой 0
x=,
16
7
y=,
8
7
u=− ,
0
xy
uu
==
.
Полученные общие уравнения для вторых производных не
меняются, надо лишь найти их числовые значения в новой точке:
4
15
A=−
,
4
15
C=−
,
0
B=
.
Поскольку
2
4416
0
15 15 225
DACB
=
−
=−
−
=
, то экстремум
есть. Это максимум, потому что
0
A.
Итак, эта неявно заданная функция имеет минимум, равный min 1
u = ,вточке
(0; 2)
−
и максимум, равный max
8
7
u=−,вточке
16
0;
7
.
Значение в точке
максимума оказалось меньше значения в точке минимума, потому что это
локальные экстремумы.
4.4.3. Найти наибольшее и наименьшее значение функции
2
22
ux
xy
y
=
−
+
в
области, определяемой неравенствами
3
xy
+, 0
x,
0
y.
Решение. Очевидно, системой неравенств определяется прямоугольный
треугольник с вершинами в точках (0;0) , (3;0) , (0;3) . Сначала найдём
стационарные точки функции ( , )
uxy:
220
x
u
x
y
=
−
=
,
220
y
ux
=−
+ = ,откуда
1
xy
==. Эта точка принадлежит треугольнику, поэтому вычислим значение
функции (1;1) 1
u
=.
Далее исследуем границу области. На стороне треугольника
0
y= , [0;3]
x
функция равна
2
(,0) ()
ux
gxx
==
.
Очевидно, её наименьшее значение на
отрезке [0; 3] равно 1
(0) 0
gg
==
, а наибольшее 2
(3) 9
gg
==
.
Уже сейчас
30
понятно, что в стационарной точке внутри треугольника не будет достигаться
ни наименьшее, ни наибольшее значение.
Продолжим исследование границы. На стороне
0
x=,
[0;3]
y
функция равна
(0,) ()2
uyhyy
== и достигает наименьшего значения
1
(0) 0
hh
==и
наибольшего значения 2
(3) 6
hh
==
.
На участке границы, определяемом уравнением
3
yx
=−,
[0;3]
x
, функция
22
(,3)()
2(3)2(3)386
ux
x
fxxxx
x
x
x
−
=
=
−
−
+
−
=
−
+ имеет минимум в точке
4
3
x=
. Наименьшее значение 1
42
33
ff
==
, наибольшее равно 2
(3) 9
ff
==
.
Сравнивая значения 1 2
1
2
1
2
,
,
,
,
,
ffgghhи(1;1)
u
, найдём наименьшее
1(0;0) 0
u
=
и наибольшее 2
(3;0) 9
uu
==
значения функции ( , )
uxyвданной
области.
4.4.4. Найти условные экстремумы функции
при условии
Решение. 1)
Составляем функцию
Лагранжа (см. п . 4.3.1):
.
Находим
и
, и записы-
ваем необходимый признак условного экстремума (п. 4.3.2)
Решение системы:
и
2) Применяем достаточные условия (см. п. 4.3.3):
а)
Из достаточного признака условного экстремума следует, что
точка условного максимума. Значение функции в этой точке
(условный максимум) равно
.
32
zxy
=+
22
45.
xy
+=
()
()22
;
32;
;
45.
fxy
x
yFxy
x
y
=
+
=
+
−
()()()
()
22
;;
;
;32
45
xy
fxy Fxy
xy
x
y
=
+
=
++
+
−
32,
28
xy
xy
=+
=+
()22
;
45
Fxy
x
y
=
=
+
−
22
32 0,
28
0,
4 50.
x
y
xy
+=
+=
+
−
=
1
1
1
1
3
1
;;
2
2
22
xy
=−
=
=
2
2
2
1
3
1
;
;
.
2
2
22
xy
−−
=
=
=
22
2;
8;
0;
2;
8.
xy
x
y
xy
FxFy
=
=
=
=
=
(
)()
111
22
01
;;
2
849
216202884
2
0.
2
22
xy
D
y
xy
x
=
−
+
=−
−
1
31
;
222
M
−
52
31
б)
Следовательно, точка
точка условного минимума. Значение
функции в этой точке (условный минимум) равно
4.5. Задачи для самостоятельного решения
4.5.1. Найти стационарные точки функции
,
,
.
4.5.2. Найти точки экстремума функции
а)
;б)
;в)
;
г)
22
4ln 10ln
zxxyy
x
y
=
++−
−
;д)
3
3
2
3
3
1
zxy
yx
=
+−
−
−
.
4.5.3. Найти наибольшее значение функции
в треугольнике,
ограниченном прямыми
,
,
.
4.5.4. Найти наибольшее и наименьшее значение функции
23
zxy
=+
в кольце
22
49
xy
+.
Указание. Для исследования функции на границе окружность радиуса R
задать параметрическими уравнениями
cos
xRt
=
,
sin
yRt
=
.
4.5.5. Исследовать функцию ( , )
u x y на условный экстремум при заданных
уравнениях связи: а)
11
(,)1
uxy
xy
=+
+,
22
111
8
xy
+=; б)(,)ln
uxy
xy
=
,
33
0
xxyy
++=
.
Ответы. 4.5.1.
.
4.5.2. а) min в (
)1;1
−
;б)minв(
)
1;1
−−
и (1;1); в) min
в (1;1); г) min в (1;2); д) min в
1
;2
3
,maxв
1
;0
3
−
.
4.5.3.
. 4.5.4.
33
;
12
22
наиб
zz
=
=
;
33
;6
22
наим
zz
=
=−
.
4.5.5. а) min
1
(4;4)
2
u−−
=
, max
3
(4; 4)
2
u
=
; б)max
11
;
2ln2
22
u
−
−
=−
.
(
)()
222
22
02
;;
2
849
21684
2
0.
2
22
xy
D
y
x
=
+
=
+
2
31
;
222
M
−−
−
52.
−
sin
sin
sin( )
z
x
y
xy
=
+
+
+
0
/4
x
0
/4
y
22
1
zxxyy
xy
=
+++−+
4
4
2
2
2
zxyx
xyy
=
+−−
−
33
3
zxy
xy
=
+−
2
(4
)
zxy
xy
=
−
−
0
x=
0
y=
6
xy
+=
,
66
(2, 1) 4;
наиб
zz
==
(4, 2) 64
наим
zz
=
=−
32
ЗАНЯТИЕ 5
ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
5.1. Основные понятия
5.1.1. Определение. Определенным интегралом
()
b
a
fxdx
называется предел
последовательности интегральных сумм
()
1
,
1, 2, 3...
n
ii
i
fxn
=
=
при
условии, что n →и
max
0
ix
=→([,]
abразбивается на части точками ,ix
произвольным образом выбираются
1
[,]
i
i
i
xx
−
,
1
i
i
i
xxx−
=
−
,
0
xa
=
,
n
xb
=
).
()
()
01
lim
.
b
n
ii
i
a
n
fxdx
fx
→=
→
=
5.1.2. Свойства определенного интеграла. Формула Ньютона-Лейбница
5.1.2.1.
b
a
dxba
=−
.
5.1.2.2. ( ) 0
a
a
fxdx=
.
5.1.2.3.
()
().
bb
aa
fxdx
fxdx
=
5.1.2.4.
() ()
(
)()()
1
2
1
2
.
b
b
b
a
a
a
fxfxdxfxdxfxdx
+
=
+
5.1.2.5. ()
().
ba
ab
fxdx
fxdx
=−
5.1.2.6. ( )
() ().
b
c
b
a
a
c
fxdxfxdxfxdx
=+
5.1.2.7. ( )
()
bb
aa
fxdx ftdt
=
.
5.1.2.8. Теорема. Если функция ( )
Fx является первообразной функции ( )
fx,
то справедлива формула Ньютона-Лейбница:
()()()().
b
b
a
a
fxdxFx
Fb Fa
=
=
−
5.2. Решение типовых задач
5.2.1. Вычислить
1
2
13
.
22
dx
xx
−
−+
Решение.
()
()
()
()
()
1
1
1
1
2
2
2
2
13
13
13
13
1
13
1
22
211
11
11
arctg 1
arctg0 arctg 1 3 1 arctg0 arctg 3 0
.
33
dx
dx
dx
dx
x
x
x
x
xx
x
−
−
−
−
−
−
=
=
=
=
−
+
−
++
−
+
−
+
=
−
=
−
−
−
=
+
=
+=
33
5.2.2. Вычислить
15
1
2
xdx
x
−
+
.
Решение. Сначала выделим целую часть и правильную рациональную дробь у
подынтегральной функции, поделив числитель на знаменатель «уголком»:
5
4
3
2
54
4
43
3
32
2
2
2
24816
2
2
24
4
48
8
816
x
x
x
x
x
x
xx
x
xx
x
xx
x
xx
+
−
−
+
−
+
+
−
−
−−
−
+
−
−
−−
остаток
16
16 32
32
x
x
−
+
−
1
1
1
1
11
5
5
4
3
2
4
3
2
11
1
1
1
1
32
24816
2
4
8
2
2
5
4
3
2
xdx
x
x
x
x
x
x
x
x
dx
xx
−−
−
−
−
−
=
−
+
−
+−
=
−
+
−
+
++
1
1
11
28
46
1
16
32ln| 2|
32 32ln3
32 32ln3 35 32ln3
53
15
15
xx
−−
+
−
+
=
++−
=
+−
=
−
.
5.2.3. Вычислить
/12
2
/12
sin 3x dx
−
.
Решение.
/12
/12
/12
2
/12
/12
/12
1
1
sin 6
sin 3
(1 cos6 )
2
2
6
x
xdx
xdx
x
−−
−
=
−
=
−
=
11
sin
sin
12 12
2
2
126
=
−
−
−
=
−
.
5.2.4. Вычислить
()
ln3
2
0
3.
x
e
dx
+
Решение.
()()
ln3
ln3
ln3
ln3
ln3
2
22
0
0
0
0
0
3
96
9
6
x
x
x
x
x
edx
eedx
dx
edx
edx
+
=
+
+
=
+
+
=
ln3
2
ln3
0
0
1
9(ln3 0) 6
9ln3 6(3 1) (9 1) 9ln3 16
22
x
x
e
e
=
−
+
+
=
+
−
+
−
=
+.
34
5.3. Задачи для самостоятельного решения
5.3.1. Чему равна интегральная сумма, составленная для функции
2
yx
=
, если
отрезок интегрирования [0; 4] разбивается на четыре равные части, а
промежуточные точки i ( 1, 2, 3, 4
i=
) выбираются в серединах отрезков
разбиения? Сравнить полученное значение с точным значением интеграла.
Вычислить интегралы (5.3.2 – 5.3.8)
5.3.2.
1
3
2(5 11)
dx
x
−
−
+
. 5.3.3.
1
4
0
(1)
xx
e
edx
−
.
5.3.4.
1
22
0( 1)
xdx
x+
. 5.3.5.
3
1
1ln
e
dx
xx
+
.
5.3.6.
/2
5
0
cos
sin 2
x
xdx
.
5.3.7.
/4
3
3
/2
cos
sin
xdx
x
−
−
. 5.3.8.
2/
2
1/
sin(1 / )x
dx
x
.
5.3.9. При каком a верно равенство
2
3
(2)
21
a
x
dx
−=
?
Ответы. 5.3.1. 21 ; точное значение
64
3
. 5.3.2. 7
72
. 5.3.3.
5
(1)/5
e−
. 5.3.4. 1
4
.
5.3.5. 2 . 5.3.6.
2
7
. 5.3.7.
3
219
8
162
−
. 5.3.8. 1 . 5.3.9. 6
a=
.
5.4. Метод подстановки
(замены переменной) в определенном интеграле
Теорема 5.4.1. Пусть
()
xt
=
–
непрерывно дифференцируемая на отрезке
;
функция. Пусть
()
a
=
,
()
b
=
,ипри
;
t
значения функции
()
xt
=
принадлежат
;ab . Тогда
()
()
()()
b
a
fxdx f
t
tdt
=
.
Замечание. Обратите внимание на то, что при переходе к новой переменной t
пересчитывается дифференциал
()
dx
tdt
=
и меняются пределы
интегрирования a
→,b
→
35
5.5. Решение типовых задач
5.5.1. Вычислить
2
4
2
16
dx
xx+
.
Решение. В этом интеграле удобно применить подстановку
4
x
t
=
.
Старые
пределы интегрирования
2
a=,
4
b = ; им соответствуют новые
2
=,
1
=.
Функция
4
()t
t
= удовлетворяет всем условиям теоремы о замене переменной.
Пересчитаем дифференциал
2
4dt
dx
t
=−
и функцию
2
2
2
2
1
1
1
4/
16
16/ 16 16
1
t
t
xx
t
t
=
=
+
+
+
.
Теперь перепишем и вычислим
интеграл:
1
4
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
1
1
ln
1
44
16 16
1
1
dx
t
dt
dt
tt
t
xx
t
t
=
−
=−
=−
+
+=
+
+
+
()()
(
)
1
112
ln12ln25
ln
.
44
25
+
=−
+
−
+
=−
+
5.5.2. Вычислить
ln2
2
04
16 15
x
xx
edx
ee
++
.
Решение. Применим подстановку
x
ez
=
.
Тогда
x
edxdz
=
,
22
x
ez
=
,
[0; ln 2]
x
[1; 2]
z
. Перепишем интеграл относительно переменной z :
2
ln2
2
2
2
2
2
0
1
1
1
1(24)1241
ln
2
4241
4
161541615
(24)1
x
xx
edx
dz
dz
z
z
e
e
z
z
z
+
+−
=
=
=
=
++
+
+
+
+
+
−
2
1
123175149
ln
ln ln
ln
425497445
z
z
+
=
−
=
+
=
.
5.6. Метод интегрирования по частям в определенном интеграле
Пусть u и v — функции, непрерывные вместе со своими производными на
отрезке
;ab, тогда имеет место формула:
bb
b
a
aa
udv uv
vdu
=−
.
При выборе, какая функция принимается за ( )
ux и какое выражение составит
()
dv x , следует руководствоваться теми же соображениями, что и при
вычислении неопределенных интегралов (см. [1], 24.1).
36
5.7. Решение типовых задач
5.7.1. Вычислить
/2
2
0
sin
3
x
x
dx
.
Решение. Формулу интегрирования по частям применяем дважды:
()
/2
/2
2
22
00
0
sin
3 cos
3cos 2
3
3
3
u
du
dv
v
x
x
x
x
dxx
xdx
=−
−
−
=
2
/2
/2
22
2
00
00
33
3 cos
6 cos
63sin
3 sin
3
3
8
3
3
u
dv
x
x
x
x
x
x
dx
x
dx
=−
+
=−
+
−
=
22
2
0
33
3
33
9
6 sin 033cos
27354.
8
26
3
8
2
x
=−
+
−
+
=−
+
+
−
5.7.2. Вычислить
2
1
ln
e
x
xdx
.
Решение.
2
22
2
2
2
1
1
ln;
ln
ln
2ln
2
;
2
e
e
u
xdvxdx
x
x
x
x
xdx
xx
du
dxv
x
==
=
=
−
==
2
2
lnx
x
2
11
ln
2
ee
e
dx
x xdx
=
−
=
2
2
2
2
1
ln;
ln
22
;
2
e
u
xdvxdx
e
x
x
x
dx
x
du
v
x
==
=
=
−
−
==
2
dx
x
2
2
2
2
1
1
1
224
4
e
e
e
e
x
e
−
=
−
−
=
.
5.7.3. Вычислить
0
cos
x
e
xdx
−
.
Решение. В этой задаче также проводится двукратное интегрирование по
частям (см. [1], 24.3.7):
0
00
cos
cos
sin
sin
sin
x
x
x
x
x
u
dv
uv
ue
dv
xdx
e
xdx
e
x
e
xdx
vx
du edx
−−
−
=
=
=
=
−
=
=
=
00
0
sin
0
sin
cos
cos
cos
x
x
x
x
x
u
dv
ue
dv
xdx
e
xdx
e
x
e
xdx
vx
du edx
−
−−
=
=
=
−
=
=−−
−
=−
=
.
37
Получаем уравнение относительно искомого интеграла:
00
0
cos
cos
cos
x
x
x
e
xdx e
x
e
xdx
−
−−
=−
0
2 cos
1
x
e
xdx
e
−
−
=+
0
1
cos
2
x
e
e
xdx
−
−
+
=
.
5.8. Задачи для самостоятельного решения
5.8.1. Можно ли при вычислении интеграла
3/4
22
/4 sin 4cos
dx
xx
+
сделать замену
переменной tg
tx
=
?
Вычислить интегралы методом замены переменной (5.8.2–5.8.8):
5.8.2.
9
4
1
x
dx
x−
. 5.8.3.
1
0
x
xx
edx
ee
−
+
. 5.8.4.
2
2
1
1
x
dx
x
−
. 5.8.5.
52
9
53
0(1 )
x
dx
x
+
.
5.8.6.
ln5
0
1
3
xx
x
ee
dx
e
−
+
.
5.8.7.
3
2
1
51
dx
xx
x
++
.
5.8.8.
/2
02cos3
dx
x
+
.
Вычислить интегралы методом интегрирования по частям (5.8.9–5.8.15):
5.8.9.
/2
0
cos
x
xdx
. 5.8.10.
1
0
ln( 1)
e
x
dx
−
+
. 5.8.11.
/2
2
0
cos
x
e
xdx
. 5.8.12.
3
1
ln
e
xdx
.
5.8.13.
1
0
x
xe dx
−
. 5.8.14.
3
0
sin
x
xdx
. 5.8.15.
2
2
1
log
x
xdx
.
Ответы. 5.8.1. Нельзя, т. к . функция
tg
tx
=
имеет бесконечный разрыв в
точке
3
;
244
.
5.8.2. 7 2ln2
+
.
5.8.3.
2
1
ln
12
ee
++
+
.
5.8.4. 3
3
−
.
5.8.5.
2
45
. 5.8.6.4
−
.
5.8.7.
727
ln
9
+
.
5.8.8.
21
arctg
55
.
5.8.9.
1
2
−
.
5.8.10. 1 . 5.8.11.
2
5
e
−
.
5.8.12. 62e
−
.
5.8.13.
2
1
e
−
.
5.8.14.
3
6
−
.
5.8.15.
3
2
4ln2
−
.
38
ЗАНЯТИЕ 6
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЕННОГО
ИНТЕГРАЛА
6.1. Площадь плоской фигуры
6.1.1. Площадь в прямоугольных координатах. Площадь фигуры,
ограниченной графиками непрерывных функций
1()
yfx
=
,
2()
yfx
=
при
[,]
xab
и, может быть, прямыми xa
=
иxb
=
(рис. 6 .1), вычисляется по
формуле
12
() ()
b
a
Sfxfxdx
=−
.
Рис. 6.1
Рис. 6.2
В частности, площадь криволинейной трапеции (рис. 6 .2), ограниченной
прямыми линиями xa
=
иxb
=
(ab
), осью Ox и графиком непрерывной на
отрезке [ , ]
ab функции
()
yfx
=
, сохраняющей знак на этом отрезке,
вычисляется по формуле
()
b
a
S
fxdx
=
.
Здесь выбирается знак ""
+,если()0
fx ,изнак""
−
,если ()0
fx .
Если функция задана в параметрической форме, т. е .
()
xxt
=
,
()
yyt
=
,то
площадь криволинейной трапеции определяется формулой
2
1
() ()
t
t
S ytxtdt
=
,
где 1t и 2t находятся из уравнений
1
()
xt
a
=
и
2
()
xtb
=
.
Функция ()
xt
предполагается непрерывной, а функции ()
xt
и()
yt – непрерывными и
сохраняющими знак на отрезке 12
[,]
tt.
Замечание. Иногда площадь фигуры выражают в виде суммы или разности
площадей ее отдельных участков, удовлетворяющих указанным условиям.
39
6.1.2. Площадь в полярных координатах. Пусть криволинейный сектор
ограничен дугой кривой
()
rr
=
и двумя полярными радиусами
=
и
=
(рис. 6 .3), а функция
()
rr
=
непрерывна при
;
.
Тогда
площадь криволинейного сектора выразится интегралом
()2
1
()
2
S
r
d
=
.
Рис. 6.3
6.2. Длина дуги плоской кривой
6.2.1. Длина дуги в прямоугольных координатах. Длина дуги гладкой
кривой
()
yfx
=
, расположенной между двумя точками, абсциссы которых
равны xa
=
и
,
xb
=
определяется формулой
()
()2
1
b
a
l
fxdx
=+
.
Если функция задана в параметрической форме
()
xxt
=
,
()
yyt
=
,где()
xtи
( )yt – непрерывно дифференцируемые на отрезке
12
;tt функции, то длина
дуги кривой между точками, абсциссы которых равны ( )
1
xtи()
2
xt
определяется формулой
()
()()
()
2
1
22
t
t
l
xt
yt dt
=
+
.
6.2.2. Длина дуги кривой в полярных координатах. Пусть дуга гладкой
кривой задана в полярных координатах уравнением
()
rr
=
от
=
до
=
.
Если()
r непрерывно дифференцируема на
;
, то длина дуги
кривой выразится интегралом
()
()()
()
22
l
r
r
d
=+
.
40
6.3. Решение типовых задач
6.3.1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной графиком функции
2
1
1
y
x
=
+
и параболой
2
2
x
y=
.
Решение. Предварительно находим точки пересечения графиков:
2
2
1
2
1
x
x
=
+
42
20
xx
+−
=
2
2;1
x=−
1
x= .Числа 1
−
и1
являются пределами интегрирования. Площадь S фигуры вычисляется по
формуле п. 6.1.1:
1
1
23
1
1
1
2
22
1
1
1
1
1
1
1
1
arctg
2
2
6
23
11
x
dx
x
S
dx
xdx
x
xx
−
−
−
−
−
=
−
=
−
=
−
=
−
++
.
Здесь мы учли, что на отрезке [ 1, 1]
−
2
2
1
12
x
x
+
, и модуль под интегралом
раскрывается со знаком ""
+.
6.3.2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной эллипсом
22
221.
xy
ab
+=
Решение. Эллипс является замкнутой линией, симметричной относительно
осей Ox и Oy . Таким образом, площадь S , ограниченная эллипсом, равна 1
4S,
где 1S − площадь криволинейной трапеции, ограниченной осями Ox , Oy и
графиком функции
2
2
1
x
yb
a
=−,
0;
xa
.
Площадь 1
S записываем по формуле п. 6.1.1, а интеграл вычисляем с помощью
тригонометрической подстановки
sin
xat
=
(см. [1], 23.3.3):
2
22
1
2
00
sin ;
cos
441
4
0;
0;
2
aa
xatdxatdt
xb
SS
b
dx
a
xdx
x
a
t
a
a
==
=
=
−
=
−
=
=
()
2
2
2
2
2
2
0
0
0
44
1 sin
cos
cos
cos
4 cos
bb
a
tatdt
a
ta tdt ab
tdt
aa
=
−
==
=
=
2
2
0
0
1 cos2
4
2
0
2
t
ab
dt abt
ab
+
=
=
+=
.
6.3.3. Найти площадь фигуры, определяемой уравнением
2cos3
r
=
(трёхлепестковая роза).
Решение. Фигура состоит из трех одинаковых «лепестков». Площадь
половины одного из них (рис. 6.4) определяется по формуле п. 6.1.2, где
41
пределы интегрирования равны
0
=и
6
=:
()
()
6
6
6
22
2
0
0
0
1
1 cos6
6
()
3 2cos3
12cos3
12
22
S
r
d
d
d
d
+
=
=
=
=
=
66
00
6
6 cos6
dd
=
+
=
66
00
0
6
sin 6
=
+
=
.
Рис. 6 .4
6.3.4. Определить длину одной арки циклоиды
()
()
sin ,
1cos.
xat
t
ya
t
=−
=−
Решение. Циклоида состоит из бесчисленного множества повторяющихся
арок, каждая из которых получается при одном полном обороте окружности .
Первая арка начинается в точке ( )
0;0
O
, которой соответствует значение
параметра t равное 1 0
t = , а заканчивается в точке (
)
2;0
a
, где значение
параметра t равно 2 2
t
=
.
Длина дуги определяется по формуле, приведенной в п. 6.2.1:
()
()()
()
()
()()
()
2
1
22
2
22
0
sin
1 cos
t
t
l
xt
yt dt
at
t
a
t
dt
=
+
=
−
+
−
=
()
2
2
2
22
0
1 cos
sin
a
t
a
tdt
=
−
+
=
2
22
00
2 2sin
2
2 2cos
2 sin
2
t
t
a
tdt a
dt
−
=
=
()
2
0
4 cos
4118
2
t
a
a
a
=−
=−
−
−
=
.
6.4. Задачи для самостоятельного решения
6.4.1. Записать интеграл, определяющий площадь фигуры, ограниченной
линией ( 1) ()
yx
fx
=
−
, прямыми 0
x=,
2
x = и осью абсцисс, если ()
fx–
положительная непрерывная функция на отрезке [0; 2] .
42
6.4.2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями, уравнения
которых
2
21
yx
=+и
10
xy
−
−
=
.
6.4.3. Окружность
22
8
xy
+=разделена параболой
2
2
x
y=
на две части. Найти
площади обеих частей.
6.4.4. Найти площадь фигуры, ограниченной кардиоидой 2 cos
cos 2
x
a
ta
t
=−,
2 sin
sin 2
yata
t
=−.
6.4.5. Найти площадь фигуры, ограниченной линией 3 2 cos
=−
.
6.4.6. Вычислить длину дуги кривой
()
3
21
,
1
4
32
y
x
x
x
=
−
.
6.4.7. Определить длину окружности радиуса R , используя ее уравнение в
декартовых координатах:
2
2
2
x
yR
+=; в параметрической форме:
cos
xRt
=
,
sin
yRt
=
,
[0,2]
t
; в полярных координатах: rR
=
.
Ответы. 6.4.1.
12
01
(1)() ( 1)()
xfxdx
x
fxdx
−
+
−
. 6.4.2.
16
3
. 6.4.3.
4
2
3
+;
4
6
3
−
.
6.4.4.
2
6a
. 6.4.5. 11 . 6.4.6.
31
6
.
6.4.7. 2 R
.
6.5. Вычисление объёмов
6.5.1. Вычисление объема тела по площадям поперечных сечений. Пусть
дано тело, у которого площадь S любого сечения, перпендикулярного
некоторой оси, которую мы примем за ось Ox , является непрерывной
функцией от x
()
(
)
;.
SSxaxb
=
Тогда объем этого тела вычисляется по
формуле
()
b
a
V Sxdx
=
.
6.5.2. Объем тела вращения. Объем тела, образованного вращением вокруг
оси Ox криволинейной трапеции, ограниченной двумя прямыми xa
=
иxb
=
()
ab
, осью Ox и графиком непрерывной на
;ab функции
(),
yfx
=
вычисляется по формуле
()
2
b
a
V
fxdx
=
.
43
6.6. Площадь поверхности вращения
6.6.1. Площадь поверхности, образованной вращением дуги гладкой кривой
()0
yfx
=
при
;
xab
вокруг оси Ox , вычисляется по формуле
() ()
()2
21
b
a
S
fx
fxdx
=+
.
6.6.2. Если кривая задана в параметрической форме
()
xxt
=
,
()
yyt
=
,
12
[;]
ttt
,
причем ()
xtи()
yt – непрерывно дифференцируемые функции и на отрезке
12
[;]
tt выполняются условия ( ) 0
ytи()0
xt
, то площадь поверхности,
образованной вращением этой кривой вокруг оси Ox , определяется
интегралом
()()
2
1
22
2()()
()
t
t
S
yt xt
yt dt
=+
.
6.6.3. Площадь поверхности, образованной вращением кривой
()
rr
=
,
заданной в полярных координатах при 0
вокруг полярного
луча, можно найти по формуле
()
()()
()
22
2 ()sin
rr
r
d
S
=
+
.
6.7. Решение типовых задач
6.7.1. Найти объем тела, ограниченного конусом
2
2
2
2
2
2
x
yz
a
bc
=+ и плоскостями
xK
=−
и
.
xK
=
Решение. В сечении конуса, перпендикулярном оси Ox , получается эллипс,
который определяется уравнениями
22
2
2
2
22
22
2
2
2
22
1,
,
const
const.
yz
x
yz
xx
bc
a
bc
aa
x
x
+=
=+
=
=
Его полуоси равны
bx
a
и
cx
a
.
Площадь, ограниченная эллипсом, равна произведению полуосей на число
(см. задачу 6.3.2), поэтому ( )
bx cx
Sx
aa
=
. Объем тела равен (см. п. 6.5.1)
()
bK
aK
bx cx
V Sxdx
dx
aa
−
=
=
33
2
2
2
2
2
3
3
K
K
K
K
bc
bcx
bcK
xdx
a
a
a
−
−
=
=
=
.
44
6.7.2. Найти объем шара радиуса R , рассматривая его как тело вращения.
Решение. Будем считать, что сфера образована вращением окружности
2
2
2
x
yR
+=, расположенной в плоскости xOy , вокруг оси
.
Ox
Объем шара определяем по формуле п. 6.5.2
()
()2
.
b
a
V
fx dx
=
Из уравнения окружности получаем
()
()
2
2
2
2
,;
fx
yRxxRR
=
=
−
−
.
()
3
3
3
2
2
2
3
4
2
3
3
3
R
R
R
R
x
R
R
V
Rxdx
Rx
R
−
−
=
−
=
−
=
−
=
.
6.7.3. Вычислить площадь поверхности, образованной вращением астроиды,
заданной параметрическими уравнениями
3
cos
xa
t
=
,
3
sin ,
yat
=
[0;2]
t
,
вокруг оси Ox .
Решение. Верхняя и нижняя половина астроиды при вращении образуют одну
и ту же поверхность, поэтому для вычисления площади учитываем только
верхнюю половину. Астроида симметрична относительно оси Oy , поэтому
можно вычислить половину искомой площади, рассмотрев вращение ее части,
расположенной в первом квадранте
0;
2
t
. По формуле п. 6.6.2:
()()
2
1
2
1
22
2
2
() 3cos sin;
0;
2()()
()
2
()3sin cos;
2
t
t
xt
a
t
tt
S
yt xt
yt dt
yt
a
t
tt
=−
=
=
+
=
=
=
=
(
)(
)
/2
22
3
2
2
0
2
sin
3 cos sin
3 sin cos
a
t
a
t
t
a
t
tdt
=
−
+
=
/2
/2
3
2
2
2
2
2
2
4
00
1
2
sin 9 sin cos (cos
sin)6
sin cos
a
ta
t
t
t
tdt
a
t tdt
=
=
+
=
=
/2
/2
52
2
4
2
0
0
sin
6
6
sin (sin)6
55
ta
a
tdt
a
=
=
=
. Следовательно,
2
12
5
a
S
=
.
6.7.4. Вычислить площадь поверхности, образованной вращением кардиоиды
(1cos)
ra
=+(0
a ) вокруг полярного луча.
Решение. Косинус – четная функция, поэтому кардиоида симметрична
относительно полярной (рис. 6 .5). Ее верхняя и нижняя половины при
вращении описывают одну и ту же поверхность, поэтому пределы
интегрирования в формуле п. 6.6.3 выберем
0
=
и
=
,
что соответствует верхней половине кардиоиды.
Далее,
() sin
ra
=−
;
45
2
2
2
2
(())(()) (1cos) sin
r
r
a
+
=
+
+
=
2
2(1 cos )
4 cos
2
aa
=
+
=
=2cos
2
a
=
2 cos
2
a
=
при [0; ]
, откуда
()
()()
()
22
2 ()sin
rd
Srr
+
==
Рис. 6.5
22
00
2 (1cos)sin2cos
4
2cos 2sin cos cos
2
2
22
2
a
a
d
a
d
=
+
=
=
5
22
2
4
2
0
0
2
cos
32
32
16
cos
(2cos) 32
(0 1)
2
2
5
5
5
aa
a
d
a
=
−
=−
=−
−
=
.
6.8. Задачи для самостоятельного решения
6.8.1. Вычислить объем шарового слоя, вырезанного из шара
2
2
2
16
x
yz
++
плоскостями
2
x=и
3
x=
.
6.8.2. Определить объем тела, ограниченного однополостным гиперболоидом
2
2
2
2
2
2
1
x
yz
abc
+−
=
и плоскостями
1
z=− и
1
z=.
6.8.3. Вычислить объем тела, ограниченного эллиптическим параболоидом
22
22
xy
z
ab
=+ и плоскостью zk
=
(0
k ).
6.8.4. Найти объем тела, основание которого – полукруг
2
01
yx
−
,авсе
сечения, перпендикулярные оси абсцисс – квадраты.
6.8.5. Вычислить объем тела, образованного вращением фигуры,
ограниченной линиями
4
xy=,1
x=,
4
x=,
0
y= , вокругосиOx.
6.8.6. Найти объем тела, образованного вращением фигуры, ограниченной
линиями
2
2
yxx
=−,
0
y= , вокругосиOx.
46
6.8.7. Вычислить площадь поверхности, образованной вращением вокруг оси
Ox дуги кривой
3
3
x
y=
от
0
x= до
2
x=
.
6.8.8. Определить объем и площадь поверхности тела, образованного
вращением фигуры, ограниченной линиями
sin
yx
=
(0x
) и
0
y=,
вокруг оси Ox .
6.8.9. Вычислить объем и площадь поверхности тела, образованного
вращением фигуры, ограниченной первой аркой циклоиды
()
sin
xat
t
=−,
()
1 cos
ya
t
=−
и осью абсцисс, вокруг этой оси.
Ответы. 6.8.1.
29
3
.
6.8.2.
2
1
21
3
ab
c
+
.
6.8.3.
2
2
abk
.
6.8.4.
4
3
.
6.8.5. 12 .
6.8.6.
16
15
. 6.8.7. (17 17 1)
9
−
. 6.8.8.
2
2
;2(2ln(1 2))
++ . 6.8.9.
23
5a
;
2
64
3
a
.
ЗАНЯТИЕ 7
НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ С БЕСКОНЕЧНЫМИ
ПРЕДЕЛАМИ
7.1. Основные понятия
7.1.1. Определение. Пусть функция ( )
fx непрерывна при )
;
xa
+.
Несобственным интегралом с бесконечным верхним пределом
()
a
fxdx
+
называется
()
()
lim
b
b
aa
fxdx
fxdx
+
→+
=
.
Если предел существует и конечен, то несобственный интеграл называется
сходящимся, если предел не существует или бесконечен, то интеграл
называется расходящимся.
7.1.2. Определение. Пусть функция ( )
fxнепрерывна при
(;
xb
−
.
Несобственным интегралом с бесконечным нижним пределом
()
b
fxdx
−
называется
()
()
lim
bb
a
a
fxdx
fxdx
→−
−
=
.
Если предел существует и конечен, то несобственный интеграл называется
сходящимся, если предел не существует или бесконечен, то интеграл
называется расходящимся.
47
7.1.3. Определение. Если функция ( )
fxнепрерывна при (
)
;
x−+,то
несобственным интегралом с бесконечными пределами
()
fxdx
+
−
называется
()
()
()
()()
lim
bc
a
ac
b
fxdx
fxdx
fxdx
fxdx
c
+
+
→−
−
−
→+
=
=
+
.
Если оба предела существуют и конечны, то несобственный интеграл
называется сходящимся, если хотя бы один предел не существует или
бесконечен, то интеграл называется расходящимся.
7.1.4. Определение.
Главным значением (V.P .) интеграла
()
fxdx
+
−
называется
()
()
V.P.
lim
b
b
b
fxdx
fxdx
+
→+
−
−
=
.
Если несобственный интеграл сходится, то он сходится и в смысле главного
значения. Возможны случаи, когда расходящийся интеграл сходится в смысле
главного значения.
7.2. Вычисление несобственных интегралов с бесконечными пределами
или установление их расходимости
7.2.1. Формула Ньютона-Лейбница для несобственных интегралов с
бесконечными пределами.
1) Если
функция
()
fx непрерывна
при
)
;
xa
+,
то
()()()()
a
a
fxdxFx
F
Fa
+
+
=
=
+−
,где()
()
lim
b
F
Fb
→+
+=
.
2) Если
функция
()
fx
непрерывна
при
(;
xb
−
,
то
()()()()
b
b
fxdxFx
FbF
−
−
=
=
−
−
,где()
()
lim
a
F
Fa
→−
−=
(ср. п. 5.1.2.8).
7.2.2. Замена переменной (подстановка) в несобственных интегралах.
Для вычисления несобственных интегралов можно применять замены (см.
п. 5.4).
Может случиться, что с помощью замены переменной сходящийся
несобственный интеграл превратится в определенный.
48
7.2.3. Интегрирование по частям в несобственных интегралах.
Пусть ()
uxи()
vx – функции, которые непрерывны вместе со своими
производными на промежутке )
;a + , тогда имеет место формула:
a
aa
udv uv
vdu
+
+
+
=−
.
Пусть ()
uxи()
vx – функции, которые непрерывны вместе со своими
производными на промежутке ( ; b
−
, тогда имеет место формула:
bb
b
udv uv
vdu
−
−
−
=−
(ср. п. 5.6).
7.2.4. Cходимость несобственного интеграла
( )0.
p
a
dx
a
x
+
( )0 сходится при 1 и расходится при 1
p
a
dx
a
p
p
x
+
.
7.3. Признаки сходимости несобственных интегралов
с бесконечными пределами
7.3.1. Пусть для двух непрерывных функций ( )
fxи()
x
при всех значениях
)
;
xa
+ выполняется условие
() ()
0fx
x
. Тогда:
1) Если сходится
(),
a
xdx
+
то сходится и
().
a
fxdx
+
2) Если расходится
(),
a
fxdx
+
то расходится и
().
a
xdx
+
7.3.2. Если для двух непрерывных неотрицательных на промежутке )
;a +
функций выполняется условие
()
()
lim
0
x
fx
C
x
→+
=(Cи ( ) 0
x
для всех достаточно больших x ),
то интегралы
()
a
xdx
+
и
()
a
fxdx
+
одновременно либо сходятся, либо
расходятся.
7.3.3. Если на промежутке )
;a + функция ( )
fxнепрерывна и
()
lim
0
x
fx
→+
, то несобственный интеграл
()
a
fxdx
+
расходится.
49
7.3.4. Абсолютная и условная сходимость.
1) Если
()
a
fxdx
+
(интеграл от абсолютной величины функции ( )
fx)
сходится, то
()
a
fxdx
+
сходится. В этом случае
()
a
fxdx
+
называется
абсолютно сходящимся.
2) Если
()
a
fxdx
+
сходится, а
()
a
fxdx
+
расходится, то интеграл
()
a
fxdx
+
называется условно сходящимся.
7.4. Решение типовых задач
7.4.1. Вычислить несобственный интеграл:
()
22
0
0
dx
x
+
+
.
Решение. См. 7.2.1 (1).
22
0
0
1
1
1
arctg
lim arctg arctg 0
0
22
b
dx
x
b
x
+
+
→+
=
=
−
=
−
=
+
.
7.4.2. Вычислить несобственный интеграл:
0
kx
edx
+
−
.
Решение. См. 7.2.1 (1).
()
0
0
1
,0
11
lim
1
;
,0
kx
kx
kb
b
k
edx
e
e
k
kk
k
+
+
−
−
−
→+
=−
=−
−
=
+
0
0
11
1,при 0;
1,при 0;
,при0.
e
k
e
k
dx
k
kk
+
−
+
+
−
−
−
−
=+
=
Вывод. Заданный интеграл сходится при 0
k , и его значение равно
1
k
.
При
0
k интеграл расходится.
7.4.3. Вычислить несобственный интеграл:
2
.
4
c
dx
x
−
+
Решение. См. 7.2.1(2).
Интеграл
2
2
2
2
ln
4
ln
4 limln
4
4
c
c
a
dx
x
x
c
c
a
a
x
→−
−
−
=
+
+
=
+
+−
+
+
+
50
расходится, так как
()()
()
22
2
2
44
lim ln
4 limln
4
aa
a
a
a
a
aa
aa
→−
→−
−+
+
+
−
+
+
+=
=
−+
2
lim ln
a
a
→−
=
2
a
−
()
()2
4
4
ln
ln0
4
aa
−
−
=
=
=
−
−+
.
7.4.4. Найти главное значение несобственного интеграла
2
V.P .
.
4
dx
x
+
−
+
Решение. 1) Интеграл
2
4
dx
x
+
−
−
+
расходится.
Действительно,
2
2
2
4
4
4
c
c
dx
dx
dx
x
x
x
+
+
−
−
=+
+
+
+
, и каждое слагаемое в
этой сумме расходится (см. 7.1.3 и пример 7.4.3).
2)
2
22
V.P .
lim
lim ln
4
44
b
b
bb
b
b
dx
dx
xx
xx
+
→+
→+
−
−
−
=
=
+
+
=
++
2
22
2
:
4
lim ln
4ln
4 lnlim
:
4
bb
b
bb
bb
bb
b
bb
→+
→+
++
=
+
+−−+
+
=
=
−
+
+
2
2
4
4
11
2
ln lim
lnln()
.
0
11
b
b
b
→+
++
=
=
=
+ =+
−
++
Интеграл расходится в смысле главного значения:
2
V.P.
.
4
dx
x
−
=+
+
Замечание. Но, например,
2
2
1
V.P.
lim ln( 1)
0
12
b
b
b
xdx
x
x
+
→+
−
−
=
+
=
+
,
хотя
несобственный интеграл
2
1
xdx
x
+
−
+
, очевидно, является расходящимся.
Действительно, 2
1
,
1
~
x
x
xx
→
+
; далее см. п .п. 7.3.2 и 7.2.4.
51
7.4.5 . Вычислить несобственный интеграл:
22
5
1
dx
xx
+
−
.
Решение.
)
2
2
22
5
1
;
1
1
5;
;0
5
dt
x
dx
t
t
dx
dt
t
xx
xt
+
=
=−
=
=−
−
+
+
2
1
1
t
0
1
2
5
1
1
t
=
−
()()
1
0
00
2
2
2
2
1
2
11
5
55
1
525
1
1
1
.
25
1
tdt
t
dt
t
t
−
−
=−
=
−
−
=
−
=
−
Замечание. После замены переменной и упрощения подынтегральной
функции несобственный интеграл превратился в определенный.
7.4.6. Вычислить несобственный интеграл:
()
2
1
ln2 x
dx
x
+
+
.
Решение. Данный интеграл является несобственным только из-за
бесконечного верхнего предела. Внутри интервала интегрирования точек
разрыва подынтегральной функции нет. Данный интеграл вычисляется по
частям:
()
()
()
()
2
2
11
1
1)
2)
ln2
;
ln2
1
ln2
2
1
;
2
dx
u
xdv
x
dx
x
dx
x
x
x
x
dx
x
du
v
xx
+
+
+
=
+
=
+
=
=−
+
+
+
=
=−
+
.
1) Запись
()
1
1
ln2 x
x
+
+ означает
()()
ln3
ln2
ln21
lim
ln3
1
b
b
b
→+
++
−
=−
.
()
()
()
()
ln2
ln2
11
0.
lim
lim
lim
2
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
→+
→+
→+
+
+
=
=
=
=
=
+
2) Вычисляем несобственный интеграл, предварительно разложив
подынтегральное выражение на элементарные дроби:
()
(
)1
11
1
111
1
1
ln ln2
ln
2
2
2
2
22
dx
x
dx
x
x
x
x
x
x
x
+
+
+
+
=
−
=
−
+
=
=
+
+
+
(
)
1
11
1
ln3
lim ln
ln
ln lim
ln3
ln1 ln3
2
2
32
2
2
2
bb
bb
bb
→+
→+
=
−
=
+
=
+
=
++
.
Следовательно,
()
2
1
ln2
13
( ln3) ln3 ln3
22
x
dx
x
+
+
=−−
+
=
.
52
7.4.7. Вычислить
площадь фигуры,
ограниченной графиком функции
2
1
,
y
x
=
прямой 1
x=(
)1
x и осью абсцисс (рис. 7 .1).
Решение. Применяем формулу площади
криволинейной трапеции, в которой верхний
предел интегрирования равен + . Площадь
фигуры
выражается
сходящимся
несобственным интегралом, поэтому имеет
конечное значение:
2
1
11
1
1
1
lim
lim 11
b
bb
dx
S
x
x
b
x
+
+
→+
→+
=
=−
=
−
=−
+=
.
7.4.8. Исследовать сходимость интеграла
()
0
sin
0.
kx
e
xdxk
+
−
Решение. Очевидно, sin
1
x
, поэтому
sin
kx
kx
e
xe
−−
. Интеграл
0
kx
edx
+
−
сходится при
0
k (см. пример 7.4.2). По признаку сходимости 7.3.1(1)
интеграл
()
0
sin
0
kx
e
xdxk
+
−
сходится и, следовательно,
0
sin
kx
e
xdx
+
−
при 0
k сходится абсолютно (см. 7.3.4(1)).
7.4.9. Исследовать сходимость интеграла
5
17
3
192
dx
x
x
x
+
++
.
Решение. Подынтегральная функция ( )
5317
1
92
fx
x
x
x
=
++
непрерывна при
)
1;
x + . В качестве вспомогательной функции возьмем ( )
317
1
x
x
=
,
которая тоже непрерывна на )
1;+ .
()
()
()
17
3
17
3
17
3
317
5317
17
5
3
17
:
1
lim
lim
lim
9
2
2
:
9
x
x
x
x
fx
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
→+
→+
→+
−
=
=
=
+
+
+
+
( )23
0
3
16
0
1
lim
1
2
91
x
x
x
→+
−
==
++
5
17
17
33
()
11
.
92
~
x
x
x
x
x
→+
++
Интеграл
Рис. 7.1
53
17
17
3
11
3
dx
dx
x
x
+
+
=
сходится (см. 7.2.4), и по признаку (7.3.2) исходный интеграл
5
17
3
192
dx
x
x
x
+
++
тоже сходится.
7.5. Задачи для самостоятельного решения
Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость:
7.5.1.
1
dx
x
+
. 7.5.2.
2
22
dx
xx
+
−
++
.
7.5.3.
2
2
1
dx
xx
+
−
. 7.5.4.
2
0
x
xe dx
+
−
.
7.5.5.
2
1
arctg x
dx
x
+
. 7.5.6.
0
xx
dx
ee
+
+
. 7.5.7.
3
2
1
xdx
x
+
−
. 7.5.8.
2
ln
e
dx
xx
+
.
Исследовать сходимость интегралов:
7.5.9.
3
0
1
xdx
x
+
+
. 7.5.10.
3
4
1
(1)
x
dx
x
+
+
. 7.5.11.
13
5
3
3
0(
1)
xdx
xx
+
++
. 7.5.12.
2
4
3
0
sin 3
1
x
dx
x
+
+
.
7.5.13.
5
1
ln(1 )
x
dx
xx
+
+
+
. 7.5.14.
1
1
arctg
42
x
dx
x
+
+
−
+
.
Ответы. 7.5.1. Расходится. 7.5.2. . 7.5.3. /4
. 7.5.4. 1/2. 7.5.5.
ln2
42
+
.
7.5.6. 2(1 ln 2)
−
.
7.5.7.
ln7 3
3
arctg
63
5
+
.
7.5.8. 1 . 7.5.9. Сходится.
7.5.10. Расходится. 7.5.11. Сходится. 7.5.12. Сходится. 7.5.13. Расходится.
7.5.14. Расходится.
ЗАНЯТИЕ 8
НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ОТ НЕОГРАНИЧЕННЫХ
ФУНКЦИЙ. ГАММА-ФУНКЦИЯ
8.1. Основные понятия
8.1.1. Определение. Если функция ( )
fxнепрерывна при );
xаb
и в точке
xb
=
имеет бесконечный разрыв, то несобственным интегралом
()
b
a
fxdx
называется
()
()
()
00
lim
lim
b
b
X
Xb
a
a
a
fxdx
fxdx
fxdx
−
→+
→−
==
.
54
Если предел существует и конечен, то несобственный интеграл называется
сходящимся, если предел не существует или бесконечен, то интеграл
называется расходящимся.
8.1.2. Определение. Если функция ( )
fxнепрерывна при ( ;
xаb
и в точке
xa
=
имеет бесконечный разрыв, то несобственным интегралом
()
b
a
fxdx
называется
()
()
()
00
lim
lim
b
b
b
Xa
a
a
X
fxdx
fxdx
fxdx
→+
→+
+
==
.
Если предел существует и конечен, то несобственный интеграл называется
сходящимся, если предел не существует или бесконечен, то интеграл
называется расходящимся.
8.1.3. Определение. Если функция ( )
fx непрерывна при ) (
,
,
xac
cb
ив
точке xc
=
имеет бесконечный разрыв, то несобственным интегралом
()
b
a
fxdx
называется сумма несобственных интегралов ( )
() ()
b
c
b
a
a
c
fxdxfxdxfxdx
=+
.
Если оба интеграла в правой части сходятся, то несобственный интеграл
называется сходящимся, если хотя бы один из интегралов расходится, то
интеграл называется расходящимся.
8.1.4. Определение. Если функция ( )
fx непрерывна при ( )
;
xab
,ав
точках xa
=
иxb
=
имеет бесконечные разрывы, то несобственным
интегралом
()
b
a
fxdx
называется
сумма несобственных интегралов
()()()
b
c
b
a
a
c
fxdxfxdxfxdx
=+
, где c − внутренняя точка промежутка (
);ab.
Если оба интеграла сходятся, то несобственный интеграл называется
сходящимся, если хотя бы один из интегралов расходится, то интеграл
называется расходящимся.
8.2. Вычисление несобственных интегралов от неограниченных
функций или установление их расходимости
8.2.1. Формула Ньютона-Лейбница для несобственных интегралов от
неограниченных функций.
1) Если функция ( )
fxнепрерывна при );
xаc
,авточкеxc
=
имеет
бесконечный разрыв,
то
()()()()
0
0
c
c
a
a
fxdxFx
Fc
Fa
−
=
=
−
−
,
где
()
()
()
00
0 lim
lim
.
Xc
Fc
FX
Fc
→−
→+
−
=
=
−
55
2) Если функция ( )
fxнепрерывна при
(;
xcb
,авточкеxc
=
имеет
бесконечный разрыв,
то
()()()()
0
0
b
b
c
c
fxdxFx
Fb Fc
+
=
=
−
+
,
где
()
()
()
00
0 lim
lim
Xc
Fc
FX
Fc
→+
→+
+=
=
+
(ср. п. 5.1.2.8).
3) Если функция ( )
fxнепрерывна при ) (
;;
xаc
cb
,авточкеxc
=
имеет
бесконечный разрыв, то
()()()
b
c
b
a
a
c
fxdxfxdxfxdx
=+
,
где
()
c
a
fxdx
и
()
b
c
fxdx
вычисляются
соответственно по формуле 1) и по формуле 2).
4) Если функция ( )
fxнепрерывна при ( )
;
xab
,авточкахxa
=
иxb
=
имеет бесконечные разрывы, то
()()()()
();
b
c
b
a
a
c
fxdxfxdxfxdxcab
=
+
,
где
()
c
a
fxdx
и
()
b
c
fxdx
вычисляются соответственно по формуле 2) и по формуле 1).
8.2.2. Замена переменной (подстановка) в несобственных интегралах от
неограниченных функций.
Для вычисления несобственного интеграла можно применять замену.
Может случиться, что с помощью замены переменной несобственный
интеграл превратится в определенный.
Несобственный интеграл
()
b
a
fxdx
по конечному промежутку );ab заменой
переменной может быть преобразован в интеграл по неограниченному
промежутку.
8.2.3. Интегрирование по частям в несобственных интегралах от
неограниченных функций.
Пусть ()
uxи ()
vx – непрерывно дифференцируемые на промежутке );ab
функции.
Тогда имеет место формула:
0
bb
b
a
aa
udv uv
vdu
−
=−
.
Пусть ()
uxи ()
vx – непрерывно дифференцируемые на промежутке ( ;ab
функции.
Тогда имеет место формула:
0
bb
b
a
aa
udv uv
vdu
+
=−
(ср. п. 5.6).
8.2.4. Cходимость несобственного интеграла
0
.
b
p
dx
x
Интеграл
0
b
p
dx
x
сходится при 1
p и расходится при 1
p.
56
8.3. Признаки сходимости несобственных интегралов
от неограниченных функций
8.3.1. Пусть функции ( )
fxи ()
x
непрерывны при );,
xab
в точке xb
=
имеют бесконечный разрыв, и на интервале );ab выполняется условие
() ()
0fx
x
. Тогда:
1) Если сходится
()
b
a
xdx
, то сходится и
().
b
a
fxdx
2) Если расходится
()
b
a
fxdx
, то расходится и
().
b
a
xdx
8.3.2. Пусть функции ( ) 0
fxи()0
x
непрерывны при );,
xab
в точке
xb
=
имеют бесконечный разрыв, и выполняется условие
()
()
0
lim
0
xb
fx
C
x
→−
=(функции одного порядка; при 1
C = эквивалентны).
Тогда интегралы
()
b
a
xdx
и
()
b
a
fxdx
одновременно либо сходятся, либо
расходятся.
8.3.3. Абсолютная и условная сходимость. Пусть функция ( )
fxнепрерывна
при );
xab
ивточкеxb
=
имеет бесконечный разрыв.
Если
()
b
a
fxdx
(интеграл от абсолютной величины функции ( )
fx)
сходится, то
()
b
a
fxdx
сходится. В этом случае
()
b
a
fxdx
называется
абсолютно сходящимся.
Если
()
b
a
fxdx
сходится, а
()
b
a
fxdx
расходится, то интеграл
()
b
a
fxdx
называется условно сходящимся.
8.4. Гамма-функция
Гамма-функцией, или эйлеровым интегралом второго рода, называется
несобственный интеграл
1
0
() xt
x
tedt
+
−−
=
. Интеграл
1
1
xt
tedt
+
−−
сходится при
любых значениях x . Для этого достаточно применить признак 7.3.1, взяв в
качестве функции сравнения
/2
()t
te
−
=
, поскольку
1
/2
lim
0
xt
t
t
te
e
−−
−
→+
=
при всех x
(предел вычисляется по правилу Лопиталя). Значит,
1
/2
0x
t
t
tee
−
−
−
, начиная с
57
некоторого 0t , а интеграл
0
/2
t
t
edt
+
−
сходится, что легко проверить
непосредственным вычислением. Интеграл
1
1
0
xt
tedt
−−
сходится при 0
x ,так
как при 0
t→
1
1
1
xt
x
te
t
−−
−
,а
1
1
0
x
dt
t−
сходится при 11
x
−(воспользовались 8.3.2
и 8.2.4). Итак, гамма-функция ()
x
определена при 0
x.
8.4.1. Формула понижения.
(1)()
x
xx
+=
.
Легко вычислить, что
0
(1)
1
t
edt
+
−
=
=
,тогда(2)1(1)1
=
=,
(3)2(2)212
=
=
=
,
(4) 6
=и т. д.
Для целых значений
0
n
получим ( 1) !
nn
+=
.
Можно показать, что
1
2
=
,
отсюда
1 135...(2 1)
(2 1)!!
2
2
2
nn
nn
n
−
−
+=
=
для
натуральных значений n .
8.4.2. Формула дополнения. Справедлива формула ( ) (1 )
sin( )
xx
x
−
=
для всех 01
x
.
8.4.3. Асимптотика гамма-функции. При
0
x→
(1)(1)1
()x
x
x
x
x
+
=
=
.
Приx→+ ( 1) 2
x
x
xx
e
+
(формула Стирлинга). График ()
x
имеет
вертикальную асимптоту 0
x = и единственную точку экстремума (минимума),
принадлежащую промежутку (1; 2) .
Через гамма-функцию выражаются многие важные интегралы, например,
интеграл Пуассона
22
1/2
0
0
0
1
22
2
2
x
x
t
t
dt
edx
edx
e
t edt
t
+
+
+
+
−
−
−
−
−
−
=
=
=
=
=
.
8.5. Решение типовых задач
8.5.1. Вычислить несобственный интеграл
0
2
1
arcsin
1
x
dx
x
−
−
.
Решение. Интеграл является несобственным, так как подынтегральная
функция имеет в точке
1
x =− бесконечный разрыв.
58
()
0
00
2
2
11
10
arcsin
1
arcsin
arcsin
arcsin
2
1
x
dx
xd
x
x
x
−−
−+
=
=
=
−
(
)22
22
10
11
arcsin 0 lim arcsin
0
.
2
2
2
8
x
x
→−+
=
−
=
−
−
=−
8.5.2. Вычислить несобственный интеграл
3
3
2
09
x
dx
x
−
.
Решение. Интеграл является несобственным, так как подынтегральная
функция имеет в точке
3
x = бесконечный разрыв.
))
()()
2
2
2
2
3
3
0
32
22
0
0
3
9
9;
9
2
2
;
99
0;3
3;0
x
tx
t
t
tdt
x
xx
dx
dx
xdx
tdt xdx tdt
t
xx
xt
−
=
=
−
−
−
=
=
=−
=−
=
=
−−
()
0
0
3
2
3
3
9
9
27918.
3
t
tdt
t
=−
−
=−
+
=
−
=
Замечание. В процессе замены интеграл стал определенным.
8.5.3. Вычислить несобственный интеграл
1
2
0
22
dx
xx
x
++
.
Решение. Подынтегральная функция имеет бесконечный разрыв в точке
0.
x=
((
11
2
2
2
0
2
1
112
22
0;1
;1
2
dt
x
dx
dx
dt
tt
xx
x
xt
t
ttt
+
=
=−
=
=−
=
++
+
+
++
2
22
11
1
1
1
1
1
11
2
ln
.
2
24
22
221
11
24
dt
dt
tt
tt
t
+
+
+
+
=
=
=
++
+
+
++
++
Так как
2
1
11
lim ln
2
24
t
tt
→+
++
+
+ =+
, то интеграл расходится
Замечание. В результате замены несобственный интеграл от неограниченной
функции стал интегралом с бесконечным верхним пределом.
8.5.4. Вычислить несобственный интеграл
0
ln
.
e
xdx
Решение. Интеграл является несобственным, так как подынтегральная
функция имеет в точке
0
x = бесконечный разрыв.
Для вычисления интеграла надо применить интегрирование по частям.
59
0
00
1)
2)
ln;
ln
ln
0.
;
ee
e
u
xdvdx
xdx
xx
dxee
dx
du
vx
x
+
==
=
=
−
=
−
=
==
1)
()
()
()
1
0
0
0
0
1
(0)
ln
ln
ln
ln lim ln
lim
lim
e
x
x
x
x
x
xx
ee
x
xe
e
x
x
−
+
→+
→+
→+
−
=
−
=
−
=
−
=
2
00
1
1
lim
lim
.
x
xx
x
e
e
xe
→+
→+
−
=
−
=
+
=
2)
0
0
e
e
dxxe
==
.
8.5.5. Исследовать на сходимость несобственный интеграл
4
8
tg
8
x
dx
x
−
.
Решение. Функция
tg
8
x
x
−
непрерывна на промежутке
;
84
и имеет
бесконечный разрыв в точке
8
x
=
(нижняя граница интегрирования).
Интеграл является несобственным. На указанном промежутке выполняется
неравенство 0 tg 1
x
.
Поэтому подынтегральная функция удовлетворяет
условию
tg
1
0
88
x
xx
−−
.
Интеграл от вспомогательной функции
1
8x
−
сходится:
44
4
0
8
88
1
1
1
2
8
8
4
8
8
8
2
8
dx
dx
x
x
x
+
=
=
−
=
=
−
−
.
Следовательно, интеграл
4
8
tg
8
x
dx
x
−
сходится.
8.5.6. Исследовать на сходимость интеграл
()
4
4
3
4
x
edx
x−
.
Решение. Функция
()4
4
x
e
x−
непрерывна на промежутке )3; 4 и имеет
бесконечный разрыв в точке
4
x=
(верхняя граница интегрирования).
Интеграл является несобственным. На промежутке интегрирования
60
выполняется неравенство
1
x
eи
()()
44
1
44
x
e
xx
−−
. Несобственный интеграл
от вспомогательной функции ( )
()4
1
4
x
x
=
−
расходится:
()
()
()
()
40
40
3
4
4
3
3
40
3
33
4
1
1
1
1
lim
3
3
3
4
34
4
x
x
dx
x
x
x
−−
−
→−
−
=
=−
=−
−
=
−
−
−
−
,
следовательно, интеграл
()
4
4
3
4
x
edx
x−
расходится.
8.5.7. Исследовать на сходимость интеграл
5
2
sin
dx
x
.
Решение. Сделаем в этом интеграле замену переменной:
()
00
2
5
5
5
5
0
2
2
2
,
.
sin
2
2
sin
sin
sin
0
x
ydxdy
dx
dy
dy
dy
xy
x
y
y
y
xy
=
−
=−
=
=
=
=−
=−
=
−
=
=
На промежутке 0;
2
подынтегральная функция ( )
5
1
0
sin
fy
y
=
.
В качестве вспомогательной функции можно взять
()5
1
y
y
=
, так как
()
()
5
5
1
0
0
0
1
5
sin
1
lim
lim
lim
1.
sin
y
y
y
y
y
fy
y
yy
→
→
→
=
=
=
Интеграл
2
5
0
dy
y
расходится по
признаку 8.2.4. Следовательно,
2
5
0 sin
dy
y
также расходится на основании
признака 8.3.2.
8.5.8. Выразить через значение гамма-функции интеграл
0
x
xe dx
+
−
при
1
−,
0
.
Решение. Сделаем замену переменной xt
= , тогда
()1/ 1/1
1
dxdt
tdt
−
=
=
.
Теперь запишем интеграл
/
1/1
00
1
1
1
xt
xe dx
ttedt
+
+
−
−
−
+
=
=
.
61
8.5.9. Вычислить интеграл
5
2
1
lnxdx
I
x
+
=
.
Решение. Этот интеграл можно вычислить повторным применением формулы
интегрирования по частям, но гораздо быстрее найти его с помощью гамма-
функции. Сделаем замену
t
xe
=
,тогда0t
+,
t
dx edt
=
,
55
ln xt
=
, тогда
5
2
0
t
t
tedt
I
e
+
=
5
0
(6) 5! 120
t
tedt
+
−
=
=
=
=
(см. 8.4.1).
8.5.10. Вычислить интеграл
2
4
0
x
xe dx
+
−
.
Решение. Пусть
2
xt
=,xt
=
, тогда
2
4
2
3/2
0
0
0
1
()
2
x
t
t
xe dx
tedt
tedt
+
+
+
−
−
−
=
=
=
2
15113
3
2222
8
=
=
=
(см. 8.4.1).
8.6. Задачи для самостоятельного решения
Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость:
8.6.1.
2
2
0
43
dx
xx
−+
.
8.6.2.
2
1
1
xdx
x−
. 8.6.3.
1
0
ln
x xdx
. 8.6.4.
1/
2
0ln
e
dx
xx
.
8.6.5.
01/
3
1
x
edx
x
−
.
Исследовать сходимость интегралов
8.6.6.
1
4
01
xdx
x
−
. 8.6.7.
1
2
25
3
0(1)
xdx
x
−
. 8.6.8.
1
0
1
x
dx
e−
. 8.6.9.
1
0tg
dx
xx
−
.
Выразить через гамма-функцию интегралы
8.6.10.
1
0
px
xedx
+
−−
(0
p,
0
). 8.6.11.
3
0
x
edx
+
−
. 8.6.12.
5x
xe
e
dx
+
−
−
.
8.6.13.
1
33
0
lnxxdx
.
Ответы. 8.6.1. Расходится. 8.6.2. 8 / 3 . 8.6.3. 1 / 4
−
.
8.6.4. 1 . 8.6.5. 2/e
−
.
8.6.6. Сходится. 8.6.7. Расходится. 8.6.8. Сходится. 8.6.9. Расходится.
8.6.10.
()
p
p
−
.
8.6.11. 3 (3) 6
=
.
8.6.12. (5) 24
=. 8.6.13.
(4)
3
256 128
−
=−
.
62
ЗАНЯТИЕ 9
ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ
9.1. Определение и свойства двойного интеграла
Пусть в области D на плоскости xOy задана функция двух переменных
(,)
zfxy
=
. Произведем разбиение области D на элементарные области
i
D
,
в каждой из которых выберем точку ( , )
iii
M x y (рис. 9.1). Характеристикой
(мелкостью) разбиения назовем величину
max diam
.
i
i
D
=
Под величиной
diam i
D
будем понимать точную верхнюю грань расстояния между двумя
произвольными точками элементарной области
i
D
. Составим интегральную
сумму
()
ii
i
fMS
=
.Здесь()
(,)
i
ii
fMfxy
=
,а
i
S
– площадь элементарной
области
i
D
.
Определение. Двойным интегралом
(,)
D
fxydxdy
называется конечный
предел интегральных сумм
0
lim
→
, не зависящий ни от способа разбиения
области D , ни от выбора точек
i
M . Сама функция
(,)
zfxy
=
при этом
называется интегрируемой (по Риману) в области D .
Рис. 9.1
Рис. 9.2
Необходимым условием интегрируемости является ограниченность функции
(,)
zfxy
=
, а достаточным – ее непрерывность в области D .
Геометрический смысл двойного интеграла. Двойной интеграл
(,)
D
fxydxdy
при(,)0
f x y численно равен объему цилиндроида (рис. 9 .2),
верхней границей которого является поверхность
(,)
zfxy
=
, нижней – фигура
D , лежащая в плоскости
0
z = , а его боковой поверхностью служит
цилиндрическая поверхность с образующими, параллельными оси Oz .
Боковая поверхность может полностью или частично отсутствовать, если
поверхность
(,)
zfxy
=
опирается на границу области D .
63
Свойства двойного интеграла
9.1.1.
1
2
1
2
((,) ( ,))
(,)
(,)
D
D
D
fxy kfxydxdy fxydxdyk fxydxdy
+
=
+
(свойство
линейности).
9.1.2. 1
D
D
dxdy S
=
(площадь области D ).
9.1.3.
12
(,)
(,)
(,)
D
D
D
fxydxdy fxydxdy fxydxdy
=+
,
где
12
DDD
=и
12
DD
=, если области 1
Dи2
D не содержат своих границ (свойство
аддитивности).
9.1.4.
**
(,)( ,)
(,)(,)
DD
fxygxydxdy fxy
gxydxdy
=
,где(,)
f x y непрерывна в
областиD,а (,)
g x y интегрируема и неотрицательна. Здесь
**
(,)
fxy –
значение функции ( , )
f x y в некоторой точке области D (теорема о среднем).
9.2. Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах
9.2.1. Теорема. (О сведении двойного интеграла к повторному.) Пусть на
отрезке [ , ]
ab заданы непрерывные функции
1()
yx
=
и
2()
yx
=
, причем
12
() ()
xx
, а функция
(,)
zfxy
=
интегрируема в области D , ограниченной
линиями xa
=
,xb
=
,
1()
yx
=
,
2()
yx
=
(рис. 9 .3). Тогда, если при любом
[,]
xab
существует интеграл
2
1
()
()
()
(,)
x
x
Fx
fxydy
=
и функция ()
Fx интег-
рируема на отрезке [ , ]
ab , то двойной интеграл
(,)
D
fxydxdy
равен
повторному интегралу
2
1
()
()
()
(,)
x
x
bb
aa
Fxdx dx fxydy
=
.
Рис. 9.3
Рис. 9 .4
Эта теорема позволяет свести вычисление двойного интеграла к повторному
интегрированию сначала по переменной y , затем по переменной x . Пределы
64
внутреннего интегрирования определяются линиями, ограничивающими
фигуру снизу и сверху, и могут зависеть от внешней переменной, а пределы
внешнего интегрирования определяются наименьшим и наибольшим
значениями переменной x для области D .
Аналогичную теорему можно сформулировать и д ля области, показанной на
рис. 9 .4. В этом случае формула, сводящая двойной интеграл к повторному,
имеет вид:
2
1
()
()
(,)
(,)
x
Dx
d
c
fxydxdy dy fxydx
=
.
Если область D удовлетворяет как первому, так и второму случаю, то двойной
интеграл может быть записан в виде повторного двумя способами, переход
между которыми называется изменением порядка интегрирования.
Если область D не удовлетворяет ни первому, ни второму случаю, ее
разбивают на несколько, для каждой записывают повторный интеграл, а затем,
согласно свойству 9.1.3, повторные интегралы складывают.
9.2.2. Среднее значение функции z = f(x, y) в области D . Средним
(арифметическим) значение функции ( , )
fxy
в области D называют
величину
(,)
(,)
D
D
D
fxydxdy
fxy
dxdy
=
(ср. со свойством 9.1.4 при ( , ) 1
gxy ).
9.3. Решение типовых задач
9.3.1. Вычислите двойной интеграл
xy
D
xe dxdy
по прямоугольнику D :
12
x
, 02
y
.
Решение. Прямоугольник со сторонами, параллельными осям координат,
является единственным примером области интегрирования, которой
соответствуют не зависящие ни от x , ни от y пределы интегрирования.
Учитывая вид подынтегральной функции, в качестве переменной внутреннего
интегрирования выберем y , чтобы избежать интегрирования по частям:
22
2
2
2
2
2
4
2
2
1
0
1
1
01
(1)
2
1
2
2
2
xy
x
xy
xy
x
D
e
e
e
e
xedxdy xdxedy xdx
e
dx
x
x
=
=
=
−
=
−
=
−
−
+=
42
2
2
ee
−−
=
.
9.3.2. Доказать, что
2
14
xy
D
e
dxdy
x
−
+
, если D — квадрат 01
x
, 01
y
.
Решение. Этот двойной интеграл не вычисляется непосредственно, поэтому
для доказательства неравенства применим теорему о среднем 9.1.4, приняв
(,)
xy
fxy e
−
=
и
2
1
(,)
1
gxy
x
=
+
:
65
**
**
**
**
11
11
2
2
2
00
00
arctg
,
1
1
1
4
4
xy
xy
xy
xy
xy
DD
e
dxdy
dx
dxdy e
e
dy
e
y
x
e
x
x
x
−
−
−
−
−
=
=
=
=
+
+
+
так как в области D значение функции
xy
e
−
не превосходит единицы,
поскольку
0
xy .
9.3.3. Найти пределы двукратного интеграла
(,)
D
fxydxdy
по области D ,
заданной неравенствами
20
yx
−
,20
yx
−,
2
xy .
Решение. Первые два неравенства
запишем в виде двойного
2
2
x
yx
,
откуда следует, что
0
xи
0
y ,то
есть фигура D расположена в
первом квадранте. Далее, найдем
точки пересечения прямых 2
yx
=
и
2
xy
=
с гиперболой
2
xy=
.
Учитывая, что
0
x
и
0
y,
получим две точки: (1, 2) и (2, 1) .
Указанные в условии неравенства определяют криволинейный треугольник,
изображенный на рис. 9 .5.
Его можно задать неравенствами
2
2
x
yx
при [0, 1]
x
и
2
2
x
y
x
при
[1, 2]
x
, которые и определяют пределы повторного интеграла. Поскольку
верхний предел внутреннего интегрирования (по переменной y ) не может
быть записан одной формулой для всех
[0, 2]
x
, то фигуру D разбиваем
прямой 1
x = на две области, для каждой из которых записываем повторный
интеграл. Затем складываем эти интегралы по свойству 9.1.3:
1
2
22/
0
/2
1
/2
(,)
(,)
(,)
xx
D
x
x
fxydxdy dx fxydy dx fxydy
=+
.
9.3.4. Записать двойной интеграл
(,)
D
f x y dxdy в виде повторного двумя
способами, если область D ограничена линиями
||
yx
=
,
2
2
yx
=−(рис. 9 .6).
Решение. Учитывая, что область D удовлетворяет неравенствам 11
x
−
,
2
||2
xy
x
− (координаты точек пересечения линий находим из уравнения
2
||2
xx
=−), запишем:
2
12
1
||
(,)
(,)
x
Dx
fxydxdy dx fxydy
−
−
=
. Теперь учтем, что
||
xx
=− для
[1,0]
x−
и||
xx
=
для
[0, 1]
x
.
В соответствии с этим разобьем
отрезок внешнего интегрирования на два и запишем повторный интеграл в
Рис. 9 .5
66
виде суммы двух слагаемых:
22
0
2
1
2
10
(,)
(,)
xx
xx
dx fxydydx fxydy
−−
−−
+
, которые
соответствуют левой и правой половинам фигуры D .
При
изменении
порядка
интегрирования область разбиваем
линией 1
y = , потому что левая и правая
границы области не могут быть
записаны одним выражением сразу для
всех
[0, 2]
y
.
Двойной интеграл по
треугольнику y x y
−
,[0,1]
y
равен
1
0
(,)
y
y
dy fxydx
−
. Из уравнения
окружности легко выразить x через y на ее левой и правой половинах:
2
2
xy
=
−
.
Тогда интеграл по круговому сегменту запишется в виде
повторного следующим образом:
2
2
2
2
1
2
(,)
y
y
dy
fxydx
−
−−
. Сложив, получим
повторный интеграл для всей области D :
2
2
2
12
01
2
(,)
(,)
y
y
y
y
dyfxydx dy
fxydx
−
−
−−
+
.
9.3.5. Изменить порядок интегрирования в интеграле
0
39
242
3
0
0
0
(,)
(,)
x
x
dx fxydydxfxydy
+−
−
+
.
Решение. Повторный интеграл содержит полную информацию об уравнениях
границ области интегрирования. В этом примере 0
39
yx
+ при [3,0]
x−
и0
42x
y
−
при [0, 2]
x
.
Очевидно, что при
0
x = для обеих кривых,
ограничивающих фигуру сверху, 3
y = . На рисунке 9.7 показана направленная
прямая, по которой мы проводим интегрирование по переменной x при
произвольном
[0,3]
y
.
Вход в область интегрирования происходит при
2
9
3
y
x
−
=
(выразили x из уравнения левой границы
39
yx
=+
),авыход—
при
2
log(4 )
xy
=−
(выразили x из уравнения правой границы
42
=−
x
y
).
Это и есть нижний и верхний пределы внутреннего интеграла при измененном
порядке интегрирования. Теперь легко записать сам повторный интеграл:
2
2
log(4)
3
0
9
3
(,)
y
y
dy
fxydx
−
−
.
Рис. 9.6
2
2
−
yx
=
yx
=−
67
Рис. 9 .7
Рис. 9.8
9.3.6. Вычислить двойной интеграл
2
23
(21
52)
D
xy
xydxdy
−
, если область D
ограничена линиями
3
0
yx
+=, yx
=
,
1
x=.
Решение. Функция yx
=
определена при
0
x .Из
3
0
yx
+= получим
3
yx
=−
.
Очевидно, что при каждом
[0, 1]
x
координата y удовлетворяет
неравенству
3
xy
x
−
(рис. 9 .8),
которое и определяет границы
внутреннего
интегрирования
в
повторном
интеграле.
Внешнее
интегрирование проводим по переменной x от 0 до 1:
2
23
(21
52)
D
xy
xydxdy
−=
(
)
3
3
11
2
23
3
24
00
(21
52)
7
13
x
x
x
x
dx
xy
xydydxxy
xy
−
−
−
=
−
=
1
1
10
13
57
4
2
5
2
33
22
0
0
137
137
71
(713713)2
3
2
3
5
3
53
15
=
−
+
+
=
−
+
+
=
−
++=
xxxxdx
x
x
x
x
.
9.3.7. Вычислить двойной интеграл
2
cos( )
D
x
xy dxdy
, где область D
ограничена линиями
0
y=,x
=
,yx
=
.
Решение. Три прямые линии ограничивают треугольник 0 yx
, [0, ]
x
.
Первое (внутреннее) интегрирование следует выполнить по переменной y ,
иначе
придется
дважды
интегрировать
по
частям. Тогда
2
2
2
0
0
0
0
cos( )
cos( )
cos
xx
D
x
xydxdy dxx
xydy xdx
xydy
==
. Здесь мы вынесли
2
xиз
внутреннего интеграла, поскольку интегрирование производится по
переменной y (при этом x понимается как константа). Далее,
2
2
2
0
0
0
0
0
sin
cos
sin
x
x
xy
xdx
xydy dx x
x
xdx
x
=
=
. Далее выполним замену
2
tx
=
:
2
2
2
2
0
00
1
1 cos
sin
sin
(cos)
22
2
t
x
xdx
td
t
−
=
=
−
=
.
39
y
x
=
+
yx
=
3
y
x
=−
68
9.3.8. Вычислить среднее значение функции
3
2
zxxy
y
=
++
в области D ,
заданной неравенствами
22
4
xy
+, 0
x,
0
y.
Решение. Воспользуемся определением 9.2.2. Очевидно, интеграл в
знаменателе равен площади области интегрирования D
S (свойство 9.1.2). Здесь
это площадь четверти круга радиуса 2 , т.е . D
S
=
. Теперь вычислим двойной
интеграл. Будем сначала интегрировать по переменной y . При любом
[0, 2]
x
значение y меняется согласно неравенству
2
04
yx
−Отсюда
2
2
4
2
4
2
2
3
3
2
0
0
0
0
(,)
(
2)
(
)
2
x
x
D
y
fxydxdy dx
xxy
ydy dxxy x
y
−
−
=
++
=
+
+
=
2
2
3
2
2
0
4
(4
4)
2
x
x
x
x
xdx
−
=
−
+
+−
.
Для вычисления интеграла от первого
слагаемого в скобке сделаем замену
2
4
tx
=−,
тогда
2
4
xt
=−
,
2
4
tdt
dx
t
=−
−
и
2
0
2
3
2
2 3/2
2
4
2
0
2
0
64
4
(4)
(4)
15
4
tdt
x
xdx
tt
ttdt
t
−
=
−
−
=
−
=
−
.
Интеграл от остальных слагаемых в скобке:
22
23
22
00
4
822
(
4)
(2
4)428
2
2
33
xx
x
xdx
x
xdx
−
+−
=
−
+−
=
−
+−
=
.
В итоге
642258
(,)
1535
D
fxydxdy= +
=
. Отсюда
58/5 58
5
D
z
==
.
9.3.9. Найти объём цилиндроида, ограниченного поверхностями
2
yx
=
,
1
y=,
0
z=и
22
zxy
=+.
Решение. Первые два уравнения не содержат переменной z , т. е . они задают
цилиндрические поверхности с образующими, параллельными оси Oz . На
плоскости
0
z = эти поверхности вырезают область, ограниченную линиями с
такими же уравнениями: параболой и прямой. Это и есть область
интегрирования D . Верхней "крышкой" цилиндроида является поверхность
22
zxy
=+ (параболоид вращения). Линии
2
yx
=
и
1
y = пересекаются при
1
x=− и
1
x=
—
это пределы интегрирования по x . Пределы внутреннего
интегрирования по y определяются неравенством
2
1
xy
при [ 1, 1]
x−
.
Таким образом, объем равен интегралу
2
2
1
1
1
1
3
2
2
2
2
2
11
(
)
(
)
3
D
x
x
y
V
x
ydxdydxxydydxxy
−−
=
+
=
+
=
+
=
1
6
24
1
1
88
3
3
105
x
x
x
dx
−
=
+−−
=
.
69
9.3.10. Найти
объём
тела,
ограниченного цилиндрами
2
4
zy
=−,
2
2
x
y=
и плоскостью
0
z=
.
Решение. Отличие этой задачи от
примера 9.3.9 заключается в том, что
параболический цилиндр
2
2
x
y=
не
вырезает на плоскости
0
z = никакой
ограниченной области. В таком случае надо найти линии, по которым
"крышка" пересекает основание, т. е . решить совместно уравнения
0
z=и
2
4
zy
=− . Отсюда
2
y= или
2
y=−
. Это уравнения двух прямых на плоскости
0
z=
. Вторая прямая не имеет пересечений с параболой
2
2
x
y=
, а первая дает
недостающую границу области интегрирования D (рис. 9.9).
Отсюда
2
2
2
2
15
2
2
2
22
0
0
0
2
(4)
(4)
22(4 ) 22(4
)
y
D
y
V
y dxdy
ydydx
y
ydy
yydy
−
=
−
=
−
=
−
=
−
=
2
3/2
7/2
0
8
2
256
224
22 22
82
3/2 7/2
3
7
21
=
−
=
−
=
yy
.
9.4. Задачи для самостоятельного решения
9.4.1. Доказать, что
44
2
1
13
2
(1)
2
D
xy
dxdy
x
++
+
,
где область
D — прямоугольник 01
x
, 01
y
.
9.4.2. Вычислить
22
cos( )
D
xy
xy dxdy
, где область D задана неравенствами
0
/2
x
,02
y
.
9.4.3. Записать
(,)
D
fxydxdy
в виде повторного интеграла, если область D
ограничена линиями: а) 0, 0,
2
x
yxy
=
=
+=;б)221,0,0(0,0)
xy
x
yxy
+=
=
=
;
в) yx
=
,
3
yx
=+,
21
yx
=−
+,
25
yx
=−
+.
9.4.4. Изменить порядок интегрирования:
а)
26
02
(,)
x
x
dx f xydy
−
;
б)
2
1
00
(,)
x
dx f xydy
3
10
(3 )/2
(,)
x
dx
fxydy
−
+
;в)
2/3
1
00
(,)
x
dx fxydy
2
2
10
14
3
(,)
xx
dx
fxydy
−
−
−
+
.
Рис. 9.9
70
9.4.5. Вычислить:
а)
2
10
lny
x
dy edx
; б) cos( )
D
x ydxdy
+
, где область
ограничена линиями
0
x=,y
=
иyx
=
;в)
11
2
4
0
1
x
dx
ydy
−
.
9.4.6. Найти среднее значение функции
6
zxy
=+
в треугольнике,
ограниченном прямыми yx
=
,
5
yx
=
и
1
x=.
9.4.7. Найти двойным интегрированием объемы тел, ограниченных данными
поверхностями: а) цилиндрами yx
=
,
2
yx
=
и плоскостями
0
z=
и
6
xz
+=; б) цилиндром
2
4
zx
=− , координатными плоскостями и плоскостью
2
4( 0)
xy
x
+=
;
в) гиперболическим параболоидом
22
zxy
=−
и
плоскостями
0
z=,
3
x=
.
Ответы. 9.4.2.
/16
−
.
9.4.3. а)
2
00
2
(,)
x
dx fxydy
−
;б)
2
1
0
0
1
(,)
x
dx
fxydy
−−
;
в)
1/3
2/3
5/3
2/3 12
1/3
2/3
3
3
52
(,)
(,)
(,)
x
x
x
x
xx
dxfxydydxfxydydxfxydy
−−
+
+
−
++
.
9.4.4. а)
4
0
/2
0
(,)
y
dy fxydx+
6
4
6
0
(,)
y
dy fxydx
−
;б)
1
0
32
(,)
y
y
dy fxydx
−
;в)
2
3/2
2
1
0
2
(,)
yy
y
dy
fxydx
−
−
.
9.4.5.а)1/2;б) 2− ;в)2/5. 9.4.6. 38/3 . 9.4.7. а)
486
5
; б)40/3; в) 27.
ЗАНЯТИЕ 10
ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ В ПОЛЯРНЫХ КООРДИНАТАХ
10.1 . Полярные координаты
Полярные координаты определяются следующим образом. На плоскости
задают точку O и луч, исходящий из нее, который называют полярной осью.
Для определения полярных координат произвольной точки M плоскости
находят длину радиус-вектора r OM
=
и угол наклона OM к полярной
оси, отсчитываемый в направлении против часовой стрелки. Очевидно, что
0
r , а угол , как правило, выбирают 02
или
−
,чтобы
однозначно определить полярные координаты любой точки плоскости.
Если начала декартовой и полярной систем координат совпадают, а полярная
ось направлена так же, как ось абсцисс, то
cos
xr
=
,
sin
yr
=
.
D
71
10.1.1. Некоторые линии в декартовых и полярных координатах
Уравнение в декартовых
координатах
Уравнение в полярных координатах
Окружность
2
2
2
xya
+=( 0
a)ra
=
,02
Окружность
22
xyax
+=( 0
a)
cos
ra
=
,
/2
/2
−
Окружность
22
xyax
+=( 0
a)
cos
ra
=
,
/2
3/2
Окружность
22
xyay
+=( 0
a)
sin
ra
=
,0
Окружность
22
xyay
+=( 0
a)
sin
ra
=
,
0
−
Лемниската Бернулли
()2
2
2
22
2
()
x
y
ax
y
+
=
−
(0)
a
cos 2
ra
=
,
/4
/4
−
,
3/4
5/4
Прямая y kx
=
arctg k
=
для
0
x,
arctg k
=+
для
0
x
Прямая yb
=
/ sin
rb
=
,0
для
0
b,
0
−
для
0
b
Прямая xa
=
/ cos
ra
=
,
/2
/2
−
для
0
a,
/2
3/2
для
0
a
10.2. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах
В полярных координатах при стандартной привязке декартовых координат
2
2
2
2
2
2
2
cos
sin
x
yr
r
r
+=
+
=
, поэтому при вычислении двойного интеграла
удобно переходить к полярным координатам, если уравнения границ области
или подынтегральная функция содержит комбинацию
22
xy
+ .Приэтом
произведение дифференциалов заменяем по правилу:
dxdy rdrd
=
.
В большинстве случаев
внутреннее
интегрирование следует проводить по
переменной r , полагая неизменным, а
затем провести внешнее интегрирование по
углу от наименьшего до наибольшего
значения
этого
угла
для
области
интегрирования D (рис. 10.1):
2
1
()
()
(,)
(cos,sin)
r
Dr
fxydxdy d
frrrdr
=
.
Рис. 10.1
72
Заметим, что если область интегрирования D ограничена линией, содержащей
"эллиптическую" комбинацию
22
22
xy
ab
+ , то удобно переходить к обобщенным
полярным координатам:
cos
xar
=
,
sin
ybr
=
.
При такой замене
переменных произведение дифференциалов заменяется по правилу
dxdy abrdrd
=
.
10.3. Решение типовых задач
10.3.1. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями
22
60
xy
y
+−
=,xy
=
,
3
yx
=
.
Решение. Площадь D
D
S
dxdy
=
, вычислим в полярных координатах. Запишем
уравнения линий:
22
60
x
yy
+−
=
(окружность) →
2
6sin 0
rr
−=
, или
6sin
r
=
,но
0
r ,т.е.sin 0
,откуда0
; xy
=
→ sin
cos
=
, что
дает
4
= (выбрали значение
[0, ]
);
3
yx
=
→ sin
3 cos
=
, или
3
=
. Итак, пределы интегрирования найдены:
43
, 0
6sin
r
.
Искомая площадь равна
D
S dxdy
==
6 sin
6 sin
/3
/3
/3
/3
22
/4
0
/4
/4
/4
0
1
18 sin
9(1cos2)
2
d
rdr
dr
d
d
=
=
=
−
=
/3
/4
9
9
sin 2
2
=−
393
1
422
=
−
−
.
10.3.2. Вычислить двойной интеграл
22
D
x
y dxdy
+
в полярных координатах,
где область D задается неравенством
22
x
yax
+( 0
a ).
Решение. Перепишем неравенство в виде
2
2
2
24
aa
xy
−
+
.
Очевидно, это
окружность радиуса
2
a
с центром в точке
,0
2
a
(рис. 10.2). В полярных
координатах
cos
ra
,
но
0
r , отсюда cos 0
, т.е.
,
22
−
(см. 10.1.1). Подынтегральное выражение
2
2
2
x
y dxdy r rdrd
r drd
+
=
=
,
73
пределы интегрирования 0
cos
ra
,
/2
/2
−
.
Вычислим
интеграл:
cos
cos
/2
/2
/2
33
23
/2
0
/2
/2
0
cos
33
a
a
ra
d
rdr
d
d
−
−
−
=
=
/2
3
2
/2
(1sin)(sin)
3
a
d
−
=
−
=
/2
33
/2
sin
sin
33
a
−
=
−
=
33
1
14
11
33
39
aa
−
+−
=
.
Рис. 10.2
Рис. 10.3
10.3.3. Вычислить
22
D
dxdy
xy
+
в полярных координатах, если область D
ограничена линиями
0
x=,
2
yx
=
,
2
xy
+=( 0)
x.
Решение. В этом примере переход к полярным координатам удобен из-за
подынтегральной функции. Границы:
2
yx
=
→
22
sin
cos
rr
=
2
sin
cos
r
=
;
2
xy
+=→ (cos
sin)2
r
+=
→
22
sin
cos
sin
4
r
==
+
+
.
Парабола и прямая пересекаются в точке (1, 1) . Луч, соединяющий начало
координат и точку пересечения, соответствует
4
= (рис 10.3). Значит,
2
sin
0
cos
r
при [0, ]
4
и
2
0
sin
4
r
+
при[,]
42
.
Очевидно,
верхний предел интегрирования по переменной r меняется в точке
4
=
,
74
поэтому интеграл в полярных координатах записывается в виде суммы двух
повторных интегралов:
2
2
sin
sin
cos
4
/4
/2
/4
/2
2
22
0
0
/4
0
0
/4
sin
2
cos
sin
4
D
dxdy
rdr
d
d
d
d
dr
r
xy
+
=
+
=
+
=
+
+
/4
/2
/4
0
1
2lntg
cos
28
=
+
+
=
3
2 1 2lntg
8
−+
212ln(12)
=
−
+
+
.
10.3.4. Вычислить двойным интегрированием площадь фигуры, ограниченной
линией
2
23
24
4
(
)(
)
x
y
ax
y
+
=
+
.
Решение. Запишем уравнение границы области в полярных координатах:
6
24
4
4
24
2
1
(cos sin )
(1 sin2)
2
=
+
−
r
ar
ar
.
Отсюда
2
1 0,5sin 2
ra
=−
.
Выражение под корнем определено при всех , поэтому полярный угол
пробегает значения от 0 до 2 .
2
2
1 0,5sin 2
1 0,5sin 2
2
2
2
22
2
0
0
0
0
0
(1 0,5sin 2 )
22
a
a
D
D
ra
S
dxdy d
rdr d
d
−
−
=
=
=
=
−
=
2
2
2
2
2
0
0
31
3
(1 0,25(1 cos4 ))
sin 4
2
2416
4
a
a
a
d
=
−
−
=
+
=
.
10.3.5. Найти объем тела, ограниченного поверхностями
22
25
z
x
y
=
−
−
и
0
z=
.
Решение. Указанные в условии поверхности являются соответственно
верхней и нижней "крышками" тела, объем которого надо найти (см. пример
9.3.10). Боковая цилиндрическая поверхность отсутствует, поэтому границу
проекции тела на плоскость xOy (области D ) найдем из пересечения
"крышек":
22
25
xy
+=. Следовательно, D — это круг радиуса 5 . Он задается
в полярных координатах неравенствами 05
r
, 02
. Объем равен
интегралу
5
25
3
2
2
2
00
0
500
(25
)
(25 )
225
33
D
r
V
x
ydxdy d
r rdr
r
=
−
−
=
−
=
−
=
.
10.3.6. Вычислить интеграл
D
xydxdy
, где D — область, ограниченная
линией
4
22
236
x
y
xy
+=
и лежащая в первом квадранте.
Решение. Перейдем к обобщенным полярным координатам
2 cos
xr
=
,
3 sin
yr
=
, тогда уравнение линии примет вид
82
sin cos
rr
=
, или
75
1/6
(sin cos )
r
=
. По условию, мы рассматриваем фигуру, ограниченную этой
линией в первом квадранте, поэтому
[0, ]
2
.
Подынтегральная функция
1/2
4
6(sin cos )
xy
r
=
,а
6
dxdy
rdrd
=
(см. п . 10.2). Подставляя все это в
интеграл, получим
1/6
(sin cos )
/2
/2
3/4
3/4
1/2 2
0
0
0
6
6(sincos)
sin cos
3
D
xydxdy
d
rdr
d
=
=
=
/2
/2
3/4
1/4
1/4
0
0
6
cos 2
sin 2
6
6
62
d
−−
=
=
−
=
.
10.4. Задачи для самостоятельного решения
10.4.1. Перейти в интеграле
(,)
D
fxydxdy
к полярным координатам, если
а)D—круг
22
6
x
y
y
+; б) D — область, ограниченная окружностями
22
4
x
yx
+=,
22
8
x
yx
+= и прямыми yx
=
и
2
yx
=
; в) D — внутренняя часть
лемнискаты (
)2
2
2
22
2
()
x
y
ax
y
+
=
−
,
0
x.
10.4.2. Преобразовать к полярным координатам: а)
2
2
2
/2
0
(,)
Ryy
R
R
dy
fxydx
−
;
б)
22
22
00
()
R
Rx
dx
fxydy
−
+
.
10.4.3. Вычислить с помощью перехода к полярным координатам:
а)
2
11
22
00
ln(1
)
x
dx
x
ydy
−
++
;б)
2
2
2
D
R x ydxdy
−−
,гдеD–круг
22
x
yRx
+;
в) arctg
D
y
dxdy
x
,гдеD:
22
1
xy
+,
22
9
xy
+,
3
x
y;
3
yx
.
10.4.4. Найти среднее значение функции
2
2
2
z
Rxy
=
−
−
в круге
2
2
2
x
yR
+.
10.4.5. Найти площадь области, ограниченной лемнискатой Бернулли
()2
2
2
22
2
2(
)
x
y
ax
y
+
=
−
.
10.4.6. Найти объем тела, ограниченного поверхностями: а) цилиндрами
2
2
2
x
yR
+=и
2
2
2
xzR
+= ; б) цилиндром
22
4
xy
+=и плоскостями
0
z=,
10
zxy
=
++.
76
10.4.7. Вычислить при помощи перехода к обобщенным полярным
координатам (см. пример 10.3.6): а)
2
2
D
y dxdy
x
, где D – фигура, ограниченная
линией
2
2
22
3
y
x
xy
+=
;б)
D
xydxdy
,гдеD:
22
22
1
xy
ab
+
,
0
x,
0
y.
Ответы. 10.4.1. а)
00
6sin
(cos,sin)
d
frrrdr
;б)
/4
arctg 2 8cos
4cos
(cos,sin)
d
frrrdr
;
в)
/4
cos
/4
0
(cos,sin)
a
d
frrrdr
−
.
10.4.2. а)
/6
2
2 sin
/2
sin
(cos,sin)
R
R
d
frrrdr
;
б)
2
0
()
2
R
frrdr
. 10.4.3.а) (
)
2ln2 1
4
−
;б)
3
(3 4)
9
R−
;в)
2
6
.
10.4.4.
2
3
R
.
10.4.5.
2
2a . 10.4.6. а)
3
16
3
R
; б) 40 . 10.4.7. а)
93
32
;б)
22
8
ab
.
ЗАНЯТИЕ 11
ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ
11.1. Определение тройного интеграла
Тройной интеграл
(,,)
D
fxyzdxdydz
определяется аналогично двойному
интегралу — как предел интегральных
сумм
при бесконечно
мелком
разбиении области (см. пункт 9.1).
Необходимым
условием
существования тройного интеграла
является
ограниченность
подынтегральной
функции,
а
достаточным — её непрерывность.
Интеграл от единицы дает объем
области
интегрирования:
D
D
dxdydz V
=
, и это геометрический
смысл тройного интеграла.
Рис. 11 .1
77
11.2. Сведение тройного интеграла к двойному
Пусть D — область в трехмерном пространстве, и двумерная область xy
D—
её проекция на плоскость xOy . Снизу область D ограничена поверхностью
1(,)
z
xy
=
,
сверху
поверхностью
2(,)
z
xy
=
.
Очевидно,
что
21
(,)(,)
xy
xy
при(,)
xy
xyD
. Область D также может быть ограничена
боковой цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси
Oz (рис. 11.1). Пусть
(,,)
zfxyz
=
—
интегрируемая в области D функция
трех переменных. Тогда тройной интеграл от этой функции по области D
можно свести к повторному следующим образом:
2
1
(,)
(,)
(,,)
(,,)
xy
xy
D
D
xy
fxyzdxdydz dxdy
fxyzdz
=
.
После выполнения внутреннего интегрирования получится функция двух
переменных
2
1
(,)
(,)
(,)
(,,)
xy
xy
Fxy
fxyzdz
=
, для которой затем надо вычислить
двойной интеграл по области xy
D:
(,,)
(,)
xy
DD
fxyzdxdydz
Fxydxdy
=
.
Внутреннее интегрирование может быть выбрано тремя способами (по x , y
или z ), а внешний двойной интеграл по проекции
области D на
соответствующую координатную плоскость (будем обозначать эти проекции
yz
D,
xz
Dи xy
D соответственно) допускает два способа сведения к повторному
интегралу. Таким образом, для тройного интеграла существует 3! 6
=
различных порядков интегрирования.
Для того, чтобы правильно расставить пределы интегрирования в тройном
интеграле, вовсе не обязательно иметь "пространственное воображение".
Можно даже обойтись без чертежа. Сначала надо выбрать внутреннюю
переменную (пусть, к примеру, это будет z ), которая допускает ровно два
различных выражения из уравнений, определяющих границы области
интегрирования. Эти выражения задают верхнюю и нижнюю "крышку"
области D (на рис. 11.1 это
2(,)
z
xy
=
и
1(,)
z
xy
=
). Уравнения
цилиндрических поверхностей с образующими, параллельными оси Oz , не
содержат переменную z и совпадают с уравнениями линий на плоскости xOy ,
которые ограничивают область xy
D . Если уравнений, приведенных в условии
задачи, не хватает, чтобы ограничить конечную область
xy
D , то следует
добавить уравнение
12
(,)(,)
xy
xy
=
.
Например, пусть область D
ограничена поверхностями
22
yzx
+=и
1
x = . Тогда в качестве переменной
внутреннего интегрирования можно взять любую из трех. Если это z , то
уравнения "крышек"
2
z
xy
=
−
,т.е.
2
1(,)
xy
xy
=−
−
,
2
2(,)
xy
xy
=−
.
78
Остается уравнение
1
x = , которое не ограничивает конечную область xy
D,но
вместе с линией пересечения "крышек"
22
xy
xy
−
=−
−
, или
2
xy
=
, задает
параболический сегмент. Расстановка пределов в тройном интеграле имеет
вид:
22
2
22
1
1
1
01
(,,)
(,,)
(,,)
xy
xy
x
D
x
y
xy
xy
fxyzdxdydz dx dy
fxyzdz dydx
fxyzdz
−−
−
−
−
−
−
−
==
.
Если в качестве переменной внутреннего интегрирования выбрать, например,
x , то уравнениями "крышек" будут 1
x=и
22
xyz
=+, и граница области yz
D
определяется исключительно их линией пересечения
22
1
yz
+=
,т.е.
yz
D
является кругом радиуса 1, а повторный интеграл в этом случае выглядит так:
2
2
22
22
22
1
1
1
1
1
1
11
11
(,,)
(,,)
y
z
yz
yz
yz
dy
dz fxyzdx dz dy fxyzdx
−
−
−−
++
−
−
−
−
=
.
Если не очевидно,
какой предел внутреннего интегрирования является верхним, а какой —
нижним, то это можно установить, выбрав в области двойного внешнего
интегрирования любую "пробную" точку и вычислив в ней значения пределов
внутреннего интеграла.
Свойства тройного интеграла аналогичны свойствам двойного интеграла с
некоторыми поправками.
Средним арифметическим функции ( , , )
f x y z в области D называется
величина
1
(,,)
(,,)
D
DD
fxyz
fxyzdxdydz
V
=
.
Координаты центра масс однородного тела D определяются как средние
арифметические переменных x , y , z в области D .
11.3. Решение типовых задач
11.3.1. Записать тройной интеграл
(,,)
D
fxyzdxdydz
в виде одного
повторного всеми возможными способами, если область D ограничена
поверхностями
0
yx
+=,
0
zx
−=,
0
zy
−=и
1
z=.
Решение. Очевидно, для внутреннего интегрирования не подойдет переменная
z , поскольку она входит в три уравнения границ области D . Если в качестве
внутренней переменной взять x , то пределы внутреннего интеграла — это
xz
=
иxy
=−
.
Оставшиеся уравнения ( zy
=
и
1
z = ) не определяют
ограниченной области на плоскости yOz . Найдем проекцию линии
пересечения "крышек": zy
=− ,чтовместесzy
=
и
1
z = задает на плоскости
yOz треугольник
yz
D , по которому уже нетрудно расставить пределы.
Осталось понять, какой предел внутреннего интегрирования (по x ) нижний, а
какой верхний. Это удобно сделать методом "пробной точки". Возьмем внутри
треугольника yz
D точку, например, с координатами
0
y=,
1/2
z=
. Подставив
79
эти значения в уравнения "крышек", для xz
=
найдем 1 1/ 2
x=
,адляxy
=−
получим
20
x=
.
Значит, первая "крышка" определяет верхний предел
интегрирования по x , а вторая — нижний (т.к. 21
xx
). С учетом всего
сказанного запишем повторный интеграл:
1
0
(,,)
(,,)
zz
D
z
y
fxyzdxdydz dzdy fxyzdx
−−
=
.
Если выбрать для внутреннего интегрирования переменную y , то совершенно
аналогично получим
1
0
(,,)
(,,)
zz
D
z
x
fxyzdxdydz dzdx fxyzdy
−−
=
.
Другой порядок интегрирования во внешнем двойном интеграле в обоих
случаях приводит к сумме двух повторных интегралов.
11.3.2. Расставить пределы интегрирования в
(,,)
D
fxyzdxdydz
в порядке
()
yzx
→→ , если область D ограничена поверхностями
22
1
xy
+=,
0
z=,
1
z=.
Решение. Находим пределы внутреннего интегрирования из уравнения
22
1
xy
+=
, откуда
2
1
yx
=−
−
или
2
1
yx
=−. Эти выражения y равны при
1
x = (линии пересечения "крышек"), что вместе с уравнениями
0
z=и
1
z=
определяет область
xz
D — прямоугольник 11
x
−
,01
z
. Повторный
интеграл имеет вид
2
2
1
1
1
101
(,,)
x
x
dx dz
fxyzdy
−
−
−−
.
11.3.3. Вычислить тройной интеграл
, если область
ограничена поверхностями
,
,
,
.
Решение. Первое интегрирование
можно выполнить как по переменной
, так и по переменной , потому
что каждая из них выражается из
уравнений границ ровно два раза,
тогда как переменная
входит в три
уравнения. Выберем в качестве
внутренней переменной
,
тогда
пределы интегрирования
и
.
Проекция области
на
плоскость
(область
)
определяется оставшимися уравнениями (не содержащими :
,
)и
проекцией пересечения границ по (системой уравнений
и
,из
которой исключаем ), т. е .
, откуда либо
, либо
. Все эти
линии вместе определяют на плоскости
область
, а именно,
23
D
xy z dxdydz
D
zxy
=
yx
=
1
x=
0
z=
y
z
x
z
0
z=
zxy
=
D
xOy
xy
D
zyx
=
1
x=
z
0
z=
zxy
=
z
0
xy=
0
x=
0
y=
xOy
xy
D
Рис. 11 .2
80
треугольник (рис. 11.2). Теперь уже нетрудно расставить пределы и вычислить
интеграл:
1
1
13
12
0
0
1
1
1
28
28 13 364
x
x dx=
=
.
11.3.4. Вычислить объем тела, ограниченного координатными плоскостями,
плоскостью
и цилиндром
.
Решение. Объем тела равен
.
В уравнениях поверхностей,
ограничивающих область интегрирования
(,
,
,
,
), ровно два раза встречаются переменные
и
.
Выберем в качестве внутренней переменной . Границы интегрирования по
определяются уравнениями
и
. Теперь определим область
внешнего двойного интегрирования
. Ее границы задаются уравнениями, в
которые не входит
:
,
,
.
Очевидно, этих уравнений
недостаточно, чтобы ограничить область
.
Найдем проекцию линии
пересечения границ по :
откуда получим
.
Теперь область
определена
(рис. 11 .3), и можно записать повторный
интеграл для вычисления объема:
=
.
11.3.5. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями
,
,
,
.
23
D
xy z dxdydz =
1
23
0
0
0
xy
x
xdxydy zdz=
1
4
2
00
0
4
xy
x
z
xdx y dy=
1
44
2
00
4
x
xy
xdxydy
=
=
11
7
5
6
5
0
0
0
0
11
4
4
7
x
x
y
xdxydy
xdx
=
=
2120
xy
+−
=
2
2
y
z=
D
D
V
dxdydz
=
D
0
x=
0
y=
0
z=
2120
xy
+−
=
2
2
y
z=
x
z
x
x
0
x=
122
xy
=−
yz
D
x
0
y=
0
z=
2
2
y
z=
yz
D
x
2120,
0,
xy
x
+−
=
=
6
y=
yz
D
122
0
yz
y
D
DD
V
dxdydz dydz dx
−
=
=
=
2
/2
6
00
(122)
(122)
yz
y
D
y dydz
ydy dz
−
=
−
=
6
2
0
(6)
108
yydy
=
−
=
162
yx
=
2
yx
=
0
z=
2
xz
+=
Рис. 11.3
81
Решение. Выберем для внутреннего интегрирования в
переменную
, тогда
.
На плоскости
линии
,
не
определяют конечной области, но, приравняв пределы интегрирования по ,
получим
, что и дает недостающую границу области
. Теперь ясно,
что это треугольник
,
.
Запишем повторный интеграл:
.
11.3.6. Определить массу пирамиды, ограниченной плоскостями
,
,
,
, если плотность в каждой точке равна
.
Решение. Масса тела
с переменной плотностью
равна интегралу
. В нашем примере
.
11.3.7. Найти центр масс однородного конуса с радиусом основания
и
высотой
.
Решение. Из соображений симметрии понятно, что центр масс однородного
прямого кругового конуса лежит на его оси. Осталось найти, на каком
расстоянии от вершины. Для этого введем систему координат, как показано на
рисунке 11.4 . Уравнение боковой поверхности
, откуда при
получаем
.
Проекцией конуса на плоскость
является
круг
радиуса , задаваемый неравенством
.
Отсюда
22
2
2
2
2
1.
2
xy
xy
H
D
D
H
D
D
D
xy
R
H
x
y
zV
zdxdydz dxdy
zdz
dxdy
R
+
+
=
=
=
−
D
dxdydz
y
2
162
xy
x
xOz
0
z=
2
xz
+=
y
0
x=
xz
D
02
zx
−
[0, 2]
x
22
162
2
2
2
0
0
0
0
0
2
152
152(2)
x
x
x
D
D
x
V
dxdydz dx dz dy
xdx dz
x
xdx
−−
=
=
=
=
−
=
2
3/2
5/2
0
42
152
35
xx
=−
4
2
2
152 22
42 1516
32
3
5
15
=
−
=
=
1
xyz
++=
0
x=
0
y=
0
z=
xyz
D
(,,)
fxyz
(,,)
D
fxyzdxdydz
D
m
xyzdxdydz
==
1
11
0
0
0
−−
−
=
xy
x
xdx ydy zdz
11
2
00
сделаем замену 1- -
(1
)
2
x
txy
xy
xdx ydy
−
=
−−
=
11
2
00
1
(1)
2
−
=
−
−
=
x
xdx t
x tdt
1
1
34
0
0
1
(1)
2
34
x
tt
xdx
x
−
−
−
=
1
4
0
сделаем замену 1
1
(1)
24
=−
−=
ux
x xdx
1
4
0
1
(1)
24
u
udu
=−
1
56
0
11
2456
720
uu
=
−
=
R
H
22
H
z
x
y
R
=+
zH
=
2
2
2
xyR
+=
xOy
xy
D
R
2
2
2
x
yR
+
82
Рис. 11 .4
В последнем интеграле перейдем к полярным координатам:
.
Объем конуса равен
, тогда
. Итак, центр масс конуса
делит его высоту в отношении
, считая от вершины.
11.4. Задачи для самостоятельного решения
11.4.1. Вычислить тройные интегралы:
а)
;б)
, где
–
область, ограниченная
плоскостями
,
,
и
;в)
, где область
ограничена гиперболическим параболоидом
и плоскостями
и
().
11.4.2. Вычислить при помощи тройного интеграла объем тела, ограниченного
поверхностями: а)
,
,
,
;б)
,
,
,
,
;в)
;
,
,
,
.
11.4.3. Найти центр масс однородного тела, ограниченного цилиндрами
,
и плоскостями
и
.
11.4.4. Вычислить массу тела, ограниченного прямым круговым цилиндром
радиуса
и высоты
, если его плотность в любой точке численно равна
квадрату расстояния этой точки от центра основания цилиндра.
2
2
2
2
4
22
2
22
00
0
1
2
24
4
=
−
=
−
=
R
R
D
H
r
r
r
RH
zdxdydz
d
rdr H
RR
2
1
3
D
V
RH
=
3
4
D
H
z=
3:1
1
32
0
0
0
xy
x
dxdyxyzdz
3
(
1)
D
dxdydz
xyz
+++
D
0
x=
0
y=
0
z=
1
xyz
++=
D
xydxdydz
D
zxy
=
1
xy
+=
0
z=
0
z
2
4
zy
=−
2
2
zy
=+
10
x+=
20
x−=
22
zxy
=+
22
2
zx
y
=+ yx
=
2
yx
=
1
x=
ln( 2)
zx
=+ ln(6 )
zx
=−
0
x=
2
xy
+=
2
xy
−=
yx
=
2
yx
=
0
z=
6
xz
+=
R
H
83
Ответы. 11.4.1. а)
;б)
;в)
.
11.4.2.а) ;б) ;в)
.
11.4.3.
.
11.4.4.
.
ЗАНЯТИЕ 12
ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ
В КРИВОЛИНЕЙНЫХ КООРДИНАТАХ
12.1. Тройной интеграл в цилиндрических и сферических координатах
Цилиндрические координаты — это
, где — аппликата точки, а
—
полярные координаты проекции этой точки на координатную плоскость
. Таким образом,
,а
. Произведение дифференциалов
при переходе от декартовых координат к цилиндрическим заменяется по
правилу
(см. 10.2), а интегрирование обычно производится
в таком порядке:
.
Здесь
и
—
переписанные в цилиндрических координатах
уравнения нижней
и верхней
границ области интегрирования
(рис. 11 .1), т.е .
,
.
Сферические координаты для точки с
декартовыми координатами
определяются так:
—
расстояние от начала отсчета до этой точки,
—
угол между проекцией радиус-вектора
точки на плоскость
и осью
и
—
угол между радиус-вектором точки и осью
(рис. 12 .1).
Связь между декартовыми и сферическими координатами точки выражается
формулами:
,
,
.
1
110
15
ln2
28
−
1
180
8
7
12
16 12ln3
−
1815612
;
;
7167
(
)
2
2
2
1
32
6
RHRH
+
(,,)
rz
z
(,)
r
0
z=
cos
xr
=
sin
yr
=
dxdydz rdrd dz
=
22
1
1
()
(,)
()
(,)
(,,)
(cos,sin,)
r
zr
D
r
zr
fxyzdxdydz d
rdr
frr
zdz
=
1(,)
zzr
=
2(,)
zzr
=
1(,)
z
xy
=
2(,)
z
xy
=
D
11
(,)(cos,sin)
zr
r
r
=
22
(,) (cos,sin)
zr
r
r
=
(,,)
xyz
2
2
2
x
yz
=
++
xOy
Ox
Oz
sin cos
x
=
sin sin
y
=
cos
z
=
Рис. 12 .1
84
Произведение дифференциалов при переходе к сферическим координатам
заменяется по правилу
.
Очевидно,
что
,
,
(или
).
Предпочтительный порядок интегрирования — внутреннее интегрирование
по , промежуточное – по
и внешнее – по углу :
.
Замечание. Иногда угол
отсчитывают не от оси
, а от плоскости
.
Тогда
, и во всех приведенных формулах надо заменить
на
,а
—
на
.
12.2. Решение типовых задач
12.2.1. Вычислить тройной интеграл
в цилиндрических
координатах, если область
ограничена поверхностями
,
,
.
Решение. Перепишем уравнения ограничивающих поверхностей, подставляя
,
.
Получим
,
,
.
Подынтегральная функция равна
,
.
Пределы интегрирования
,
(что соответствует кругу
),
.
Теперь можно переходить к
вычислению повторного интеграла, записанного в цилиндрических
координатах:
2
sin
dxdydz
ddd
=
0
0
−
02
22
1
1
()
(,)
2
()
(,)
sin
(sincos,sinsin,cos)
d
d
f
d
Oz
xOy
22
−
sin
cos
cos
sin
()
D
x y zdxdydz
++
D
0
z=
2
++=
xyz
22
1
xy
+=
cos
xr
=
sin
yr
=
0
z=
2(cos sin)
zr
=
−
+
2
1
r=
(cos sin )
rz
++
dxdydz rdrd dz
→
01
r
02
22
1
xy
+0
2(cos sin)
zr
−
+
2(cossin)
21
0
0
0
(
)
( (cos sin ))
r
D
x y zdxdydz d rdr
zr
dz
−+
++
=
+
+
=
2
1
2
0
0
(cos sin )
(cos sin )
+
=
=
+
+
=
=
r
tzr
d rdr
tdt
2
2
1
2
1
2
2
2
0
0
0
0
(cos sin )
(cos sin )
2
22
+
+
=
=
−
=
r
tr
d rdr
dr
dr
85
.
12.2.2. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями
,
,
().
Решение.
Найдем
сначала
линию
пересечения
конуса
и
параболоида
.
Исключая
, получим
, откуда
(
не подходит). Итак, поверхности
пересекаются по окружности
,
лежащей в плоскости
(рис. 12 .2).
Проекцией тела на плоскость
является полукруг
,
.
Введем цилиндрические координаты
,
,
.
Перепишем уравнения ограничивающих
поверхностей:
и
.
Очевидно, что при
(т.е .
)
имеет место неравенство
,
что определяет пределы
интегрирования по . Пределы интегрирования по и отвечают полукругу
при
,т.е.
, откуда
и
:
.
816
124
33
=
−
−
=
.
12.2.3. Найти центр масс половины однородного шара радиуса .
Решение. Половину шара в декартовых координатах можно задать
неравенствами
0,
. В цилиндрических координатах второе
неравенство примет вид
.
Из соображений симметрии ясно, что
центр масс расположен на оси
. Осталось найти значение координаты
для центра масс:
(ср. пример 11.3.7). Вычисление
1
2
4
22
0
0
(cos sin )
8
r
dr
=
−
+
=
2
22
0
1
1 (cos sin 2sin cos )
8
d
−
+
+
=
2
2
0
0
7 sin2
7 cos2
7
88
816
4
d
=
−
=
+
=
22
x
yz
=+
22
6
xyz
++=
0
y=
0
y
22
x
yz
=+
22
6
xyz
++=
22
yz
+
2
6
xx
+=
2
x=
3
x=−
22
4
yz
+=
2
x=
yOz
22
4
yz
+
0
y
cos
yr
=
sin
zr
=
xx
=
xr
=
2
6
xr
=−
22
4
yz
+
2
r
2
6
rx
r
−
x
r
0
y
cos
0
02
r
3
22
2
2
3/2
2
6
3/2
2
3/2
43
22
/2
0
/2
0
/2
0
(6
)
3
43
r
D
r
rr
V
drdrdzdr
r
rdr
dr
−
=
=
−
−
=
−
−
=
R
z
2
2
2
2
x
yzR
++
2
2
2
r
zR
+
Oz
z
1
DD
z
zdxdydz
V
=
Рис. 12 .2
86
проведем в цилиндрических координатах:
.
Итак, центр масс
полушара лежит на его оси на расстоянии
от центра основания.
12.2.4. Найти среднее расстояние от фиксированной точки на границе шара
радиуса до произвольной точки этого шара.
Решение. Пусть фиксированная точка, от которой мы будем искать
расстояние, расположена в начале координат, а центр шара находится в точке
,
тогда уравнение сферы, ограничивающей шар, имеет вид
или
. Вычисления удобно проводить в
сферической системе координат. Уравнение сферы принимает вид
, а неравенство, задающее шар, имеет вид
.
Но
, значит,
. Для всех
, следовательно,
, т.е. угол
изменяется от
до
.
Требуется найти среднее
значение функции
по шару, объем которого
.
Среднее значение (см. пункт 11.2) равно
, где элемент
объема
в сферических координатах равен
.
.
Таким образом, среднее расстояние равно
.
22
2
30
0
0
1
2
3
−
==
R
Rr
z
d rdr
zdz
R
22
3
0
31
2
(
)
22
=
−
R
Rrrdr
R
22
4
3
0
3
2
24
=−
R
Rrr
R
3
8
=
R
3
8
R
R
( ,0,0)
R
2
2
2
2
()
xR
yzR
−
++=
2
2
2
2
x
yzRx
++=
2
2 cos sin
R
=
2 cos sin
R
0
cos sin 0
[0, ]
sin 0
cos
0
2
−
2
2
2
2
x
yz
++=
3
4
3
D
VR
=
1
D
DD
dV
V
=
dV
2
sinddd
2 cos sin
/2
/2
4
4
4
2
/2
0
0
/2
0
16 cos sin
sin
sin
4
−−
=
=
=
R
D
R
dV
d
d
d
d
d
/2
4
4
5
/2
0
4
cos
sin
R
d
d
−
==
2
/2
44
/2
0
1 cos2
4
sin (cos)
2
R
d
d
−
+
−=
/2
4
2
2
2
/2
0
замена cos
(1 2cos2
cos2) (1cos)(cos)
t
R
d
d
−
=
=
+
+
−
−
=
/2
1
4
2
4
/2
1
1 cos4
1 2cos2
(12
)
2
−−
+
=
+
+
−
+
=
R
d
ttdt
1
/2
35
4
/2
1
3
sin 4
2
sin 2
2
8
35
tt
Rt
−
−
=
+
+
−
+
=
4
43168
215
5
R
R
=
4
3
8
6
5
4
5
3
D
R
R
R
==
87
12.2.5. Найти интеграл
, где область
задается неравенствами
,
,
.
Решение. В сферических координатах неравенства, определяющие область,
после сокращения на
запишутся в виде
,
,
.
Отсюда получаем пределы интегрирования по
(
)
и по углам: поскольку
, должны выполняться неравенства
,
,т.е.
,асучетом
имеем
. Перепишем
функцию:
.
Теперь запишем сам
интеграл:
.
12.2.6.
Вычислить объем
тела, ограниченного
поверхностью
().
Решение. Для вычисления объема перейдем к сферическим координатам.
Уравнение поверхности перепишется так:
,
или
. Нарисовать эту поверхность нелегко (и не нужно!); пределы
интегрирования можно определить из неравенства
, что
дает ограничения по угловым переменным
,
.
.
12.3. Задачи для самостоятельного решения
12.3.1. В тройном интеграле
перейти к цилиндрическим
или сферическим координатам, если : а) область, ограниченная цилиндром
, плоскостью
и параболоидом
; б) часть шара
22
D
dxdydz
xy
+
D
2
2
2
2
x
yz
y
++
0
x
0
z
0
2sin sin
sin cos
0
cos 0
0
2sin sin
sin 0
sin 0
cos
0
2
cos
0
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
sin (cos
sin )
sin
==
++
xy
2 sin sin
/2
/2
2
2
2
2
2
2
/2
0
0
/2
0
2sin sin
sin
sin
sin
sin
D
dxdydz
d
d
d
d
d
xy
=
=
=
+
/2
/2
0
2 sin
21
2
dd
=
=
=
2
2
22
3
()
x
yz
ax
++
=
0
a
43
sin cos
a
=
3 sin cos
a
=
3
0
sin cos
a
0
22
−
3
3
sin cos
sin cos
/2
/2
3
2
/2
0
0
/2
0
0
sin
sin
3
a
a
D
D
V
dxdydz
d
d
d
d
d
−−
=
=
=
=
3
3
3
3
2
2
2
2
00
0
2
1 cos2
2
sin 2
cos
sin
sin
3
3
2
324
3
−
−
−
=
=
=
−
=
a
a
a
a
d
d
d
(,,)
D
fxyzdxdydz
D
22
2
x
yx
+=
0
z=
22
zxy
=+
88
при
,
,
; в) общая часть двух шаров
и
.
12.3.2. Вычислить с помощью перехода к цилиндрическим или сферическим
координатам:
а)
;
б)
,
где область
задается неравенствами
,
.
12.3.3. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями:
а)
,
;
б)
и
(внутри конуса).
12.3.4. Найти центр масс однородного тела, ограниченного поверхностью
.
Ответы. 12.3.1. а)
;
б)
;
в)
.
12.3.2. а)
;б)
.
12.3.3. а)
;б)
(внутри сферы);
(вне сферы).
12.3.4.
.
ЗАНЯТИЕ 13
КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
13.1. Криволинейные интегралы первого рода
Криволинейный интеграл первого рода — это интеграл от некоторой функции
(скалярного поля)
по длине дуги линии
.
Именно,
разобьем кривую точками
,
,...,
на
элементарных дуг, в каждой
из которых выберем точку
(
), как показано на рис. 13.1. Пусть
2
2
2
2
x
yzR
++
0
x
0
y
0
z
2
2
2
2
x
yzR
++
2
2
2
2
()
x
yzRR
++−
22
2
1
11
2
2
2
0
0
0
xy
x
dx dy
xyzdz
−−
−
++
22
()
D
x
y dxdydz
+
D
0
z
2
2
2
2
2
r
x
yzR
++
2
2
2
4
x
yz
++=
22
3
x
yz
+=(0)
z
2
2
2
2
43
x
yzRzR
++=
−
2
2
2
4(
)
z
x
y
=+
(
)2
2
2
2
3
x
yz
az
++
=
2
2 cos
/2
/2
0
0
(cos,sin,)
r
d
rdrfr
r
zdz
−
/2
/2
2
0
0
0
sin
(cossin,sinsin,cos)
R
d
df
d
22
22
2
3/2
00
(cos,sin,)
R
Rr
RRr
d
rdr
frr
zdz
−
−−
/8
55
4(
)
15
Rr
−
19
6
3
92
75
R
3
8
75
R
9
0; 0;
20
a
()(,,)
u fMfxyz
==
L
L
0
C1C
n
C
n
i
M1in
89
длина элементарной дуги равна
.
Составим интегральную сумму
.
Назовем характеристикой (мелкостью)
разбиения
наибольшую
длину
элементарной дуги:
.
Тогда
предел интегральных сумм
,
не
зависящий от способа разбиения и выбора
точек,
называется
криволинейным
интегралом первого рода
.
Для
вычисления криволинейного интеграла по
кривой, расположенной в плоскости
,
следует
использовать
формулу
дифференциала
длины
дуги
,
где
–
уравнение кривой . Тогда
.
Здесь
и
–
значения координаты
начальной и конечной точки
кривой соответственно (
). В полярных координатах криволинейный
интеграл первого рода по плоской кривой вычисляется по формуле
.
В общем случае кривую удобно задать параметрически:
,
,
,
, тогда
.
Если
, то криволинейный интеграл первого рода численно равен
длине дуги кривой
между начальной и конечной точками. При
произвольной подынтегральной функции он равен массе кривой
с
переменной линейной плотностью
. Среднее арифметическое значение
функции
на линии равно
.
1
i
i
i
CCl
−
=
()
ii
i
fMl
=
1
max i
in
l
=
0
lim
→
()
L
fMdl
xOy
()2
1()
dl
yxdx
=+
()
yyx
=
L
()2
()
(,())1 ()
b
La
fMdl fxyx
yxdx
=+
a
b
x
ba
()
2
1
2
2
()
(()cos,()sin) () ()
L
fMdl fr
r
r
r
d
=+
L
()
xxt
=
()
yyt
=
()
zzt
=
12
ttt
2
1
2
2
2
()
((),(),())
t
t
t
t
Lt
fMdlfxtytzt x y
zdt
=
++
()1
fM
L
L
()
fM
()
fM
L
()
()L
L
L
fMdl
fM
dl
=
Рис. 13.1
90
Геометрический смысл криволинейного интеграла первого рода. Если
направляющей цилиндрической поверхности является кривая , лежащая в
плоскости
, ее образующие параллельны оси
, причем для каждой
образующей
точка
лежит на кривой
, а точка
–
на
поверхности
,
где (,)0
f x y (рис. 13.2), то площадь участка
цилиндрической поверхности можно вычислить с помощью криволинейного
интеграла:
.
13.2. Криволинейные интегралы второго рода
Криволинейный интеграл второго рода называют криволинейным интегралом
по координатам. Пусть в каждой точке
кривой L задано векторное
поле
.
Чтобы
задать
векторное поле, достаточно указать три его компоненты — скалярные
функции
,
,
от трех переменных
,
и
.
Для вычисления
криволинейного интеграла второго рода необходимо выбрать направление
обхода кривой, т.е . в каждой точке кривой задать единичный касательный
вектор , меняющийся от точки к точке непрерывным образом (рис. 13.3).
Тогда криволинейный интеграл первого рода от проекции векторного поля
на вектор и называется криволинейным интегралом второго рода. Проекция
равна скалярному произведению
, т.к.
, а интеграл задается
формулой
. Легко видеть, что
, где
–
радиус-
вектор текущей точки линии . Тогда
. Из этой векторной
записи легко усмотреть физический смысл криволинейного интеграла второго
рода: это работа силы
при вдоль кривой . Перейдем от векторной записи
L
0
z=
Oz
12
MM
1
M
L
2
M
(,)
zfxy
=
(,)
L
S fxydl
=
(,,)
Mxyz
(){,,}(,,)(,,)(,,)
AM PQR Pxyzi QxyzjRxyzk
=
=
+
+
PQR
xy
z
A
A
(,)
A
||1
=
(,)
L
Adl
{,,}
dl dr dxdydz
==
r
L
(,)(,)
LL
AdlAdr
=
A
L
Рис. 13.2
Рис. 13.3
91
к координатной, вычисляя скалярное произведение под интегралом:
.
Для вычисления интеграла зададим линию
параметрически. Тогда
.
Обращаем внимание, что вместо
,
и в аргументах функций ,
и
следует подставить их выражения через параметр , поэтому указанная
формула сводит вычисление криволинейного интеграла второго рода к
определенному интегралу. Заметим, что здесь, в отличие от интеграла первого
рода, не обязательно
.
Нижний и верхний пределы интегрирования
совпадают со значениями параметра в начальной и конечной точке контура
при выбранном (заданном) направлении обхода.
В плоском случае поле
, тогда
(
)
2
1
(,)
((),()
((),()
t
tt
Lt
Adr
PxtytxQxtytydt
=
+
.
Если кривая задана явно (
), то применяется формула
.
13.3. Формула Грина
Пусть
—
замкнутый контур, расположенный в плоскости
.
Криволинейный интеграл второго рода
(который называют
циркуляцией векторного поля A ) можно свести к двойному по формуле Грина:
.
Здесь
–
область, ограниченная контуром , который обходится в
положительном направлении, т. е . против часовой стрелки. При изменении
направления обхода контура циркуляция
меняет знак.
(,)
LL
Adr
Pdx Qdy Rdz
=
+
+
L
2
1
(,)(
)
t
t
t
t
Lt
Adr
PxQyRzdt
=
++
xyz
PQR
t
12
tt
L
(,)(,)
APxyiQxyj
=+
L
()
yyx
=
(,)((,())(,())())
b
La
Adr
Pxyx Qxyxyxdx
=
+
L
xOy
(,)
L
Adr
LD
QP
Pdx Qdy
dxdy
xy
+
=
−
D
L
(,)
L
Adr
92
—
условие независимости интеграла
от пути,
соединяющего точки
и
.
При этом выражение
является
полным дифференциалом некоторой функции двух переменных
,а
сама функция может быть найдена по формуле
, где
—
произвольная точка, в которой функции
и
определены.
13.4. Решение типовых задач
13.4.1. Вычислите интеграл
по дуге параболы
между
точками
и
.
Решение. Вычислим дифференциал длины дуги
.
Здесь
, поэтому
.
Криволинейный интеграл сводится
к определенному интегралу:
.
13.4.2. Вычислить с помощью криволинейного интеграла площадь части
цилиндрической поверхности
, ограниченной снизу
плоскостью
, а сверху поверхностью
.
Решение. В нашем примере для вычисления интеграла удобно задать кривую
(окружность
) параметрически:
,
.
Дифференциал длины дуги равен
.
Тогда (см. 13.1)
.
13.4.3. Вычислить криволинейный интеграл
, где — первый виток
винтовой линии
,
,
.
Решение. Вычислим дифференциал длины дуги винтовой линии:
0
QP
xy
−
2
1
M
M
Pdx Qdy
+
1
M
2
M
Pdx Qdy
+
(,)
Uxy
00
(,)
(,)
(,)
xy
xy
Uxy
Pdx Qdy
=+
00
(,)
xy
(,)
Pxy
(,)
Qxy
L
xydl
2
yx
=
(0, 0) (1, 1)
()2
1()
dl
yxdx
=+
2
()
yxx
=
2
14
dl
xdx
=+
1
1
1
2
2
2
2
2
2
0
0
0
1
14
14
14
22
y
L
dl
x
xydl xx
xdx
x
xd
xt
t
tdt
=
+
=
+
=
=
=
+
=
2
1
;
42
u
udu
t
dt
−
=
=
=
=
5
5
53
22
1
1
1
1
2551
(1)
16
1653
120
uu
u
udu
+
−
=
−
=
22
1
xy
+=( 0, 0)
xy
0
z=
zxy
=
L
22
1
xy
+=
cos
xt
=
sin
yt
=
0
2
t
2
2
2
2
(sin) (cos)
tt
dlxydt
t
tdtdt
=
+
=
−
+
=
/2
/2
2
0
00
1
cos 2
1
cos sin
sin 2
2
4
2
L
t
S xydl
t tdt
tdt
=
=
=
=−
=
2
22
L
zdl
xy
+
L
cos
xa
t
=
sin
yat
=
zbt
=
93
.
Подынтегральная функция на
кривой равна
.
Первому витку винтовой линии отвечает
изменение параметра от
до
, тогда
.
13.4.4. Вычислить интеграл
по части линии пересечения
поверхностей
,
, лежащей в первом октанте.
Решение. Первая поверхность — сфера радиуса
с центром в начале
координат, вторая — плоскость, проходящая через центр сферы.
Пересечением этих поверхностей является окружность. Зададим ее
параметрически. Подставив
в уравнение сферы, получим
.
Этому уравнению тождественно удовлетворяет подстановка
,
.
Следовательно, параметрическими уравнениями линии
будут
,
,
.
Участку в первом октанте отвечает
изменение параметра от
до
. Вычислим дифференциал длины дуги
. Отсюда
.
13.4.5. Вычислить криволинейный интеграл
, где
—
правый лепесток
лемнискаты
.
Решение. Уравнение лемнискаты в полярных координатах:
,
причем для правого лепестка
(см. 10.1). Вычислим дифференциал
длины дуги
, тогда
искомый интеграл запишем в виде:
2
2
2
2
2
( sin) ( cos)
dl
at
a
tbdtabdt
=
−
+
+
=
+
2
22
2
2
2
z
bt
x
ya
=
+
10
t=
22
t
=
2
2
22
32
2
2
22
2
2
2
2
0
8
3
L
zdl
bt
bab
a bdt
x
y
a
a
+
=
+
=
+
()
L
x ydl
+
2
2
2
2
x
yza
++=
xy
=
a
yx
=
2
2
2
2xza
+=
1
cos
2
x
a
t
=
sin
zat
=
L
1
cos
2
x
a
t
=
1
cos
2
y
a
t
=
sin
zat
=
10
t=
2
2
t
=
22
2
11
sin
sin
(cos)
22
dl
at
at
a
tdtadt
=
−
+−
+
=
/2
/2
22
0
0
()
2 cos
2 sin
2
L
x ydl
a
tadta
t
a
+
=
=
=
L
xdl
L
2
22
22
2
(
)(
)
x
y
ax
y
+
=
−
cos 2
ra
=
,
44
−
2
2
2
2
sin 2
cos 2
cos 2
cos 2
a
ad
dlrrd
a
d
=
+
=
+−
=
94
.
13.4.6. Вычислить интеграл
вдоль линий: а)
;б)
;
в)
.
Решение. а)
.
б)
.
в) Здесь удобнее перейти к интегрированию по переменной , тогда
,
,
.
13.4.7.
Найти
криволинейный
интеграл
второго
рода
вдоль линии пересечения поверхностей
и
.
Решение. Зададим линию параметрически. Именно, пусть
, тогда
и
. Параметр при этом изменяется от
до
.
Вычислим дифференциалы
переменных:
,
,
. Криволинейный интеграл равен
.
13.4.8. Найти работу силы
вдоль кривой
ориентированной против часовой стрелки со стороны оси
.
Решение. Зададим контур параметрически:
,
.
Легко
проверить, что уравнения системы при этом превращаются в тождественные
равенства. Обходу контура против часовой стрелки, если смотреть со стороны
оси абсцисс, отвечает изменение параметра от
до
.
Работа силы
задается интегралом
/4
/4
/4
2
2
2
/4
/4
/4
cos 2 cos
cos
sin
2
cos 2
dl
L
x
ad
xdl
a
a
da
a
−
−−
=
=
=
=
(1,1)
2
(0,0)
xydx x dy
+
yx
=
2
yx
=
yx
=
(1,1)
11
2
2
2
2
(0,0)
0
0
2
2
3
xydx xdy xdx xdx
xdx
+
=
+
=
=
(1,1)
11
2
3
2
2
3
(0,0)
0
0
3
()3
4
xydx xdy xdx xd x
xdx
+
=
+
=
=
y
2
xy
=
2
dx ydy
=
(1,1)
11
2
3
4
4
(0,0)
0
0
3
23
5
xydx xdy y ydy ydy
ydy
+
=
+
=
=
(1,1,1)
(0,0 ,0)
()
ydx x zdy yzdz
++
+
zxy
=
2
yx
=
xt
=
2
yt
=
3
zxyt
==
t
10
t=
21
t=
dx dt
=
2
()2
dy dt
tdt
==
32
()3
dzdt
tdt
==
(1,1,1)
(0,0,0)
()
ydx x zdy yzdz
++
+
=
1
2
3
5
2
0
()2
3
ydx
dy
yz
dz
xz
tdttttdtttdt
+
=
++
+
=
1
2
4
7
0
71
(323)
40
t
t
tdt
+
+
=
Ayizjxk
=
−
+
2
2
2
22,
,
x
yz
yx
++
=
=
Ox
cos
xy
t
==
sin
zt
=
10
t=
22
t
=
95
.
13.4.9. Вычислить интеграл
, если
—
контур
треугольника с вершинами
,
,
.
Решение. Преобразуем криволинейный интеграл второго рода по замкнутому
контуру в двойной по формуле Грина (см. пункт 13.3).
Найдем
. Тогда
.
Здесь контур треугольника обходится
против
часовой
стрелки,
как
показано на рис. 13.4, а область
—
треугольник
.
Непосредственное
вычисление
интеграла
дает тот же результат, но требует
большего количества выкладок.
13.4.10. Проверить, что выражение
является
полным дифференциалом некоторой
функции
,
и найти эту
функцию.
Решение.
,
;
,
.
Очевидно, что условие полного дифференциала (см. 13.3) выполнено.
Найдем функцию
по формуле
, при этом
воспользуемся независимостью криволинейного интеграла от пути
интегрирования и соединим точки
и
ломаной линией, состоящей
2
0
(,)
cos ( sin)
sin ( sin)
cos cos
y
z
x
dz
LL
dx
dy
Adr
ydx zdy xdz
t
tdt
t
tdt
t
tdt
=
−
+
=
−
−
−
+
=
2
22
0
00
11
(1cossin)
(1 sin2 )
cos 2
2
24
t tdt
tdt t
t
=
−
=
−
=+
=
22
()(
)
L
xydxxydy
+
−
+
L
1(1, 1)
M
2(3, 1)
M
3(2, 2)
M
22
(
)()21
QP
x
y
xy
x
x
yx
y
−
=
−
−
−
+=−
−
(2 1)
DD
QP
dxdy
x
dxdy
xy
−
=−
+
=
()
4
22
4
2
11
(2 1)
y
y
y
y
dy
x
dxdyxx
−
−
=−
+
=−
+
=
2
1
(10 20)
5
y
dy
=
−
=−
D
123
MMM
22
()(
)
L
xydxxydy
+
−
+
2
(1 )xy
xy
xyedx xedy
++
(,)
Uxy
(1 )xy
P
xye
=+
(1)
xy
xy
P
xe
xy xe
y
=
++
2xy
Qxe
=
2
2xy
xy
Qxexye
x
=+
(,)
Uxy
(,)
(0,0)
(,)
xy
Uxy
Pdx Qdy
=+
(0,0) (,)
xy
Рис. 13.4
96
из двух звеньев:
и
, соединяющих точки
,
и
. Итак,
.
На отрезке
и
, отсюда
.На
отрезке
, а координата y изменяется от до
, поэтому
.
Складывая
вычисленные интегралы, получим
.
Учитывая, что в качестве
начальной точки можно было выбрать не
, а любую другую точку, запишем
общий вид искомой функции:
, где
–
произвольная
постоянная.
13.5. Задачи для самостоятельного решения
13.5.1. Вычислить криволинейные интегралы: а)
, где
–
отрезок
прямой
, заключенный между точками
и
;
б)
, где
–
первая арка циклоиды
,
;
в)
, где
–
окружность
;г)
, где
–
четверть
окружности
,
, лежащая в первом октанте.
13.5.2. Найти координаты центра масс винтовой линии
,
,
, считая линию однородной.
13.5.3. Вычислить площадь части цилиндрической поверхности
,
заключенной между плоскостью
и поверхностью
().
13.5.4. Вычислить криволинейный интеграл
(1,1)
(0,0)
()
xydx y xdy
+−
вдоль линии:
а)
;б)
;в)
;г)
.
13.5.5. Вычислить: а)
, где
–
отрезок прямой от
точки
до точки
;б)
, где
–
линия
пересечения сферы
и цилиндра
().
(Направление обхода линии против часовой стрелки при взгляде из начала
координат.)
12
MM
23
MM
1(0, 0)
M
2( ,0)
Mx
3(,)
Mxy
3
2
12
22
(,)(1)
(1)
M
M
xy
xy
xy
xy
MM
Uxy
xyedx xedy
xyedx xedy
=
+
+
+
+
+
12
MM
0
y=
0
dy=
2
1
2
0
(1)
M
x
xy
xy
M
xyedx xedy dxx
+
+
=
=
23
MM
0
dx=
0
y
3
2
2
2
2
0 здесь const
0
(1)
y
M
y
xy
xy
xy
xy
M
x
e
xyedx xedy xedy x
x
=
+
+
=
=
=
( 1)
xy
xe−
(,)
xy
Uxy xe
=
1
M
(,)
xy
UxyxeC
=+
C
L
dl
xy
−
L
240
xy
−
−
=
1(0, 2)
M−
2(4, 0)
M
2
L
ydl
L
( sin)
xat
t
=−
(1cos)
ya
t
=−
()
L
x ydl
−
L
22
x
yax
+=
L
xyzdl
L
2
2
2
2
x
yzR
++=
2
2
2
/4
x
yR
+=
cos
yat
=
sin
yat
=
zbt
=
(0
)
t
23
4
(1)
9
yx
=−
xOy
2
zx
=−
4
x
yx
=
2
yx
=
2
yx
=
3
yx
=
(
1)
L
xdxydyxydz
+
++−
L
(1, 1, 1)
(2, 3, 4)
2
2
2
L
ydx zdy xdz
++
L
2
2
2
2
x
yzR
++=
22
x
yRx
+=
0
z
97
13.5.6. Вычислить интеграл
по окружности
непосредственно и с помощью формулы Грина.
13.5.7. Проверить, что выражение
является полным дифференциалом
некоторой функции
,
и
найти
эту функцию,
если:
а)
;б)
.
Ответы.
13.5.1.
а)
;б)
;в)
;г)
.
13.5.2.
.
13.5.3.
.
13.5.4. а)
;б)
;в)
;
г)
.
13.5.5. а) ;б) 3/4
R
.
13.5.6.
.
13.5.7. а)
;б)
.
ЗАНЯТИЕ 14
ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
14.1. Вычисление площади поверхности
Площадь поверхности , заданной уравнением
, можно найти как
интеграл от элемента площади
:
.
Сведем интеграл по
поверхности к двойному интегралу по ее проекции на плоскость
(область
на рис. 14 .1). Элемент площади в декартовой прямоугольной
системе
—
это
произведение
дифференциалов
.
Единичную нормаль к
поверхности в произвольной точке запишем в
виде
,где,,
–
углы,
которые нормаль составляет с осями координат.
По формуле, связывающей площадь плоской
фигуры и ее проекции на некоторую плоскость,
,
если cos
0
. Нормаль к
поверхности
,
составляющую
острый угол с осью
, находим по формуле
Рис. 14 .1
22
(1)
(1)
L
xydxxydy
−
++
2
2
2
x
yR
+=
dU
(,)
Uxy
2
(2)
()
x
ydx ydy
dU
xy
++
=
+
22
(2 cos
sin) (2cos
sin )
dUxyy
xdx y
xx
ydy
=
−
+
−
5ln2
4aa
2
/2
a
4
3/32
R
(0,2/, /2)
ab
11/3
1/3
1/12
17/30
1/20
−
13
4
/2
R
ln|
|y
xy
C
xy
+−
+
+
22
cos
cos
x
yy
xC
++
(,)
z
xy
=
d
Sd
=
xOy
xy
D
xOy
dxdy
{cos ,cos ,cos }
n
=
cos
dxdy d
=
(,)0
−=
z
xy
Oz
98
(см. п. 3.1.3), тогда единичная
нормаль
.
Элемент площади поверхности задается формулой
,а
площадь поверхности вычисляется при помощи двойного интеграла
.
В качестве примера найдем площадь полусферы радиуса
.
Уравнение
полусферы с центром в точке
,
отсюда
.
Таким образом, элемент
площади сферы равен
.
Площадь равна интегралу
, где
–
круг
.
Для вычисления этого
интеграла перейдем к полярным координатам:
.
Площадь полной поверхности сферы равна
.
Отметим, что элемент площади в сферических координатах имеет вид
, где
—
уравнение поверхности .
14.2. Поверхностные интегралы первого рода
Не вдаваясь в строгое определение поверхностного интеграла первого рода,
можно сказать, что оно аналогично определению двойного интеграла, только
разбиению подвергается не плоская фигура
, а поверхность
в
пространстве. Пусть
—
элемент площади поверхности
, тогда
поверхностный интеграл первого рода запишем в виде
.
Здесь
точка
принадлежит поверхности . Интеграл
сводят к
двойному интегралу по проекции поверхности
на одну из координатных
плоскостей, например, на плоскость
.
Подставляя выражение для
элемента площади поверхности и учитывая, что на
координата
зависит
от и (заменяем
на
), получим:
grad( (,)){ (,), ( ,),1}
=
−
=−
−
xy
N
z
xy
xy
xy
2
2
2
2
2
2
1
,,
||1
1
1
y
x
x
y
x
y
x
y
N
n
N
=
=−
−
++
++
++
22
1
cos
1xy
=
++
22
1xy
d
dxdy
=
+
+
22
1
xy
xy
D
S
dxdy
=
+
+
R
(0,0, 0)
2
2
2
z
Rxy
=
−
−
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
1()()1
xx
x
y
R
zz
RxyRxy
+
+
+
=+
=
−
−
−
−
2
2
2
Rdxdy
d
Rxy
=
−−
2
2
2
xy
D
Rdxdy
S
Rxy
=
−−
xy
D
2
2
2
x
yR
+
()
2
2
2
2
22
0
00
22
R
R
Rrdr
S
d
R
Rr
R
Rr
=
=
−
−
=
−
2
4R
2
sin
d
dd
=
(,)
=
D
d
()
fMd
(,,)
Mxyz
()
fMd
xOy
z
x
y
z
(,)
xy
99
.
Основные свойства поверхностного интеграла первого рода аналогичны
свойствам двойного интеграла.
Интеграл
при
равен площади S поверхности .
Если
—
поверхностная плотность (масса единицы площади
поверхности), то этот интеграл дает полную массу поверхности . Среднее
арифметическое функции
на поверхности
выражается формулой
.
14.3. Поверхностные интегралы второго рода
Поверхностный интеграл второго рода можно определить, опираясь на
понятие поверхностного интеграла первого рода (см. пункт 14.2). Пусть в
каждой точке
поверхности
задан вектор (векторное поле)
.
На поверхности
выберем единичную нормаль
(рис. 14 .1) так, чтобы она менялась
непрерывным образом. Это можно сделать одним из двух способов: выбрать
или
.
Говорят, что при этом выбрана определенная сторона
поверхности. Скалярное произведение
,
проинтегрированное по
поверхности
в смысле интеграла первого рода, как раз и дает
поверхностный интеграл второго рода, который иначе называют потоком
векторного поля
:
.
Учитывая координаты единичного
вектора , запишем подынтегральное выражение так:
,но
,
,
(ср. пункт 14.1), отсюда координатная
запись потока вектора принимает вид
.
В последней формуле перед каждым двойным интегралом выбирается знак,
совпадающий со знаком
,
или
соответственно (т. е . плюс,
если вектор составляет острый угол с соответствующей координатной осью,
и минус, если этот угол тупой). Обратите внимание, что в каждом из
интегралов подынтегральная функция выражена через переменные
интегрирования, т. е . третья переменная исключена согласно уравнению,
задающему поверхность . Такой метод сведения поверхностного интеграла
второго рода к трем двойным (т. н . метод проектирования на три
координатные плоскости) удобен лишь в случае, когда поверхность
22
()
(,,( ,))1
xy
xy
D
fMd
fxy xy
dxdy
=
+
+
()
fMd
(,,)1
fxyz
(,,)
fxyz
()
fM
1
()
()
fM
fMd
S
=
(,,)
Mxyz
(){,,}(,,)(,,)(,,)
AM PQR Pxyzi Qxyzj Rxyzk
=
=
+
+
n
n
()
n
−
(,)
An
A
(,)
And
=
n
(,) ( cos
cos
cos )
And
P
Q
R
d
=
+
+
cos
d
dydz
=
cos
d
dxdz
=
cos
d
dxdy
=
((,), ,)
(,( ,),)
(,,( ,))
yz
xz
xy
D
D
D
Pxyzyzdydz Qxyxzzdxdz Rxyzxydxdy
=
cos cos
cos
n
100
взаимно-однозначно проектируется на каждую из трех координатных
плоскостей, иначе
необходимо разбить на несколько частей, что приводит
к значительному увеличению объема вычислений. Поэтому мы рекомендуем
метод проектирования на одну координатную плоскость. Пусть, для
определенности, это будет плоскость
, а нормаль
составляет острый
угол с осью
.
Тогда подынтегральное выражение в поверхностном
интеграле второго рода равно
.
Итак, поток векторного поля сводится к двойному интегралу по формуле
(
)(,)
xy
xy
D
z
xy
RPQ
dxdy
=
=
−
−
.
Все обозначения в этой формуле соответствуют рисунку 14.1. Переменная
в функциях , ,
заменяется на
из уравнения поверхности . При
проектировании
на другие
координатные
плоскости
пользуются
аналогичными формулами (см. пример 14.4.9).
В заключение заметим, что векторная запись потока
эквивалентна записи
в
координатной форме, где
.
14.4. Решение типовых задач
14.4.1. Вычислить площадь части параболоида
, вырезанной
цилиндром
.
Решение.
Поверхность
задана
уравнением
,
отсюда
. Двойной интеграл, выражающий площадь, равен
.
Для его вычисления перейдем к полярным
координатам:
.
14.4.2. Вычислить часть поверхности конуса
, отсекаемую
цилиндром
.
xOy
n
Oz
(
)
22
22
(,)
(,)
1
1
xy
x
y
x
y
z
xy
xy
RPQ
And
dxdyRPQ
dxdy
=
−−
=
+
+
=
−
−
++
z
PQR
(,)
xy
(,)
And
=
(,,)
(,,)
(,,)
PxyzdydzQxyzdxdz Rxyzdxdy
=
+
+
{,,}
A PQR
=
22
2zxy
=+
22
1
xy
+=
22
2
xy
z
+
=
2
2
2
2
11
xx
z
z
x
y
++
=
++
22
22
1
1
xy
S
x
y dxdy
+
=
++
1
21
2 3/2
2
00
0
(1)
2
1
2
(221)
33
r
Sd
r rdr
+
=
+
=
=
−
22
z
x
y
=+
22
2
x
y
y
+=
101
Решение. В этом примере надо найти часть поверхности конуса, лежащую над
кругом
радиуса . Площадь круга равна . Вычислим элемент
поверхности конуса:
,
.
14.4.3. Вычислить площадь части земной поверхности, считая ее сферой
радиуса
км, заключенной между меридианами
,
и
параллелями
и
.
Решение. Используя приведенную в пункте 14.1 формулу элемента площади в
сферических координатах для сферы с уравнением
,
получим
.
Следует учесть, однако (ср. замечание в 12.1), что
географическая широта
и угол
связаны соотношением
,
поэтому в нашем примере
и
. Отсюда
км2
.
14.4.4. Вычислить интеграл
, где
–
полная поверхность конуса
при
.
Решение. И боковая поверхность конуса, и его основание имеют одну и ту же
проекцию на плоскость
, а именно: круг радиуса
, заданный
неравенством
.
Поэтому будем вычислять поверхностный
интеграл отдельно для основания и для боковой поверхности. На
основании
, поэтому интеграл равен
.
Для боковой поверхности элемент площади равен
(см. пример 14.4.2). Функция интегрирования
на боковой поверхности
равна
, отсюда поверхностный интеграл равен
.
Интеграл по всей
поверхности получим сложением:
.
14.4.5. Вычислить интеграл
, где
–
поверхность тетраэдра
,
,
,
.
Решение. Поверхность тетраэдра состоит из четырех граней, интеграл по
каждой из которых будем вычислять отдельно. Грань, лежащая в плоскости
, проектируется на плоскость
в треугольник, ограниченный
22
(1)1
xy
+−
1
22
22
2
2
2
2
1
1
2
xx
xy
d
z zdxdy
dxdy dxdy
xy
xy
=
++
=
+
+
=
++
222
22
xy
y
S
dxdy
+
=
=
6400
R=
0
30
=
0
60
=
0
45
=
0
60
=
R
=
2
sin
dR
dd
=
0
90
=−
0
130
=
0
245
=
/3
/4
2
/4
2
2
8
/6
/6
/6
sin
(cos)
(3 2)3,410
6
12
=
=
−
=
−
R
SRd
dR
2
zd
22
z
x
y
=+
0zR
xOy
R
2
2
2
x
yR
+
zR
=
222
2
2
2
4
1
xyR
I
Rdxdy R R
R
+
=
=
=
2
d
dxdy
=
2
z
22
xy
+
222
2
4
2
2
3
2
00
2
(
)2
2
2
+
=
+
=
=
R
xyR
R
I
x
y
dxdy
d rdr
4
12
2
1
2
III
R
=
+=
+
2
(1
)
d
xy
++
1
xyz
++
0
x
0
y
0
z
1
xyz
++=
xOy
102
осями
,
и прямой
.
Уравнение поверхности этой грани
, откуда
.
Таким образом, поверхностный интеграл
по этой грани равен
.
Оставшиеся три грани расположены в координатных плоскостях. Для грани,
расположенной в плоскости
,
, поэтому
.
Интегралы и
по плоскостям
и
равны.
Найдем, например
. Здесь мы учли, что на плоскости
и что
. Теперь найдем окончательный ответ:
.
14.4 .6. Вычислить
,
где
—
часть плоскости
, отсеченная координатными плоскостями.
Решение. Из уравнения плоскости удобнее выразить
,
тогда элемент площади поверхности равен
.
Проекция поверхности
на координатную
плоскость
является треугольником
,
ограниченным прямой
и осями координат. Запишем соответствующий двойной интеграл:
.
14.4.7. Найти координаты центра масс восьмой части однородной сферы
,
,
,
.
Решение. Очевидно, в силу симметричности координаты ,
и
центра
масс восьмой части сферы в указанной системе координат совпадают, поэтому
Ox Oy
1
xy
+=
1
z
xy
=−
−
3
d
dxdy
=
1
11
1
1
2
0
0
0
0
31
3
(1
)
1
−
−
=
=
−
=
++
++
x
x
dy
Idx
dx
xy
xy
1
0
11
3
12
=−
+
dx
x
1
3 ln2
2
=−
xOy d dxdy
=
21
11
ln2
2
3
II
=
=
−
3
I
4
I
xOz yOz
11
1
3
22
0
0
0
1
(1)(1)
x
dz
x
Idx
dx
xx
−
−
=
=
=
++
1
2
0
21
(1)
1
dx
xx
−=
++
1
0
2
ln(1)1ln2
1
x
x
=−
−
+
=−
+
xOz
0
y=
d dxdz
=
()
()
1
2
3
4
13
13ln2
2(1ln2) 31ln2
22
IIIII
=
+++=+
−
+−
=
−
+
(2
79)
yxzd
+−+
2
220
xyz
−
−
+=
222
yxz
=
−
+
22
1xz
d
y ydxdz
=
+
+
=
22
12(2)
3
dxdz dxdz
=
++−
=
0
y=
xz
D
10
xz
−
+=
01
10
(2(222)79)3
3
(457)
+
−
+
−
+−+
=
−
+
=
xz
x
d
D
y
x
z
x
z dxdz dx
x
zdz
1
0
2
1
0
7
3
45
2
+
−
=
−
+
=
x
dxz
xz
z
0
22
1
7
34455
(1)
2
x
x
x
x
dx
−
+−
−
+
+
=
()
0
2
1
9
54
2
xxdx
−
=
+−
=
0
3
2
1
9
9
1
52
(52)12
2
3
2
3
x
xx
−
=
+
−
=
−
−
=
2
2
2
2
x
yzR
++=
0
x
0
y
0
z
xy
z
103
найдем значение аппликаты. Воспользуемся выражением элемента
площади сферы, вычисленным в пункте 14.1:
.
Здесь было учтено, что проекция
восьмой части сферы на плоскость
является четвертью круга и имеет площадь
.
Итак, центр масс
находится в точке
.
14.4.8. Вычислить интеграл
, где
–
внешняя
сторона полусферы
.
Решение. Дано:
,
,
.
Полусфера
взаимно-
однозначно проектируется на координатную плоскость
в круг
,
заданный неравенством
.
Сведем поверхностный интеграл к
двойному:
.
Перейдем к полярным координатам:
.
При вычислении учтено, что
, поэтому вычисление интеграла
не
понадобилось.
14.4.9. Вычислить поверхностный интеграл
, где
—
часть
параболоида
, отсеченная плоскостью
. Выбрать ту сторону
поверхности , для которой
.
Решение. Имеем:
,
.
Будем вычислять поток методом
проектирования на одну координатную плоскость (а именно, плоскость
)
по
формуле,
аналогичной
приведенной
в
пункте
14.3:
1
==
z
zd
S
2
2
2
2
2
2
2
1
/2
=
−
−
=
−−
xy
D
z
d
Rdxdy
Rxy
R
Rxy
2
22
42
=
=
=
xy
D
RR
dxdy
RR
xy
D
0
z=
2
/4
R
,,
222
RRR
2
2
2
xdydz ydxdz zdxdy
++
22
1
z
x
y
=
−
−
2
Px
=
2
Qy
=
2
Rz
=
22
1
z
x
y
=
−
−
xOy
xy
D
22
1
xy
+
22
2
2
2
2
2
2
2
1
11
xy
D
z
xy
xy
zx
y
dxdy
x
y
x
y=
−
−
−−
=
−
−
=
−
−
−
−
22
33
22
22
1
1
1
xy
xy
x
y
dxdy
xy
+
+
=
−
−
+
−−
()
2
1
2
1
2
1
3
3
3
4
2
2
3
22
0
0
0
0
0
0
(cos sin )
1
1
cos
11
r
rdr
d
r
rdr d
r rdr
d
rr
+
=
−
+
=
−
+
+
−−
1
21
4
2
4
3
2
00
0
sin
2
24
2
1
rdr
r
r
d
r
+
=
−
=
−
22
33
00
cos
sin
0
dd
==
1
4
2
01
rdr
r
−
22
()
yzdydz
+
22
9
x
yz
=
−
−
0
x=
cos
0
22
Pyz
=+
0
QR
==
yOz
104
(
)(,)
.
yz
yz
x
yz
D
PQR
dydz
=
=−
−
−
Перед интегралом знак минус, потому что
вектор
образует тупой угол с осью
, что указано в условии задачи.
Проекцией поверхности
на плоскость
является круг
.
Функция ( , )
yz
, задающая поверхность , равна
. Учитывая все
это, запишем:
. Перейдем к полярным координатам:
.
14.4.10. Вычислите поверхностный интеграл
, где
—
часть
поверхности гиперболоида
, отсекаемая плоскостями
и
, если нормальный вектор к этой поверхности составляет тупой угол
с осью
.
Решение. Из вида исходного интеграла
получаем компоненты векторного поля:
,
.
Уравнение поверхности
.
Линии пересечения с
указанными в условии плоскостями
(подставляем
и
)
проектируются на плоскость
в
окружности
и
соответственно,
т.е .
проекцией
поверхности
на плоскость
является
кольцо
(рис. 14 .2).
Поскольку выбрана сторона поверхности с
, то формула из пункта 14.3 в данном примере берется со знаком
минус:
.
Для вычисления двойного интеграла перейдем к полярным координатам:
.
n
Ox
yOz
22
9
yz
+
22
9yz
−−
22
22
9
()
yz
yzdydz
+
=−
+
3
23
4
3
00
0
81
2
42
r
d rdr
=−
=−
=−
dxdy
z
2
2
2
1
x
yz
+=+
0
z=
3
z=
n
Oz
0
PQ
==
1
R
z
=
22
1
z
x
y
=
+−
0
z=
3
z=
xOy
22
1
xy
+=
22
4
xy
+=
xOy
22
14
xy
+
cos
0
22
22
1
14
1
zxy
xy
dxdy
z=
+−
+
=−
22
2
2
2
1
01
2
123
1
rdr
dr
r
=−
=−
−
=−
−
Рис. 14 .2
105
14.4.11. Вычислить поток векторного поля
через внешнюю сторону полной поверхности пирамиды, образованной
плоскостью
и координатными плоскостями.
Решение.
Найдем
сначала
потоки
векторного поля
через грани пирамиды,
расположенные
в
координатных
плоскостях.
Вычисления
будем
проводить, следуя определению потока.
Так, грань
,
расположенная в
плоскости
, является треугольником,
ограниченным прямыми
,
,
.
Внешней нормалью к этой грани
является вектор
(рис. 14.3) , а
проекция поля на нормаль равна
0
(,)(2 )(1)
2
2
x
An
zx
x
z
z
=
=
−
−
=
−
=−
.
Элемент площади
. Отсюда
.
Перейдем теперь к грани
, расположенной в плоскости
.
Это
треугольник, ограниченный прямыми
,
,
. Нормаль
,
скалярное произведение
0
(,)( )(1)
y
Anxy
yx
x
=
=
−
−
=
−
=−
. Элемент площади
.
Итак,
.
Аналогично вычисляем поток через грань, расположенную в плоскости
:
.
Для вычисления потока через грань, лежащую в плоскости
,
выберем способ проектирования на плоскость
(в треугольник
).В
формуле
имеем
,
,
. Из уравнения плоскости выразим
.
Подставив все это в формулу для потока, получим
(2)()(3)
Azxi
xyjxzk
=
−
+−
+
+
22
xyz
++=
A
yz
D
0
x=
22
yz
+=
0
y=
0
z=
ni
=−
d dydz
=
1
22
1
2
1
0
0
0
(2)
2
4(
)
yz
z
D
z dydz
zdz dy
z zdz
−
=
−
=−
=
−
=
1
32
0
2
4
32
3
zz
=−
=−
xz
D
0
y=
22
xz
+=0
x=
0
z=
nj
=−
d dxdz
=
1
22
2
2
2
0
0
0
()
2
xz
x
D
x
x dxdz
xdx dz
xdx
−
=
−
=−
=
−
=
2
32
0
42
2
623
3
−
=
−
=−
xx
0
z=
()
2
2
2
2
3
0
2
0
0
0
0,0
3
3
3
3(2 )
−
=
+
=
−
−
=−
=−
=−
−
=
xy
x
z
D
xy
xy
xz
dxdy
xdxdy
xdx dy
xxdx
2
23
0
3
=−
+
=
xx1284
−
+=−
22
xyz
++=
xOy
xy
D
(
)(,)
xy
xy
z
xy
D
RPQ
dxdy
=
=
−
−
2
Pzx
=−
Qxy
=−
3
Rxz
=+
1
(,)
22
xy
z
xy
=−
−
=
Рис. 14.3
106
.
Общий поток через полную поверхность пирамиды равен сумме потоков через
отдельные грани:
.
14.5. Задачи для самостоятельного решения
14.5 .1. Найти площадь: а) части поверхности
, вырезанной цилиндром
и плоскостью
; б) части гиперболического параболоида
,
вырезанной цилиндром
; в) части
, вырезанной
поверхностью
.
14.5 .2. Найти центр масс части однородного параболоида
,
отсеченной плоскостью
.
14.5 .3. Вычислить поверхностный интеграл
, где
–
часть плоскости
, лежащая в первом октанте.
14.5 .4. Вычислить
, где
–
часть плоскости
, лежащая в
первом октанте.
14.5 .5. Вычислить
, где – полусфера
.
14.5 .6. Вычислить
, где
–
цилиндр
, ограниченный
плоскостями
и
,а
–
расстояние от точки цилиндра до начала
координат.
14.5.7. Вычислить
, где
–
внешняя сторона куба
,
,
.
4
1/2/2
11
3
(2)
()
22
xy
D
zxy
xz
zx
xy
dxdy
=−
−
=
+−
−
−
−
−
−
=
2
22
2
2
0
0
0
0
3
3
3
(2
2)
(2
2)
2
2
2
2
4
xy
x
x
D
y
y
y
x
dxdy dx
x
dydxxy
y
−
−
=
−
+
=
−
+
=
−
+
=
2
22
23
22
00
0
3
11
511
14
2(2)(2)2(2)
(5
1)
4
4
212
3
xx
x
x
x
xdx
x
x
dx
x
=
−
−
−
+
−
=
−
+
=
−
+=
1
2
3
4
22
142
4
33
33
=+++=−
−
−
+=−
2
4
zx
=
2
4
yx
=
1
x=
zxy
=
2
2
2
x
yR
+=
2
2
2
2
x
yzR
++=
()2
2
2
22
2
()
x
y
Rxy
+
=
−
22
2
x
yz
+=
1
z=
4
2
3
y
zx
d
++
1
234
xyz
++=
xyzd
1
xyz
++=
22
xyd
2
2
2
z
Rxy
=
−
−
2
d
r
2
2
2
x
yR
+=
0
z=
zH
=
r
xdydz ydxdz zdxdy
++
01
x
01
y
01
z
107
14.5.8. Вычислить
, где
–
внешняя сторона нижней половины
сферы
.
14.5.9. Вычислить
, где
–
внешняя сторона
пирамиды, составленной плоскостями
,
,
и
.
14.5.10. Вычислить
, где
–
внешняя сторона
поверхности, расположенной в первом октанте и составленной из параболоида
вращения
, цилиндра
и координатных плоскостей.
14.5.11. Вычислить поток радиус-вектора через боковую поверхность
кругового конуса, основание которого находится на плоскости
,аось
совпадает с осью
. Высота конуса равна 1, радиус основания равен 2.
14.5.12. Найти поток вектора
через внешнюю сторону
части сферы
, заключенной в первом октанте.
Ответы. 14.5.1. а)
;б)
;в)
.
14.5 .2.
.
14.5.3.
.
14.5.4.
.
14.5.5.
.
14.5 .6.
.
14.5.7.
. 14.5.8.
. 14.5.9.
. 14.5.10.
. 14.5.11.
.
14.5.12.
.
ЗАНЯТИЕ 15
ДИВЕРГЕНЦИЯ ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ. ФОРМУЛА ГАУССА-
ОСТРОГРАДСКОГО
15.1. Дивергенция векторного поля
Дивергенцией векторного поля
называется скалярная функция
.
22
x y zdxdy
2
2
2
2
x
yzR
++=
xydydz yzdxdz xzdxdy
++
0
x=
0
y=
0
z=
1
xyz
++=
22
xzdydz x ydxdz y zdxdy
++
22
zxy
=+
22
1
xy
+=
xOy
Oz
A xyi yzj xzk
=
+
+
2
2
2
1
x
yz
++=
()
16
221
3
−
(
)
2 3/2
2
(1)1
3
R
+−
2
2(442)
R+−
5593
0, 0,
130
+
461
3
120
6
2
15
R
2 arctg
H
R
3
7
2
105
R
1
8
8
4
3
16
()(,,)(,,)(,,)
AM Pxyzi Qxyzj Rxyzk
=
+
+
div
PQR
A
x
yz
=
+
+
108
Дивергенция является дифференциальным оператором первого порядка.
Она обладает свойством линейности:
,
где — числовая константа.
Отметим, что в криволинейных координатах (например, в цилиндрических
или сферических) формула для вычисления дивергенции имеет другой вид.
15.2. Поток векторного поля через замкнутую поверхность.
Формула Гаусса-Остроградского
Пусть задано векторное поле
, где
,
и
—
непрерывно
дифференцируемые функции точки
.
Поток вектора
через
замкнутую кусочно-гладкую поверхность равен тройному интегралу от
дивергенции этого вектора по области
, ограниченной поверхностью :
(формула Гаусса-Остроградского). Здесь
–
элемент объема, в декартовых
координатах равный
.
При этом для вычисления потока выбирают внешнюю сторону поверхности,
т.е . нормаль
направлена вовне, а не вовнутрь поверхности (рис. 15.1).
При изменении направления нормали на
противоположное величина потока меняет знак. В
координатной
записи
формула
Гаусса-
Остроградского имеет вид:
.
15.3. Решение типовых задач
15.3.1. Найти дивергенцию векторного поля
.
Решение. Координаты векторного поля:
,
,
.
По
формуле п. 15.1 находим
.
Итак,
.
div(
) div
div
AB
A
B
+
=
+
{,,}
A PQR
=
PQR
(,,)
Mxyz
A
D
(,)
div
D
And
Adv
=
dv
dxdydz
n
D
PQR
Pdydz Qdxdz Rdxdy
dxdydz
x
yz
+
+
=
+
+
(24)
Axiyjz
zk
=
++
−
Px
=
Qy
=
24
Rz
z
=−
()
2
div
() ()
24
112
R
A
x
y
z
z
x
y
z
z
=
+
+
−
=++
−
2
div 4
A
z
=−
Рис. 15 .1
109
15.3.2. Вычислить поток векторного поля
через внешнюю
сторону замкнутой поверхности, образованной параболоидом вращения
и плоскостью
.
Решение. Найдем
.
Воспользуемся
формулой Гаусса-Остроградского:
. Для вычисления
тройного интеграла заметим, что пересечением параболоида и плоскости
является окружность
, лежащая в плоскости
, и для любой
точки круга
координата
меняется от
(на плоскости) до
(на параболоиде):
.
15.3.3. Вычислить поток вектора
через
внешнюю сторону полусферы
,
.
Решение. Полусфера не является
замкнутой
поверхностью,
но
дивергенция данного векторного поля
равна нулю. Согласно формуле Гаусса-
Остроградского, поток вектора
через
любую замкнутую поверхность в этом
случае тоже равен нулю. Поэтому для
вычисления потока
через
полусферу замкнем эту поверхность
кругом
(рис. 15.2). Тогда полный
поток
по
формуле
Гаусса-Остроградского
равен
.
Поток
через круг
вычислим
непосредственно.
Внешней
нормалью
к
кругу
является
вектор
, поэтому
.
{,,}
A xzxzxy
=
22
1
x
yz
++=
0
z=
div
()()()
A
xz
xz
xyz
x
y
z
=
+
+
=
(,)
D
And
zdxdydz
=
22
1
xy
+=
0
z=
22
1
xy
+
z
0
z=
22
1
z
x
y
=−
−
22
22
22
1
2
22
0
11
(1
)
(,)
2
xy
D
xy
xy
xy
And
zdxdydz
dxdy
zdz
dxdy
−−
+
+
−−
=
=
=
=
1
2122
2
4
6
00
0
cos
(1)
sin
2
226
6
xr
r
r
r
r
d
rdr
yr
=
−
=
=
=
−
+
=
=
2
2
2
2
2
2
(
)(
)(
)
Ayzixzjxyk
=
+
+
+
+
+
2
2
2
4
x
yz
++=
0
z
A
1
(,)
Adr
=
1
2
2
(,)
div
0
D
And
Adv
+
=
=
2
2
{0, 0, 1}
k−
=
−
2
(,)
And
=
2
(,)
Akd
−=
2
22
cos ,
sin
()
xr
yr
x
y dxdy
==
−
+
=
2
22
4
2
00
0
28
4
r
drrdr
=−
=−
=−
8
=
Рис. 15.2
110
15.3.4. Вычислить поток векторного поля
через
полную поверхность пирамиды с вершинами в точках
,
,
и
.
Решение. Найдем
, тогда по
формуле Гаусса-Остроградского полный поток
,
где
–
объем пирамиды. Но
,
отсюда
.
15.3.5. Вычислить поток вектора
через внешнюю сторону
цилиндрической поверхности
,
.
Решение. Замкнем поверхность, добавив к ней два круга: нижнее основание
цилиндра
,
(поверхность
) и верхнее
основание
,
(поверхность
), как показано на рис. 15.3.
Внешней нормалью к поверхности
является вектор
,
откуда
, но на поверхности
, значит,
и
.
Внешней нормалью к
является вектор
,нона
координата
, откуда
.
Теперь воспользуемся формулой Гаусса-
Остроградского для вычисления искомого
потока
через цилиндрическую (боковую)
поверхность. Найдем
,
тогда
. Здесь тройной интеграл по области
, ограниченной
цилиндрической поверхностью и кругами
и
, мы свели к повторному,
но
,а
, поэтому
.
22
2
{2
,
,
}
Axyzyxz
=
+
−
+
1(0,0,0)
M
2 ( 2,0,0)
M−
3 (0,4,0)
M
4 (0,0,3)
M
2
2
2
div(2)()()2112
x
y
z
Axy
zy
xz
=
+
+
−
+
+
=
−
+=
(,)
2D
And V
=
=
D
V
12
13
14
11
2434
66
D
V
MMMMMM
=
=
=
8
=
2
Axziyjzk
=
++
2
2
2
x
yR
+=0zh
2
2
2
x
yR
+
0
z=
1
2
2
2
xyR
+ zh
=
2
1
k−
2
(,)(,)
An
Ak
z
=−
=−
1
0
z=
(,)0
An=
1
1
(,)
0
And
=
=
2
k
2
(,)
Anz
=
2
zh
=
22
2
2
22
2
осн
(,)
And
hdxdy h S
hR
=
=
=
=
div
1231
Az
zz
=
++=+
12 div
(3 1)
DD
Adv
z
dxdydz
++=
=
+
=
1
0
(3 1)
h
dxdy z dz
=+
D
1
2
2
0
3
(3 1)
2
h
z
dzhh
+
=
+
1
2
осн
dxdy S
R
==
2
2
2
2
22
2
12
1
1
1
(3 2)
(3 2)
(2)
2
2
2
Rhh
RhhRh
Rhh
=
+
−
− =
+
−
=
+
Рис. 15 .3
111
15.3.6. Вычислить поток векторного поля
через
внешнюю сторону границы области, ограниченной поверхностями
и
.
Решение. Дивергенция этого поля вычислена в примере 15.3.1. Верхней
границей области
является плоскость
, нижней – поверхность
,
уравнение
которой
перепишем
в
виде
.
Это пределы интегрирования по переменной .
Проекцией области
на плоскость
является фигура
, ограниченная
линией пересечения указанных в условии поверхностей. Подставив
в
уравнение
, найдем, что
.
Следовательно,
это круг радиуса . По формуле Гаусса-Остроградского поток поля
равен
.
Перейдем к полярным
координатам:
15.4. Задачи для самостоятельного решения
15.4.1. Найти
, если: а)
;б)
.
15.4.2. Решить задачи 14.5.7–14.5.11 с помощью формулы Гаусса.
15.4.3. Вычислить поток векторного поля A x y i y z j z x k
=
+
+
через
внешнюю сторону границы области, ограниченной поверхностями
,
,
,
и
.
15.4.4. Вычислить поток векторного поля A xi yj zk
=
++
через внешнюю
сторону границы области, ограниченной поверхностями
,
и
.
Ответы. 15.4.1. а)
; б) . 15.4.3.
.
15.4.4.
.
(24)
Axiyjz
zk
=
++
−
22
42
z
x
y
+−−
=
4
z=
D
4
z=
22
42
z
x
y
+−−
=
(
)2
22
24
4
z
x
y
=
−
−
−
z
D
xOy
xy
D
4
z=
22
42
z
x
y
+−−
=
22
4
xy
+=
xy
D−
2
A
()
( )( )222
2
22
24
24
4
4
2
44
xy
xy
xy
xy
DD
dxdy
dz
dxdyz z
z
−
−
−
−
−
−
=
−
=
−
=
(
)2
2
2
2
2
4224
24
xy
D
x
y
x
y dxdy
=
−
−
−
−
+−−−
()
22
2
2
2
2
00
4
424
4
d
r
rrdrtr
=
−
−
−
−
−
=
=
=
(
)()
4
4
4
4
3/2
2
0
0
0
0
434
4
84
16
2
64643232.
t
tdt
t
t
t
=
−
−
+
=−
−
−
+
=
−
+
=
div A
22
xiyjzk
A
xy
−
++
=
+
{,,}
Ar
xyz
==
yx
=
1
x=
0
y=
1
z=
0
z=
2
2
2
12
x
y
z
+=+
2
z=
0
z=
()
2
3/2
22
2x
xy
+
3
167
126
22
112
ЗАНЯТИЕ 16
РОТОР ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ. ФОРМУЛА СТОКСА
16.1. Ротор векторного поля
Ротором векторного поля
называется векторная функция, которую в
декартовых координатах определяют формулой
.
В результате разложения определителя по первой строке получим
.
Ротор является дифференциальным оператором первого порядка.
Он
обладает
свойством
линейности:
,
где — числовая константа.
Отметим, что в криволинейных координатах (например, в цилиндрических
или сферических) формула для вычисления ротора имеет другой вид.
16.2. Циркуляция векторного поля. Формула Стокса
Циркуляцией векторного поля
называется криволинейный интеграл второго
рода
по замкнутому контуру .
Если поле
является
непрерывно
дифференцируемым, а контур – кусочно-
гладким, то циркуляция равна потоку ротора
этого векторного поля через произвольную
кусочно-гладкую
поверхность ,
ограниченную контуром :
(формула Стокса).
Направление обхода контура и выбор стороны
поверхности
согласованы
следующим
образом: если смотреть из конца нормали
, то обход контура
осуществляется против часовой стрелки (рис. 16.1). При изменении
направления обхода контура циркуляция меняет знак.
A
rot
i
jk
A
x
yz
PQR
=
rot
RQ
RP
QP
A
i
j
k
yz
x
z
x
y
=
−
−
−
+
−
rot(
) rot
rot
AB
A
B
+
=
+
A
(,)
L
Adr
L
A
L
L
(,)(rot,)
L
Adr
And
=
n
L
Рис. 16.1
113
Формула Стокса является обобщением формулы Грина (см. п . 13.3) на
пространственный случай. В координатной записи она имеет вид
.
Здесь
,
,
–
координаты единичной нормали
к
поверхности , опирающейся на контур , а
,
и
–
компоненты
векторного поля .
16.3. Решение типовых задач
16.3.1. Вычислить ротор векторного поля
.
Решение. Здесь
,
и
.
Компоненты ротора равны
()
()()
rot
1
x
RQ
A
xy
xz
x
yzy
z
=
−
=
−
−
=−−
,
()
()()
rot
1
y
PR
A
yz
xy
y
z
x
z
x
=
−
=
−
−
=
−
,
()
()()
rot
0
z
QP
A
xz
yzzz
x
yx
y
=
−
=
−
=
−
=
.
Итак, rot
(1)(1)
Axiyj
=−
++−
.
16.3.2. Найти по формуле Стокса циркуляцию векторного поля
по окружности
,
,
, ориентированной
против часовой стрелки при взгляде на нее из начала координат.
Решение. Выберем в качестве поверхности
, ограниченной данной
окружностью
, круг
при
.
Поскольку контур обходится
против часовой стрелки при взгляде из начала координат, согласованной
единичной нормалью к поверхности
является вектор
. Найдем ротор
векторного поля:
, тогда
. По формуле
Стокса
, где
–
площадь круга , радиус
которого равен единице.
cos
cos
cos
L
RQ
PR
QP
Pdx Qdy Rdz
d
yz
z
x
x
y
+
+
=
−
+
−
+
−
cos
cos
cos
n
LPQR
A
()
Ayzixzjxyk
=
+
+−
Pyz
=
Qxz
=
Rxy
=−
2
{,2
,2}
Ayxyy
=
1
x=
cos
yt
=
sin
zt
=
L
22
1
yz
+
1
x=
ni
=−
2
rot
2
22
i
jk
Ai
x
yz
y
xy
y
==
(rot,) 2
An =−
(,)(2)
2
2
L
Adr
d
S
=
−
=−
=−
S
114
16.3.3. Вычислить циркуляцию вектора
вдоль
контура :
в направлении, соответствующем возрастанию
параметра . Задачу решить по формуле Стокса и прямым вычислением.
Решение. Как видно из параметрического задания кривой,
—
это эллипс,
являющийся пересечением цилиндра
и плоскости
.
В
качестве поверхности
, опирающейся на контур , возьмем часть этой
плоскости, ограниченную данным эллипсом. Если смотреть из начала
координат, при возрастании контур обходится по часовой стрелке, поэтому
нормалью к
, согласованной с направлением обхода контура, будет
единичный нормальный вектор плоскости
с положительной
аппликатой, т. е .
.
Теперь найдем ротор:
.
Скалярное
произведение
.
По формуле Стокса циркуляция равна
.
Проекцией эллипса на плоскость
является окружность
, ограничивающая круг, площадь
которого равна
. Косинус угла между плоскостями
и
равен
, тогда по формуле площади проекции
=
.
Вычислим теперь циркуляцию непосредственно, используя параметрическое
задание контура:
.
()()()
Azyixzjyxk
=
−
+−
+−
L
cos ,
sin ,
2(1 cos )
x
ty
t
zt
==
=−
t
L
22
1
xy
+=
22
zx
=−
L
t
2
20
xz
+−
=
21
,0,
55
n
=
rot
222
i
jk
A
ijk
x
y
z
zyxzyx
=
=
++
−
−
−
2
1
6
(rot,)
202
2
5
5
5
An=
++
=
66
(,)(rot,)
55
L
S
Adr
And
d
=
=
=
0
z=
22
1
xy
+=
2
20
xz
+−
=
0
z=
1
5
5
S
=
(,)
L
Adr
6
(,)()()()
LL
Adr
zydxxzdyyxdz
=
−
+−
+−
=
2
0
(2 2cos sin )( sin ) (cos 2 2cos )cos (sin cos )2sin
tt
t
yz
zy
x
xz
yx
t
t
t
t
t
t
t
t
tdt
−
−
−
=
−
−
−
+
−
+
+
−
=
(
)
2
2
0
0
( 2sin 2cos 3)
2cos 2sin 3
6
t
t
dt
t
tt
=
−
−
+
=
−
+
=
115
16.3.4. Найти циркуляцию вектора
вдоль контура ,
вырезанного на параболоиде
плоскостями
,
,
при
,
.
Контур обходится по часовой стрелке при взгляде со стороны
положительных значений координаты .
Решение. Контур состоит из двух дуг парабол
и
четверти
окружности
(рис. 16.2).
Направление обхода контура, указанное в
условии, соответствует выбору внешней
нормали
к параболоиду, т.е . нормали с
отрицательной аппликатой. В качестве
поверхности , ограниченной контуром ,
выберем часть параболоида.
По формуле Стокса
.
.
Для вычисления потока ротора выберем метод проектирования на одну
координатную плоскость, изложенный в п. 14.3, а именно, на плоскость
.
Проекцией поверхности
является четверть круга
радиуса . Уравнение
поверхности :
, компоненты ротора
,
,
.
Учтем, что, в отличие от п. 14.3, мы выбрали нормаль к
,
составляющую тупой, а не острый угол с осью
, поэтому
.
Итак, циркуляция равна
.
16.3.5. Найти циркуляцию векторного поля
()
Ayzixzjxyk
=
+
+−
вдоль
эллипса, образованного пересечением эллипсоида
2
2
2
22
x
yz
++
=
с
плоскостью
0
xy
+=.
Решение. Ротор этого поля найден в примере 16.3.1. В качестве поверхности,
опирающейся на контур, выберем участок плоскости
0
xy
+= внутри
эллипсоида
2
2
2
22
x
yz
++
=
. Единичная нормаль к плоскости
0
xy
+= равна
2
2
2
()
Ayixyjxyk
=
+
+
+
L
22
x
yz
+=
0
x=
0
y=
1
z=
0
x
0
y
L
z
n
L
(,)(rot,)
L
Adr
And
=
2
2
2
rot
22
ij
k
A
yixjyk
x
y
z
yxyxy
=
=
−
−
+
xOy
xy
D
1
22
(,)
z
xyxy
=
=
+
2
Py
=
2
Qx
=−
Ry
=−
Oz
(
)(,)
(rot,)
(2222)
xy
xy
xy
z
xy
DD
And
RPQ
dxdy
yyxxydxdy
=
=−
−
−
=−
−
−
+
=
1
/2
1
/2
1
3
/2
2
0
0
0
0
0
0
1
sin
sin
cos
33
xy
D
r
ydxdy d r
rdr
d rdr
=
=
=
=−
=
1
(,)
3
L
Adr =
Рис. 16.2
116
11
1
;;0
cos
22
2
n
=
=
,
1
1
2
(rot,)
2
2
2
x
y
xy
An
−
−
−
−
+−
=
+
=
.
На
выбранной поверхности
2
2( 1)
(rot,)
2( 1)
22
yx
xy
x
An
x
=−
−
+−
+
=
=−
=−
+.
Исключим из уравнений эллипсоида и плоскости y :
2
2
2
()22
x
x
z
+−+
=
, или
22
1
xz
+=
.
Следовательно, проекция поверхности интегрирования на
плоскость xOz есть круг радиуса 1. По формуле Стокса получаем:
22
22
11
2
(,)
2
(1)
2
(1)
cos
2
L
xz
xz
xy
dxdz
Adr
d
x
x
dxdz
+
+
−
+−
=
=−
+
=−
+
.
Двойной интеграл вычислим в полярных координатах:
2
1
2
1
2
1
2
0
0
0
0
0
0
1/2
0
2
(,)2
(cos 1)
2 cos
2
2.
L
Adr
dr
rdr
d rdr
d rdr
=
=
=
=−
+
=−
−
=−
16.4. Задачи для самостоятельного решения
16.4.1. Найти
, если: а)
;б)
.
16.4.2. Решить задачу 13.5.5 б) с помощью формулы Стокса.
16.4.3. Найти циркуляцию векторного поля
по сечению
сферы
плоскостью
в положительном направлении
обхода относительно вектора
.
16.4.4. Вычислить циркуляцию вектора
вдоль контура
cos ,
2sin ,
3cos - sin 1,
xt
yt
z
t
t
=
=
=+
пробегаемого в направлении возрастания параметра .
Вычисления произвести непосредственно и по формуле Стокса.
16.4.5. Найти циркуляцию векторного поля
22
Axi
zj yk
=
+
+
по ломаной
ABOCDA , где (0, 0, 0)
O
,
(1, 0, 0)
A
,
(1, 2, 0)
B
,
(0, 2, 3)
C
,
(0, 0, 3)
D
—
вершины прямоугольного параллелепипеда. При вычислении по теореме
Стокса в качестве поверхности, опирающейся на контур, выберите часть
поверхности этого параллелепипеда.
rot A
3
3
3
Aziyjxk
=
+
+
,
,
yzx
A
zxy
=
2
2
2
Azixjyk
=
+
+
2
2
2
1
x
yz
++=
1
xyz
++=
{1, 1, 1}
n=
{,2 ,}
Axzy
=
t
117
16.4.6. Вычислить циркуляцию векторного поля
()
2
Axzyiyzj
xyk
=
+
+
+
по контуру, вырезанному из двуполостного гиперболоида
2
2
2
160
xyz
+−+
=
плоскостями
0
x=,
0
y=и
5
z=при0,0
xy
.
Ответы. 16.4.1. а)
;б)
.
16.4.3.
.
16.4.4.
.
16.4.5. 3
−
.
16.4.6.
9
4
−
.
ЗАНЯТИЕ 17
СКАЛЯРНЫЕ И ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ
17.1. Выполнение дифференциальных операций с помощью
оператора Гамильтона
Градиентом скалярного поля
называется вектор
, координаты
которого в декартовой системе определяются как частные производные
функции
по
соответствующим
переменным:
.
Свойства градиента и производной по
направлению перечислены в п. 3.1.
Операцию нахождения градиента функции
можно представить при
помощи т. н. оператора Гамильтона
(этот символ читается набла):
.
Оператор
Гамильтона
является
векторным
дифференциальным оператором первого порядка, и он действует на функции,
расположенные справа от него. Так, градиент можно записать в виде
. Дивергенцию можно рассматривать как скалярное произведение
символа "набла" и векторного поля
:
.
Ротор можно
представить как векторное произведение:
.
При вычислениях с участием оператора Гамильтона важно помнить, что, как
любой дифференциальный оператор первого порядка, он обладает свойством
линейности:
. Здесь и – выражения, зависящие от
координат точки, а
–
постоянная величина.
При действии символа "набла" на произведение двух величин (скалярных или
векторных), зависящих от координат, применяется правило производной
22
3(
)
zxj
−
2
2
2
2
2
2
2
2
2
,,
xy
yzzx
xy
yz
zx
+
+
+
−
−
−
14 3/9
6
()
fM
grad f
(,,)
ufxyz
=
grad
fff
fij
k
x
y
z
=
+
+
(,,)
fxyz
,,
xyz
=
grad ff
=
Adiv(,)
AA
=
rot [,]
AA
=
()()()
a
b
a
b
+
= +
ab
118
произведения:
.
Запись символа "набла" в виде
показывает, что оператор Гамильтона действует на сомножитель
ине
действует на . После этого каждое слагаемое необходимо переписать так,
чтобы за оператором Гамильтона находилась только та величина, на которую
он действует.
17.2. Потенциальное векторное поле
Векторное поле
называется потенциальным, если оно является
градиентом некоторого скалярного поля
,
т. н. потенциала
векторного поля :
, или
,
,
.
Для того чтобы поле
было потенциальным в некоторой области
,
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось одно из следующих условий:
1)
в области ;
2) циркуляция по любому кусочно-гладкому замкнутому контуру
равна нулю:
;
3) работа векторного поля вдоль контура, соединяющего точки
и
из
области
, не зависит от этого контура, а является функцией начальной и
конечной точки:
.
Последняя формула, аналогичная формуле Ньютона-Лейбница для
определенного интеграла, позволяет найти потенциал векторного поля:
. Здесь
–
начальная точка с фиксированными
координатами
000
(;;)
xyz;
–
текущая точка области
;
–
произвольная постоянная. Для вычисления интеграла в качестве контура
обычно выбирают ломаную линию со звеньями, параллельными
координатным осям.
Заметим, что если поле
потенциально, выражение
является полным дифференциалом функции
.
17.3. Соленоидальное векторное поле
Векторное поле
называется соленоидальным, если оно является
ротором некоторого векторного поля :
. Поле
называется
векторным потенциалом поля .
Для того, чтобы, поле
было соленоидальным в некоторой области
,
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось одно из следующих условий:
()()()
ab
ab
ab
ab
=
+
a
a
b
{,,}
A PQR
=
(,,)
xyz
A
grad
A
=
P
x
=
Q
y
=
R
z
=
A
D
rot 0
A
D
LD
(,)0
L
Adr =
1
M
2
M
D
2
1
21
(,)()()
M
M
Adr
M
M
=−
0
()
M
M
M
Pdx Qdy Rdz C
=
+
+
+
0
M
(,,)
Mxyz
D
C
{,,}
A PQR
=
Pdx Qdy Rdz
++
(,,)
xyz
{,,}
A PQR
=
v
rot
Av
=
(,,)
vxyz
A
A
D
119
1)
в области ;
2) поток через любую кусочно-гладкую замкнутую поверхность
равен
нулю:
;
3) поток поля
через любую кусочно-гладкую поверхность
не
зависит от формы этой поверхности, а зависит только от контура , который
является границей поверхности (рис. 16.1).
Векторный потенциал поля
определяется с точностью до градиента
произвольной дифференцируемой функции:
, где
и
–
два
векторных потенциала одного и того же поля .
Этим обстоятельством пользуются при отыскании векторного потенциала.
Именно, полагают одну из компонент поля
равной нулю. Пусть, для
определенности,
, тогда из равенства
, или, в подробной записи,
, следует, что
y
v
P
z
=−
,
x
v
Q
z
=
,
y
x
v
v
R
xy
−=
.
Интегрируя эту систему, получаем некоторый потенциал
данного поля .
Общее решение имеет вид
, где
–
любая дифференцируемая
функция.
В заключение отметим, что произвольное непрерывно дифференцируемое
векторное поле можно представить в виде суммы потенциального и
соленоидального полей.
17.4. Решение типовых задач
17.4.1. Доказать
формулы:
1)
;
2)
.
Решение.
1)
.
2)
. В этой выкладке мы учли, что
векторное произведение меняет знак при перестановке сомножителей.
17.4.2. Вычислить
, где
–
радиус-вектор точки
,
а – постоянный вектор.
div 0
A
D
D
(,)
0
And
=
A
D
L
A
12grad
vv
f
=+
1
v
2
v
A
v
0
z
v=
rot
Av
=
0
xy
ijk
PiQjRk
x
yz
vv
++
=
1
v
A
1 grad
vv
f
=+
f
div( )(,grad)
div
fAAff
A
=
+
rot(
)[grad,]
rot
fA
fAf
A
=
+
div()()
()()(,)(,)
fA
fA fA
fA
fAAffA
=
=
+
=
+=
( ,grad )
div
A
ffA
=
+
rot(
)[, ][
,
][,][,][,]
fA
fA
fA
fA
fAAffA
=
=
+
=−
+=
[,grad] rot [grad,]
rot
A
ffA
fAf
A
=−
+
=
+
rot[,[ ,]]
rcr
{,,}
r
xyz
=
(,,)
xyz
c
120
Решение. По формуле для двойного
векторного
произведения
запишем:
.
Используя соотношение 2) примера 17.4.1, получим
,
. Теперь вычислим
,
,
.
Отсюда
.
17.4.3. Показать, что
.
Решение. По формуле двойного векторного произведения (см. пример 17.4.2)
получим
.
Первое
слагаемое равно
, а во втором на вектор
действует квадрат
оператора Гамильтона. Это т. н . оператор Лапласа (или лапласиан), который
обозначается символом
и в декартовых координатах имеет вид
. Оператор Лапласа применяется как к скалярным, так
и к векторным полям. Таким образом,
.
17.4.4. Проверить, что векторное поле
является
потенциальным, и найти его потенциал.
Решение. Покажем, что ротор этого поля тождественно равен нулю:
.
Значит, поле
является потенциальным.
[,[,]](,)(,)
bac bac cab
=−
22
rot[ ,[ , ]] rot(
(,)) rot(
)rot((,))
rcr
crrcr
cr
rcr
=
−
=
−
22
rot(
)[grad ,]
cr
rc
=
rot( (,))[grad(,),](,)rot
rcr
crr
cr
r
=
+
2
2
2
2
grad grad(
)2222
r
x
yz
xiyjzk
r
=
++
=
+
+
=
grad( , ) grad(
)
x
y
z
x
y
z
cr
cxcyczcicjckc
=
+
+
=
+
+
=
rot
0
i
jk
r
x
yz
x
yz
=
rot[,[ ,]][2,][ ,]3[,]
rcr
rc
cr
rc
=
−
=
2
rot rot grad div
A
A
A
=
−
2
rotrot [,[]](,)( ,)
div
A
A
A
A
A
A
=
=
−
=
−
grad div A
A
2
2
2
2
2
2
2
x
y
z
= =
+
+
rot rot grad div
A
AA
=
−
2
{2
,
2,}
Axyzx
yx
=
+
−
(
)
2
2
rot
()(2)
22
yz
i
jk
A
ix
x
y
x
y
z
xyzx
yx
=
=
−
−
−
+−
2
(()(2))((2)(2))0(11)(22)0
x
z
x
y
jxxyz
kxy
xyz
i
jxxk
−
−
+
+
−
−
+
=
−
−
+
−
=
A
121
Для вычисления потенциала воспользуемся формулой п. 17.2, приняв за т.
начало координат и выбрав в качестве контура, соединяющего точку
с
точкой
, ломаную линию
со звеньями, параллельными
координатным осям (рис. 17.1). Тогда
,
поскольку на отрезке
, на отрезке
координата не меняется
,а
, а на отрезке
не меняются значения координат
и
.
Далее, на отрезке
функция
равна нулю, т. к .
.
Учитывая все это, запишем
.
В обоих
интегралах
координата
полагается
постоянной
величиной,
откуда
.
17.4.5.
Показать,
что
поле
является
потенциальным, и вычислить работу поля
вдоль
контура,
соединяющего
точки
и
.
Решение. Поле
определено в области
,
. Ротор этого поля равен
, следовательно, поле является потенциальным.
Найдем потенциал
этого поля. Из равенства
следует, что
, где
–
произвольная функция
переменных
и , выполняющая роль "константы" при интегрировании по
переменной
.
Для ее определения используем равенство
,
откуда, с учетом найденного выражения для
,
получим
0
M
O
(,,)
Mxyz
OABM
()
OA
AB
BM
M
Pdx Qdy Rdz C
=
+
+
+
OA
0
yz
==
AB
x
(0)
dx=
0
z=
BM
x
y
(
0)
dx dy
==
OA
2
Pxyz
=+
0
yz
==
2
00
()(2)
y
z
M
x
ydy xdz C
=
−
+
+
x
2
2
2
2
0
0
()
y
z
Mxyy
xzCxyy
xzC
=
−
+
+=
−
++
ln
ln
1
yx
A
zi
xj
k
xz
=
+
+
++
0(1, 0, 1)
M
1(2, 2, 2)
M−
A
0
x
0
z
rot
0
ln ln
1
i
jk
A
x
y
z
yx
zx
xz
==
++
ln
y
Pz
xx
=
=
+
ln
ln
ln
(,)
y
zdxyxxzFyz
x
=
+
=
+
+
(,)
Fyz
yz
x
ln
Qx
y
==
(,,)
xyz
Рис. 17 .1
122
, или
,т.е.
. Функцию
определим из равенства
,т.е.
,
откуда
.
Итак,
,
где
–
произвольная постоянная. Работа поля между точками
и
равна
.
17.4.6. Проверить,
что
поле
является
соленоидальным, и найти его векторный потенциал.
Решение.
,
поэтому поле является соленоидальным. Следуя процедуре, описанной в
п. 17.3, выберем
,
тогда
,
,
откуда
,
, где
и
–
произвольные
функции. Мы еще не использовали уравнение
,
что после подстановки найденных выражений для
и
дает
.
Положим теперь
, тогда
, или
. Итак, векторный потенциал данного поля равен
, где
–
произвольная функция.
17.4.7. Показать, что поле , являющееся одновременно и потенциальным, и
соленоидальным, удовлетворяет равенству
.
Решение. Из формулы, полученной в примере 17.4.3, следует, что
.
Если векторное поле является одновременно
потенциальным и соленоидальным (такие поля называются гармоническими),
то
и
.
Обратное утверждение неверно.
Например, для
,но
.
Уравнение
называется уравнением Лапласа, а
удовлетворяющие ему скалярные функции называются гармоническими.
(
)
ln
ln
(,) ln
yxxzFyz
x
y
+
+
=
0
F
y
=
(,) ()
Fyz Gz
=
()
Gz
1
x
R
zz
=
=
+
(
)
ln
ln
()
1
z
x
yxxzGz
z
+
+
=
+
1
z
G=
()
GzzC
=+
ln
ln
yxxzzC
=
+
++
C
0
M
1
M
1
0
(2, 2,2)
10
(1,0 ,1)
(,)()()ln
ln
2ln22ln2211
M
M
Adr
M
Myxxzz
−
=
−
=
+
+
=−
+
+−=
22
{,,
22}
Axyxy
xz
yz
=
−
−
22
div
()()(22)22220
A
x
y
xy
xz yz
x
yxy
x
y
z
=
+
+
−
−
=
+−−
=
0
z
v=
2
y
v
Px
z
=−
=−
2
x
v
Qy
z
==
2
1(,)
y
v
xzFxy
=−
+
2
2(,)
x
v
yzFxy
=+
1(,)
Fxy
2(,)
Fxy
22
y
x
v
v
Rxy
xz
yz
xy
−
=
=
−
−
y
v
x
v
2xz
−
1
2
F
yz
x
+−
2
2
F
xy
xz
y
−
=
−
2yz
−
2(,)0
Fxy
1
F
xy
x
=
2
1(,)
2
xy
Fxy=
22
grad
2
y
vyzix
zj
f
=
+
−
+
(,,)
fxyz
A
0
A
=
grad div rot rot
A
A
A
=
−
rot 0
A=
div 0
A=
2
0
AA
=
=
{,,}
r
xyz
=
0
r
=div3
r=
222
2
2
20
x
y
z
=
+
+
=
123
Очевидно, что потенциальное поле с гармоническим потенциалом само
является гармоническим. Действительно, если
, где
,то
,т.е.поле
является не только потенциальным, но
и соленоидальным.
17.5. Задачи для самостоятельного решения
17.5.1. Найти а)
;б)
;в)
;г)
;
д)
, где
и
–
постоянные векторы, а
-
радиус-вектор точки
.
17.5.2. Показать, что: а)
;
б)
, где
,а
–
постоянный вектор;
в)
.
17.5.3. Пусть
2
2
2
Axyzixyzjxyzk
=
+
+
. Вычислить divA и rot A.
17.5.4. Проверить потенциальность и найти потенциал поля A :
а)
z
yixjek
++
;б)
222
1
yzixzjxyk
A
xyz
++
=
+
.
17.5.5. Проверить соленоидальность поля
и найти его
векторный потенциал.
17.5.6. Какую функцию
следует взять в ответе к задаче 17.5.5, чтобы
получить векторный потенциал
?
17.5.7. Найти векторный потенциал поля
.
17.5.8. Показать, что поле
является гармоническим и найти его
скалярный и векторный потенциалы.
Ответы. 17.5.1. а)
;б)
;в)
; г)0; д)
.
17.5.3.
;
.
17.5.4. а)
;
б)
.
17.5.5.
. 17.5.6.
.
17.5.7.
. 17.5.8.
;
.
grad
A
=
0
=
div div grad
0
A
=
=
=
A
()
grad(,)( ,)
arbr
()
div(,)
bar
()
div(,)
rar
div ,
ar
rot ,
ar
a
b
r
(,,)
xyz
div[,](,rot)(,rot)
ABBAAB
=−
div[,[ ,]]2(,)
rrc
cr
=
{,,}
r
xyz
=
c
div( grad ) (grad , grad )
fg
fgfg
=
+
{,,}
z
x
y
Ayezexe
=
f
{,,}
y
z
x
v
xeyeze
=−
2
A xyk
=
{,,2}
Axyz
=−
(,)(,)
abrbar
+
(,)
ab
4(,)
ar
2a
div 6
A xyz
=
2
2
2
2
2
2
rot
()()()
Axzyiyxzjzyxk
=
−
+
−
+
−
z
xyeC
++
arctg( )
xyz C
+
2
grad
2
x
yz
ze
v
xeiyej
f
=
−
−
+
2
2
x
ze
f=−
2
grad
v
xyi
f
=−
+
2
2
2
2
2
xy
z
C
+−
=+
grad
vyzixzj
f
=
−
+
124
ЗАНЯТИЕ 18
ТЕСТ ПО ТЕМЕ «КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ»
18.1. Каков предел интегрирования в равенстве
()
()
11
00
?
,,
y
x
x
dxfxydydyfxydx
=
?
18.2. Чему равен объем области, ограниченной поверхностями
0
x=,
0
z=,
1
y=,
2
2
yz
=−,
22
xz
+=( 0
z )?
18.3. Каким интегралом задается в цилиндрической системе координат объем
области, ограниченной поверхностями
0
z=,
22
1
xy
+=
,
3
yz
+=?
18.4. Каковы пределы тройного интеграла
2
2
2
1
1
1
2
sin
(,,)
d
d
F
d
по
области, заданной неравенством
2
2
2
20
x
xyz
−
+ + , в сферической системе
координат?
18.5. Чему равен интеграл по замкнутому контуру (2 ) 2
L
x ydx ydy
+−
,еслиL
–
треугольник с вершинами в точках (0; 1)
A−
,
(0; 2)
B
,
(2;0)
C
?
18.6. Чему равен поток векторного поля
2
Ayixzjk
=
++
через внешнюю
сторону полусферы
22
1
z
x
y
=
−
−
?
18.7. Каково значение дивергенции векторного поля
2
4
; ln;
x
Axyyzx
z
=
в
точке 0 (1; 3; 2)
M−
?
18.8. Дано векторное поле
2
22
3;3;()
Ayxzxy
=
−
+
. Чему равен rot A в точке
0 (1; 2;1)
M−?
18.9. Найти скалярный потенциал векторного поля
;
;
Ayzxzxy
=
+
+
+.
18.10. Является ли векторное поле
;;
A yzzxxy
=
соленоидальным? В случае
положительного ответа найти его векторный потенциал.
Ответы. 18.1.
2
y . 18.2.
11
6
.
18.3.
3 sin
21
0
0
0
r
d rdr
dz
−
.
18.4. 1
/2
=−
,
2
/2
=
,
10
=,2
=
,
10
=, 2 2sincos
=
.
18.5. 3
−
.
18.6. 2 .
18.7. 7
−
.
18.8.
1;1;6
−
.
18.9.xy xz yzC
+++.
18.10. Является;
2
2
2
()grad
22
xz
yxz
v
i
j
f
−
=
+
+
.
125
ЗАНЯТИЕ 19
ОБЫКНОВЕННЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ (ОДУ)
ПЕРВОГО ПОРЯДКА С РАЗДЕЛЯЮЩИМИСЯ ПЕРЕМЕННЫМИ.
ОДНОРОДНЫЕ ОДУ
19.1. Основные понятия
19.1.1. Эквивалентные виды записи ОДУ первого порядка.
1.(
)
,,
0
Fxyy =
–
ОДУ 1 порядка.
2.
(),
yfxy
=
–
ОДУ, разрешенное относительно y .
3.()
()
,
,
0
PxydxQxydy
+=
–
запись ОДУ в дифференциалах.
19.1.2. Определение. Решением ОДУ на интервале (
),
ab называется всякая
функция
()
yx
=
, имеющая на этом интервале производную первого порядка
и такая, что подстановка
()
yx
=
и ее производной в дифференциальное
уравнение обращает последнее в тождество по x на интервале (
),
ab.
Например, функция
/
yCx
=
является решением дифференциального
уравнения
0
y
y
x
+=на интервале (
)()
,0
0,
−
.
19.1.3. Задача Коши. Найти решение
()
yx
=
дифференциального
уравнения,
удовлетворяющее
заданному начальному условию
()()
0
0
0
yx
x
y
==
.
Например, функция
1/
yx
=
является решением дифференциального
уравнения
0
y
y
x
+=, удовлетворяющим начальному условию ( )11
y=.
19.1.4. Теорема о существовании и единственности решения задачи Коши.
Если (,)
f x y непрерывна по совокупности аргументов, имеет непрерывную
производную ( )
,
y
fxy
в окрестности т.
()
000
,
M x y , то решение задачи Коши
существует и единственно в окрестности точки 0
M.
В уравнении y x y
=+функция ( )
,
fxy
xy
=+ определена и непрерывна во
всех точках плоскости xOy и имеет всюду ( )
,1
y
fxy
= . В силу теоремы 19.1.4
через каждую точку плоскости xOy проходит единственная интегральная
кривая этого уравнения.
126
19.1.5. Определение. Пусть выполняются условия теоремы 19.1.4.
Общим решением дифференциального уравнения
(),
yfxy
=
в некоторой
области существования и единственности решения задачи Коши
называется однопараметрическое семейство функций
(),
y
xC
=
, зависящих
от переменной x и одной постоянной C (параметра), такое, что
1) при любом допустимом значении постоянной C функция
(),
y
xC
=
является решением уравнения;
2) при любых начальных условиях ( )
00
yxy
=
, можно подобрать такое
значение 0
C постоянной C , что решение
()0
,
y
xC
=
будет удовлетворять
начальному условию (
)
00
0
,
xCy
=
.
При этом предполагается, что точка
()
00
,
xy .
В процессе интегрирования дифференциального уравнения часто приходят к
уравнению
()
,,
0
xyC
=
, неявно задающему общее решение уравнения.
Выражение (
)
,,
0
xyC
=
называется общим интегралом дифференциального
уравнения.
19.1.6. Определение. Частным решением дифференциального уравнения
называется решение, получаемое из общего при каком-либо конкретном
значении произвольной постоянной C (включая ).
Уравнение
()0
,,
0
xyC
=
, где
0
C − некоторое значение постоянной C ,
называется частным интегралом дифференциального уравнения.
19.2. ОДУ с разделяющимися переменными
Уравнения с разделяющимися переменными могут быть записаны в виде
() ()
() ()
()(),откуда
dy
dy
y fxgy
fxdx
fxdxC
gy
gy
=
=
=
+
или
()
()
()
()
()
()
()
()
()() ()() 0,откуда
0
.
Mx
Qy
MxNydxPxQydy
dx
dy
Px
Ny
Mx
Qy
dx
dyC
Px
Ny
+
=
+
=
+
=
Замечание. Уравнения вида
()
yfaxby
=+приводятся к уравнениям с
разделяющимися переменными заменой z ax by
=+.
127
19.3. Решение типовых задач
19.3.1. Решить уравнение
2
(1)
yxxy
+=
.
Решение.
()()
22
11
dy
x
xydyxxydx
dx
+
=
+
=
.
Делим обе части уравнения на (
)21
yx + , получим
2
1
dy xdx
yx
=
+
, интегрируем
( )22
2
1
ln
ln1
1
12
dy
xdx
y
xCyC
x
yx
=
=
+
=
+
+
— общее решение данного
уравнения. При делении выражения на (
)21
yx+
могло быть потеряно
решение
0
y = , но оно входит в общее решение при 0
С=
.
Ответ:
2
1
yC
x
=+
.
19.3.2. Решить уравнение
Решение. Приведём уравнение к виду:
.
Делим обе части уравнения на выражение
, получим
Переменные
разделены.
Интегрируем
обе
части
уравнения:
При делении выражения на
могли быть потеряны решения
и
т. е.
Очевидно,
решение уравнения, а
нет.
Ответ:
;
.
19.3.3. Решить уравнение
Решение. Обозначим
, тогда
Подставляя
и
в данное уравнение, получим:
, откуда следует
.
22
1.
xyy
y
+=
22
22
1
(1)
dy
xy
y
xydy y dx
dx
=
−
=
−
2
(1)
xy−
2
2.
1
y
dx
dy
yx
=
−
2
2
2
2
11
1
1
1
ln1
.
1
1
1
2
y
dx
y
y
dy
dy
y
dy
y
y
C
y
x
y
y
x
−+
=
=
++
=
++
−
=−
+
−
−
−
2
(1)
xy−
0
x=
10,
y−=
1.
y=
1
y=−
0
x=−
2
1
ln1
2
y
y
y
C
x
++
−
=−
+
1
y=
(2)1;
x
yy
+=(0) 1.
y=
2
zxy
=+
1
.
22
22
zx
z
yy
=
−
=
−
y
'
y
2
1
z
z
−=
2
2ln
2ln 2
2ln
22
dz
z
zdz
zdz
dx
dx
Cz
z
x
C
dx
z
z
z
+
=
=
=
+
−
+=+
++
128
Возвращаясь к старым переменным, получим:
(
)
ln22ln
ln
22
yxy
CyCxy
−
++=
=
++
—
общий интеграл уравнения.
Учитывая начальное условие
( )01
y=,
получим частный интеграл:
(
)
(
)
1 ln4
/4
ln/422
CCe
y
e
x
y
=
=
=
++.
Ответ:
(
)
(
)
ln/422
y
e
x
y
=
++.
19.3.4. Решить уравнение
3
0
dy yxdx
+=
.
Решение.
Разделим
обе
части
уравнения
на
y,
получим
4
4
3
3
/4
0
ln
ln
4
x
dy
dy
x
xdx
xdx
y
CyCe
yy
−
+
=
+
=
+=
=
. При делении на y
могло быть потеряно решение
0
y=
. Но это решение получается из общего
решения при 0
С=
.
Ответ:
4
/4
x
yCe
−
=
.
19.3.5. Решить уравнение
2
'
xyyy
+=;
Решение.
()
22
'
11
dy
dy
dx
dy dy
dx
xyyy
x
yy
dx
yy
x
y
y
x
+=
=
−
=
−
=
−−
1
1
1
ln
ln
1
.
1
y
Cx
Cxy
y
y
Cx
−
=
−
=
=
−
С учетом начального условия
получим
1
1/2 1/(1 )
1
.
1
CC
y
x
=
−
=−
=
+
Ответ: (
)11
yx+=
.
19.4. Задачи для самостоятельного решения
19.4.1.
(1)
0.
xydx x dy
++
=
19.4.2.
22
(1)2
0;
x
y
xy
−
+
=
(0) 1.
y=
19.4.3 ctg
2;
yxy
+= (0) 1.
y=−
19.4.4.
2
3
3;
yy
=
(2) 0.
y=
19.4.5.
cos(
).
y
yx
=−19.4.6.
23.
yyx
−
=
−
19.4.7.
421.
y
x
y
=
+−
Ответы. 19.4.1.
(1)x
yCxe
−
=+и
1.
x=−
19.4.2. (
)
2
ln
111.
yx
−
+=
19.4.3. 2 3cos .
yx
=−
19.4.4.
3
( 2).
yx
=−
19.4.5. ctg
.
2
yx
xC
−
=+
19.4.6. 2
1
.
x
xy
Ce
+−=
19.4.7.4212ln(4212)
.
x
y
x
y
xC
+−−
+−+
=
+
1
(1) .
2
y=
129
19.5. Однородные уравнения
Однородные уравнения могут быть записаны в виде
,
y
yf
x
=
а также в виде
(,)
(,) 0,
Mxydx Nxydy
+=
где
(,)
Mxyи(,)
N x y — однородные функции
одной и той же степени. (Функция ( , )
M x y называется однородной функцией
степени n , если для всех
0
k имеем
(,)
(,).
n
Mkxky kMxy
=
)
19.5.1. Подстановка
()
y
tx
x
=
. Чтобы решить однородное уравнение, можно
сделать замену
,
ytx
=
тогдаytxt
=+ . В результате получим уравнение с
разделяющимися переменными.
19.5.2. Уравнение вида
1
1
1
axbyc
yf
axbyc
++
=
++
приводится к однородному с
помощью переноса начала координат в точку ( ; )
kh пересечения прямых
0
axbyc
++=и1
1
10
axbyc
+
+ = заменой
11
;
xxkyyh
=
+
=
+.Еслижеэти
прямые не пересекаются, то 11 (
);
axbymaxby
+
=
+
следовательно, уравнение
имеет вид
()
yFaxby
=+и приводится к уравнению с разделяющимися
переменными заменой
,
zaxby
=+ см. замечание в п.19.2 и пример 19.3.3.
19.6. Решение типовых задач
19.6.1. Решить уравнение
().
xdy x ydx
=+
Решение. Это однородное уравнение. Пусть
.
ytx
=
Тогда
.
dy tdx xdt
=+
Подставляя в уравнение, получим (
)()
xxdttdx xtxdx
xdt dx
+
=
+
=
;
dx
dt
x
=
ln
.
t
xC
=+Возвращаясь к переменной ,y запишем
(ln
).
yxxC
=+
Кроме того, имеется решение
0,
x = которое было потеряно при делении на .x
Ответ:
(ln
);0
yxxCx
=
+
=
.
19.6.2. Решить уравнение
22
(2)
0.
y
xydx xdy
−
+
=
Решение.
,
.
ytxdytdxxdt
=
=
+
Подставляем
в
уравнение
22
2
2
(
2)
(
)0
xt
xtdx xtdx xdt
−
+
+
=
; сокращая на
2
x , получим:
2
(2)
0
t
tdx tdx xdt
−
+
+
=
2
()
0.
t tdx xdt
−
+
=
Разделяя переменные и затем интегрируя, имеем:
2
ln
11
dx
dtdtdt
dxdtdt
C
x
tttt
x
t
t
=−
=
−
−
+
=
−
−
−
1
ln ln
ln.
t
xC
t
−
+=
Переходя к старым переменным, получим окончательный ответ: ()
xyxCy
−=.
130
19.6.3. Решить уравнение
( )ln
.
xy
xyyxy
x
+
−
=
+
Решение.
1
ln1
.
y
y
y
y
x
x
x
−
=
+
+
Проведём замену y tx
=
и подставим ее в
уравнение:
(1 )ln(1 )
xttt
t
t
+−=
+
+
(1 )ln(1 )
dt
x
t
t
dx
=
+
+ . Разделив переменные
(1 )ln(1 )
dt
dx
t
tx
=
++
и интегрируя, запишем ln ln(1 ) ln ln , ln(1 )
t
x
C
tCx
+=
+
+=
.
Возвращаясь к старым переменным, получим ответ: ln
.
xy
Cx
x
+
=
19.6.4. Решить уравнение (2 4 6) (
3) 0.
x
ydxxydy
−
+
++−
=
Решение.
246
3
xy
y
xy
−+
=−
+−
. Это уравнение, приводящееся к однородному с
помощью параллельного переноса осей координат (см. п . 19.5.2):
11
,
.
xxkyyh
=
+
=
+
1
1
1
1
1
1
(24246)
(
3)
0.
x
ykhdxxykhdy
−
+−+
++++−
=
Решая систему линейных уравнений
2460
30
kh
kh
−
+=
+ −
=
, найдём:
1,
2
kh
==
.
Отсюда 11
1,
2.
xx
yy
=
−
=
−
1
1
1
1
1
1
(24)()
0
x
ydx xydy
−
++
=
—
однородное
уравнение.
Проводим
известные
уже
замены
11
ytx
=
1
1
1
1
1
(2 4)
(1 )(
)0
x
tdx x
t xdt tdx
−
+
+
+
=
1
1
1
(24) (1)
(1)
0
tdx
txdt t tdx
−
++
++
=
11
2
11
(1)
3
2
0
32
2
1
tdt dx
dtdtdx
t
t
x
t
t
x
+
+
=
−
+
−
+
−
−
1
3ln22ln1ln
0
t
t
Cx
−
−
−
+
=
32
1(2)(1)
Cxt
t
−
=
−
32
11
1
11
2
1
yy
Cx
xx
−
=
−
32
1
1
1
1
(2)().
Cyx
yx
−
=
−
Возвращаясь к старым переменным, получим ответ:
32
(2)(
1).
Cyx
yx
−
=
−
−
19.6.5. Решить уравнение (2
1)(423)0.
xydxxydy
++
−
+−
=
Решение.
Прямые 2
10
xy
++=
и4
230
xy
+−
=
не пересекаются
(см. п. 19.5.2). Обозначим
2
2
2,
zxyyzxdydzdx
=
+=
−
=
−
подставим в
уравнение: (
)()()()()
1
23
2
051
23
z
dx
z
dz dx
z
dx
z
dz
+
−
−
−
=
−
=
−
. Разделяя
переменные
23
1
52
11
z
dx
dz
dz
zz
−
=
=
−
−−
и интегрируя, после возвращения к
старым переменным, получим ответ 5 ln 4 2 ln 2
1
x
Cxy
xy
+
=
+−
+−
ln2
12
Cxy
yx
+−
=
−
2
(2
1)
.
yx
Cxy
e
−
+−
=
131
19.7. Задачи для самостоятельного решения
19.7.1. ( 2 )
0.
x
ydx xdy
+
−
=
19.7.2. (
)()0.
xydxxydy
−
++
=
19.7.3.
3
2
2
2
(2
).
xy
yxy
=−
19.7.4.
22
.
yxyxyy
+=
19.7.5.
22
(
)2.
x
yyxy
+=
19.7.6.
tg.
y
xyyx
x
−=
Ответы.
19.7.1.
2
(),0.
xCxyx
=
+
=
19.7.2.
22 arctg
.
C
y
x
x
ye
−
+
19.7.3.
2
2
,
0.
x
y
Cxey
==
19.7.4.
.
y
x
Cye
=
19.7.5.
22
.
yxCy
−=
19.7.6. sin
.
y
Cx
x
=
ЗАНЯТИЕ 20
ЛИНЕЙНЫЕ ОДУ ПЕРВОГО ПОРЯДКА И УРАВНЕНИЯ БЕРНУЛЛИ
20.1. Линейные уравнения первого порядка
20.1.1. Определение. ОДУ вида
() ()
yPxyQx
+=
,где()
Pxи ()
Qx—
известные функции, называется линейным.
20.1.2. Метод Бернулли. Подставим искомую функцию ()
yx в виде
произведения
()
()
yuxvx
=,
получим
()
()
uv uv PxuvQx
+
+
=
(())()
uvuvPxvQx
+
+
=
.
Пусть ()
vx — частное решение уравнения с
разделяющимися переменными
()0
v Pxv
+=
, тогда ()
ux — общее решение
уравнения
() ()
uvx
Qx
=
.
20.2. Решение типовых задач
20.2.1. Решить уравнение
4
22.
xy
yx
−=
Решение. Перепишем уравнение в виде:
3
22.
y
yx
x
−=
Сделаем замену
.
yuvyuvuv
=
=+
Подставив в уравнение, получим:
3
22
uv
uv uv
x
x
+−
=
3
2
2.
v
uv
uv
x
x
−
+=
На переменную v накладываем условие:
20.
v
v
x
−=
Разделяя переменные, имеем:
2
2
ln 2ln
dv dx
v
xvx
vx
=
=
=
.
132
Теперь найдём общее решение уравнения
23
2
du
xx
dx
=
2
.
uxC
=+
Окончательный ответ:
22
(
).
yuvxCx
=
=
+
Замечание. Некоторые уравнения становятся линейными, если поменять
местами искомую функцию и независимую переменную.
Например, уравнение
3
(2 ),
yxyy
=+ в котором y является функцией от x –
нелинейное. Запишем его в дифференциалах:
3
(2)0.
ydx xydy
−
+
=
Так как в
это уравнение x и dx входят линейно, то уравнение будет линейным, если x
считать искомой функцией, а y − независимым переменным. Это уравнение
записывается в виде
2
2
dxx
y
dyy
− = и решается аналогично уравнению 20.2.1.
20.2.2. Решить уравнение (
)2
.
xydyydx
+=
Решение.
2
dx
y
yx
dy
=+
dxx
y
dyy
−=
uv
xuv
uv uv
y
y
=
+−
=
. Здесь
uи
функции от переменной
Имеем
Ответ:
()
x yCy
=+,
0
y=
.
20.2.3. Решить уравнение
Решение. Разделим уравнение на
:
.
Это линейное уравнение относительно функции
.
.
Откуда, получим
.
Тогда
.
Откуда
.
При делении на
потеряны корни
, которые не могут быть
получены из общего решения ни при каких значениях .
Ответ:
,
.
v−
.
y
v
uv
uvy
y
−
+=
,
dvvdvdy
vy
dyyvy
=
=
=
,
.
du
yyuyC
dy
=
=
+
()()
12
1.
xyy yy
−
=
−
()1
yy−
()()
()
21
12
1
11
dy
dxx
xy
yy
dx
dyy
yy
−
=
−
+
=
−−
()
xy
()
2
1
2
0
1
1
1
vv
xuv
xuvuv
uvuv
v
y
yy
y
=
=++
+
=
+
=
−
−
−
()2
2
ln
2ln 1
1/1
1
dv
dy
v
y
v
y
vy
−
=−
−
=
−
−
()()
()
2
1
11/
11/
ln
1
1
u
u
yu
ydyyCy
yy
y
=
=−
=
−
=
−
−
−
()()()2
22
ln
1
ln
11
Cy
y
xuv
xy
yCy
yy
=
=
−
−
=
−
−−
()1
yy−
0,1
yy
==
С
()2
1
ln
xy
yCy
−
=
−
0,1
yy
==
133
20.3. Задачи для самостоятельного решения
20.3.1.
20.3.2.
20.3.3.
20.3.4.
20.3.5.
20.3.6.
20.3.7.
3
(2)
yxyy
=+.
Ответы. 20.3.1.
20.3.2.
20.3.3. (ln| | ) x
y
xCe
=+
,
0
x=
. 20.3.4.
20.3.5.
20.3.6.
20.3.7.
23
xCyy
=+
,
0
y=
.
20.4. Уравнение Бернулли
Уравнение Бернулли имеет вид
.
После
деления на
и замены
1
1
()n
zx
y−
=
получим линейное уравнение
() ()
1
z
Pxz Qx
n
+=
−
, которое решается методом, изложенным в п. 20.1.2.
Замечание. Уравнение Бернулли можно, не прибегая к замене, решать, как и
линейное, подстановкой
.
20.5. Решение типовых задач
20.5.1. Решить уравнение
Решение. Разделим уравнение на
Получим
.
Далее произведём замену
После замены получим линейное уравнение
, решая которое
получим:
Находим
.
После обратной замены получим ответ:
20.5.2. Решить уравнение
2
tg
cos
yyxy
x
−
=−
.
Решение.
Подставляя
в
исходное уравнение,
получим
или
.
(21)42.
x
yxy
+
=
+
tg sec.
yyx
x
+=
()0.
x
xyedxxdy
+
−
=
2
10.
xy xy
+
+=
( cos).
yxyx
x
=−
2
2(
)
.
xx
ydx dy
+=
(21)(ln21)1.
yxC
x
=
+
+
++
cos
sin .
yCx
x
=+
ln.
xyC
x
=−
(sin).
yC
xx
=+
2
2
1.
x
yCex
=
−
−
() ()n
y Pxy Qxy
+=(0,1)
nn
n
y
()
()
()
yxuxvx
=
2
2.
x
yyye
+=
2
.
y
2
2x
y
e
yy
+=
1
z
y
=
2
.
y
z
y
=−
2
x
z
ze
−
=−
zuv
=
2
x
zuvuv
uv
e
=
+−
=−
(2)
x
uv
vuv
e
−
+=−
2
dv
v
dx
=
2x
ve
=
2xx
du
ee
dx
=−
.
x
ue
C
−
=+
()2
xx
zCee
−
=+
()
2
1, 0.
xx
yCe e
y
+
=
=
yuv
=
22
tg
cos
uvuvuvx
uv
x
+−
=−
(
)22
tg
cos
uvuvvx
uv
x
+
−
=−
134
Выберем
в
качестве
решение
уравнения
Тогда для
получим уравнение
.
Общее решение уравнения исходного уравнения
Бернулли равно y uv
=
.
Ответ:
.
20.6. Задачи для самостоятельного решения
20.6.1.
20.6.2.
20.6.3.
20.6.4.
20.6.5.
20.6.6.
Ответы. 20.6.1.
.
20.6.2.
20.6.3.
20.6.4.
20.6.5.
.
20.6.6.
ЗАНЯТИЕ 21
УРАВНЕНИЯ В ПОЛНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛАХ.
ОДУ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ
21.1. Уравнения в полных дифференциалах
21.1.1. Определение. Уравнение
называется
уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть является полным
дифференциалом некоторой функции
, т.е.
.
21.1.2. Признак уравнения в полных дифференциалах. В п. 13.3 было
установлено, что при выполнении условия
PQ
yx
=
выражение Pdx Qdy
+
является полным дифференциалом. В этом случае
будет общим
интегралом дифференциального уравнения
0
Pdx Qdy
+=
.
v
tg0
vvx
−
=
1
sin
sin
tg
ln ln cos
cos
cos
dv
dv
xdx dv
xdx
xdx
v
x
v
v
x
v
x
−
=
=
=
=
1
.
cos
v
x
=
u
2
cos
cos
uu
xx
=−
2
uu
=−
2
du
dx
u
=−
11
xC
u
u
xC
+=
=
+
()
1
cos
y
xC
x
=
+
()2
(1)
.
x
yy
y
+
+
=−
4
cos
tg.
yyxyx
=+
2
2
3
.
xyyxy
=+
()
2
.
xydy y xdx
=+
2
2
4.
xy
xy
y
−=
53
2
0.
x
xy
y xye
+
+
=
()
(1)ln11;0
yxC
x
y
+
++=
=
33
( 3tg)cos ,
0.
yC
x
xy
−
=
−
=
3
3
2
3.
yCxx
=−
22
2, 0.
yCxxx
=
−
=
42
ln;0
yxCxy
==
()
24
2
,
0.
x
y
eCxy
−
=
+
=
(,)
(,) 0
PxydxQxydy
+=
(,)
uxy
(,)
PQ
duxy
dx
dy
xy
=+
(),
uxyC
=
135
Решение
уравнения
можно
определить
по
формуле:
, где
произвольная точка области, в
которой функции
непрерывны. Этот метод был
использован при решении задачи 13.4.10. Есть и другой способ, примененный
в решении задачи 21.3.1.
21.2. Интегрирующий множитель
Интегрирующим множителем уравнения
0
Pdx Qdy
+=называется такая
функция ( , )
xy
, после умножения на которую оно становится уравнением в
полных дифференциалах. Значит, для уравнения ( )
()0
Pdx Qdy
+=
выполнено условие 21.1.2:
()()
PQ
yx
=
. Справедливо утверждение: любое
ОДУ первого порядка имеет интегрирующий множитель. Однако общего
метода его поиска не существует. Интегрирующий множитель легко найти в
двух случаях:
1) yx
PQ
Q
−
не зависит от переменной y ; тогда
yx
PQ
d
dx
Q
−
=
.
2) xy
QP
P
−
не зависит от переменной x ; тогда
xy
QP
d
dy
P
−
=
.
21.3. Решение типовых задач
21.3.1. Решить уравнение
Решение. Так как
то исходное
уравнение является уравнением в полных дифференциалах. Найдём функцию
полный дифференциал которой
был бы равен левой части
уравнения, т.е . такую функцию
что
()()
00
0
(,)
,
,
y
x
xy
uxy
Pxydx Qxydy
=+
()
00
,
xy−
()()
,
,
,
,
,
PQ
Pxy Qxy
yx
2
3
2
(23)(3)0
x
xydxx ydy
+
+
−
=
2
2
3
2
2
(23)3,(3)3,
x
xy
x
x
y
x
yx
+
=
−
=
(,),
uxy
(),
duxy
,
u
2
32
23,
3.
u
x
xy
x
u
xy
y
=+
=−
136
Интегрируем по
первое из уравнений системы, считая
постоянным;
притом вместо постоянной интегрирования надо поставить
–
неизвестную функцию от y :
Подставляя
это выражение для
во второе уравнение системы, найдём
:
Следовательно,
и общее решение исходного уравнения
будет иметь вид
21.3.2. Решить уравнение
, если
.
Решение. Здесь
;
.
Имеем уравнение в полных дифференциалах. Воспользуемся формулой для
общего решения
, если
.
где
.
Решение уравнения имеет вид
.
21.3.3. Решить уравнение
.
Решение. Здесь
,
,
следовательно, имеет место случай 1) из п. 21.2, т. е .
. Так как
, то в этом случае
,
или
, откуда
.
Умножив
уравнение на
, получим уравнение в полных дифференциалах
x
y
()
y
2
2
3
(23)
().
u
x
xydxx xy
y
=
+
=
+
+
u
()
y
(
)
2
3
3
3
2
()
()
3
y
xxy
y
x
yxy
+
+
=
+
=
−
23
()3
()
.
y
y
yyC
=−
=−
+
2
3
3
(,)
,
uxyxxyy
=
+
−
2
3
3
.
xxyyC
+
−
=
(
)(
)
22
322
2
3
0
x
xydxyxydy
−
−
−
+
−
+
=
( )00
yxy
=
22
322;
2
3
Px
xyQyxy
=
−
−
−
=
−
+
1;
1
PQ
yx
=−
=−
()()
00
0
(,)
,
,
0
y
x
xy
uxy
Pxydx Qxydy
=
+
=
()00
yxy
=
(
)(
)(
)
00
2
2
3
2
0
(,)322
2
3
2
y
x
xy
uxy
x
x ydx
yxydyx
xx
yx
=
−
−
−
+
−
+
=
−
−
−
−
(
)(
)(
)
3
2
2
3
2
3
3
2
2
3
0
0
0
0
0
0
00
0
2
2
,
x
xxyxyxyy
yxyy
x
xxxyyyC
−
−
−
−
+
−
+−
−
+
=
−
−
−
++−
3
2
2
3
0
0
0
0
00
0
2
Cxxxyxyy
=
−
−
+−
+
3
2
2
3
2
x
xxxyy
yC
−
−
−
++=
()
3
2
2
2
20
3
y
xy xy
dxxydy
+
+
+
+
=
3
2
2;
3
y
Pxyxy
=
++
22
Qxy
=+
22
22
1
2
2
1
PQ
xxy
x
Qyx
xy
++−
−
=
=
+
()()
,
xy
x
=
()()
PQ
yx
=
P
Qd
PQ
d
QQ
y
x
dx
yx
dx
=
+
−
=
1
d
PQ
dx
Qyx
=−
d
dx
=
ln
x
xe
=
=
x
e
=
137
, общий интеграл которого имеет вид
.
21.4. Задачи для самостоятельного решения
21.4.1.
21.4.2.
21.4.3.
21.4.4.
21.4.5.
Ответы. 21.4.1.
21.4.2.
21.4.3.
21.4.4.
21.4.5.
21.5. ОДУ высших порядков
Дифференциальное
уравнение
го
порядка
имеет
вид
.
Если это уравнение решить относительно
то оно может быть
представлено в виде
21.5.1. Определение. Решением ДУ на интервале
называется всякая
функция
, зависящая от
произвольных постоянных
и такая, что подстановка
иее
производных в дифференциальное уравнение обращает последнее на
интервале
в тождество по .
21.5.2. Задача Коши: задача
отыскания решения
дифференциального уравнения, удовлетворяющего заданным начальным
условиям
,
, .............
.
21.5.3. Теорема о существовании и единственности решения задачи Коши.
Если функция
непрерывна по совокупности аргументов,
имеет непрерывные производные
,
,
,...,
в некоторой области, содержащей точку
, то существует и
притом единственное решение задачи Коши.
()
3
2
2
2
20
3
xx
y
e
xy xy
dxexydy
+
+
+
+
=
3
2
3
x
y
yex
C
+=
()
22
2
0.
xydxxydy
+
−
=
()()
2
2
3
29
46
0.
xyxdxy
x ydy
−
+
−
=
()
2
0.
yy
edxyxedy
−−
−
+
=
()
3
ln
0.
y
dxy
xdy
x
+
+
=
2
2
3
23
3
25
0.
xy
x
y
dx
dy
yy
++
−=
23
3.
xyyC
−=
2
32
4
3.
x
xyyC
−
+=
2
.
y
xe
yC
−
−=
4
4ln
.
yxyC
+=
3
2
5
.
x
xC
yy
++=
n−
(
)()
,,
,
, ...
0
n
Fxyyy y
=
()
,
n
y
(
)
()
(1)
,,
,
, ...
.
nn
y
fxyyyy
−
=
(),
ab
(
)
12
,
,
, ...
n
y
xCC C
=
n
12
,
, ...
n
CCC
(
)
12
,
,
, ...
n
y
xCC
C
=
(),
ab
x
(
)
12
,
,
, ...
n
y
xCC C
=
( )00
yxy
=
( )00
yxy
=
()()()
11
00
nn
yxy
−−
=
()1
(,,,,...
)
n
fxyyy y
−
(),
y
fxy
(),
y
fxy
(),
y
fxy
()()
1
,
n
y
fxy
−
()
(
)0
1
000
,
,
, ...
n
xyy
y−
138
Пусть выполняются условия предыдущей теоремы 21.5.3.
21.5.4. Определение. Общим решением уравнения
в
некоторой области
существования и единственности решения задачи Коши
называется функция
, зависящая от переменной
и
постоянных
, такая, что:
а) при любых допустимых значениях постоянных
функция
является решением уравнения;
б) при заданных начальных условиях постоянные
всегда можно
подобрать так, что функция
будет удовлетворять этим
условиям.
В процессе интегрирования дифференциального уравнения часто приходят к
уравнению
,
неявно задающему общее решение
уравнения. Уравнение
называется общим интегралом
дифференциального уравнения.
21.5.5. Определение. Частным решением уравнения
называется решение, получаемое из общего решения при конкретных
значениях произвольных постоянных
.
Уравнение
, где
–
некоторые значения
постоянных
, называется частным интегралом дифференциального
уравнения.
21.5.6. Уравнение вида
=
()
()
n
y
fx.Для
(1)
()
n
zy
x
−
=
имеем уравнение с
разделяющимися переменными
()
dz
fx
dx
=
,
решив которое, получим
(1)
1
(,)
n
y
gxC
−
=
,где1
C – произвольная постоянная. Повторяя аналогичные
действия, придем к общему решению
12
(,, ,...,
)n
y
xCC
C
=
.
21.5.7. Пример. Найти общее решение уравнения
.
Решение. Этот вид уравнений решается последовательным интегрированием:
Интегрируя по частям, находим общее решение:
(
)
()
(1)
,,
,
, ...
nn
y fxyyyy
−
=
(
)
12
,
,
, ...
n
y
xCC C
=
x
n
12
,
, ...
n
CCC
12
,
,...
n
CCC
(
)
12
,
,
, ...
n
y
xCC C
=
12
,
,...
n
CCC
(
)
12
,
,
, ...
n
y
xCC C
=
(
)
12
,,
,
, ...
0
n
xyCC C
=
(
)
12
,,
,
, ...
0
n
xyCC C
=
(
)
()
(1)
,,
,
, ...
nn
y fxyyyy
−
=
12
,
, ...
n
CCC
(
)
00
0
12
,,
,
, ...
0
n
xyCCC
=
00
0
12
,
, ...
n
CCC
12
,
, ...
n
CCC
2
1
1
y
x
=
+
1
2 arctg
,
1
dx
yzz
xC
x
=
=
=
+
+
12
(arctg
)
y
xCdxC
=
+
+=
12
arctg
.
xdxCxC
=
+
+
2
12
arctg ln 1
.
yx
x
x CxC
=
−
++
+
139
ЗАНЯТИЕ 22
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ, ДОПУСКАЮЩИЕ
ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКА
22.1. Уравнение не содержит переменную y в явном виде
Если в ОДУ не входит y , то за новую функцию принимаем производную
наименьшего порядка, входящую в уравнение. Пусть
()
()
k
zyx
=
, тогда
(1)
k
yz
+
=
,..,
()
()
n
nk
yz
−
=
. Таким образом, порядок уравнения понижается на k .
Часто встречается случай
2
n=,
1
k = , для которого получаем уравнение
первого порядка относительно z .
22.2. Решение типовых задач
22.2.1. Решить уравнение
.
Решение. В уравнении отсутствует неизвестная функция , поэтому порядок
уравнения можно понизить путем замены
, где
–
новая
неизвестная функция. Тогда
и уравнение примет вид
. Это
уравнение с разделяющимися переменными:
.
Таким образом,
.
Подставляя сюда
, имеем:
.
Значит, знак перед корнем должен быть
«–», и
. Интегрируем по
.
Подставим в это равенство
:
–
искомое частное решение.
() ()
2
2''
4;18;
13
xyy
y
y
y
=
−
−
=
−
=−
y
yz
=
()
zzx
=
yz
=
2
24
xzz z
=−
()2
2
11
2
2
2
4
22
2
4
ln
4
4
4
dz
dz
zdz dx
zdz dx
xz
z
C
x
dx
z
x
z
x
z
C
−
=
−
=
=
+
=
−
−
−
22
1
1
1
ln
4ln
4
4
z
Cx
z
Cxz
Cx
−
=
−
=
=+
1
'4
y
Cx
=+
1;'3
xy
=−
=−
1
34
C
−
=
−
11
94
5'
45
CC
y
x
=
−
=−
=−
−
:
x
()()3
22
245
1
45
4545
5
15
x
y
xdx C
xd
x
C
−
=−
−
+=
−
−
=
+
1;8
xy
=−
=
()3
22
227
22
2
22
8
45
15
5
15
5
CC
y
x
=
+=
=
−
+
140
22.2.2. Решить уравнение
;
,
.
Решение. Сделаем замену
. Тогда
. Подставляя начальное условие
, получим
. Тогда
.
Интегрируя уравнение по переменной , запишем
.
С учетом начального условия
, определяем
:
.
Получим частное решение:
.
22.2.3. Найти общее решение уравнения
Решение. Делаем подстановку
или
получено
линейное уравнение
первого
порядка.
Полагая
найдём:
или окончательно
22.2.4. Решить уравнение
.
Решение. Полагаем
, тогда
.
С учетом
начального
условия
,
получим,
что
.
Тогда
. С учетом начального условия
,
получим, что
.
Ответ:
.
2
1
1
yy
a
=+()0
ya
=
( )00
y
=
'
yz
=
22
1
22
1
1
ln
1
11
dz dx
dz
dx
x
z
z
z
z
C
a
a
a
a
zz
=
+
=
=
++=+
++
1
2
1
x
C
a
z
ze
+
++=
() ()
0
00
zy
==
1
1
10
C
eC
=
=
2
2
2
1
1
2
xx
aa
xx
aa
x
z
z
z
sh
a
z
ze
e
ee
−
+=
−
=
=
−
++=
x
2
sh
ch
xx
y
dxa
C
aa
=
=
+
()0
ya
=
2
C
22
0
aaC
C
=
+=
()
ch/
yaxa
=
32
1.
xy xy
+=
yz
=
32
1,
xz xz
+=
3
1
,
z
z
xx
+=
,
zuv
=
3
1
uv
uv vu
xx
++=
3
1
u
vu
u
v
xx
+
+
=
0
u
u
x
+
=
du dx
ux
=−
1
;
u
x
=
3
11
v
xx
=
2
dx
dv
x
=
1
1
vC
x
=
−
1
2
1
C
z
xx
=
−
1
2
1
dyC
dxxx
=
−
12
2
dx dx
yC
C
xx
=
−
+
12
1
ln
.
yCx
C
x
=
++
;
xy
y
=
() ()
0
00
yy
==
yz
=
1
dz dx
xzz
zCx
zx
=
=
=
( )00
y
=
1
СR
2
1
1
1
2
2
Cx
yCxdyCxdxy
C
=
=
=
+
( )00
y=
20
С=
2
yCx
=
141
22.2.5. Найти общее решение уравнения
Решение. Делаем подстановку
Получено
уравнение первого порядка с разделяющимися переменными
или
откуда
и,
следовательно,
откуда находим общее
решение заданного уравнения:
22.3. Задачи для самостоятельного решения
22.3.1.
.
22.3.2.
.
22.3.3.
.
22.3.4.
.
22.3.5.
.
22.3.6.
.
22.3.7.
;
.
22.3.8.
.
Ответы.
22.3.1.
22.3.2.
22.3.3.
22.3.4.
22.3.5.
22.3.6.
22.3.7.
.
22.3.8.
.
22.4. Уравнение не содержит переменную x в явном виде
Если в ОДУ не входит переменная x , то принимаем за независимую
переменную y , а первую производную ()
yx
–
за функцию ()
py. Тогда вторая
производная находится по формуле дифференцирования сложной функции:
()
() ()
d
dpdpdy
y
y
pypy
dx
dxdydx
=
=
=
=
.
Аналогично,
22
() (())
yppyppy
=
+
.
Очевидно, при этом порядок уравнения понижается на единицу.
(1)
0.
x
yy
+
−
=
()
yzx
=( 1)
0.
x
zz
+
−
=
1
dz dx
zx
=
+
1
lnln(1)ln
z
x
C
=
++
1
lnln(1),
z
Cx
=+
1( 1)
zCx
=+
1( 1)
yCx
=
+
2
1
2
(1)
,
2
Cx
yC
+
=+
3
1
2
3
(1)
.
6
x
yC
CxC
+
=
+
+
ln
yx
=
xyy
=
y
yx
x
=+
ln
y
xyy
x
=
2
()
yy
=
3
2ctg
sin
y
xy
x
−
=
2
yx
y
xy
=+
(2) 0,
y=
(2) 4
y
=
22
()
xy
y
=
2
12
3
ln
.
22
x
y
x
CxC
=
−
+
+
2
12
.
yCxC
=+
22
12
/3
.
yx
CxC
=
+
+
1
/1
2
1
1
2
(
)
.
xC
yCxCe
C
+
=
−
+
3
12
1
().
12
y
xC
C
=
+
+
3
12
1
sin 2
sin
.
3
24
xx
y
xC
C
=−
+
−
+
5/2
22
16
55
x
y=−
2
2
1
2
3
1
1
1
( )ln|
|
2
Cx
y
CxCCxC
xC
=
+
+−
+
+
142
22.5. Решение типовых задач
22.5.1. Решить уравнение
Решение. Уравнение не содержит независимого переменного
Полагаем
получим уравнение
или
Это линейное уравнение первого порядка относительно
полагая
где
и
–
функции от
найдём:
или
и, следовательно,
Таким образом,
или
откуда
,
или, окончательно,
22.5.2. Решить уравнение
Решение. Полагаем
получим уравнение
. Тогда
решение
уравнения. Далее
.
.
Ответ:
22.5.3. Решить уравнение
;
.
Решение.
Полагая
()
ypy
=
,
dp
yp
dy
=
, получим уравнение Бернулли
24
ypppy
−=. Сделаем замену
2
zp
=
,
4
2
yz
zy
−=
3
2
2
z
zy
y
−=, z uv
=
,
()2
2
0.
yyyyy
−
−
=
.
x
(),
,
dp
ypyyp
dy
==
22
0
dp
yp
ypp
dy
−
−
=
.
dpp
y
dyy
−=
,
p
,
puv
=
u
v
,
y
uv
uv vu
y
y
+−
=
,
u
vuvu
y
y
+
−
=
0
u
u
y
−
=
du dy
uy
=
,
uy
=
dv
yy
dy
= 1;
dv
dy
=
1
vyC
=+
2
1
.
pCyy
=+
2
1
dy
Cyy
dx
=+
2
1
,
dy
dx
Cyy
=
+
()
12
22
2
1
1
1
1
1
1
11
ln
CxC
dy
dy
dy
y
y
xc
xC
e
Cyy
CyyCCyC
yC
+
=
+
−
=
=
+
=
+
+
+
+
1
1
12
2
.
1
Cx
Cx
CCe
y
Ce
=
−
2
()0.
yyy
+=
(),
,
dp
ypyyp
dy
==
()
2
0
00
0
p
ypp p
pyp p
ypp
=
+=
+=+=
0
y
yC
=
=
−
1
1
1
0
ln ln
ln
dp dy
C
ypp
p
C
p
p
y
y
y
+
=
=−
=
+
=
2
2
1
1
1
1
2
1
2
2
dyc
y
ydy cdx
ydyCdx
CxC yCxC
dxy
=
=
=
=
+=
+
2
12
yCxC
=+
()24
yyy
y
−
=
() ()
01;00
yy
==
143
3
2
2
uv
uv uv
y
y
+−
=
3
2
2
v
uvuv
y
y
+
−
=
3
2
0,
2
v
v
y
uv
y
−=
=
2
,
2
vy
uy
=
=
2
2
1
,
vy
uyC
=
=+
42
1
zyCy
=+
2
1
pyCy
=
+.
Учитывая начальные условия (0) 1
y=,(0)0
y
=
, получим, что (1) 0
p=,т.е.
. Тогда
С учетом
начального
условия
,
находим
и
Ответ:
22.5.4. Решить уравнение
.
Решение. Полагаем
, тогда
,
(2)0
ppy
−=
или
;
.
а) если
, запишем
, тогда
.
б) если
, запишем
, тогда
.
в) если
,то
.
Ответ:
;
при
;
при
;
при
. Здесь
*
11
||
CC
=
.
11
011
1
СС
=+=−
()
()
()
()
2
2
2
22
22
2
/
1
1
11/
1/
arccos 1 /
11/
dy
dy
dyy
yy
dx
xC
dx
yy
y
dy
xC
yxC
y
=
−
=
=
+
−
−
−
=
+
=
+
−
( )01
y=
20
C=
()
()
arccos 1 /
1/cos .
yxy
x
=
=
()
1/cos .
yx
=
2
yyy
=
()
ypy
=
ypp
=
2
pp yp
=
0
y=
2
dp ydy
=
0
yC
=
2
1
pyC
=+
2
1
yyC
=+
10
C
*2
11
CC
=
()*
12
2
*2
2
*2
*
1
1
1
1
/
dy
dy
dx
dx
arctgyC xC
yC
yC
C
=
=
=
+
++
10
C
*2
11
CC
=−
*
1
2
2
*2
2
*2
*
*
1
1
1
1
1
ln
2
dy
dy
yC
dx
dx
xC
yC
yC
CyC
−
=
=
=
+
−
−
+
10
C=
2
22
11
dy
dy
yy
dx
dx
xCy
y
y
y
xC
=
=
=
−
=
+=−
+
0
yC
=
()*
12
*
1
1
/
x
arctgyC C
C
=+
10
C
*
1
2
**
11
1
ln
2
yC
xC
CyC
−
=+
+
10
C
1
y
xC
=−
+
10
C=
144
22.6. Задачи для самостоятельного решения
22.6.1.
.
22.6.2.
.
22.6.3.
;
,
.
22.6.4.
;
,
.
Ответы. 22.6.1.
.
22.6.2.
22.6.3.
. 22.6.4.
.
ЗАНЯТИЕ 23
ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ С
ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ
23.1. Основные понятия
23.1.1. Определение. Линейным однородным уравнением n-ого порядка с
постоянными коэффициентами называется уравнение вида
,
где
действительные коэффициенты.
23.1.2. Теорема об общем решении линейного однородного уравнения.
Общее решение этого уравнения имеет вид
,
где
произвольные постоянные, а
фундаментальная сис-
тема решений уравнения (ФСР), которая ищется следующим образом:
Составляем характеристическое уравнение
Это уравнение имеет ровно
корней (с учетом кратности). Этим корням
соответствуют следующие функций в ФСР:
1. Каждому действительному корню кратности 1 соответствует решение
.
2. Каждой
паре комплексно сопряженных корней
и
, кратности 1 каждый, соответствуют два решения
и
.
3. Каждому действительному корню
кратности
соответствуют
решений
,
,
,...,
.
2
()
yyy
=
2
1()2
y
yy
+=
2
23
yy
=
(2)1
y−=
(2) 1
y−
=−
2y
ye
=
(0) 0
y=
(0) 1
y
=
2
1
Cx
yCe
=
2
2
1
1
()4().
xC
CyC
+
=
−
2
4
(4)
y
x
=
+
ln|1 |
yx
=−
−
()
(1)
0
1
1
...
'
0
nn
nn
ay
ay
ayay
−
−
+
++
+
=
01
,
, ...,
n
aa
a−
11
22...
nn
ycycy
cy
=
+
++
12
,
, ...,
n
cc
c−
12
,
, ...,
n
yy y−
1
0
1
1
...
0
nn
nn
ak
ak
aka
−
−
+
++
+=
n
n
k
kx
ye
=
1αβ
ki
=+
2αβ
ki
=−
α
1
cos β
x
ye
x
=
α
2
sin β
x
ye
x
=
k
r
r
1
kx
ye
=
2
kx
yxe
=
2
3
kx
yxe
=
1
r
kx
r
yxe
−
=
145
4. Каждой паре комплексно сопряженных корней
и
, кратности
каждый, соответствует
решений
,
,
,
,...,
,
.
23.2. Решение типовых задач
23.2.1. Решить уравнение
.
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид:
Его
корни
и
действительны и различны. Согласно пункту 1 тео-
ремы 23.1.2, общее решение есть
23.2.2. Решить уравнение
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид:
Его
комплексно сопряженные корни
,
т.е .
Согласно
пункту 2 теоремы
23.1.2,
общее решение
будет
23.2.3. Решить задачу Коши
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид:
2
210
kk
++=
.
Оно
имеет действительный корень кратности 2
Согласно пункту 3
теоремы 23.1.2, общее решение будет
Далее
из
начальных
условий имеем:
,
в итоге
23.2.4. Решить уравнение
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид:
или
Находим корни:
По пунктам 1
и 2 теоремы 23.1.2 находим общее решение
23.2.5. Решить уравнение
Решение. Решаем характеристическое уравнение
По пунктам 1 и 4 теоремы 23.1.2 пишем общее решение
1αβ
ki
=+
2αβ
ki
=−
r
2r
α
1
cos β
x
ye
x
=
'
α
1
sin β
x
ye
x
=
α
2
cos β
x
yxe
x
=
α
2'
sin β
x
yxe
x
=
1α
cos β
rx
r
yxe
x
−
=
1α
'
sin β
rx
r
yxe
x
−
=
560
yyy
−
+=
2
560.
kk
−
+=
12
k=
23
k=
23
12
.
xx
yCeCe
=+
450.
yyy
+
+=
2
450.
kk
++=
12
2,
2
k
ik
i
=−+
=−−
2, 1.
=−
=
22
12
cos
sin .
xx
yСe
xCe
x
−−
=+
'
2
0,(0)1,(0)0.
yyyy
y
+
+=
=
=
1,2
1.
k=−
12
.
xx
yCeCxe
−−
=+
1
2
2
x
x
x
yCeCeCxe
−
−
−
=−
+
−
1
1
2
2
(0)
1, (0)
0
1;
y
C
y
CC
C
=
=
=−
+=
=
(1).
x
x
x
yexe
xe
−
−
−
=
+
=
+
80.
y −=
3
80,
k−=
2
(2)(24)0.
kkk
−
++=
12,
k=
2,3
13.
ki
=−
2
1
2
3
cos 3
sin3.
x
x
x
yCeCe
xCe
x
−−
=
+
+
8160.
V
y
y
y
+
+
=
53
8160:
kk
k
+
+
=
4
2
2
2
1
2,3
4,5
(816)0,k(k4)0, 0,
2,
2.
kkk
k
k
ik
i
+
+
=
+
=
=
=
=−
1
2
3
4
5
cos 2
sin 2
cos 2
sin2 .
yCC
xC
xCx
xCx
x
=
+
+
+
+
146
23.3. Задачи для самостоятельного решения
23.3.1.
23.3.2.
23.3.3.
23.3.4.
23.3.5.
23.3.6.
23.3.7.
23.3.8.
23.3.9.
23.3.10.
23.3.11.
23.3.12.
Ответы. 23.3.1.
23.3.2.
23.3.3.
.
23.3.4.
23.3.5.
23.3.6.
23.3.7.
23.3.8.
23.3.9.
23.3.10.
23.3.11.
23.3.12.
23.4. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения с
постоянными коэффициентами и правой частью вида
23.4.1. Определение. Линейным неоднородным уравнением n-ого порядка с
постоянными коэффициентами называется уравнение вида
,
(*)
где
действительные коэффициенты, а
–
непрерывная
функция.
23.4.2. Теорема. Общее решение уравнения (*) имеет вид
,
где – общее решение соответствующего однородного уравнения
(которое мы уже умеем искать по
теореме 23.1.2), а
–
частное решение неоднородного уравнения (*)
(т.е . одно из решений этого уравнения).
Правая часть
пока будет предполагаться функцией специального
вида, т. е . функцией одного из двух видов, указанных в теоремах 23.4.3
и 24.1.1.
2
0.
yyy
−
+=
2100.
yy
y
+
+
=
80.
yy
−=
40.
IV
yy
+=
6
90.
V
IV
y
y
y
−
+
=
2
0.
IV
y
yy
+
+=
33
0.
yyyy
−
+
−
=
320.
yyy
−
+=
430.
IV
y
yy
+
+=
4 30,(0)6,(0)10.
yyyy
y
−
+=
=
=
0,(0)3,(0) 1,(0)1.
yy
y
y
y
−
=
=
=−
=
2
16320.
V
IV
y
y
y
y
−
−
+
=
12
(
).
x
yeCCx
=+
12
( cos3
sin3 ).
x
yeC
xC
x
−
=+
2
1
2
3
(cos3
sin3)
xx
yCeeC
xC
x
−
=
+
+
1
2
3
4
( cos
sin )
( cos
sin ).
xx
yeC
xC
xeC
xC
x
−
=
+
+
+
23
1
2
3
4
5
(
).
x
yCCxCxeCCx
=
+
+
+
+
1
2
3
4
(
)cos (
)sin .
yCCxxCCx
x
=
+
+
+
2
1
2
3
(
).
x
yCCxCxe
=
+
+
2
1
2
3
(
)
.
xx
yCCxeCe
−
=
+
+
1
2
3
4
cos
sin
cos 3
sin3.
yCxC
xC
xC
x
=
+
+
+
3
42.
xx
yee
=+
2.
x
ye
−
=+
22
1
2
3
4
5
(
)
cos 2
sin2 .
xx
yCCxeCeC
xC
x
−
=
+
+
+
+
()x
k
Pxe
()
(1)
0
1
1
...
'
()
nn
nn
ay
ay
ayayfx
−
−
+
++
+
=
01
,
, ...,
n
aa
a−
()
fx
yyy
=+
y
()
(1)
0
1
1
...
'
0
nn
nn
ay
ay
ayay
−
−
+
++
+
=
y
()
fx
147
23.4.3. Теорема. Если
, где
–
многочлен степени k
с действительными коэффициентами, то частное решение исходного
неоднородного уравнения
нужно искать по формуле:
.
В этой формуле
–
многочлен степени k с неопределенными дейст-
вительными коэффициентами (т. е . коэффициентами, которые нам еще надо
найти), а r – кратность
как корня характеристического уравнения для
соответствующего однородного уравнения, или сколько раз , взятое из пра-
вой части исходного дифференциального уравнения, встречается среди
корней характеристического уравнения.
23.5. Решение типовых задач
23.5.1.
Решение. Составляем характеристическое уравнение для соответствующего
однородного уравнения
Корни этого уравнения
и
общее решение однородного уравнения
Ищем
частное решение неоднородного уравнения: в правой его части
Это число не является корнем характеристического уравнения, т.е . r=0.
Тогда по теореме 23.4.3.
где A,BиC нам еще нужно
найти. Для этого подставим
и её производные
в исходное
уравнение. Сокращая на
имеем:
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в левой и правой
частях этого уравнения, получим систему уравнений
откуда
Теперь можно записать ответ:
23.5.2.
Решение. Составляем характеристическое уравнение для соответствующего
однородного уравнения
Корни этого уравнения
и
общее решение однородного уравнения имеет вид
() ()x
k
fxPxe
=
()
k
Px
y
()
rx
k
yxQxe
=
()
k
Qx
22
544.
x
yyyxe
−
+=
2
540.
kk
−
+=
11
k=
24
k=
4
12
.
xx
yCeCe
=+
=2.
(
)
22
,
x
y AxBxCe
=
++
y
()(
)
2
2
2
2
2
,
xx
y
AxBe
AxBxCe
=
+
+
++
()()(
)
2
2
2
2
2
2
22
22
4
x
x
x
x
y
Ae
AxBe
AxBe
AxBxCe
=
+
+
+
+
+
++
2
,
x
e
2
4
84244
AxAxBxABC
+
+
+++−(
)(
)
2
2
2
52
22
24
4.
AxAxBxBC
AxBxC
x
+
+
++
+
++=
24,
220,
2
20,
A
AB
ABC
−=
−−
=
−−
=
2, 2,
3.
A
BC
=−
=
=−
(
)
4
2
2
122
23.
x
x
x
yCeCe
x
x
e
=
+
−
−
+
2
12.
yy
x
+=
3
2
2
0
(1)0.
kk
kk
+=
+=
1,2 0
k=
3
1
k=−
148
Ищем частное решение неоднородного уравнения: в
правой его части
это число – корень характеристического уравнения
кратности
2,
т.е .
r=2; тогда,
согласно
теореме
23.4.3,
где A, B, и C – неопределенные
коэффициенты. Для их нахождения подставим
и её производные
,
,
в исходное
уравнение:
Приравнивая коэффициенты
при одинаковых степенях х в левой и правой частях этого уравнения,
находим:
В итоге,
23.5.3.
Решение: Находим общее решение данного уравнения:
Найдем
и
используем
начальные условия:
Решая эту систему, находим:
Отсюда
23.6. Задачи для самостоятельного решения
23.6.1.
23.6.2.
23.6.3.
23.6.4.
Ответы. 23.6.1.
23.6.2.
23.6.3.
23.6.4.
1
2
3.
x
yCCxCe
−
=
+
+
=0;
(
)
2
2
4
3
2
,
yxAxBxCAxBxCx
=
++=
+
+
y
32
*4
3
2
y
AxBxCx
=
+
+
*2
12
62
y
AxBxC
=
+
+
*
246
y
AxB
=+
22
24612
6212.
AxBAxBxC
x
++
+
+
=
12 12
1;
AA
=
=
2460
4;
AB
B
+=
=−
620
12.
BC
C
+
=
=
4
3
2
1
2
3
412.
x
yCCxCe
x
x
x
−
=
+
+
+−
+
22,
x
yye
−=
(1) 1, (1) 0.
yy
=−
=
2
2
*
1
2
1
2
20;0,
2;
;
1, 0;
;
,
;
x
x
x
x
kkk
k
yCCe
r
yAeyAeyAe
−
=
=
=
=
+
=
=
=
=
=
2
12
2
2;
2;
2.
x
x
x
x
x
Ae Ae
eA
yCCe
e
−
=
=−
=
+
−
y
2
12
2
2
21
.
2
20
CCee
Cee
+
−
=−
−=
1
2
,
Ce
−
=
1
1.
Ce
=−
21
2
1.
xx
ye
ee
−
=
−
+−
4
23
.
x
yyye
−
−
=
2
23
.
x
yyyxe
+
−
=
2
6.
x
yyyxe
−
+=
2
735.
IV
yyxx
+=
++
34
12
1
.
5
x
x
x
yCeCe
e
−
=
+
+
2
3
12
1
.
121632
x
x
x
xx
yCeCex
e
−
=
+
+
−
+
(
)3
12
.
x
yCCxxe
=
+
+
4
3
2
1
2
3
4
79
cos
sin
.
1222
x
x
x
yCCxC
xC
x
=
+
+
+
+
+−
149
ЗАНЯТИЕ 24
ЛИНЕЙНЫЕ НЕОДНОРОДНЫЕ УРАВНЕНИЯ
24.1. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения
с постоянными коэффициентами и правой частью специального вида
24.1.1. Теорема. Если
,
где
и
многочлены степени и
с действительными коэффициентами, то
частное решение неоднородного уравнения
следует искать по формуле
.
Здесь
и
многочлены степени
с неопределенными
действительными коэффициентами,
,а
–
кратность числа
как корня характеристического уравнения для соответствующего однородного
уравнения, или сколько раз
, взятое из правой части исходного
дифференциального уравнения, встречается среди корней характеристиче-
ского уравнения.
Замечание. Даже если в правой части только один косинус или только один
синус, в решении
должны присутствовать обе эти функции.
24.1.2. Теорема. Пусть
частное решение уравнения с правой частью
а
частное решение уравнения с той же левой частью и с правой частью
тогда
частное решение уравнения с той же левой частью
и с правой частью
.
24.2. Решение типовых задач
24.2.1.
Решение. Легко находим общее решение
однородного
уравнения:
В правой части
дифференциального уравнения
Это число не корень
характеристического
уравнения,
поэтому,
согласно 24.1.1, частное
решение исходного уравнения имеет вид
.
Дифференци-
руя, отсюда имеем:
приравняем
коэффициенты при
и
:
отсюда
α
()
( )cosβ
( )sinβ
x
km
fxePx
xQx
x
=+
()
k
Px
()
m
Qx−
km
y
α
( )cosβ ( )sinβ
rx
ll
yxeRx
xTx
x
=+
()
l
Rx
()
l
Tx−
l
max ,
l
km
=
r
αβ
i+
αβ
i+
y
1
y−
1( ),
fx
2
y−
2( ),
fx
12
() ()
yxyx
+−
12
() ()
fxfx
+
32sin.
yyy
x
−
+=
2
12
320;
320;1,2;
yyy
kk
kk
−
+=
−
+=
=
=
2
12
.
xx
yCeCe
=+
0, 1,
.
ii
=
=
+=
cos
sin
yAxB
x
=+
**
sin
cos ,
cos
sin ;
y
AxB
xy
AxB
x
=−
+
=−
−
cos
sin3sin3cos2cos2sin
sin ;
AxB
x
AxB
x
AxB
x
x
−
−
+
−
+
+
=
cos x
sin x
320
3
;
;
3219
1
ABA
AB
BAB
BB
−
−
+=
=
−
++=
+=
13
10
10
BA
=
=
2
12
1
(3cos sin ).
10
xx
yyyCeCe
x
x
=
+=
+
+
+
150
24.2.2.
Решение. Корнями характеристического уравнения
будут
.
Соответственно
.
В правой части дифференциального
уравнения
Это число – корень характеристического
уравнения кратности 1, значит, следуя 24.1.1, частное решение исходного
уравнения нужно искать в виде
.
Если
не ставить задачу нахождения неопределенных коэффициентов A, B, C, D, то
ответ уже получен:
Найдем полное решение примера:
Подставим всё это в уравнение и приравняем коэффициенты слева и справа
при
и
. Получим систему уравнений:
Замечание. Если правая часть линейного дифференциального уравнения
представляет собой сумму нескольких функций специального вида, то частное
решение неоднородного уравнения ищется с использованием теоремы 24.1.2:
24.2.3.
Решение. Характеристическое уравнение
имеет корень
кратности 2 и корень
кратности 1. Поэтому общее решение
однородного уравнения имеет вид
Правая
часть
уравнения состоит из двух слагаемых; в первом
–
корень характери-
стического уравнения кратности 2, а во втором
что не является корнем характеристического уравнения. Надо сложить
частные решения уравнений
и
Согласно 23.4.3, частное решение первого имеет вид
Подставив
в уравнение, найдём
По теореме 24.1.1 частное
решение второго имеет вид
Подставив
в
уравнение, найдём
Общее решение исходного уравнения
равно
sin .
yyxx
+=
2
10
k+=
1,2
ki
=
12
cos
sin
yCxC
x
=+
0, 1,
.
ii
=
=
+=
(
)cos (
)sin
yxAxB
xCxD
x
=
+
+
+
(
)
12
cos
sin
(
)cos (
)sin .
yCxC
xxAxB
xCxD
x
=
+
+
+
+
+
22
(
)cos (
)sin ;
yAxBx
xCxDx
x
=
+
+
+
22
(2
)cos (
2
)sin ;
yCxAxDxB
x
AxBxCxD
x
=
+
+
+
+−
−
+
+
22
(
422)cos(
4
2 2)sin.
y
AxBxCxADxCxAxDxBCx
=−
−
+
++
+−
−
−
−
+
cos ,
xx
cos ,x sin
xxsin x
11
40,41,220,220
,
0, 0,
44
C
A
AD
BC
A
BC
D
=
−
=
+
=
−
+
=
=−
=
=
=
2
2
1
2
1
2
11
cos
sin
cos
sin
cos
sin .
4
4
4
4
xx
yCxC
x
x
x
x
xC
xC
x
=
+
−
+
=
−
+
+
33
69
cos2 .
xx
y
yyxee
x
−
+
=
+
32
690
kkk
−
+=
3
k=
0
k=
3
1
2
3
(
)
.
x
yCCxeC
=
+
+
3
=
3,
2,
==
32,
ii
+=+
3
69x
y
yyxe
−
+
=
3
69
cos2 .
x
y
yye
x
−
+
=
23
1
(
).
x
yxAxBe
=+
1
y
1
,
18
A=
1
.
18
B=−
3
2
( cos2
sin2 ).
x
yeC
xD
x
=+
2
y
3
,
52
C=−
1
.
26
D=−
2
33
1
2
1
2
3
31
(
)
(1)
cos 2
sin2 .
18
52
26
xx
x
yyyyCCxeC
x
e
x
x
=
++=
+
++
−
−
+
151
24.3. Задачи для самостоятельного решения
24.3.1.
24.3.2.
24.3.3.
24.3.4.
24.3.5.
24.3.6.
24.3.7.
Ответы. 24.3.1.
24.3.2.
24.3.3.
24.3.4.
24.3.5.
24.3.6.
24.3.7.
ЗАНЯТИЕ 25
МЕТОД ВАРИАЦИИ ПРОИЗВОЛЬНЫХ ПОСТОЯННЫХ
25.1. Метод вариации произвольных постоянных
Линейное неоднородное уравнение
с любой
правой частью
решается методом вариации постоянных. Заключается
этот метод в следующем:
25.1.1. Теорема. Пусть
—
общее решение
соответствующего
однородного
уравнения
Тогда частное решение исходного уравнения имеет тот же вид, но в нем
коэффициенты зависят от х:
.
(*)
Функции
определяются из системы уравнений
.
Найдя из этой системы
интегрируем их; результат под-
ставляем в выражение (*).
4sin .
yy
x
+=
32
cos .
yyyxx
−
+=
3
9
cos .
x
yye
x
−=
2
2.
x
yyex
−
=
−
2.
x
yyxe
+
=
+
4
8205sin2.
x
yy
yxe
x
−
+
=
2cos ;
IV
yy
x
+=
(0)2,(0)1,(0)(0)0.
y
y
y
y
=−
=
=
=
12
cos
sin2cos.
yCxC
x
x
x
=
+
−
(
)(
)
2
12 0,1 0,12 cos 0,3 0,34 sin .
xx
yCeCe
x
x
x
x
=
+
+
−
−
+
3
3
3
12
1
(cos 6sin ) .
37
x
x
x
yCeCe
x
xe
−
=
+
−
−
2
12
2.
x
x
x
yCeCexex
−
=
+
+
++
12
cos
sin
.
x
yCxC
xxe
=
+
++
24
12
5
5
5
cos 2
sin 2
cos 2
sin 2
cos 2
.
8
16
64
x
yC
xC
x
x
x
x
x
xe
=
+
−
+
+
sin 2cos .
yxxx
x
=
−
−
()
(1)
1
...
()
nn
n
yay
ayfx
−
+
++
=
()
fx
11
22...
nn
yCyCy
Cy
=
+
++
()
(1)
1
...
0.
nn
n
yay
ay
−
+
++
=
1
1
2
2
()
() ... ()
nn
yCxyCxy
Cxy
=
+
++
12
( ), ( ),...,
()
n
CxCxCx
11
22
11
22
(1)
(1)
(1)
11
22
...
0,
...
0,
................................................................
...
().
nn
nn
n
n
n
nn
Cy
Cy
Cy
Cy
Cy
Cy
Cy
Cy
Cy
fx
−
−
−
+
+
+
=
+
+
+
=
+
++
=
( ), 1,2,..., ,
i
Cxi
n
=
152
25.2. Решение типовых задач
25.2.1.
Решение. Корни характеристического уравнения
, отсюда общее
решение соответствующего однородного уравнения
Ищем частное решение исходного уравнения в виде
Составим систему
или
Вычитая из второго уравнения первое, имеем:
.
Отсюда,
интегрируя, находим:
,
.
Значит, общее
решение исходного уравнения
.
25.2.2.
Решение. Корни характеристического уравнения
, общее
решение соответствующего однородного уравнения
Ищем частное решение исходного уравнения в виде
Составим систему
или
Вычитая из второго уравнения первое, имеем:
;
.
Теперь запишем общее решение уравнения:
25.2.3.
Решение. Рассмотрим характеристическое уравнение
.
Его корни
.
Общее
решение
однородного
уравнения
2.
x
e
yyy
x
−
+=
1,2 1
k=
12
.
xx
yCeCxe
=+
12
()
().
xx
yCxeCxxe
=+
()
12
12
=0,
,
xx
x
x
x
x
CeCxe
e
CeCexe
x
+
+
+
=
()
12
12
0,
1
1.
CCx
CC
x
x
+=
+
+=
21
1
()
1
Cx
C
x
=
=−
1()
Cx
dxx
=−
=−
2()
ln
dx
Cx
x
x
==
12
ln
x
x
x
x
yyyCeCxexe
xxe
=
+=
+
−
+
1
32
.
1
x
yyy
e
+
+=
+
12
1,
2
kk
=−
=−
2
12
.
xx
yCeCe
−−
=+
*2
12
()
().
xx
yCxeCxe
−−
=+
2
12
2
12
0,
1
2,
1
xx
xx
x
Ce Ce
Ce
Ce
e
−−
−−
+=
−
−
=
+
12
12
e
0,
2.
1
x
x
x
x
CC
e
CCe
e
−
−
+=
−
−
=
+
2
21
()
11
xx
xx
ee
Cx
C
ee
=−
=
++
2
2()
11
x
x
x
x
xx
et
e
ede
Cx
dx
ee
=
=−
=−
=
++
1
(1)
1
1
1
tdt
t
dt
dt
t
t
t
++
−
=−
+
=
+
+
+
ln
ln( 1)
xx
t
te
e
=−+
=−
+
+
2
2
12ln(1)(ln(1)).
x
x
x
x
x
xx
e
e
e
ee
yyyCeCe
−−
−
−
+
+
+
+−
=
+=
+
2
1
.
cos
IV
yy
x
+=
42
0
kk
+=
1,2
3,4
0,
k
k
i
=
=
153
.
Частное решение исходного уравнения
. Система уравнений для
и
имеет вид:
Умножая третье и четвертое уравнения соответственно на
ина
,
а потом складывая их, получим
находим последовательно
из третьего уравнения
, из второго уравнения
ииз
первого уравнения
В итоге получим:
25.3. Задачи для самостоятельного решения
25.3.1.
25.3.2.
25.3.3.
25.3.4.
25.3.5.
25.3.6.
25.3.7.
Ответы: 25.3.1.
25.3.2.
25.3.3.
1
2
3
2
cos
sin
yCCxC
xC
x
=
+
+
+
1
2
3
2
() ()
( )cos
( )sin
yCxCxxCx
xCx
x
=
+
+
+
1( ),
Cx
2(),
Cx
3()
Cx
4()
Cx
1
2
3
4
2
3
4
34
342
cos
sin 0,
sin
cos
0,
cos
sin 0,
1
sin
cos
.
cos
CCxC
xC
x
CCxC
x
C
xC
x
CxC
x
x
+
+
+
=
−
+
=
−
−
=
−=
sin x
cos x
4
1
;
cos
C
x
=−
3
2
sin
cos
x
C
x
=
2
2
1
cos
C
x
=
1
2
()
cos
x
Cx
x
=−
1()
(tg )
tg
tg
tg lncos ,
Cx
xdx
xx
xdx
xx
x
=−
=−
+
=−
−
2()tg,
Cx
x
=
3
2
cos
1
()
,
cos
cos
dx
Cx
xx
=−
=
4
22
cos
sin
11sin
()
ln
.
cos
1 sin
21sin
xdx
dx
x
Cx
x
x
x
+
=−
=−
=−
−−
yyy
=
+=1
2
3
4
cos
sin
CCxC
xC
x
+
+
+
−
1
1 sin
tg ln cos
tg 1 sinln
2
1 sin
x
xx
xxx
x
x
+
−
−
+
+−
=
−
1
2
3
4
1
1 sin
cos
sin ln cos
sin ln
.
2
1 sin
x
CCxC
xC
x
x
x
x
+
=
+
+
+
−
−
−
4 2tg.
yy
x
+=
2
3
1.
x
yyyex
−
+
+=
+
3
2sec .
yy
x
+=
32
()
2.
xyyx
−
=
−
2
1
2.
x
yyy
xe
+
+=
2
2
24.
x
yyxe
−=
1
.
sin
yy
x
+=
12
sin 2
cos2 sin2 ln cos
cos2 .
yC
xC
x
x
xx
x
=
+
+
−
5
2
12
4
(1)
.
5
x
ye
x
CCx
−
=
+++
2
12
1 2sin
cos
sin
.
cos
x
yCxC
x
x
+
=
+
−
154
25.3.4.
25.3.5.
25.3.6.
25.3.7.
ЗАНЯТИЕ 26
ЗАДАЧИ, ПРИВОДЯЩИЕ К ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫМ
УРАВНЕНИЯМ. РАЗЛОЖЕНИЕ РЕШЕНИЙ ПО ФОРМУЛЕ
ТЕЙЛОРА
26.1. Дифференциальные уравнения для замкнутого контура
Рассмотрим замкнутый контур, состоящий из
последовательно включенных э. д . с .
,
индуктивности
,
емкости
и
сопротивления
(рис. 26.1). Для замыкания
или размыкания в цепи может также
присутствовать
выключатель
.
Дифференциальные
уравнения
для
нахождения
электрического
тока,
протекающего в цепи, составляются, исходя
из правила Кирхгофа: алгебраическая сумма
падений напряжения равна алгебраической сумме напряжений источников
тока. При этом падение напряжения на активном сопротивлении равно
,на
индуктивности
и на конденсаторе
.
Здесь
–
сила тока, протекающего в цепи в момент времени . Таким
образом, по правилу Кирхгофа,
,
или, после
дифференцирования по времени:
.
Если параметры цепи (кроме э. д . с. ) не зависят от времени, имеем линейное
неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными
коэффициентами (см. занятия 24–25).
12
1
.
xx
y
Ce Ce
x
−
=−
+
+
(
)
12ln
.
x
yCCxxe
−
=
+
−
2
22
12.
x
x
x
yCe Ce
e
−
=
+
+
1
2
3
cos
sin ln
cos ln sin
sin .
2
x
yCC
xC
x
tg
x
xx
x
=
+
+
+
−
−
E
L
C
R
K
Ri
di
L
dt
1
()
itdt
C
()
it
t
1
() ()
di
LRi
itdt Et
dt
C
++
=
2
2
didiidE
LR
dt
dtCdt
+
+=
E
Рис. 26.1
155
Для
контура уравнение имеет вид
, т. е . является
линейным уравнением первого порядка (см. 20.1), а в случае
контура
удобнее составлять уравнение не для тока
, а для заряда на конденсаторе
, имея в виду, что
.
Тогда имеем
–
линейное
уравнение 1-го порядка.
26.2. Решение типовых задач
26.2.1. Электрическая цепь с сопротивлением
и индуктивностью
замыкается накоротко. Найти закон изменения тока
в катушке, если до
замыкания по цепи в ней протекал постоянный ток .
Решение. Дифференциальное уравнение цепи для определения измене ния
тока получим, применив правило Кирхгофа (см. 26.1):
Здесь
независимым переменным является время , а функцией – ток
. Разделяем
переменные:
Интегрируя, получим
или
откуда
где – произвольная постоянная.
Из начального условия
находим
Тогда
.
26.2.2. Сила тока
в цепи с сопротивлением , индуктивностью
и
напряжением
удовлетворяет уравнению
Решить это
уравнение, считая ,
и
постоянными. Начальное условие
.
Решение. Перепишем заданное уравнение в виде
Это линейное
неоднородное дифференциальное уравнение 1-го порядка. Полагаем
где
и – функции от времени
тогда:
(*)
Приравняем выражение в скобках к нулю:
откуда
Подставив найденное значение
в уравнение (*),
LR
−
()
di
L
Ri Et
dt
+=
RC
−
()
it
()
qt
dq
i
dt
=
()
dqq
R
Et
dtC
+=
R
L
()
it
0
I
0.
di
L
iR
dt
+=
t
( )it
.
diR
dt
iL
=−
ln ln
R
iCt
L
=−
ln
,
iR
t
CL
=−
(),
R
t
L
it Ce
−
=
C
()0
0
iI
=
0
CI
=
()0
R
t
L
it Ie
−
=
()
it
r
L
U
.
di
L
riU
dt
+=
rLU
()0
0
ii
=
.
dirU
i
dtLL
+=
,
iuv
=
uv
,
t
du dv
r
U
v
u
uv
dtdtL
L
+
+
=
.
dvr
duU
u
vv
dtL
dtL
+
+
=
0,
dvr
v
dtL
+=
,
dv
r
dt
vL
=−
ln
r
vt
L
=−
.
r
t
L
ve
−
=
v
156
получим:
или
отсюда
или
Следовательно,
общее
решение
исходного
уравнения
будет:
, или
Первое слагаемое
является общим решением однородного
уравнения
и физически выражает собой так называемый
«свободный ток», зависящий от характера цепи и от начальных условий.
Второе
слагаемое
является частным решением заданного
неоднородного уравнения и зависит от характера цепи и от напряжения
оно характеризует так называемый «принуждённый ток». Постоянная
определяется по начальному условию
Подставляя значение
в
общее решение, получим
откуда
и, следовательно,
искомое решение:
При возрастании
первым
слагаемым можно пренебречь вследствие быстрого убывания
,исила
тока будет подчиняться закону Ома:
.
26.2.3. В электрической цепи с самоиндукцией происходит процесс
установления переменного тока. Напряжение
; омическое
сопротивление
и самоиндукция
постоянны. Найти зависимость силы
тока
от времени, если начальная сила тока
.
Решение. Пользуясь законом Ома для цепи с самоиндукцией, получаем
(*)
Полученное дифференциальное уравнение является линейным неоднородным
уравнением. Для отыскания его решения применим метод вариации
произвольной постоянной (см. п . 25.1). Сначала решим линейное однородное
уравнение
, соответствующее (*):
Ищем общее решение уравнения (*) в виде
Тогда
r
t
LduU
e
dtL
−
=
,
r
t
L
U
du edt
L
=
r
t
L
U
u
edtC
L
=+
.
r
t
L
U
u
e
C
r
=+
()
rr
tt
LL
U
it
e
Ce
r
−
=+
()
.
r
t
L
U
it Ce
r
−
=+
св
r
t
L
iCe
−
=
0
di
L
ri
dt
+=
пр
U
i
r
=
;
U
C
()0
0.
ii
=
0
t=
,
o
U
iC
r
=+
0
U
Ci
r
=−
()0
.
r
t
L
UU
iti
e
rr
−
=
−
+
t
r
t
L
e
−
(),
U
it
t
r
=
→
sin
uA
t
=
R
L
()
iit
=
()0
0
ii
=
sin .
di
L
RiA
t
dt
+=
0
di
L
Ri
dt
+=
;
diR
dt
iL
=−
ln
ln;
R
i
t
C
L
=−
+
.
R
t
L
iCe
−
=
(),
R
t
L
iCte
−
=
()0
0.
Ci
=
157
Подставляя
и
в уравнение (*), получаем
откуда
Дважды применим метод интегрирования
по
частям:
,
откуда следует
.
Значит,
, и закон изменения силы тока
будет иметь вид:
26.2.4. Конденсатор емкостью
включается в цепь с напряжением
и
сопротивлением . Определить заряд
конденсатора в момент времени
после включения, если в начальный момент он был не заряжен.
Решение. Имеем уравнение
(см. 26.1) с начальным условием
. Общее решение найдем методом Бернулли (см. 20.1 .2). Пусть
,
тогда
.
Последнее
уравнение сведем к двум:
и
.
Частное решение
первого уравнения (переменные разделяются) равно
, тогда из
второго получаем
, откуда
. Теперь
находим
, где
–
произвольная постоянная.
Учитывая начальное условие
,
имеем
,
отсюда
.
26.2.5. Конденсатор емкостью , заряженный до разности потенциалов
,
разряжается на цепь, состоящую из последовательно включенных
индуктивности
и сопротивления
. Найти силу тока, если разряд носит
колебательный характер.
Решение. Уравнение, которому удовлетворяет ток разрядки, имеет вид
()().
RR
tt
LL
dCt
di
R
e
Cte
dt dt
L
−−
=−
i
di
dt
() ()
()sin,
R
R
R
t
t
t
L
L
L
dCt
R
L
e
CteLRCte
At
dt
L
−
−
−
−
+
=
()sin;
R
t
L
dCt A
et
dt
L
=
()
0
0
sin
.
tR
t
L
A
Ct
e
tdt i
L
=+
00
1
1
1
sin
cos
sin
sin
tt
R
R
R
R
t
t
t
t
L
L
L
L
RR
e
tdt
e
t
e
t
e
tdt
LL
=−
++
−
2
22
2
22
2
0
sin
cos
sin
tRR
tt
LL
LR
tL
t
L
e
tdt
e
L
R
L
R
−
=+
++
()
0
22
2
22
2
sin
cos
R
t
L
R
tL
t
AL
Ct Ae
i
L
R
L
R
−
=
+
+
++
()(
)
0
22
2
22
2
sin
cos
.
R
t
L
AR
tL
t
AL
it
ie
L
R
L
R
−
−
=
+
+
++
C
U
R
q
t
dqq
RU
dtC
+=
(0) 0
q=
quv
=
du
dv uv
RvRu
U
dt
dtC
+
+=
duu
dv
R
vRuU
dtC
dt
+
+
=
0
duu
R
dtC
+=
dv
RuU
dt
=
t
CR
ue
−
=
t
CR
dvU
e
dtR
=
t
CR
vACUe
=
+
()
(
)
t
t
t
CR
CR
CR
qtuvACUee
Ae
CU
−−
=
=
+
=
+
A
(0) 0
q=
ACU
=−
() (1
)
t
CR
qt CU
e
−
=−
C
0
U
L
R
158
, т. е . является однородным линейным уравнением с
постоянными коэффициентами (см. п . 23.1). Характеристическое уравнение
имеет корни
.
По условию процесс
разрядки носит колебательный характер, значит, корни являются
комплексными числами
, где
,
(
).
Общее решение уравнения
.
Учтем начальные
условия:
,
, откуда
,
.
Итак, сила тока
меняется по закону
.
26.3. Задачи для самостоятельного решения
26.3.1. В цепи поддерживается напряжение
В. Сопротивление цепи
Ом. Самоиндукция
Гн. За какое время с момента замыкания
цепи возникающий в ней ток достигнет
% своей предельной величины?
26.3.2. При размыкании сопротивление цепи быстро возрастает от
первоначального значения
до бесконечности. На основании опыта
принимают
, где – время процесса размыкания. Найти силу тока
в цепи при постоянных э. д. с .
и самоиндукции .
26.3.3. Последовательно включены источник тока, напряжение которого
меняется по закону
,
емкость
,
сопротивление
и
самоиндукция . Найти силу тока в цепи в установившемся режиме.
26.3.4. Электрическая цепь состоит из э. д . с .
, емкости
,
сопротивления
и самоиндукции , причем
. Найти силу тока в
цепи при начальных условиях
.
Ответы. 26.3.1.
. 26.3.2.
.
26.3.3.
,
. 26.3.4.
.
2
2
0
dIdII
LR
dt
dtC
+
+=
2
1
0
Lk Rk
C
++=
2
1,2
2
1
24
RR
k
L
LCL
=−
−
1,2
ki
=
2
R
L
=−
2
2
1
4
R
CLL
=−
24L
R
C
(
)
sin
cos
t
IA
tB
te
=+
(0) 0
I=
0
0
t
dI
LU
dt=
=
0
B=
0
U
A
L
=
22
0
2
22
24
()
sin
2
4
Rt
L
CU
tLCRC
It
e
LC
LC RC
−
−
=
−
300
E=
150
R=
30
L=
99
0
R
0
()R
Rt
t
=
−
E
L
sin
EU
t
=
C
R
L
sin
EU
t
=
C
R
L
1
CL
=
0
(0)
0
t
di
i
dt=
==
0,4ln10 0,92 с
t=
0
0
00
()1
()
R
L
Et
RtL
RRL
−
−
−
−
2
2
sin(
)
1
Ut
i
RL
C
−
=
+−
1
tg
L
R
CR
=−
sin
2
Ut
t
i
L
LC
=
159
26.4. Задачи дифференциальной геометрии и физики
26.4.1. Найти все кривые, у которых координата точки пересечения любой
касательной с осью абсцисс равна половине абсциссы точки касания.
Решение. Пусть
()
yyx
=
–
уравнение такой кривой. Тогда уравнение
касательной, проведенной в точке ( , ( ))
xyx ,имеетвид
()()()
кк
yyxyxxx
−
=
−
,
гдекxик
y – координаты произвольной точки касательной. Найдем абсциссу
пересечения касательной с осью Ox :
0
к
y= ,откуда к
y
xx
y
=−
. По условию
2
к
x
x=
. Получаем дифференциальное уравнение
2
xy
x
y
=−
, или
2
xy
y
=
. Это
уравнение с разделяющимися переменными (см. п . 19.2). Перепишем его так:
2
dy dx
yx
=
.
Проинтегрируем: ln 2ln ln
y
x
C
=+
.
Отсюда
2
yCx
=
,
0
C . Итак,
искомыми кривыми являются параболы с вершиной в начале координат.
26.4.2. Точка пересечения с осью абсцисс любой касательной к кривой
(,)0
F x y = одинаково удалена от точки касания и от начала координат. Найти
эту кривую, если известно, что она проходит через точку (2, 4) .
Решение. Пусть
()
yyx
=
–
функция, неявно заданная уравнением ( , ) 0
Fxy=
.
Как и в задаче 26.4.1 найдём к
y
xx
y
=−
.
По условию
22
||()
кк
x
xx
y
=
−
+.
После возведения в квадрат
22
2
yy
xy
yy
−
=
+
,
или
22
2xy
xy
y
−=
.
Перепишем это уравнение в виде
2
2
2
2
2(/)
1(/)
xy
yx
y
x
y
yx
==
−−
.
Это однородное
уравнение (см. п. 19.5). Сделаем подстановку 19.5.1: y tx
=
,ytxt
=+ .В
результате получим уравнение с разделяющимися переменными
3
2
1
tt
xt
t
+
=
−
.
Проинтегрируем:
2
2
(1)
(1)
tdtdx
t
t
x
−
=
+
2
2
12
lnln(1)lnln
1
t
dtt
t
C
x
tt
−
=
−
+
+
=
+
.
Отсюда
2
(1)
Ctxt
=+. Возвратившись к исходным переменным, получим
2
2
1
Cy
y
x
xx
=+
,
или
22
Cyxy
=+. Итак, это семейство окружностей,
касающихся оси абсцисс в начале координат, что легко понять из соображений
элементарной геометрии (отрезки касательных к окружности, проходящих
через одну точку, равны).
Теперь применим условие
(2) 4
y=,
откуда
5
C=
.
Искомая кривая
22
50
x
yy
+−
=
.
160
26.4.3. Тело охладилось за 10 минут от
0
100 до
0
60 . Температура
окружающего воздуха неизменна и равна
0
20 . Когда тело остынет до
0
25?
Решение. Скорость остывания (нагрева) пропорциональна разнице температур
тела и окружающей среды (термостата). Пусть ()
yx – температура в градусах,
где x – время в минутах, прошедшее с начала остывания, причем (0) 100
y=
.
Тогда
( 20)
yky
=−
−
.
Здесь k – коэффициент пропорциональности ( 0)
k.
Это линейное уравнение первого порядка, и в то же время уравнение в
разделяющимися переменными. Найдем его решение:
20
dy
kdx
y
=−
−
ln( 20)
ln
y
kxC
−
=−
+
20
kx
y
Ce
−
−=
.
Подставим
0
x=,
100
y=
:80C
=
.
Следовательно, частное решение имеет вид
2080kx
ye
−
=+
.
Из условия задачи
следует, что при 10
x=
60
y=
, откуда
10
1
2
k
e
−
=
, что позволяет записать
решение в виде
/10
20802x
y
−
=
+
.При25
y=
получим
/10
2520802x
−
=
+
/10
4
22
x
−−
=
40
x=
. Тело остынет до
0
25 за 40 минут.
26.4.4. Парашютист прыгнул с высоты 1,5 км и раскрыл парашют на высоте
0,5 км. Сколько времени он падал до раскрытия парашюта? Принять, что
предельная скорость падения равна 50 м/с. Сопротивление воздуха
пропорционально квадрату скорости, а ускорение силы тяжести считать
равным
2
10/
мc.
Решение. Направим ось Ox вертикально вниз из точки прыжка. Пусть ()
vt–
скорость падения в момент времени t . Тогда
2
dv
gkv
dt
=−,гдеk–
положительный коэффициент. Это уравнение с разделяющимися
переменными:
2
dv
dt
gkv
=
−
,
22
1dv
dt
kav
=
−
, где
/
a
gk
=
. Проинтегрировав,
получим
1
ln
2
av
Ct
akav
+
=+
−
.
Учтем, что
1
2
220
aa
akg
==. Пусть
1
ln
20
a
CC
=
,
тогда
20/
1
ta
av
Ce
av
+
=
−
.При0
t=
0
v= ,отсюда11
C = . Но предельная скорость
равна lim 50
t
v
→+
=
, отсюда
50
a=
,т.е.
20 /50
50
50
t
v
e
v
+
=
−
, или
2/5
2/5
1
50
50 th
15
t
t
et
v
e
−
=
=
+
.
Необходимо найти время, за которое пройдено расстояние 1000 метров. Но
расстояние
00
0
() () 50th
250ln ch
250ln ch
5
5
5
T
TT
t
t
T
xT
vtdt
dt
=
=
=
=
.При()1000
xT=
получим ln ch
4
5
T
=
,
4
ch
5
T
e
=
,
23,5
Tc
.
161
26.5. Задачи для самостоятельного решения
26.5.1. Найти кривую, у которой расстояние от начала координат до любой
касательной равно абсциссе точки касания.
26.5.2. Найти кривые, у которых все треугольники, ограниченные любой
касательной, осью абсцисс и отрезком от начала координат до точки касания,
имеют единичную площадь.
26.5.3. Количество света, поглощаемого слоем воды малой толщины,
пропорционально количеству падающего на него света и толщине воды. Слой
воды толщиной h поглощает половину падающего на него света. Какую часть
поглотит слой толщиной H ?
26.5.4. Лодка замедляет свое движение под действием сопротивления воды,
которое пропорционально скорости лодки. Начальная скорость лодки 1,5 /
мс,
через 4 с её скорость равна 1 /
мс. За какое время её скорость уменьшится до
1/
см с ? Какой путь пройдет при этом лодка?
Ответы. 26.5.1.
22
x
yCx
+= . 26.5.2.
2
1
xy
Cy
=+
.
26.5.3.
/
12Hh
−
−
. 26.5.4. За
время
2
4
1 49,4
lg1,5
с
+
; пройденный путь
5,96
14, 7
ln1,5
м
.
26.6. Разложение решения задачи Коши по формуле Тейлора
При выполнении условий теоремы о существовании и единственности
решения ОДУ (см. 19.1.4 и 21.5.3) можно разложить решение по формуле
Тейлора, предполагая, что входящие в уравнение функции обладают
достаточным количеством непрерывных производных. Так, по заданным
начальным условиям задачи Коши (см. 21.5.2) уже можно записать
()(
)
(1)
1
21
00
0
0
0
0
0
0
()
()()...
()
2!
( 1)!
n
n
n
yy
yxyyxx
xx
xx
oxx
n
−
−
−
=
+
−
+
−
++
−
+
−
−
.
Если нужна формула Тейлора более высокого порядка, то следующие
производные решения уравнения
()
(,,,...,
)0
n
Fxyy y
=
в точке
0
xx
=
можно
найти, дифференцируя это уравнение так, как это делается при нахождении
производных неявно заданной функции.
162
26.7. Решение типовых задач
26.7.1. Записать формулу Тейлора четвертого порядка для решения задачи
Коши
2
xyyy
+=,
1
(1)
2
y=
.
Решение. Подставим в уравнение
01
xx
==
,
0
1
2
yy
==, получим
2
0
11
22
y
+=
,
откуда 0
1
4
y =−
.
Продифференцируем уравнение по x : 22
yxyyy
+=и
подставим 0 1
x=,0
1
2
y=,0
1
4
y=− :
0
1
11
22
4
24
y
−
+=
−
.
Отсюда 0
1
4
y =
.
Теперь дифференцируем уравнение 22
yxyyy
+=
()2
3
2
2
yxy
y
yy
+
=
+
,
имеем
2
0
1
1
11
3
2
2
4
4
24
y
+=
−
+
. Находим 0
3
8
y =−
. Наконец, из уравнения
()2
3
2
2
yxy
y
yy
+
=
+
(4)
4
6
2
yxy
yy yy
+
=
+
, что даёт
(4)
0
3
4
y=
.
Записываем формулу Тейлора:
()
2
3
4
4
1
1(1)(1)(1)(1)
24
8
16
32
x
x
x
x
yx
−
−
−
−
=
−
+
−
+
+
−
.
Получили разложение решения задачи 19.3.5
1
1
y
x
=
+
по степеням ( 1)
x−
.
Это уравнение можно было решить точно. В следующем примере рассмотрим
уравнение, не имеющее элементарных решений.
26.7.2. Для решения задачи Коши
1
yxy
+=
,
(0) (0) 0
yy
==
найти первых три
ненулевых члена разложения по формуле Маклорена.
Решение. Из уравнения найдём (0) 1
y
= . Далее,
0
yxyy
++=(0)0
y
=
.
Продолжаем вычисление производных в точке
0
x=:
(4)
20
yxyy
+
+
=
,
(4)
(0) 0
y
=
; (5)
30
yxyy
+
+
=
,
(5)
(0) 3
y
=−;
(6)
(4)
40
yxy
y
+
+
=
,
(6)
(0) 0
y
=
;
(7)
(5)
(4)
50
yxy
y
+
+
=
,
(7)
(0) 0
y
=
;
(8)
(6)
(5)
60
yxy
y
+
+
=
,
(7)
(0) 18
y
=
.
Полученных производных достаточно, чтобы записать три члена формулы
Маклорена:
2
5
8
2
5
8
10
10
318
()
()
()
25!8!
2 40 2240
x
x
x
x
x
x
yx
x
x
=
−
+
+
=
−
+
+
.
26.8. Задачи для самостоятельного решения
Для следующих задач Коши записать формулу Тейлора четвертого порядка:
26.8.1.
2
yyx
=−
;(0)1
y=.
26.8.2.
y
yyxe
=+;(0)0
y=
.
26.8.3.
23
yxy
=+; (1)1
y=.
26.8.4.
()2
yy
xy
=+
;(0)4
y=,(0)2
y
=−.
163
Ответы. 26.8.1.
234
4
27
1
()
2312
x
x
x
y
x
x
=+
++
+
+
. 26.8.2.
234
4
()
266
x
x
x
yx
=
+++
.
26.8.3.
()
34
24
25( 1) 81( 1)
12(1)4(1)
(1)
34
xx
y
x
x
x
−−
=+
−
+
−
+
+
+
−
.
26.8.4.
4
2
3
4
19
4222
()
6
x
y
x
x
x
x
=
−
+
−
+
+
.
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
[1] Арутюнян Р.В., Гудкова И.А., Куприн А.В., Лакерник А.Р., Надежина Т.В.,
Райцин А.М. Практикум по высшей математике для бакалавров. Первый
семестр. Дифференциальное и интегральное исчисление: Учебное пособие /
МТУСИ. – М., 2016. – 154 с.
[2] Александров Ю.Л., Арутюнян Р.В., Куприн А.В., Лакерник А.Р.,
Райцин А.М. Практикум по высшей математике для бакалавров. Второй
семестр. Определенные и несобственные интегралы. Кратные и
криволинейные интегралы. Теория поля. Дифференциальные уравнения:
Учебное пособие / МТУСИ. – М., 2017 . – 1 48 с.
[3] Берман Г. Н. Сборник задач по курсу математического анализа. 20-е изд.; –
М.: Наука, 1985. – 384 с.
[4] Кудрявцев Л. Д., Кутасов А. Д ., Чехлов В. И., Шабунин М. И . Сборник
задач по математическому анализу. Том 3. Функции нескольких переменных:
Учебное пособие / Под ред. Л . Д . Кудрявцева. – 2 -е изд., переработанное. –
М., Физматлит, 2003. – 472 с.
[5] Филиппов А.Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям.
–
Ижевск: НИЦ «Регулярная и хаотическая динамика», 2000. - 176 с.
[6] Куприн А. В ., Маненков С. А ., Фроловичев С. М. Практикум по
аналитической геометрии и линейной алгебре для бакалавров: Учебное пособие /
МТУСИ. – М., 2019. –
82 с.
План УМД на 2020/2021 уч. г.
С. ___ п. ___
Ирина Алексеевна Гудкова
Андрей Валентинович Куприн
Александр Рафаилович Лакерник
Аркадий Михайлович Райцин
ПРАКТИКУМ ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ
БАКАЛАВРОВ
Второй семестр
ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ.
ОПРЕДЕЛЕННЫЕ И НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ.
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ.
ТЕОРИЯ ПОЛЯ. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Учебное пособие
Подписано в печать __ .__.2021 г. Формат 64x90 1/16
Объем 10,4 усл. п . л. Тираж 200 экз. Изд. No __ _ Заказ No___