Kauno technologijos univcrsitetas
VIDMANTAS PEKARSKAS
TRUMPAS MATEMATIKOS KURSAS
Vadovelis auksiijjq. mokyklQ studentams
TECHNO-OGIJA
KAUNAS • 20C5
UDK 51(075.8)
Ре 58
Recenzavo : prof, habil. dr. Leonas SAULIS doc. dr. Nijole JANUSAUSKAITE
Antrasis leidimas
Be rastisko leidyklos „ Technologija" sutikimo ne viena sios knygos dalis jokiais tikslais irjokiomis priemonemis neturi biiti kopijuojama
© V. Pekarskas.
2005
© Leidykla ..Technoloaija". 2005
ISBN 9955-09-858-9
PRATARME
Sis vadoveiis parengtas panaudojant anksciau isleistq trijq to paties autoriaus vadoveliq [1, 2, 3] medziagq. Jis atitmka Kauno technologijos universiteto Chemines technologijos, Dizainc ir technologijq, Elektrotechnikos ir automatikos, Fundamentaliqjq mokslq, Informatikos, Mechanikos, Statybos ir architekturos, Telekomunikacijq ir elektronikos takultetuose I kurse destomq modal iq „Matematika 1“ ir „Matematika 2“ programq. Jaine taip pat pateikti tie II karse destomo modulio „Taikomoji matematika1' klausimai, kurie yra bendri visoms siq fakultetq studijq programoms. Manome, kad knyga gales pasinaudoti ir kitq techniskqjq universiterq studentai, taip pat studentai, studijuojantys gamtos, socialinius bei humanitarinius mokslus.
Rasant trumpq matematikos kursq reikejo atsisakyti daugelio subtiliq teoriniq samprctavimq, todel kai kurie klausimai cia destomi is kitq metodiniq pozieijq. Turint galvoje ir tai, kad vadoveiis adresuolas techniskqjq specialybiq studentams, daugiausia demesio lame skir.ama ne tiek giieztam kai kuriq matematiniq metodq pagr’ndimui, kiek tq metodq esmes bei jq taikymo gaiimybiq aiskinimui. Svarbiausi klausimai knygoje pateikti su [rodymais, о isdestant kitus apsiribota apibrezimq ir reikalingu formuliq pateikimu. Teonja knygoje iliustruojama daugeliu issprqstq pavyzdziq. Kiekvieno skyriaus gale pate;kta uzdavlniq, skirtq studentams isspr^sli savarankiskai. Teoremos jodymo, pavyzdzio sprendimo pabaiga zymima zenklu ▲.
Nuosirdziai dekoju Vilniaus Gcdimino lechmkos universiteto prof, habil. dr. L. Saubui ir Kauno technologijos universiteto doc. dr. N. Janusauskaitei, doc. dr A. Pekarskienei, atidziai perskai-ciusiems rankrastj ir pateikusiems vertingq pastabq, taip pat bendradarbei D. Nenortienei uz pagalbqiengiant siq knyga spaudai.
V. Pekarskas
TURINYS
1.	MATRICOS IR DETERMINANT Al	11
1.1.	Matricos sqvoka......................................... 11
1.2.	Tiesincs matricq operacijos............................. 14
1.3.	Matricq daugyba......................................... 15
1.4.	Antrosios ir treciosios eiles detenninantai............. 17
1.5.	Aukstesniqjq eiliq detenninantai........................ 24
1.6.	Atvirkstine matrica..................................... 27
1.7.	Matricos rango sqvoka.................................... 30
1.8.	Eleinentariqjq matricos pertvarkiq panaudoiimas apskaiciuojant matricos rangq............................................... 31
Uzdaviniai............................................. 33
2.	TIESINES LYGCIU SISTEMOS	35
2.1.	Pagrindines sqvokos..................................... 35
2.2.	Neissigimusiqjq tiesiniq lygiiq sistemq sprendimas atvirkstines matricos metodu............................................... 38
2.3.	Kramerio formules........................................ 39
2.4.	Kronekerio ir Kapelio teorema........................... 41
2.5.	Tiesiniq lygciu sistemq sprendimas Gauso metodu.......... 47
2.6.	Homogenines tiesines lygSiq sistemos.................... 51
Uzdaviniai............................................. 53
3.	VEKTORINIS SKAICIAVIMAS	54
3.1.	Vektoriaus sqvoka........................................ 54
3.2.	Tiesines vektoriq operacijos............................. 55
3.3.	Vektoriaus projekcijos................................... 58
3.4	Vektoriaus koordinates Dekarto koordinaciq sistemoje....	59
3.5.	Spindulys vektorius. Atstumas tarp dviejq taskq.......... 63
3.6.	Atkarpos dalijimas duotuoju santykiu..................... 64
3.7.	Skaliarine dviejq vektoriq sandauga...................... 67
3.8	Vektorine dviejq vektoriq sandauga....................... 71
3.9.	Misrioji trijq vektoriq sandauga......................... 76
Uzdaviniai............................................. 82
4.	TIESE IR PLOKSTUMA	84
4.1.	Bendroji plokstumos lygtis.............................. 84
4.2.	Kainpas tarp dviejq plokJtumq............................ 87
4.3.	Tasko atstumas iki plokstumos............................ 88
4.4.	Erdves tieses kanonines lygtys........................... 89
4.5.	Erdxes tieses bendrosios lygtys.......................... 91
4.6.	Kampas tarp tieses ir plokstumos......................... 93
6
4.7.	Tasko atstumas iki tieses erdveje.......................... 94
4.8.	Tieses plokstumoje lygtys.................................. 95
4.9.	Kampas tarp dviejq tiesiq plokstumoje...................... 97
4.10.	Tasko atstumas iki tieses plokstumoje....................... 100
UZdaviniai................................................. 101
5.	ANTROSIOS EILES KREIVES IR PAVIRSIAI	103
5.1.	Antrosios eiles kreives. Apskritimas......................... 103
5.2.	Elipse....................................................... 104
5.3.	Hiperbole.................................................... 106
5.4.	Paraboie..................................................... 108
5.5.	Antrosios eiles pavirsiai. Sfera............................. 110
5.6.	Sukimosi pavirsiai........................................... 110
5.7.	Elipsoidai................................................... Ill
5.8.	Hiperboloidai................................................ 112
5.9.	Elipsinis paraboloidas....................................... 113
5.10.	Hiperbolinis paraboloidas................................... 114
5.11.	Cilindriniai pavirSiai.................................... 114
5.12.	Kuginiai pavirgiai. Sukimosi kugiai......................... 115
5.13.	Poline koordinaciij sistema................................. 118
5.14.	[vairios kreives polineje koordinatiq sistemoje............. 121
Uzdaviniai................................................. 124
6.	RIBV TEORIJA	125
6.1.	Elementariosios funkcijos.................................... 125
6.2.	Parametrines kai kuriu kreiviq lygtys........................ 129
6.3.	Skaiciqseka irjosriba........................................ 131
6.4.	Sekos ribos egzistavimo pozymiai. Skaicius e................. 133
6.5.	Hiperbolines funkcijos....................................... 135
6.6.	Funkcijos ribos sqvoka....................................... 136
6.7.	Vienpuses funkcijos ribos.................................... 139
6.8.	Neapreztai didejanCios funkcijos............................. 140
6.9.	Apreztosios ir neapreitosios funkcijos....................... 141
6.10.	Nykstamosios funkcijos...................................... 142
6.11.	Neapibreztieji reiSkiniai................................... 144
sinx	। яг-
6.12.	Riba lim........ ........................................... 146
X—>0 X
( 1Y
6.13.	Riba lim 1 + — , xe R ...................................... 147
x—>+a\	X J
6.14.	Nykstamqjq funkcijq palyginimas. Ekvivalencios	nykstamosios
funkcijos......................................... 149
6.15.	Ekvivalencia nykstamqjq funkcijq naudojimas	apskaidiuojant
ribas............................................. 150
6.16.	Funkcijos tolydumo taSke s^voka.................... 152
6.17.	Funkcijos trukio taskai............................ 154
6.18.	Tolydziqjq atkarpoje funkcijq savybes.............. 155
Uzdaviniai........................................ 156
7
7.	VIENO KINTAMOJO FUNKCIJU DIFERENCIALINIS SKAICIAVIMAS	158
7.1.	Funkcijos isvestines spvoka.................................... 158
7.2.	Funkcijos isvestines mechanine ir geometrine prasme.........	160
7.3.	Funkcijos isvestines irjos tolydumo rysys...................... 162
7.4.	Funkciju diferencijavimo taisykles............................. 164
7.5.	ISvestinip lentele............................................. 166
7.6.	Neisreikstinni funkciju diferencijavimas....................... 167
7.7.	Logaritminis diferencijavimas.................................. 168
7.8.	Funkciju, apibreztu parametrinemis lygtimis, diferencijavimas 169
7.9.	Funkcijos diferencialas........................................ 170
7.10.	Aukstesniuju eiliu isvestines.................................. 171
7.11.	NeisreikStinip funkciju aukstesnipjp eilip isvestines.......... 172
7.12.	Funkciju, apibreztu parametrinemis lygtimis, aukstesnipjp eilip iSvestines........................................................ 173
7.13.	AukJtesnipjp eilip diferencialai........................... 174
7.14.	Vidurinip reiksmip teoremos................................ 175
7.15.	Lopitalio taisykle............................................ 179
7.16.	Teiloro fonnule............................................ 181
7.17.	Kai kurip elementariuju funkciju rciSkimas Makloreno	formule 182
7.18.	Funkciju tyrimas.............................................. 185
7.19.	Funkcijos didziausioji ir maziausioji reiksme atkarpoje....	188
7.20.	Kreives iSkilumas ir perlinkio taskai......................... 189
7.21.	Grafiko asimptotes......................................... 191
7.22.	Bendroji funkcijos tyrimo irjos grafiko braizymo schema.....	193
Uzdaviniai.................................................... 196
8.	KELIV KINTAMUJU FUNKCIJOS	199
8.1.	Aibes plokstumoje ir erdveje................................ 199
8.2.	Keliu kintampjp funkcijos spvoka............................... 199
8.3.	Funkcijos riba ir tolydumas taske.............................. 200
8.4.	Dalines isvestines............................................. 201
8.5.	Pilnasis funkcijos pokytis ir pilnasis diferencialas........... 203
8.6	Sudetinip funkciju isvestines.................................. 205
8.7.	NeiSreikstines funkcijos diferencijavimas...................... 207
8.8.	AukJtesniuju eiliu isvestines.................................. 208
8.9.	Aukstesnipju eilip diferencialai............................... 209
8.10.	Kelip kintampjp funkcijos ekstremumai.......................... 210
8.11.	Splyginiai ekstremumai......................................... 212
8.12.	Didiiausioji ir maziausioji funkcijos reiksme uzdaroje srityje	215
8.13.	Skaliarinis laukas. Lygio pavirSiai............................ 217
8.14.	Kryptine iJvestine............................................. 217
8.15.	Gradientas..................................................... 220
Uzdaviniai.................................................. '221
9.	NEAPIBREZTINIS INTEGRALAS	223
9.1.	Pinnykstes funkcijos ir neapibreztinio integralo spvokos.... 223
9.2.	Neapibreztinip integralp lentele............................... 225
9
9.3.	Tiesioginio integravimo metodas............................... 227
9.4.	Integravimas keiciant kintamqjj................................ 228
9.5.	Integravimo dalimis metodas.................................... 230
9.6.	Funkcijq, kuriq israiskoje yra kvadratims trinaris, integravimas 232
9.7.	Kompleksinio skaiciaus sqvoka.................................. 234
9.8.	Racionaliosios trupmenos. Paprasciausiq racionaliqjq trupmenq integravimas....................................................... 236
9.9.	Taisyklingosios racionaliosios trupmenos reiskimas paprasciausiq trupmenq suma........................................ 238
9.10.	Racionaliqjq trupmenq integravimas.............................. 240
9.11.	Dviejq tipq iracionaliqjq funkcijq integravimas................. 242
9.12.	Diferencialiniq binomq integravimas............................. 243
9.13.	Trigonometriniq reiSkiniq integravimas.......................... 245
9.14.	Integrali, neisreiskiami elementariosiomis funkcijomis........	249
Uzdaviniai..................................................... 250
10.	APIBREZTINIS INTEGRALAS IR JO TAIKYMAS	251
10.1.	Kreivines trapecijos plotas ir apibreztinio integralo sqvoka..	251
10.2.	Apibreztinio integralo savybes.................................. 253
10.3.	Integralas su kintamu virsutiniu reziu.......................... 257
10.4.	Niutono ir Leibnico fonnule..................................... 258
10.5.	Kintamqjq keitimo metodas....................................... 259
10.6.	Integravimas dalimis............................................ 261
10.7.	Figures ploto apskaiciavimas staciakampeje koordinaciq sistemoje............................................................ 262
10.8.	Figures ploto apskaiciavimas polineje koordinaciq sistemoje .... 264
10.9.	Kreives lanko ilgis............................................. 266
10.10.	Kuno turio apskaiciavimas pagal skerspjiivio plotq............. 269
10.11.	Apibreztinio integralo taikymas mechanikoje.................... 271
10.12.	Netiesioginiai integralai su begaliniais integravimo reziais.	273
10.13.	Absoliutusis ir reliatyvusis netiesioginiq integralq konvergavimas......................................................   277
10.14.	Trukiqjq funkcijq netiesioginiq integralq apibrezimas. Niutono ir Leibnico formules taikymas........................................ 278
10.15.	Integralq, priklausanciq nuo parametro, sqvoka tolydumas, diferencijavimas..................................................... 283
Uzdaviniai..................................................... 286
11.	PAPRASTOSIOS DIFERENCIALINES LYGTYS	289
11.1.	Diferencialines lygties ir jos sprendinio sqvokos............... 289
11.2.	Pirmosios eiles diferencialines lygtys. Kosi uzdavinys........	290
11.3.	Diferencialines lygtys su atskiriamaisiais kintamaisiais...... 293
11.4.	Homogenines diferencialines lygtys.............................. 297
11.5.	Pirmosios eiles tiesines diferencialines lygtys................. 299
11.6.	Bemulio diferencialine lygtis................................... 304
11.7.	Pilnqjq diferencialq lygtys..................................... 305
11.8.	Bendrosios aukstesniqjq eiliq diferencialiniq lygciq sqvokos ...	307
11.9.	Diferencialines lygtys, sprendziainos maiinant jq eil?........	308
11.10.	Antrosios eiles tiesines homogenines diferencialines lygtys su pastoviaisiais koeficientais....................................... 311
11.11.	Bendrasis sprendinys. Vronskio determinantas................... 312
11.12.	Antrosios eiles tiesiniq homogeniniq diferencialiniq lygciq su pastoviaisiais koeficientais sprendiniq formules................... 313
11.13.	Aukstesniqjq eiliq tiesines homogenines diferencialines lygtys su pastoviaisiais koeficientais.................................... 316
11.14.	Antrosios eiles tiesines nehomogenines diferencialines lygtys ..	317
11.15.	Konstantq variacijos metodas................................... 318
11.16.	Antrosios eiles tiesines nehomogenines diferencialines lygties atskirojo sprendinio parinkimo metodas............................. 321
11.17.	Mechaniniq svyravimq lygtis............................... 326
11.18.	Laisvqjq svyravimq tyrimas..................................... 327
11.19.	Normalioj i diferencialiniq lygciq sistema..................... 329
Uzdaviniai..................................................... 334
12.	EILUTES	336
12.1.	Skaiciq eilute ir jos sumos sqvoka. Konverguojanciqjq eiluciq savybes........................................................... 336
12.2.	Butinasis eilutes konvergavimo pozymis.......................... 338
12.3.	Pakankamieji teigiamqjq eiluciq konvergavimo pozymiai...... 340
12.4.	Altemuojanciosios eilutes. Leibnico pozymis..................... 346
12.5.	Absoliutusis ir reliatyvusis eiluciq konvergavimas.............. 348
12.6.	Funkcijq eilutes konvergavimo sritis............................ 350
12.7.	Laipsnines eilutes sqvoka. Abelio teorema....................... 352
12.8.	Laipsnines eilutes konvergavimo intervalas ir spindulys....	353
12.9.	Laipsniniq eiluchq savybes...................................... 355
12.10.	Funkcijos reiskimo jos Teiloro eilute sqlygos.................. 356
12.11.	Kai kuriq elementariqjq funkcijq reiskimas jq Makloreno eilute 357
12.12.	Eiluciq taikymas sprendziant diferencialines lygtis............ 362
Uzdaviniai.................................................... 364
13.	KARTOTINIAI INTEGRALAI	366
13.1.	Cilindro turis. Dvilypio integralo sqvoka....................... 366
13.2.	Dvilypio integralo savybes...................................... 368
13.3.	Dvilypiq integralq apskaiciavimas............................... 370
13.4.	Dvilypis integralas polineje koordinaciq sistemoje.............. 375
13.5.	Pavirsiaus ploto apskaiciavimas................................. 378
13.6.	Dvilypio integralo taikymas mechanikoje......................... 380
13.7.	Kuno mases apskaiciavimas ir trilypio integralo sqvoka.....	384
13.8.	Trilypio integralo savybes...................................... 386
13.9.	Trilypio integralo apskaiciavimas............................... 387
13.10.	Trilypis integralas cilindrineje koordinaciq sistemoje....	390
13.11.	Trilypio integralo taikymas mechanikoje........................ 393
Uzdaviniai.................................................. 395
14.	KREIVINIAI INTEGRALAI	397
14.1.	Kreives lanko mase ir pirmojo tipo kreivinio integralo sqvoka ..	397
14.2.	Pirmojo tipo kreivinio integralo apskaiciavimas................. 399
10
14.3.	Jegq lauko darbas ir antrojo tipo kreivinio integralo	savoka.	401
14.4.	Antrojo tipo kreivinio integralo apskaiciavimas.............. 405
14.5.	Gryno formule................................................ 409
14.6.	Sqlyga, kad kreivinio integralo reiksme nepriklausytq nuo integravimo kelio................................................. 412
14.7.	Pilnqjq diferencialq integravimas............................. 414
Uidaviniai................................................... 417
15.	FURJE EILUTES IR FURJE INTEGRALAS	419
15.1.	Periodines funkcijos ir hannonine analize..................... 419
15.2.	Trigonometrines eilutes koeficientq nustatymas Furje metodu ..	421
15.3.	Lyginiq ir nelyginiq funkcijq Furje eilutes................... 427
15.4.	Neperiodiniq funkcijq Futje eilutes........................... 430
15.5.	Atkarpoje [0; rt] apibreztq funkcijq reiskimas Furje	eilute.. 431
15.6.	Funkcijq. kuriq periodas 2Z, Furje eilutes.................... 434
15.7.	Kompleksine Furje eilutes forma............................... 437
15.8.	Furje integralo sqvoka........................................ 440
15.9.	Lyginiq ir nelyginiq funkcijq Furje integralai................ 443
UZdaviniai................................................... 445
Atsakymai.................................................... 447
Dalykine rodykle............................................. 455
Literatura................................................... 463
_______MATRICOS IR DETERMINANTAI
1.1.	Matrices savoka
Tarkime, turime staciakamp? lentel?, sudaryta is mn skaiciu
«11	«12	•	«1л
«21	<7 22	«2л
aml	am2 	«глл
Si lentele vadinama skaiciu matrica A (lot. matrix — patele, gimdytoja) ir
zymima’trejopai:
	«)1	«12 •	•	«1л		«11	«12
A =	«21	«22	• «2л		«21	«22
	«„d	«л;2		• атп _		«ml	«m2
a\n
«2л
amn
	Г«11	«12	•	••	«1л
А =	«21	«22		•• «2л
\am\
m2
mn 7
Siame vadovelyje toliau vartosime pirmqji matrices zymeni.
Matricq sudarancius skaicius ajj (i = 1, 2,..., nr, j = 1, 2,..., n) vadiname matrices elementais ir zymime raide su dviem indeksais, kuriq pirmasis rodo atitinkamos eilutes, о antrasis - stulpelio numer(. Taigi a,j yra elementas, parasytas /-tosios eilutes ir j-tojo stulpelio sankirtoje:
12
Todel matrica .4 patogu zymeti trumpai taip: A = i = l,m;j = l,n.
Noredami pabrezti, kad matrica sudaro m eiluciQ ir n stulpeliig vadinsime mxn eiles niatrica ir zymesime Amx„. Pavyzdziui, duotos dvi matrices
1 3
1 2
3 0
^3x2 -
-4
5
2
-1
52x4 ~
-1
4
5
-2
Pirmoji jQ yra 3x2 eiles, jq_. sudaro 3 eilutes ir 2 stulpeliai, antroji yra 2x4 eiles.
Matrica, sudaryta is vienos eilutes, vadinama matrica eilute
^lxn-[«il «12	«]«],
о matrica, sudaryta is vieno stulpelio, vadinama niatrica stulpeliu
«11
^mxl —
«21
«ml
Matrica, kuri gaunama is matricos A, sukeitus jos eilutes ir stulpelius vietomis, vadinama transponuotqja niatrica (lot. transponere - perkelti, persodinti). Ji zymima simboliu AT . Taigi kai
«11	an 	•• «In			«11	«21	•	• «ml
«21	a22		«2n	, tai	AT =	«12	«22	• «m2
_am\	am2 •	• amn.			.«In	«2я •	
tai AT
Jei A — Amxn , tai A — Anxnj, jei A — a-j
yra
Pavyzdziui, matricos A = Л2х4 =
1 2 5
4 -1 1
transponuotoji matrica
3 0
AT ~ A -л ~ л4х2 ~
5 1
13
Matrica
	a\] a2]	«12 П22	«13 «23	^«1„ «2л
^nx'n	«31	«32		•• • «3л
	Z	z	'		;>ч
	«П1	«»2	«»3	••• «лл
kurios m = n, vadinama kvadratine, о skaicius n — jos eile. Tada elementai al i’a22> ann sudaro jos pagrindin^ [strizainf, о elementai <7|„, a2„_j,..., anl — saluting istrizain^.
Pirmosios eiles matricq A\xi = [q । ] sudaro tik vienas skaicius aj j. Matrica, kurios visi elementai lygus nuliui, vadinama nuline matrica. Kvadratines matricos buna siq tipq.
Kvadratine matrica, kurios visi elementai, isskyrus pagrindines jstrizaines elementus, lygus nuliui, vadinama diagonaliqja matrica:
ац 0	...	0
0 rr22 •••	0
_ 0	0	...	ann_
Siai matricai budinga tai, kad jos a,j = 0, kai i * j ir ay Ф 0, kai i = j (arba * 0). Diagonalioji matrica, kurios visi <?„=!, vadinama vienetine matrica ir zymima simboliu E:
’1	0	...	O'
£= °	1	•••	0	.
о	о	i
Kvadratine matrica A = ay
vadinama simetrine, kai a у = а у,-.
Matricq lygumo sqvoka apibreziama turint galvoje tik tos pacios eiles
matricas. Dvi mxn eiles matricos A = a,y
vadinamos lygiomis,
kai al} = bi}, i = 1, m, j = 1, n . Tokiu atveju rasoma: A = B.
14
1.2.	Tiesines matricq operacijos
Malricq aibeje apibreziamos Sios tiesines operacijos: matricq sudetis ir matrices daugyba is skaiciaus.
Sudeti galima tik tos pacios eiles matricas. Dviejq niatricg Amx„ =
О;:
ir Bmxn
suma vadinama matrica C„1X„ =
Cjj ", kurios elementai gaunami sudedant atitinkamus matricq?! ir 7? elementus ir Zty- . Taigi
cij
cij=atj+bij’ i = ^m, j = \,n.
Matricq A ir В suma zymima
A + В = C. Pavyzdziui, kai
tai
Matrices An,xn =
D
Dm*n
bij
aiJ
1
-2
13
-3	7		Г 0
4	5	, B =	-3
11	-9		9
			L
	-	1 1	12
A + B	= -	5 11	-3
		2 23	-20
ir skaiciaus a.
4
7
12
5
-8
-11
sandauga vadinama matrica
kurios elementai by gaunami dauginant kiekvienq matricos A
А =
element^ is skaiciaus a . Vadinasi,
Ьц = aa„, i = 1, m, j = i,n.
IJ	</
8 9
-2 3
, tai
A =
Matricos A ir skaiciaus a sandauga zymima aA . Pavyzdziui, kai a = 3 ir ’-7
11
aA = ЗА
-21
33
24 27
Matrica (-1)Л vadinamapriesinga matricai A ir zymima -A.
Kad ir kokios butq tos pacios eiles matricos A ir B, visada egzistuoja vienintele matrica X, su kuria A + X = В. Matrica X zymima X = В - A ir vadinama тагпец В ir A skirtumu. Is sio apibrezimo isplaukia, kad B-A = B + (-A).
15
1.3.	Matricq daugyba
Tarkime, kad duota » demeriQ а,(г = 1,и) suma «] + a2 + ... + a„. Ц galime pazymeti trumpiau:
«1 +a2 +... + a„ = £«, ’ z=l
cia S - sumos simbolis, didzioji graikiskoji raide sigma. Indeksas i vadinamas sumavirno indeksu. Pavyzdziui,
У, aij = a}/ +a2j +... +	;
z=l
= ai\ + ai2 + ••• + «,»•
7=1
Matrica A vadinama suderinta su matrica B, kai matricos A stulpeliq skaicius lygus matricos В eiluciii skaiciui. Taigi matricos Amxn ir B„xp yra suderintos. Taciau matrica Bnxp nera suderinta su matrica Antxn . Vadinasi, is to, kad matrica A yra suderinta su B, dar ne visada isplaukia, jog В yra suderinta su A. Aisku, kad bet kurios dvi tos pacios eiles kvadratines matricos visada yra suderintos.
Matricq daugyba apibreziama tik turint galvoje suderintqsias matricas.
Tarkime, kad duotos dvi matricos:
	«11	«12		«1Z7		b\\ •	•• b\j 	blp
4	-	«Z1	U,2	.		if Bnxp	62l	.	 b2j .	.. b2p
					bn\ •	•• bnJ .	 bnp
	.«zzzl	«zzz2					
Apibrezimas. Matricu Amxn ir Bnxp sandauga vadinama matrica Cmxp, kurios elementai cp apskaiciuojami pagal formula
ctj = ^/1*1 j + ai2b2j+... + ainbnj = Yaikbkj- cia i = 1,m, j = l,p.
A-=l
Matricq A ir В sandauga zymima AB.
Is apibrezimo isplaukia, kad matricos C = AB elementas c(/, esantis Mosios eilutes iry-tojo stulpelio sankirtoje, lygus matricos A i-tosios eilutes ir
16
matricos В y-tojo stulpelio dementi; sandauga sumai. Tai iliustruoja tokia schema:
cm\
c
''mp


Is sios schemes aiskiai matyti, kad matrica A turi tureti tiek stulpeliq, kiek eiluciq yra matricoje B, taigi abi dauginamos matricos turi buti suderintos.
1 pavyzdys. Raskime AB, kai
Sprendimas. A3x2 ' ^2x4 = Qx4 =
4-3 + 7-(-3) 4-(-7)+7-2 4-5 + 7-4 41+7-6' -2-3 + l-(-3) -2-(-7)+l-2 -2-5 + 1-4 -21 + 1-6 3-3 + 8-(-3) 3-(-7)+8-2 3-5 + 8-4 3-1 + 8-6
-9 -14 48 46
-9	16 -6 4
-15 -5 47 27
Sukeit^ matricas A ir В vietomis, sandaugos BA negalesime rasti, nes matrica В nebus suderinta su A. ▲
2 pavyzdys. Raskime AB, kai			
	’3 -4 5'		’1 6 '
ЛхЗ =	_1 2 7.	> S3x2 ~	4 -2 0 3
Sprendimas. A2x2
'^3x2 -
3-16 + 0
1 + 8 + 0
18 + 8 + 15
6-4 + 21
-13 41
9	23
17
Si кагЦ galima apskaiciuoti ir sandauga B3x2 • Л2х3 :
	’3 + 6	-4 + 12	5 + 42		9	8	47’
^3x2 ’ ^2x3 -	12-2	-16-4	20-14	=	10	-20	6
	0 + 3	0 + 6	0 + 21		L3	6	2L
Nors egzistuoja abi sandaugos AB ir BA, taciau AB + BA . ▲
Is sin dviejn pavyzdziq matyti, kad ma'.ricQ daugybai bendruoju atveju nebudtnga komulatyvumo savybe. Kai AB = BA, tai matricos A ir В va dinamos komutuojanciosiomis.
1.4. Antrosios ir treciosios eiles detenninantai
Determinantu (lot. determinants — apibreziantis) vadinamas skaicius, kuris pagal ‘.am ftkr^ taisykl? priskiriamas kvadratinei matricai Pirmosios eiles matricos [ац । determinantas yra skaicius «ц . Antrosios eiles matricos
«11	«12
.«21	a22 .
determinantu, arba trumpiau — antrosios eiles determinantu, vadinamas skaicius аца22 -«;2«21 • kymimas
deM = au °12
«21 d22
- fl; ]tf22 ~«12«2! •
Matricos A determinant^ dar galima zymeti simboliu arba A. Vadi-nasi, skaiciuodami antrosios eiles determinant^, is skaicin a> ] ir a22 > esanciii pagrindineje jo jstrizaineie, sandaugos atimame skaiciq a12 ir a2i, esanciQ salutineje jstrizaineje, sandauga Pavyzdziui,
3 7
-8 4
= 3-4-7-(-8)=68.
Kai A yra treciosios eiles matrica, t. y. kai
°11
A - a2i
u12
a22
°13
«23 > tai
_«31 «32 «33 treciosios eiles determinantas apibreziamas taip:
	«11	«12	«13	
det ^4 =	«21	«22	«23	-«H«22«33 +«12«23«31 +
	«31	«32	«33	
+«13«2l«32 -«13«22«31 ~«12«21«33 ~«H«23«32 •
(1)
18
Jsidemeti sio detenninanto apskaiciavimo formul? pades vadinamoji Sarijaus*, arba trikampiif, taisykle, pavaizduota tokia schema:
Trikampiq taisykle nusakysime zodziais. Pirmieji trys (1) formules nariai gaunami sudauginant pagrindines istrizaines elementus ir elementus, esancius dviejq lygiasoniq trikampiq, kuriq pagrindai lygiagretus su pagrindine istrizaine, virsunese. Kiti trys (1) formules nariai imami su priesingais zenklais, be to gaunami sudauginant salutines istrizaines elementus bei elementus, esancius dviejq lygiasoniq trikampiq, kuriq pagrindai lygiagretus su salutine istrizaine, virsunese.
Sarijaus taisykle galima iliustruoti ir tokia schema:
1 pavyzdys. Apskaiciuokime determinantq:
3>4 -7
1	3
-1 2 ''3
= 3-4-3 + l-2-5 + (-7)-3-(-2)-(-2)-4-5-
-3-2-3-l (-7)-3 = 131. ▲
Isvardysime antrosios ir treciosios eiles determinantq savybes, kurios tiesiogiai isplaukia is siq determinantq apibrezimo.
1.	det A = det AT .
Siqsavyb? pritaikysime treciosios eiles determinantui:
Pjeras Fredcrikas Sanjus (P. F. Sarrus, 1798—1861)— ргапсйгц matematikas.
19
"п
det Л = а21
#12
#22
"13
#23
"31 "32
"33
"11
"12
"13
"21
"22
"31
"32
"23 "33
= det АТ.
Vadinasi, sukeitus eilutes ir stulpelius vietomis, determinanto reiksme nepasikeicia. Tai reiskia, kad eilutes ir stulpeliai yra lygiateisiai. Todel toliau determinanto savybes formuluosime tik eilutems, turedami galvoje, kad analogiski samprotavimai tinka ir stulpeliams.
2.	Sukeitus dvi gretimas determinanto eilutes vietomis, pakinta to determinanto zenklas.
Pavyzdziui, sukeit? pirmqjqir antrqjqdeterminanto eilut?, gausime:
"11
"21
"31
"12	"13
"22 "23
"32 "33
"21
"11
"31
"22 "23
"12	"13
"32	"33
3.	Jei visi kurios nors determinanto eilutes elementai lygus nuliui, tai toks determinantas taip pat lygus nuliui.
4.	Bendrqjj kurios nors eilutes elementq daugiklj galima iskelti pries determinanto zenklq:
^"11
Л."|2
"21
"22
Х"|з "23
= 1-
"11
"21
"31
"32
"33
"31
"12	"13
"22 "23
"32 "33
Si savybe rodo, kad, dauginant determinant^ is skaiciaus, nelygaus nuliui, reikia is to skaiciaus padauginti kurios nors vienos (tik vienos!) eilutes elementus. Priminsime, kad, dauginant matricq is skaiciaus, reikia is to skaiciaus padauginti visus jos elementus.
5.	Determinantas, kurio dvi eilutes yra vienodos, lygus nuliui.
6.	Jei dviejq determinanto eiludiq elementai yra proporcingi, tai toks determinantas lygus nuliui:
		"11	"12	"13		
		X#| j Ал		7,2	^-"13	= 0.
		"31	"32	"33		
Pavyzdziui,	1 2	3		1 2 3	
	3 6	9	= 3-	1 2 3	= 3-0 = 0
	4 -	5		4-15	
7. Jei kurios nors determinanto eilutes kiekvienas elementas yra isreikstas VieJ4 demenq suma, tai toks determinantas lygus dviejq determinantq sumai:
20
pirmojo determinanto minetqeilut? sudaro pirmieji demenys, antrojo — antrie-ji demenys; kiti abiejq determinantu elemental yra tokie pat, kaip pradinio determinanto.
Pavyzdziui,
«11+*11 Д12 +bi2 «13+*13
«21	a22	«23
a3\	«32	a33
«11	«12
«21 «22
«31 a32
«13	*11
«23 + «21
a33	«31
*12	*13
a22 «23 
a32 a33
8.	Jei prie kurios nors determinanto eilutes elementq pridesime kitos eilutes elementus, padaugintus is to paties skaiciaus, nelygaus nuliui, tai determinanto reiksme nepakis.
Pavyzdziui, pirmosios eilutes elementus padauginkime is skaiciaus A, * 0 ir pridekime prie atitinkamq antrosios eilutes element^. Siuos pertvarkius pavaizduokime schemiskai:
«11	«12	«13		«11	«12	«13	©
«21	«22	«23	=	«21	«22	«23	2r =
«31	«32	«33		«31	«32	«33	
«11
«13
«21 +^«u «22 +A,«i2 ^23 + ^*«13
«31	«32	«33
Sakykime, apskaiciuojame determinant^
1 2 3
-2 4 5
0 1 -1
naudodami
trikampiq taisykl?:
i	2 3	
-2	4 5	= -4-6-5-4 = -19.
0	1 -1	
Pritaik^ 8-qjq savyb?, gausime tokiq pat sio determinanto reiksm?. Patikrinkime. Pirmosios eilutes elementus padauginkime is 2 ir pridekime prie antrosios eilutes element^:
21
Veiksmai, kurie minimi formuluojant 4-qjq ir 8-4)4 savyb?, vadinami elementariaisiais determinanto pertvarkiais.
Pries nusakydami kitas determinantu savybes, apibresime minoro (lot. mjnor — mazesnis) ir adjunkto (lot. adjunctus — prijungtas) sqvokas.
all a12 «13
Isbraukime kuri4 nors vien4 determinanto a21
«22 «23 eilut^.
«31	«32	«33
pavyzdziui, /-14)4, ir kurj nors vien4 stulpelj, pavyzdziui, y'-tajj (z= 1, 2, 3; y= 1, 2, 3). Jq sankirtoje yra elementas a,y. Is likusiq elementq sudarytas
antrosios eiles determinantas vadinamas elemento al} minoru ir zymimas
simboliu My . Pavyzdziui, jei isbrauksime treci4j4 eilut? ir antrqjj stulpeli, tai jq sankirtoje turesime element4 «32. Jo minoras bus likes antrosios eiles determinantas:
Л/32 =
«11
«21
«13
«23
- «11«23 ~«21«13 •
Panasiai elemento a13 minoras bus
A/13 =
«21
«31
«22
«32
= «2|«32 ~«31«22-
Elemento atj adj unkt и vadinamas reiskinys
4 =
cia i - isbrauktos eilutes numeris,y - isbraukto stulpelio numeris. Pavyzdziui, Л32 =(“l)3+2^32 =_A^32> Л1з=(-1)1+3Л/1з=Л/13.
Analogiskai apibreziami ir antrosios eiles determinanto elementq minorai bei adjunktai.
9.	Determinantas yra lygus kurios nors eilutes (stulpelio) elementq ir jq adjunktq sandaugq sumai.
Pavyzdziui,
«11	«12	«13
det A = a21
«22 «23 - «2Г ^21 + «22’^22+«23 '^23-
«31	«32 «33
Sakome, kad determinantq isskleideme antrosios eilutes elementais.
22
Skleisdami z'-tosios eilutes (/=1,2,3) elementais, gautume sandaugq suinq:
3
det A = at\  Aa + ai2  Aj2 + al3  A/3 = ^aik ' Aik 	(2)
k=\
Kadangi eilutes ir stulpeliai yra lygiateisiai, tai, skleisdami determinant^ j-tojo stulpelio (/ = 1,2,3) elementais, gautume sandaugq sumq:
3
det A = a\j  Atj- + a2у • A2j + a3j  A3j. = У akj  Akj .	(3)
i=l
Sia savybe galima pasiremti apskaiciuojant determinant^.
2 pavyzdys. Apskaiciuokime
det A =
-7 4
6 5
-8 9
Sprendimas. Determinant^ eilutes elementais:
apskaiciuosime isskleisdami jj
pirmosios
3
2
1
4
5
9
det A =
6
-8
-7 6
-8
-3-ЛИ +(-7)-Л12 +4-Л|3 -
Л+22 5 1 9
|l+3 2
6
-8
5
9
= 3-94 + 7-13 + 4-(-22)=285.
Jeigu nagrinejamqji determinant^ skleistume, pavyzdziui, antrojo stulpelio elementais, gautume tq patj atsakymq:
3
det A = 2
1
-7 4
6 5
-8 9
— —7 • A\ -> + 6 • A^2 — 8 • /I32 =
= -7-(-l)1+2
+ 6-(-l)2+2
3 4
2 5
= 7-13-4-6-23 + 8-7 = 285 . ▲
23
3 pavyzdys. Apskaiciuokime
1	3 -4
detzl= 2 -1	5
-3 1	2
Sprendimas. Is pradziii s( determinant^ pertvarkysime panaudodami 8-4)4 savyb?. Pasirinkime pirm^jq, eilut?, jos eleraentus nuosekliai padaugmkime is (-2) ir 3, paskui pridekime atitinkamai prie antrosios ir treciosios eilutes eiementii. Tada visi pirmojo stulpelio elementai, isskyrus element^ 1, bus lygus nuliui. Siuos elementariuosius pertvarkius pavaizduokime schemiskai:
det A = 2
3
-1
1
2 *------	0 10
-4
13
-10
Dabar gaut^ determinant^ isskleiskime pirmojo stulpelio elementais:
det A = 1 • Aj j
+ 0' Л21 + 0* Ay] —!•(—1)1+1
-7
10
13
-10
-7
13
-1
= 10(7-13)=---40.
1
10.	Suma, kurios demenys yra kurios nors determinanto eilutes (stulpelio) elementai, padauginti is atitinkamp kiios eilutes (stulpelio) element^ adjunktu, lygi nuliui.
Pavyzcziui, treciosios eiles determinanto pirmosios eilutes elementus padaaginkirr.e is antrosios eilutes element^ adjunktq. Tada suma
ацЛ2| +0)2^22 + «13^23
Bendru atveju sig savyb? uzrasome taip:
3
+ a,'2Aj2 +ai3Aj3 = XaikA)k = °i k=\
cia i * j.
Si savybe vadinama determinanto anuliavimo savybe.
Apjungy (2) ir (4) formules turime
3	[detA,	kai	i = j
^aik^jk	1 л	. •		.
д-=1	(0,	kai	i^j
(4)
(5)
24
1.5. Aukstesniifjq eiliq determinantai
Tarkime, kad duota zz-tosios eiles kvadratine matrica
		a12	...	<7j„	
A =	°21	a22	• • • a2n	
	_a>’l	an2	ann_	
Jos n-tosios eiles determinantu		det A	vadinsime skaiciq, kuris priski-	
riamas matricai pagal tam tikr^ taisykl? (kai determinantas yra treciosios eiles, j^nusako 9-oji determinanto savybe), кигц suformuluosime toliau.
Treciosios eiles determinanto minoro ir adjunkto apibrezimus apibendrinsime, taikydami bet kurios eiles determinantui.
Elemento ay minoru My{j = \,n, j = l,n) vadinsime determinant^, kuris lieka isbraukus pradinio determinanto z-tqj^eilut? irj-tqji stulpeli.
Elemento ay adjunktu vadinamas reiskinys
Ay=(-tf+jMy,
cia i — isbrauktos eilutes numeris, j — isbraukto stulpelio numeris.
Be jrodymo pateiksime, kad w-tosios eiles determinant^. galima apskaiciuoti pagal formules, analogiskas (2) ir (3) formulems, kurios skirtos trecios eiles determinantams apskaiciuoti. Taigi teisingos yra formules
deM= ^alkAlk,	(6)
k=l
detA=^akjAkj.	(7)
*=1
Jas galima nusakyti taip: kvadratines matricos A determinantas yra lygus kurios nors jo eilutes (stulpelio) element^ ir jn adjunktu sandaugn sumai.
Taikydami (6) formula, sakome, kad determinant^ skleidziame z-tosios (z = 1,и) eilutes elementais, о taikydami (7) formula — j-tojo (j = 1,и) stulpelio elementais.
1 pavyzdys. Apskaiciuokime determinant^
-3 5 6 4
-4133
25
Sprendimas. Ji apskaiciuosime skleisdami antrosios eilutes elementais, nes vienas sios eilutes elementas lygus nuliui, todel (6) reiskinio demuo, atitinkantis elementqO, bus irgi lygus nuliui.
Taigi taikome fbrmul?: det^ = a2i^21 + «22^22 +a23^23 +a24-^24>
det A = 2 • Л2| + 0 • у422 — 1 • Л22 + 7  Л2д —
+ 7-(-1)2+4
2 -1 =-2-(-41)+ (-53)+ 7-20 = 169 .
-4 1 3
Is sio pavyzdzio matyti, kad determinantq geriausia skleisti tos jo eilutes ar stulpelio, kuriame yra daugiau nuliq, elementais.
Tq patj determinantq apskaiciuokime isskleisdami jj antrojo stulpelio elementais:
det A = О|2Л12 + ^22^22 + a32^32 + a42^42 =
7 =-5-34-2-(-124)+ 91 = 169 . ▲
2
n-tos eiles determinantq savybes analogiskos antros ir trecios eiles determinantq savybems, todel jq cia ir neformuluosime.
Is analogijos (5) formulei galime uzrasyti:
deM, kai i = j,
0, kai i # j.
n
HaikAjk = k=\
Isnagrinesime n-tosios eiles determinanto apskaiciavimo budq, paremtq determinanto savybemis.
Taikydami elementariuosius determinanto pertvarkius, jj pakeiciame taip, kad visi kurios nors eilutes (arba stulpelio) elementai, isskyrus galbut vienq, butq lygus nuliui. Kaip zinome, elementarieji pertvarkiai nekeicia eternunanto reiksmes. Paskui determinantq skleidziame tos eilutes (arba stulpelio) elementais.
26
2 pavyzdys. Apskaiciuokime determinant^
	3	-8	2	4
	7	5	1	-2
det A -	4	3	6	4
	-2	1	2	9
Sprendimas. Pasirenkame antraj^ eilut? ir jos elementus, nuosekliai padaugintus i§ (- 2), (- 6) ir (- 2), pridekime atitinkamai prie pirmosios, treciosios ir ketvirtosios eilutes element^. Virs 1 ir po juo, gausime nulius. Pavaizduokime siuos elementariuosius pertvarkius schemiskai:
det A =
-8
5
3
1
2
1
6
2
9	-------- -16
-18 5 -27 -9
0 0
1 -2
0 16
0 13
Dabar sj determinant^ isskleiskime treciojo stulpelio elementais: det A = 0 • >113 +1 • .42з + 0 • Л33 + 0 * Л43 — 1 • Л2з —
-11
= l-(-l)2+3 -38
-16
-18 0
-27 16
-9 13
= -(-2007)= 2007.
IXpatj determinant^ galejome apskaiciuoti ir taip:
0®
3
7
4
-2
-8
5
3
1
2
1
6
2
4
-2
-13
-13 0
17 0
10 0
-2 1
18	68
-9 -47
0 -23
2	9
18	68
= 1 -Л42=1-(-1)4+2 17
-9 -47 =2007. A
10
0 -23
3 pavyzdys. Apskaiciuokime determinant^
1 2 3 4 5
det A =
2 3 4 5
3 4 5 1
4 5 12
5 12 3
1
2
3
4
27
Sprendimas.
det A -
1
2
3
4
5
2
3
4
5
1
3
4
5
1
2
2
3
1	2	3	4
0	-1	-2	-3
0	-2	-4	-11
0	-3	-11	-14
0	-9	-13	-17
-1 -2 -3 -9 0	0-55
0 -5 -5 10
0	5	10 60
-3 -11 -14 -17*
-9 -13 -17 -21*
= -125-(-2-2+ 1-12)=-125-(-15)= 1875. ▲
1.6. Atvirkstine matrica
п-tosios eiles kvadratine matrica
ai। a12 •••
.	«21 «22 a1n
A -
an\ an2    ann _
vadinama neissigimusiqja, kai det A 0 . Priesingu atveju, t. y. kai det A = 0, ji vadinama issigimusiqja.
Apibrezimas. Matrica A ' vadinama matricos A atvirkstine matrica, kai
AA~} = A~XA = E;
cia E — n-tosios eiles vlenetine matrica.
Isvesime formula, nusakanciq^ atvirkstin? matricq.
Sakykime, matrica A yra neissigimusi. Is jos elementii adjunktii Ajj sudarykime matricq
28
Ai		Л1
A}2	A22		A„2
b =	,
^iw	A2n	...	Ап/1
kuri vadinama prijungtme matricos A matrica. Atkreipiame demesj, kad pirmojoje jos eiluteje surasyti matricos A pirmojo stulpelio element^ adjunktai, antrojoje eiluteje - matricos A antrojo stuJpeko element^ adjunktai ir t. t. Sudauging matricas A ir B, gauname:
an/<ii + Ли-t . . + а1пЛь, anA2l т О|2Я22 -... + a\„A2„ ... СцА,,, + al2A„, + ...Ч
' U22^I2 +  h а2цА\., a2!‘kl + a22^22 + ••• + *32/i^2«	₽21 A„t + a22 'V + • • - + a2>Ann
Ad —
у,лАп+а„гАп+... + апгА]„ а,лА2}\ a,,2A22 + ... + a„,,A2„ ... anlAnI + a,l2A„, + ...+a„„A„„ j
Matome, kad matricos AB pagrindines isirizaines elementai yra lygus matricos A eilucip eiementp ir tuos elementus atitinkanciq adjunktu sandauga suroai, todel jie visi lygus det A. Kiti matricos 4B elementai lygus matricos A kurios nors eilutes element^ ir kitos eilutes elementus atitinkanciq adjunktq sandaugp sumai. Pagal anuliavimo savyb?, jie visi lygus nuliui. Todel
	detri	0	0		’1	0 .	. 0
AB =	0	det ri ..	0	= detri	0	1 .	. 0
	0	0	..	det ri^		0	0 .	. 1
Taigi AB = detA-E,		at ba ri	detri	= E.			
Kadangi matrica A yra ne;ssigitr.usi, tai det A 0. Vadinasi,
—В, detri
A-'
	Ai	^21	•	
ri-1 =——	A 2	ri22 •	 Ai2
dctri			
		A2n •	Д ^nn _
Pavyzdys. Raskime A 1, kai
Sprendimas. Apskaiciuojame detri = -111^0. Vadinasi, pradme matrica yra neissigimusi. Atvirkstirg jos matricq ri- rasime remdamiesi formule
29
1 Ai Ai Ai
A 1 =—— Az Az Az
det Л
Аз Аз Аз
Todel apskaiciuojame adjunktus: 14-1 — 3
6
-4
-3
, 3
2
Ai
3+1
Л22=(-1)2+2
5
1
2
5
2
1
-3
6
= -зз,
= -14,
= -l,
= 12.
Tada
^21 -
42 = (-i),+2
|3+2з
-4
6
> 1
2
2
5
-4 6
Аз
-4
-3
= -5.
^=--L in
'-33 9 12
16
-1
-26
-14
-13
-5
Noredami patikrinti, ar teisingai radome sudauginkime su matrica A:
A-A~}
= Л-1 -A =—— ill
-33
9
12
2
1
5
1
= 16,
= 9,
= -13,
= -26,
atvirkstin? matricq
A-1
16
-1
-26
3
1

-99 + 16-28 132-48-84 -66 + 80-14 27-1-26	-36 + 3-78	18-5-13
36-26-10 -48 + 78-30 24-130-5
1 111	'-111	0	0 0	-111	0 L о о -in		’1 0 o' 0 1 0 0 0 1	= E
rasta teisingai. ▲
T^igi matrica A 1
30
1.7. Matricos rango s^voka
Matricos rango (vok. der Rang, pranc. rang—eile) sqvoka bus reika-linga nagrinejant bendrqja tiesiniq lygciq sistemq sprendimo teorijq.
Tarkime, duota mxn eiles matrica
<2ц	a12	...	a]n
,	a2\	a22	a2n
/i —
_aml	am2	amn_
Pasirinkime к jos stulpeliq ir к eiluciq.
Is elementq, esanciqjq sankirtoje sudarykime £-tosios eiles determinant^. Jis vadinamas matricos A k-tosios eiles minoru. Aisku, kad matrica A gali tureti тшогц, kuriqeile lygi l,2,3,...,min(m,n).
1.1 pav.
1.1 paveiksle pavaizduota 6x7 eiles matricos 4-osios eiles minoro sudarymo schema, kai pasirenkama 1-oji, 3-oji, 5-oji ir 6-oji eilute bei 2-asis, 4-asis, 5-asis ir 7-asis stulpelis.
Apibrezimas. Matricos rangu vadinama didziausios eiles minoro, nelygaus nuliui, eile.
Kai visi matricos minorai lygus nuliui, tai matricos rangas taip pat lygus nuliui. Matricos rangq zymesime rang A.
Is matricos rango apibrezimo tiesiogiai isplaukia sios savybes:
1.	Kai matrica A yra m x n eiles, tai
0 < rang A < min(m, n).
2.	rang A = 0 tada ir tik tada, kai matrica yra nuline.
3.	Jeigu A yra n-tosios eiles kvadratine matrica, tai rang A = n tik tada,
kai matrica yra neissigimusi.
1 pavyzdys. Raskime matricos A =
4
2
12 eiles
0
0
0 minorq, nelygq nuliui,
rangq.
2 0
1 0
6 0
Sprendimas. Matrica A turi pirmosios
pavyzdziui, elementq ац = 2. Kadangi visi galimi antrosios bei treciosios eiles
minorai lygus nuliui, tai rang .4 = 1. ▲
31
Apskaiciuojant matricos rangq, patogu naudotis sia rango savybe: jei visi (t-tosios eiles minorai lygus nuliui, tai ir (& + l)-osios eiles minoras lygus nuliui. Taip yra todel, kad (A' + l)-osios eiles determinant^ galima isreiksti i-tosios eiles minorq, lygiq nuliui, skleidiniu. Tada ir pats (& + l)-osios eiles determinantas bus lygus nuliui.
2	4	-3~
5	6	-4
5-2	3 rang£l
8	24	-19
1
3
4
5
2 pavyzdys. Apskaiciuokime matricos A =
Sprendimas. Matrica A turi pirmosios eiles minors nelygq nuliui. 1 2
Kadangi $ = -1 * 0, tai matrica A turi antrosios eiles minorq, nelygq nuliui. Apskaiciavg visus galimus treciosios eiles minorus (ojqyra is viso 16), suzinome, kad jie visi lygus nuliui. Tada ir ketvirtosios eiles determinantas lygus nuliui. Vadinasi, rang A = 2. ▲
Is sio pavyzdzio matyti, kad apskaiciuoti matricos rangq.. tiesiogiai remiantis jo apibrezimu, yra gana sunku.
Kitame skyrelyje isnagrinesime paprastesnj matricos rango skaiciavimo budq, pagrjsta elementariaisiais matricos pertvarkiais. Bet pirma suformuluo-sime dar keletq savaime aiskiu matricos rango savybiq.
1.	Jei isbrauksime kuriq nors matricos eilutg arba stulpelj, tai gautos matricos rangas bus lygus pradines matricos rangui arba vienetu mazesnis.
2.	Jei prie pradines matricos prijungsime eilut? arba stulpeij, tai gautos matricos rangas bus lygus pradines matricos rangui arba vienetu didesnis.
3.	Jei isbrauksime matricos stulpelj ar eilut?, sudarytq is nuliq, arba tokj stulpelj ar eilut? prijungsime prie matricos, tai jos rangas nepakis.
1.8. Elementarily p matricos pertvarkiq panaudojimas apskaiciuojant matricos rang^
Elementariaisiais matricos pertvarkiais vadinami sie pertvarkiai:
1)	matricos eilutes (stulpelio) daugyba is skaiciaus, nelygaus nuliui;
2)	matricos eilutes (stulpelio), padaugintos is nelygaus nuliui, skaiciaus Pridejimas prie kitos matricos eilutes (stulpelio);
3)	dviejq matricos eiluciq (stulpeliq) sukeitimas vietomis.
Tarp pertvarkytq matricq rasysime zenklq-, reiskiantj, kad viena matrica gauta is kitos elementariaisiais pertvarkiais.
,J3e jrodymo suformuluosime teoremq, kuria pagrjstas matricos rango skaiciavimas.
32
Teorema. Elementarieji matricos pertvarkiai jos rango nekeicia.
	-2 8	7	6
	4	3-12
Pavyzdys. Raskime matricos A =	5	7-85
	6 -5 -8 -4
	-6 -11 15 -8
rangq,
Atkreipsime demes( i vien^ (domq dalyk^. Pridedami anti-ад eilut$, pa-daugint^is 7, - 8, 15, atitinkamai prie pirmosios, treciosios ir ketvirtosios eilutes, treCiajame stulpelyje gavome nulius (isskyrus antrojoje eiluteje esant(- 1), о kiti matricos elemental liko nepakit^. Vadinasi, jei visi eilutes (ar stulpelio)
33
	26	341	0	254'		0	1	0	1"	
	0	0	-1	0		0	0	-1	0	
	-1	0	0	0		-1	0	0	0	
	0	0	0	0		0	0	0	0	
	0	0	0	0		0	0	0	0	
	L					1—			-	
0	1	0	o‘ 0	0	10 10 0 0 0	0	0	0 0	0	0	0 L.		’10 0 0’ 0\l 0 0 0 Xl 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Kadangi jos jstrizaineje yra 3 vienetai, tai trecios eiles determinantas
0 0
1
0
0
1 0 * 0 . Л aprepiantys ketvirtos eiles detenninantai lygus nuliui, nes
0 1
turi eilut<j (arba stulpeli) sudarytq. tik iS nulitp Vadinasi, rang A = 3. ▲
Uzdaviniai
1. Raskitc matricq X, tenkinancia s^lyga
4 A - ЗА" = E, kai E - vienetine matrica,
4*
6
-I
2.	Apskaiciuokite m ir n, kai A4x,„ • 53x7 - C4x„ .
3.	Duotos matricos A^.B^^C^^  Ar turi prasm? sios jt| sandaugos: a) AB; b) BA; c) AC; d) CA; e) ABC; f) ACS?
4.	Sudauginkitc matrices:
34
5.	Raskite (.4 5^ , kai
A =
7
2
4
-3
2
-2
-5
1 4
5 7 ’
B =
0
3
8
{sitikinkite, kad = BTAT .
6. Apskaiciuokite siuos determinantus:
a)
e)
3
1
7
13
-7
5
-1
2
0
2
5
9
17
2002
2003
1990
1991 ’
-3
-4
2
-2
d)
-2
-3
5
4
1
9
4
-1
3
8
-6
2
-2 0
2
3
1
4
3
4
2
1
3
g)
5
4
-1
2
-6
4
3
-3
-9
2
; b)
; c)
2
5
6
7
2
0
4
6
7
; 0
6
8
7. Raskite §itj matricq atvirkstines matricas:
7
a)
1 2
1 -3
1 1
-5 3
-2
-5 8
-3
d)
1
1
1
0
4
3
3
3
0
0 ; b)
3
; C)
3
1
5
2
4
0
0
0
0
0
1
1
8. Raskite matricqA, kai AX+ В = С, о
Л =
2
4
0
-1
2 0
в=
-1
6
4
-1
5 0
3
5
1
2
1
0
6
9. Apskaiciuokite siq matricq rangq:
a)
d)
2
-4
-7
0
4
— 4
6
2
-1
3
4
e)
4
8
4
4
8
3
6
3
3
6
2
0
-2
0
-5
-7
-8
2
4
2
2
4
3
2
7
-5
-6
3
1
5
7
2
-4
-7
0
4
-4
-8
3
о
2
0
4
2
; b)
3
1
2
5
3
; c)
3
3
5
8
5
8
5
7
2
Г
________TIESINES
LYGCIU SISTEMOS
2.1. Pagrindines s^vokos
Nagrinekime sistemq, sudarytq is m lygciq su n nezinomqjq:
«1 1*1 + al2x2 + • - + «1Л = > «21*1 + «22*2 +--- + a2„X„ = b2,
«/nl*l + am2x2 +  • • + amnxn ~ bm ’
cia ajj,bj (/ = l,m; j = 1,и) —realieji skaiciai. Skaiciai vadinami sistemos koeficientais, /), — laisvaisiais nariais, Xj — nezinomaisiais (arba kintamai-siais). Si sistema vadinama tiesinin lygcig sistema arba, trumpiau, tiesine sistema, nes jq sudarancios lygtys yra tiesines (pirmosios eiles) nezinomqjq X/ atzvilgiu. Bendruoju atveju lygciu skaicius m nebutinai sutampa su nezincmqjq skaiciumi n.
Kai visi laisvieji nariai b, =0 = sistema vadinama homogenine lygciu sistema, о kai bent vienas bt	0 — nehomogenine lygciu sistema.
Matrica
	«11	«12	•	• «1»
A =	«21	«22	•	• a2n
	«Ж1	«m2	Clmn
sudaryta is sistemos koeficientu, vadinama sistemos matrica, о matrica
all a12
^21	^22
a)n b\ ^2
36
gauta is A, prijungus prie jos laisvqju nariq stulpelj, —isplestqja sistemos matrica.
Nagrinekime dar dvi matricas stulpelius:
Kadangi matricos A irXyra suderintosios, tai galima rasti jq sandauga
allxl + a12x2 + --- + alnxn a21xl + a22x2 + --- + a2nxn
amlxl + am2x2 +  •  + amnxn
Matome, kad sios matricos stulpelio elementai yra (1) sistemos lygcii; kairiosios puses. Remdamiesi matrici; lygybes apibrezimu, (1) sistem^ galime trumpai uzrasyti matricine lygtimi
AX=B.
Apibrezimas. Tiesines lygc'm sistemos sprendiniu vadinamas skaicin rinkinys a|,a2,...,a(;, kur[ irasq vietoj nezinomiun xj,x2,...,x„, is kiekvienos lygties gauname teising
Sprendinj zymesime trejopai:
kaip taskzy
b’gyb^-
ai
a2 >
a„
ai a-> ... a„
kaip matrica stulpelj
kaip matric^ eilut?
1 pavyzdys. Isspr?skime lygciii sistem^ 2x-3y = 13, x + 2y = 3.
Sprendimas. Antnya lygtj padaugine is -2 ir sudej? su pirmqja, turime: -7y = 7, у = -1. Tadax = 5. Taigi sistema turi vienintelj sprendinj (5; -1). A
37
2 pavyzdys. Sistema
3.x - 4 у = 5,
•= 2.x - Ъу = 4, 5x + у = 7
neturi sprendinio, nes skaiciq рога (—1;—2), tinkanti pirmosioms dviem lygtims, netinka treciajai lygciai (gauname neteisingq lygyb? -7 = 7). ▲
3 pavyzdys. Sistema, sudaryta is vienos lygties
7.x - у + 2z = 4 ,
turi be galo daug sprendiniq. Is tiesq, isreisky у nezinomaisiais x ir z, gauname у = 7.x + 2z -4 .
Laisvai pasirink? x ir z reiksmes, apskaiciuosime alitinkama у reiksmt*. Pavyzdziui, kai x = 1, о z = 2, tai у = 7; kai x = -1, z = 2, tai у = -7 ir t. t. SKaiciq trejetai (1; 7; 2), (—1;—7;2) ir kt. yra sios sistemos sprendiniai. Bendruoju atveju rasysime taip: jei pa^enkame x = a, z = p (a, p — realieii skaiciai), tai у = 7a+ 23-4 . Vadinasi, visi sistemos sprendiniai apibudinami skaiciq trejetais:^a;7a + 2p-4;Pj. Sie sprendiniai sudaro aibq |(a;7a + 2p-4; p) | a,p e /?}. A
Is siq pavyzdziq inatyti, kad tiesine lygciq sistema gali tureti vienq sprendini, be gaio daug sprendiniq arba jq visai netureti.
Sistema, turinti sprendinj, vadinama suderintqja, о neturinti snrenainiq — nesuderintqja. Suderintosios sistemos dar skirstomos j apibreztqsias (turincias viena sprendinj) ir neapibreztqsias (turincias be galo daug sprendiniq).
Dvi sistemos vadinamos ekvivalenciosiomis, kai bet kuris vienos sistemos sprendinys kartu yra ir kitos sistemos sprendinys, ir atvirksciai. Taigi ekviva-irnciqjq sistemq sprendiniq aibes sutampa.
Elementariaisiais tiesiniq lygciq sistemqpertvarkiais vadinami sie:
) abiejq bet kurios sistemos lygties pusiq daugmimas is to paties skaiciaus, nelygaus nuliui;
2) vienos sistemos lygties, padaugir.tos is skaiciaus, nelygaus nuliui, pri-dejimas prie kitos sistemos lyglies
Aisku, kad, uzuot elementariai pertvarkius lygtis, galima elementariai Pert\ arkyti praplestosios matricos eilutes. Nesunku jrodyti, kad, elementariai Pertvark^ tiesin? lygciq sistemq, gauname jai ekvivalenciq sistemq.
38
2.2. Neissigimusiqjq tiesiniq lygciq sistemq sprendimas atvirkstines matricos metodu
Nagrinekime и tiesiniq lygciq su n nezinomqjq sistemq
«I ]X] + <7] 2x2 +... + alnxn = bx, °21vl + a22x2 + --- + a2nxn =b2,
an}x\ + an2x2 + ...+ an„x„ - bn,
kurios matricine israiska yra
AX = В ;	(3)
cia A — kvadratine matrica, butent
	all a12	••• a\n		X,		b\
A =	<72] a22	a2n		x2	, в =	b2
	an\ an2	ann		Lxn		
Tarkime, kad det A - A * 0 . Tada (2) sistema vadinama neiSsigintusiqja, priesingu atveju — issigimusiqja.
Kai det A * 0, kvadratine matrica A turi atvirkstinq matricq Л-1, nusako-mq formule
Лц	Л2]	•••	Anl
J-1	1	^12	A22		Anl
det A ....................
A\n	A2n	• • •	Ann
Issprqskime (3) matricin^ lygti, padaugindami is kaires abi jos puses is A'1:
Kadangi A \A ] A |yV = EX = X , tai (3) lygties sprendinys
X = A~xB.
(4)
(4) formule yra (2) lygciq sistemos sprendinio matricine israiska.
39
Pavyzdys. Atvirkstines matricos metodu isspr^skime lygciq sistemq 5x + 2y + 3z = 9, < x + 2у - z = 5, 3x + y-5z = -16.
	5	2 3 '		' 9 1		X	
Sprendimas. A-	1	2 -1	, -8 =	5	. x =	У	, det A--56,
		1 -5		-16		z	
		Al	A2l	A3\	1	-9	13	-8
A'1	1 det A	Ai	•^22	A32	1 "~56	2	-34	8
		Аз	A.3	A33		-5	1	8
Tada
	X		1	-9	13	-8		9 П	
X =	У	= A'XB =		2	-34	8		5	=
			56						
	z			-5	1	8		—16	
1	-81 + 65 + 128	1	" 112		-2
	18-170-128	1	-280		5
56	-45 + 5-128	~"56	-168		3
Taigi x = -2, у = 5, z = 3.
Atsakymas: (-2; 5; 3). A
2.3.Kramerio* formules
Sios formules taikomos, sprendziant n tiesiniq lygciq sistemq su n nezinomqjq, kai tos sistemos determinantas nelygus nuliui, t. y. kai (3) sistema yra neissigimusi.
I (5) formula jrasykime matricq israiskas:
Gabrielis Kramcris (G. Cramer. 1704-1752) — svcicarq matcmatikas.
40
*1		+ •	. 4- bnAn]
•r2	1	by А] о ^2 -^22 •	. + bnAfl2
	det A		
		b]J)„ +b2d2„ +.	 + ЬпА„„
Is cia, pazymejy det A simboliu A , gauname:
*] = т(М11 + M2) + - + Мл1).
A
,v„ - —(b) Aln + b2 A2n + Am ).
Taigi, kai A * 0 , tai su bet kuriuo j - 1, n
xj = rl Л1 / + b2'42j + • • + bnAnj Matome, jog reiskinys
bl^l j + b2A2- + ... + bnAnj = Ay
(5)
(6)
lygus adjunktq Ay, A2,An: , gautq isbraukus nuosekliai l-ад, 2-ад n-tqjq eilut? bei /-tqji stulpelj, ir element^ b],b2.bn sandaugq sumai. Todel
sis reiskinys lygus determinantui det A, kuriame j-tasis jo stulpelis yra pakeistas laisvaisiais nariais. Vadinasi.
all ^12 alj-\ b\ a\/+\  a\n a1\ a22 a2j-\ b2 a2j+\ •a2n
an\ an2 ani~] bn anj+\  ann
Turedami galvoje (7) zymejimq, is (6) formules gauname:
A. —
—. 7 = k«-A
(7)
Vadinasi, kai n tiesiniq lygciq sistemos su n nezinomijjq determinantas nelygus nuliui. si sistema turi vienintelj sprendinj, randanw pagal (7) formules. Sios formules vadinamos Kramerio formulemis.
Pavyzdys. Taikydami Kramerio formules, isspr^skime lygciq sistemq
7.r-8y+4z = 27, < 3-v + 2y - z = -2, 5x + y + 3z = 13.
41
Sprendimas. Apskaiciuojame: 7-8 4
•	• Ai
Vadinasi, x = — Д
133 ,	Д->
----= 1, у = —
133	Д
Д3 _ 399
A ~ 133
-133	}
133 ' ’
Atsakymas: (1; -1; 3). ▲
2.4. Kronekerio* ir Kapelio** teorema
Nagrinekime m tiesmiu lygci^ su n nezinomiyq sistemq, nusakoma (1) formulemis. Be podymo suformuluosime tokios sistemos suderintumo kriterijq, vadinam^jt) Kronekerio ir Kapelio teoremq.
Kronekerio ir Kapelio teorema. Tiesiniq lygciq sistema yra suderinta tada ir tik tada, kai sistemos matricos A ir jos isplestosios matricos A rangai sutampa: rang A - rang A .
1 pavyzdys. [rodykime, kad sistema
3x - 4y + 5z - 6t = -33, • x + 1y - 3z + 4t = 34, lx- ly-Az + t = 14 yra suderinta.
Sprendimas. Uzrasykime pradines sistemos matricq A ir isplesttyq matricq A :
3 -4
A= 1	7
7 -2
5 -6
-3 4
-4 1
3 -4
A= 1	7
7 -2
5 -6-33
-3	4 34
-4 1 14
Apskaiciuokime rang A ir rang A :
^Leopoldas Kronekcris (L. Kroneckcr, 1823-1891) — vokiediu matematikas.
Alfredas Kapelis (A. Capelli. 1855-1910) — italij matematikas.
42
A =
3
1
7
-4 7
-2
5
-3
-4
-6
4
1
-33
34
14
0
1
0
-25
7
-51
14
-3
17
0
1
0
-25 0
14
0
-11
-18 0
9
0
1
0
0
0
-1
0
1
0
261
0
0
-135 34 -224
-25 0
-51
-18 4
-27
0
0
-1
14
0
17
0
0
-1
-18 0 -27
-224
-135 <
0
0
1
0
0
1
261 0 -11
-243
0
9
-1285 0 46
1
0
0
0
0
0
0
0
0
-1
0
0
-1
0
0
Taigi rang A = rang 4 = 3, todel pradine sistema yra suderlnta. A 2 pavyzdys. Jrodykime, kad sistema
2.r - бу + 9z = 22,
3.v + 2 у + 4z — 8,
4.r - v + 5z = 10
yra nesuderiuta.
Sprendimas
A =
2
1
3
4
-6
5
2
-1
9
-1
4
5
22
4 8
10
0
1
0
0
-16
5
-13
-21
11
-1
7
14
4
-4
43
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
18
0
0
2
14
0
-4
2
5
0
1
-3
19
0
0
0
1
0
0
0
0
19 0
0
11
0
7
-3
-16 0
-13
7
0
1
-10
2
0
0
-139
7
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
97 0 0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
-1 39
0
0
-10
18
0
0
2
0
0
0
0
7
0
0
-5
18
0
0
0
0
1
0
2
0
0
Taigi rang 4=3, rang 4=4, todel sistema yra nesuderinta. ▲
3 pavyzdys. Issiaiskinkime. ar sistema
Xj + 2x2 - 3x3 + x4 = 1,
Xj + 2x2 — X3 4 3x4 — 5, 2x, 4 4x2 - 5x3 4 3x4 = 4
yra suderinia. ar nesuderinta.
Sprendimas
0
2
2
2
2
4
0
1
1
-3
-1
-5
0
0 c
0
2
0
1 2
0 0
0 0
1
1
2
4 =
-3
2
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
Kadangi rang A
1
2
1
0
0
0
1
4
2
0
1
0
0
0
0
0
0
0
rang 4 = 2 , tai sistema yra suderinta. ▲
44
rangas
yra mazesms uz
Spr^sdami pavyzdzius [sitikinsime, kad suderintoji tiesiniq lygciq sistema turi vienq sprendirq, kai malricq A ir A rangas lygus nezinomqjq skaiciui ir be galo daug sprendiniq, kai matricq A ir A nezinomqjq skaiciq.
1 pavyzdys. Isspnjskime lygciq sistemq
3.r -1 у + z = -4, x + 2y - 2z = 10, < 2_r + 5 у + 2z = 3.
2x-y-7z = 24, 5x + 4y = 14.
Sprendimas. Raskime rang A ir rang A .
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
85
0
0
1
46
-255
0
0
-3
-138
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
-3 0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
pirmoji ir
Taigi rang A = rang 4 = 3. Sistema yra suderinta. Kadangi paskutinioji matricos eilutes sudarytos is nuliq, tai pirmoji ir paskutinioji sistemos lygtys yra kitq, lygciq isvada, todel jas atmetame. Turime isspr^sti sistemq
45
x + 2y-2z = 10,
• 2x + 5y + 2z = 3, 2x-y-7z = 24, sudaryta is trijq lygciq su trimis nezinomaisiais. Taikysime Kramerio formules.
Apskaiciuojame:				
	1 2 -2		10 2 -2	
A =	2 5	2	= 27, A! =	3	5	2	= 54,
	2 -1 -7		24 -1 -7	
	1 10 -2		1 2 10	
A2 =	2 3	2	= 27, A3 =	2 5	3	= -71
	2 24 -7		2 -1 24	
Todel
Al	54	. A2	27	, A3	-71
x = — = — = 2, y =	= — = 1, z = — =-------
A	27	A	27	A	27
Atsakymas: (2; 1; -3). A
2 pavyzdys. Isspr^skime lygciq sistemq
X| + 2x, ~ 3x3 + 4x4 = 6, 3xi - 4x2 + X3 - 2x4 = 5, 5x| -5хз +6x4 = 17, 8xj - 14x2 + 6x3 - IOX4 = 9.
Sprendimas. Raskime rang A ir rang A .
46
—	10	0	0 0 -10 0 0 0	0	0	0 0	0	0	0	0 0 0 0		10 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0	0 0 0 0
Kadangi rang Л = rang 4 = 2, lai pradine sistema yra suderinta. Ji ekvivalenti sistemai, sudarytai is pirmqjq dviejq lygciq. Taigi turime sistema, sudarytq is dviejq lygciu su keturiais nezinomaisiais, todel du nezinomuosius, pavyzdziui x3 ir x4 laikome laisvaisiais, galinciais jgyti bet kokias realias reiksmes. Juos perkel^ i desiniqjgpus?, gauname tokiq sistemq:
X] + 2x2 =6 + 3x3 - 4x4 , <
3x, - 4x2 = 5 - x3 + 2x4.
Pritaikome Kramerio formules:
6 + 3x3 - 4x4	2
5 - x3 + 2x4 - 4
-34-10x3 + 12x4
-10
= —(17 + 5x3-6x4),
x2 =
I 6 + 33 — 4x4
3 5 - x3 + 2x4
1	2
-13-10x3+14x4	1 / in ]z1
-------------— - — p 3 +10x3 -1 4x4
-10
Laisviesiems nezinomiesiems x3 ir x4 suleikime bet kokias realiqsias reiksmes: x3 = a, x4 = p; cia a, p e R. Tada sistemos sprendini uzrasysime taip:
|(17 + 5a-6p);-L(13 + 10a-14p);a;pl
a,P e R
Sistema turi be galo daug sprendiniq. Visi jie gaunami pasius i sprendini bet kokias realiqsias a ir p reiksmes. ▲
47
2.5. Tiesiniq lygciq sistemq sprendimas Gauso* metodu
Gauso metodu galima spr^sti bet kuriq tiesin? lygciq sistema. Jis patogus tu0 kad nereikia is anksto tirti, ar lygciq sistema yra suderinta, ar nesuderinta, ar apibrezta, ar neapibrezta, nes visa tai paaiskeja sprendziant.
Gauso metodas — tai nuoseklaus nezinomign eliminavimo (lot. elimi-nare___isskirti, isstumti, pasalinti, panaikinti) metodas. Nezinomieji eliminuo-
jami perkeletqkartq, elementariai pertvarkant sistemos
al 1*1 + <712*2 +•• + °bi*n = b\ > «21*1 +<722*2 + --- + a2nxn =h2’
«ml*l + ai»2*2 +   • + <7mn*n —	’
lygtis.
Pirmuoju zingsniu is visq lygciq, isskyrus pirmaja, eliminuojame xj ir toliau pirmosios lygties nebenaudojame eliminuodami kitus nezinomuosius. Antruoju zingsniu is visq kitq lygciq, isskyrus antrqjq, eliminuojame 'r t-1-
Sprendziant (8) sistemq, patogiau pertvarkyti ne jos lygtis, о isplestosios matricos
eilutes.
Elementariaisiais eiluciq pertvarkiais matrica matrica
A pakeiciama laiptuota
fizikls'35 Frydrichas Gausas (C- F Gauss,
1777-1855)— vokicCin matematikas. astronomas,
48
kuri apibudina lygciq sistemq
«1 [X] + fli2x2 + a13x3 +... + alrxr +... + O]„x„ = b\, g^2^2 + a23^3 ••"*’ &2r xr + •  • +	\
J2)~ + +J4)v- 4. +л<2)г -M2) азз хз + --. + a3r xr +... + <73и x„ -b3 ,
a^xr+... + a^x„=b(;-X}, O-x„=b^+\.
<9)
ekvivalenciq pradinei (8) sistemai. Cia koeficientai ац,а'?^,
neiygus nuliui. Galimi trys atvejai: lygciq sistema turi vienq sprendini, ne'uri ne vieno sprendinio, turi be galo daug sprendinio. Su jais susipazinsime spr^sdami paxyzdzius.
1 pavyzdys. Gauso metodu isspr?skime lygciq sistemq
3x] - 2x2 + 4x3 = -8, < 2x] +7x2 ~5x3 = 26, Xj -3x2 +8x3 = -25.
Sprendimas. Parasome isplestqjq sis'emos matricq A , pirmojoje jos eiluteje surasydami treciosios lygties koeficientus, ir jq elementariai pertvarkome taip, kad pirmajame stulpclyje po vienetu likusicji elemental burq lygus nuliui:
8 -25 113-339 19 -58
1 -3
o"| -1
0 (T|
8	-25
19	-58
113	-339
Gauta matrica apibudina lygciq sistemq
X| - 3x2 + 8x3 = -25, < — x2 + 19x3 = —58, J 13x3 =-339.
49
Is paskutines lygties isplaukia, kad
Is antrosios lygties
x2 =58 + 19x3 = 58-57 = 1 .
Is pirmosios lygties randame:
x, = -25 + Зх2 - 8x3 = -25 + 3 + 24 = 2 .
Lygciu sistema turi vienq sprendini.
Atsakymas'. (2: 1; -3). ▲
2 pavyzdys. Gai iso metodu isspr?skime lygciq sistema
5
X| - 2x2 + 3-хз - 4.u = -3, 2x; - Л2 - л3 + Зл‘4 = 10, 7х| - х2 + 2х3 - х4 = 9, 5х] - 2х2 + 2х3 - х4 = -1.
Sprendimas
A =
-2
-1
-1
-2
-2
-7
9
-13
1 -2
3
9
-34
-85
-4
3
10
9
-2
3
13
8
0
0
-4
11
-17
19
-4'
-17
62
155
3
-7
-19
-13
-4
11
27
19
-3
16
30
14
-3
16
-34
14
-3
-34 118 286
1 -2
1
3
8
3
9
-7
-13
-4
-17
11
19
-3
-34
16
14
1 ?
0
0 L
3
9
-17
-17
-4
-17
31
31
-34
59 286
5 J
1
s
3
5
0
0
0
0
0
0
0
0
1
8
2
2
0
0
0
1 К 0
50
1 -2	3
0~| 1	9
0 0 l~17
ООО
-17-34
21 599 О
9
Paskutine eilute apibudina lygti 0 • x, + 0  х2 + 0 • х3 + 0 • х4 = - —, kuriai
netinka jokios nezinomqjq reiksmes. Vadinasi, nagrinejamoji sistema yra nesuderinta ir neturi sprendiniq. ▲
3 pavyzdys. Gauso metodu isspr^skime lygciq sistemq
X] - 3x2 + x2~ 7x4 = -3, 4xj +1 x2 — Зх3 + 5x4 — 16, 6-q + x2 - x3 - 9x4 = 10, 2%] - 25x2 + 9x3 - 47x4 = -34.
Sprendimas
-3	1	-7	-3		Y-		-2(	1	-3	1
7	-3	5	16					0	19	-7
1	-1	-9	10	<—				0	19	-7
-25	9	-47	-34	◄—	—			0	-19	7
1-31-7 19 -7 33	-3 28
0 0	0	0 0 0	0	0	0 0
Siuo atveju rang A = rang A = 2 ir sistema yra suderinta. Ji ekvivalenti
sistemai	X; - 3x2 + x3 - 7x4 = -3, 19x2 - 7x3 + 33x4 = 28.
Laisvaisiais nezinomaisiais parinkime x3 = a, x4 = £ ir sistemq para-
sykime taip:	
	X] - 3x2 = -3 - a + 7£, 19x2 = 28 +7a-33£;
51
— (28 + 7а - ЗЗр). Tada is pirmosios lygties gauname: IO '	'
.. . г-, =—/а —ээр|. i aua is piiniusius lygties gauname;
js см л2 |9 \	1
Х|=3х2_3-а + 7р = ^(28 + 7а-ЗЗр)-3-а + 7р=Л(27 + 2а + 34р).
—127 + 2а + 34p); — (28 + 7а - ЗЗрЬ; P 19	’ 19'	?
Atsakymas:
a,p e R
2.6. Homogenines tiesines lygciq sistemos
Nagrinekime homogenin? lygciq sistemq, t. y. tokiq sistemq, kurios visi laisvieji nariai lygus nuliui:
ZZj1X1	+... “t ~ 0,
a2Iх! + a22x2 *••• + a2nxn =
am\xl + am2x2 + + amnxn ~ °-
Ji visada yra suderinta, nes visais atvejais rang A = rang A . Todel si sistema turi arba vienq sprendinj arba be gaio daug sprendiniq. Homogeninei lygciq sistemai visada tinka nezinomqjq reiksmes x\ = x^ =  = xn = Q . Sprendinys (0: 0;0) vadinamas (10) sistemos nuliniu, arba trivialiuoju (lot. trivialis -paprastas), sprendiniu
Homogenin? lygciq sistemq spr?sime Gauso metodu.
1 pavyzdys. Isspr?skime homogenin? lygciq sistemq
3x - 4y + 4z = 0,
 2x + 3y - 5z = 0,
x - 7 у + 8z = 0.
Sprendimas. Pertvarkome matricq A :
52
Pertvarkyta matrica A apibudina lygciq sistemq lx-7^4-82 = 0, •! 17y-21z = 0,
1 • z = 0,
kurios sprendini gauname issyk: z = 0, v = 0 irx = 0.
Aisakymas: (0; 0; 0). ▲
2 pavyzdys. Isspr?skime homogenin? lygciq sistemq
3x| - 2x2 + ^x3 ~ 5хд = X[ - Xi + 2хз ~ *4 = 0, 2x] - x2 - 4x4 = 0, 4x| - 3x2 + 4хз _ 6x4 = 0-
Sprendimas
L
1 -1
0 1
0 1
0 1
1 -1 2 -10
0~| 1 -4 -20
0 0	0	0 0
0 0	0	0 0
Tokia matrica apibudina lygciq sistemq
X| - x2 + 2хз - X4 = 0, x2-4x3-2x4 =0.
Ji yra suderinta, nes r - rang A = rang A = 2 . Gavome r < n, todel sistema hires be gaio daug sprendiniq. Laisvaisiais nezinomaisiais parinkime x3 = a, X4 = p; cia a,p~- bet kokie realieji skaiciai. Tada
Jxj - x2 = -2a + p,	|x| = x2 - 2a + p = 2a + 3p,
| x2 = 4a + 2p	[x2=4a + 2p.
Atsakymas: (2a + 3P;4a + P; a; p) |a,p e R ▲
53
Uzdaviniai
1	Sias tiesines lygciq sistemas issprsjskitc atvirkstines matricos metodu: 3x+»’-2z = -4, x + 4yi-14z =0.	fx-y + z = -2,
a) •	x-y+7z = 10,	b)	 3x —2 v — 4z = 11,	c)	< 2x + y-2z = 6,
2x-4v + 8z = 2; lx + 6 у + 28; = 15;	|x + 2y + 3z = 2.
'	I
2	. Sias tiesines lygciq sistemas isspnyskite taikydami Kramerio formules:
a)
3x + y-z = 11, 2x + 7y+z = —1, x-6y-2z = 12;
b)
3x + 2y-5z = -17,
• 2x+4y + z = 0,
c)
5x + lly + 3z = 2;
7
x + 3y-z = -2, 2x + 4y + 3z = 3, 3x-2y + 5z = 13.
3. Etirkite tiesiniq lygciq sistemq suderinamumq;
suderintqsias sistemas
isspr?skite:
3x + у - z ~ 0,
a)
d)
3x-y-z = 4, 5x -y + 3z = 38. x + 6y + z = -2;
b)
x-3y + 5z = 4, 2x + y-7z = 12,	c)
5x-22y+ 42z = 16;
X] + X; - Xj + X4 = 2, 2x| - 3x2 + x3 - x4 =3, 5x[ - 2x3 + 2x4 = 9, 8x| - 7x2 + x3 - x4 = 13;
e) 
7x-8y + 2c = l. 3x + 5y-4z = 4, x-18y-rl0z = I0;
2x| + 3x2 — x3 + x4 — 2,
7xi -2x2 +x4 =3, f)
3xj + x2 + x3 — 2x4 — 7,
3xj -8x2 + 2x3 -x4 = 5;
2x + 3y = -l 3x+4y = -l
7x+y = 6,
4. Gauso metodu isspr?skite Sias tiesines lygiiq sistemas:
a)
3x + 4y+ 5z = 1, 2x-7y-8z = 7, x + 5y+7z = 0, 5x + 2i’ + z = l;
b)
|3x + 2.y + z = 3, |4x-y-2z = 8, '7x-r5y-z = 3,
4x + _y-2z = 5;
2x\ - 3x2 + 5x3 -1 lx4 = 7,
c) X[ + 4x2 - 2x3 + 7x4 - 5,
8x| - x2 +1 lx3 -1 9x4 =30;
d)
X| -x2 -rx3 - 2x4 =5, 2X| = 2x2 - 3x3 + x4 = 7, X| + 7 x2 — 9x3 + 8x4 = — 1, 2x, +18x,-23x3+21x4 =-5.
5- Isspr^skite homogenines tiesines lygciq sistemas:
a)
3x-2y-5z = 0, 4x = y-7z = 0, x - 2y + 6z = 0;
b)
2x-y-5z = 0, x-3y + 2z = O.
3x-2j-z = 0> 3x-5y + 8z = O:
2x-5r-z = 0.
x+ y-3z = 0.
x-13.v + llz = 0, x - 3y + z = 0.
== 3 VEKTORINIS
SKAICIAVIMAS
3.1. Vektoriaus sqvoka
Matematikoje, fiziKoje, lechnikoje ir kitur dydziai skirstomi i dvi rusis. Tie dydziai, kuriems apibudinti uztenka vieno skaiciaus, vadinami skaliariniais. Prie jq priskiriaml pavyzdziui, kuno turis ir mase, aphnkos temperature Taciau tenka nagrineti ir kitos rusies dydzius, apibudinamus ne tik skaiiine reiksme, bet ir kryptimi. Jie vadinami vektoriniais (lot. vector— vezejas, nesejas), kaip antai, judejimo greitis, pagreitis, jega.
Vektoriniai dydziai paprastai vaizduojami kryptinemis atkarpomis, nurodant tq atkarpq pradziq ir pabaigq.
Apibreziinas. Vektoriumi vadinama kryptine atkarpa.
Vektoriq, kurio pradzios taskas yra A, о galo taskas — B, zyrnesime AB Kartais vektorius zymimas viena raide a, b ir t. t. Taip pat vartojamas zymuo be rodykles. taciau tada vektorius rasomas riebiu sriftu: a, b ir 1.1.
Nagrinesime laisvuosius vektorius, t. y. vektorius, kuriuos galima perkelti lygiagreciai su jais paciais. Taigi bet kuris vektorius AB reprezentuoja visa aib<j vektoriq, gaunamq is jo lygiagreciuoju postumtu. Toiiau laisvuosius vektorius vadinsime tiesiog vektoriais, bet visada turesime galvoje, kad kiekvienq vektoriq galima perkelti lygiagreciai su juo paciu. Kalbedami apie vektorius, vartosime plokstumos ir eidves vektoriq sqvokas.
Vektorius, kurio pradzios bei galo taskai sutampa, vadinamas iiuliniu vektoriumi ir zymimas 0 .
Vektoriaus AB i(giu, arba moduliu, vadinamas kryptines atkarpos ЛВ ilgis. Vektoriaus ilgis zymimas taip: |t/r|,|a|, .... Nulinio vektoriaus ilgis lygus nuliui.
Du nenuliniai vektoriai a ir b, esantys lygiagreciose tiesese (arba toje pacioje tieseje), vadinami kolineariaisiais. Zymime • Kolinearieji vektoriai gali buti vienakrypciai area priespriesiniai (3.1 pav.).
3.1 pav.
55
Du vienakrypciai vektoriai a ir b vadinami lygiaisiais.kat |a| = |£|.
Nulinis vektorius laikomas kolineariu su bet kokiu vektoriumi.
Trys nenuliniai vektoriai a, b ir c vadinami komplanariaisiais, kai jie yra lygiagretus su ta pacia plokstuma. Kitaip tariant, vektoriai a ,b ,c yra komplanarus, jei egzistuoja plokstuma, kuriai jie visi priklauso (issyk arba po lygiagreciojo postumio). Trys vektoriai, kuriii vienas yra nulinis, laikomi komplanariais.
3.2. Tiesines vektoriij operacijos
Vektoriq aibeje apibreziamos sios tiesines operacijos: vektoriii sudetis bei atimtis, vektoriaus daugyba is skaliaro.
Tarkime, kad duoti vektoriai a ir b . Pasirinkime bet kurj taskii.4 ir nuo jo
atidekime vektoriii AB - a , paskui nuo tasko В — vektoriii BC = b (3.2 pav.).
3.2 pav.	3.3 pav.
1	apibreziinas. Vektorius AC, jungiqs vektoriaus a pradziq su vektoriaus b galu, vadinamas vektoriq a ir b suma a + b .
Sis apibrezimas nusako vadinamqjii vektoriii sudeties trikampio taisykly. Vektorius galima sudeti ir pagal iygiagretainio taisyklq. J4 iliustruoja 3.3 paveikslas.
Trikampio taisykl? nesunku apibendrinti, kai duotas baigtinis kiekis vektoriii al,a2,...,a/l. Siq. vektoriii suma yra grandis OAn, uzdaranti lauzt? OA]A2 ... A„ (3.4 pav.).
Vektorius -b vadinamas priesingu vektoriui b , kai jie yra vienodo ilgio ir prieSingii krypciti.
56
2	apibrezimas. Vektorin a ir b skirtumu d - b vadinamas vektorius Ivgus vektorin a ir-b sumai (3.5 pav.).
Vadinasi, kai vekioriai a ir b turi Ц pacia pradzia, tai vektorius a - Ь jungia vektoriij a ir b galus iryra nukreiptas j vektoriaus a gain-
3	apibrezimas. Nenulinio vektoriaus a ir realiojo skaiciaus a sandauga vadinamas vektorius b = ad, turintis vektoriaus a krypi[, kai a. > 0, ir priesingq krypt[, kai a <0. To vektoriaus ilgis |ft| = |a||a|.
Is apibrezimo iSplaukia, kad vektoriai a ir b = ad yra koi inearth. Teisingas ir atvirkscias teiginys: kai nenuliniai vektoriai a ir b yra kolinearas, tai egzistuoja realusis skaicius a r 0 , su kuriuo teisinga lygybe b = ad.
Nenulmio vektoriaus d vienetiniu vektoriumi. arba ortu, vadinamas vektorius
a a =7-7.
Pl
Is cia aiSku, kad ortas a° ir vektorius a yra vienakrypciai, tik orto ilgis lygus vienam matavimo vieneiui, taigi а"I = 1.
Apibiezeme tris vektoriu operacijas, kurios vadinamos tiesinemis. Sioms operacijoms biidmgos tokios savybes.
1.	Vektorin sudelis tenkina komutatyvumo (perstatomumo) desnj: a+b-b+a.
2.	Vektorin sudetis tenkina asociatyvumo (jungiamumo) desni:
(<7 + />)+ c = 5 + (ft + c).
3.	Vektoriaus daugyba is skaiciaus tenkina asociatyvumo desnj: а (p«) = (ар)а;
cia a,P — realieji skaiciai.
4.	Vektoriaus daugyba is skaiciaus tenkina distributyvumo (skirstomu-mo) desni skaiciq sudeties atzvilgm.
(а + pid = ad + p<7;
cia a,p - realieji skaiciai.
5.	Vektoriaus daugyba is skaiciaus tenkina distributyvumo desn[ vektorin sudeties atzvilgiu:
a(a+ft)= aa + ab ;
cia a - realusis skaicius.
57
1	pavyzdys. Lygiasones trapecijos ABCD (ВС || AD, AB = CD) (3.6 pav.) В________________________________________________Ц
smailusis kampas lygus Vektorin 75 isreikskime vektoriais a = AB ir
b~BC.	3.6 pav.
д Я
Sprendimas. Kadangi BAD = — , tai ABt = Q D = a |.
Tuomet
а/ 1
1_____''Jh
ВС +2-
Vektoriai BC ir AD yra kolinearus, todel
TD = Lw|-BC° = (|й| + |а[л/2 jri° = Д (|z>’| + |a]V?). A
2	pavyzdys. Nuo tasko О atideti du vektoriai: OA = a ir OB -b .
Raskime vektorin OM, nukreiptn kampo AOB pusiaukampine (3.7 pav.), kai |OM| = c.
3.7 pav.
Sprendimas. Vektorin OA ir OB ortus pazymekime atitinkamai a ir  Tada
— a Cl	Г о b
a	=И‘
^ubraizykime lygiagretainj, kurio krastines sutampa su vektoriais a" ir b . kadangi sio lygiagretainio kiekvienos krastines ilgis lygus 1, tai lygiagretainis Va rombas. Jo istrizaine ON kartu yra ir kampo BOA pusiaukampine. Pagal Vgiagretainio taisykl?,
ON = 5°+ba И p|
58
Vektoriaus ON ortas
Kadangi OM | 0N° , tai
3.3. Vektoriaus projekcijos
Zinome, kad asimi vadinama tiese, kurioje nurodyta kryptis.
Kampu tarp dviejq vektoriq (arba tarp vektoriaus ir asies, arba tarp dviejq asiq) vadinsime maziausiq kampa <p, kuriuo reikia pasukti vienq vektoriq (asj), kad jo kryptis sutaplq su kito vektoriaus (asies) kryptimi. Aisku, kad kampas <p tenkina sqlygq 0 < <p < л (3.8 pav.).
Sakykime, duotas vektorius AB ir asis /. Per taskus A ir В nubrezkime plokstumas, statmenas asiai / (3.9 pav.).
59
plokstumq ir asies / sankirtos laskus pazymekime A' ir B'. Kadangi ir	ta' taskai A' ir B’ yra taskq A ir В ortogonaliosios
projekcijos asyje /.
Apibrezimas. Vektoriaus AB projekcija asyje I vadinamas atkarpos 4'B' Hgis supliuso zenklu, kai kryptis is A' j. B' sutampa su asies I kryptimi. arba su minuso zenklu, kai sios kryptys yra priesingos.
Vektoriaus d projekcija asyje I zymima taip:
prza.
Is 3-10 paveikslo matyti, kad prz AB > 0, о prz CD < 0
Taigi kai vektorius su asimi sudaro sntailqj j kampq, jo projekcija toje asyje yra teigiama, kai bukqj; kampq— neigiama. Be to, teisingos formules prz AB = |,4S | • cosip ।, prz CD =|c£> |-cos<p2 •
Vadinasi, kad ir koks butq kampas ip tarp vektoriaus a bei asies / - smailusis ar bukasis, - visada teisinga formule
prz3 = |al-cosip.
3.4. Vektoriaus koordinates Dekarto* koordinaciq sistemoje
Yra zinoma, kad trys viena kitai statmenos asys Ox, Oy ir Oz (3.11 pav.), nubreztos per taskat O. sudaro staciakamp? Dekatto koordinaciq sistemq. Asyse Ox, Oy, Oz atideKime vie-netinius vektorius, kuriuos atitinkama. pazymesime i,j ir к .
Vektoriq a perkelkime taip, kad jo pradzia sutaptq su koordinaciq pradzios tasku O, ir nubraizykime staciaKampj gretasienj, kurio [strizaine sutaptq vektoriumi d (3.12 pav.). Zinome, kad
su
a = OA + OB + ОС .
Kai vektorius a yra pirmajame oktante, tai
°Л = |ояр, од = |ов|.у
Sendruoju atveju
Ол = ±|бл|
Л ОС
OB = ±|ob|-J,
ОС =±|Oc|-A
R«ne Dckartas (R. Descartes, 1596- 1650)
prancuzii filosofas ir matematikas.
60
Zenklas priklauso nuo to, kokie yra vektoriai i ir OA, j ir OB, k ir ОС — vienakrypciai ar priespriesiniai. Kadangi
+ |cm| = prOva, +|<9В| = prOv<7, ±|oc| =ргр.я,
tai (1) formula galime uzrasyti taip:
a = prOx 5-zT+pr^), ii-J+ pra-a •£	(2)
Pazymej? prOv a = ax, pro>, a = ay, pr0, a = az, (2) formula parasome taip:
a = axi + aYj + azk .	(3)
Dydziai ax,av,a. vadinami vektoriaus a koordinatemis. Trumpiau vektoriaus koordinates ar,a,.,ar nurodomos taip: a = \ar;a,,;a. }.
A k y Z.	i	\ Л 7 у 7 z, J
Kampus, kuriuos vektorius a sudaro su koordinaciii asimis Ox, Oy, Oz, pazymekime atitinkamai a, p, у (3.13 pav.).
3.13 pav.
Is staciojo trikampio OB A isplaukia, kad 74 =cosa, todel HI
ax = I a | •cos a .	(4)
Analogiskai gautume: av =|a|-cos|3 ir a.=|a|-cosy.	(5)
Kadangi staciakampio gretasienio (strizaines ilgio kvadratas lygus trijn jo matmenii kvadratp sumai, tai l-|2	2	2	2
PI - ax +ay +az;
is cia
\a\ = ^a^+a2y+aj .	(6)
Skaiciai cos a,cosp ir cosy vadinami vektoriaus a krypties kosinusais.
61
Is (4). (5) ir (6) formules turime:
(7)
Tada
Kadangi
tai
cos2 a + cos2 (3 + cos2 у = 1.
Ду a:
a >пн;т<
5° = {cos a; cosfj; cosy}.
Vadinasi, vektoriaus a krypties kosinusai yra jo vienetinio vektoriaus a ° koordinates.
Zinome, kad, atliekant tiesines operacijas su vektoriais, tos pacios operacijos atliekamos su jq koordinatemis. Tarkime, kad a = \ax;ay;az\, b = §>х;Ьу,Ь:}. Tada
a ± b = \ax ± bx; aY ± by; az ± b. j,
ka = ray, Xo.).
Kai vektoriai a ir b yra kolinearus, egzistuoja realusis skaicius X* 0, su kuriuo b = kd , t. y.
bv;b:\= {kar; Xav;
Tada bx =Kax, bv =Za,,, b: ='Ka. ir
_ ax _ ay _ a: bx by b.
Taigi kolineariqjQ vektoriq koordinates yra proporcingos. Teisingas ir atvirk^cias teiginys, todel
62
1 pavyzdys. Vektoriai a ir b = {б; — 8; -7,5} yra kolinearus. Apskai-ciuokime vektoriaus a koordinates, zinodami, kad jis su asimi Ox sudaro smailqjj karnpp, be to, | d | = 50 .
Sprendimas. Pazymekime: a = {x;y; z}, Kadangi d || b>, tai abieju vekto-пц koordinates yra proporcingos:
x _ У _ - - A
6 -8 -7,5
Is cia x = 6A, у =-8k, z =-7,5X. Taigi ieskomasis vektorius a = = {бк;-8А;-7,5к}. Is splygos |a | = 50 gauname lygtj
д/х2 +y2 +z2 =50.
Jp issprend?, turime:	y36/a + 64л2 + 56,25k2 = 50,
д/156?25л2 =50,
12.5|X| = 50, |k| = 4.
Kadangi vektorius a su asimi Ox sudaro smailiyj kampa, tai jo projekcija asyje Ox yra teigiama, todel x>0 ir | л| = A. = 4. Galutinai gauname: 5 = {24;-32;-30}. ▲
2 pavyzdys. Vektorius a su asimi Ox sudaro kampq a = 60°, su asimi
Oy — kampp p = 45°, su asimi Oz— bukqjj kampp. Apskaiciuokime vektoriaus a koordinates, kai |a| = 8.
Sprendimas. Pasinaudokime vektoriaus krypties kosinusp savybe:
2	2	2
cos" a + cos P + cos y = l.
Is Cia
cos2 у = 1 - cos2 a-cos2 p = 1-cos2 60° -cos2 45°
£
4 '
Tada
|cosy|
= —. Kadangi kampas у Уга
bukasis, tai cos у < 0
ir
|cosy| =-cosy. Taigi cosy = -—. Vektoriaus a koordinates ax.ay,az apskaiciuosime pagal (4) ir (5) formula
ax = |a|cosa = 8cos60° = 4; av = |a|cosP = 8cos45° = 4 V?;
az =|a|cosy =8-[-£] = -4.
Vadinasi, a = W; 4 5/2; - 41. ▲
63
3.5. Spindulys vektorius. Atstumas tarp dviejy tasku
Kadangi
Tasko M spinduliu vektoriumi r vadinamas vektorius OM, kurio radzia sutampa su koordinacip sistemos pradzia (3.14 pav.). Kiekviena erdves task^ M(x;y;z) atitinka tik vienas spindulys vektorius ir atvirksciai.
Kadangi tasko M koordinates sutampa su spindulio vektoriaus projekcijomis koordinacip asyse, tai - _ y- -]. Taigi spindulio vektoriaus r ir jo galo tasko M koordinates yra vienodos.
Tarkime, kad erdveje pazymeti
du taskai:	V|; Zj) ir M2(x2;y2;z2
vektoriai
ir r2={x2,y2;z2}	(3.15 pav.).
M}M2 = r2tai M}M2 = {x2-x};y2-y};z2-zi}.
Vadinasi, norint rasti vektoriaus koordinates, kai zinomos jo pradzios tasko Л/j bei galo tasko M2 koordinates, reikia is galo tasko koordinaciq atimti pradzios tasko koordinates.
Atstumas d tarp dviejn taskq M\ ir M2 lygus vektoriaus M\M2 ilgiui. Todel, remdamiesi (6) formule, gauname:
d = ^(x2 -xi)2 +(Т2 _T1)2 + (z2 -z1)2 •
Pavyzdys. Taskas M nutol^s nuo tasko A (0; 0; 12) atstumu, lygiu 7, о vektoriaus OM yra kolinearus vektoriui a = {- 2;-3;-б}. Raskime tasko M Coordinates.
Sprendimas. Pazymekime: M(x;y,z); kartu ir OM = {x;y;z}. Remda-otiesi vektoriQ OM ir a kolinearumu, gauname:
Pritaik^ atstumo tarp taskq M ir A formula, gauname dar vien^ lygtj yjx2 +y2 +(z-12)2 = 7 .	(10)
64....................................... '
Aisku, kad Д patogiausia spr?sti z atzvilgiu, taciau pinna reikia kintamuosius д-iry isreiksti kintamuoju z. Is (9) lygciu turime:
z z
У-2'	<“)
[ras? sias x ir у israiskas i (10) formal? ir pertvark?, gauname kvadratin? lygt[
49 i
— z2 -24z + 95 = 0,
36
570 turinCi^ du sprendinius: z, =6 ir z2 =--------. Atsizvelg? ( (11) formules
49
л	o	-i	190	285 v a • -я  •	,
randame .x) =2, V| =3; x2 = -^~, У2 = '^_- Va<“nas]- uzdavimo s^lygq
tenkina du taskai:
1^(2; 3;б), M2
190. 285 570
49 ’ 49 ’ 49
3.6. Atkarpos dalijimas duotuoju santykiu
|лс
Sakoma, kad taskas C dalija aikarp^/l/? (3.16 pav.) santykiu X -	,
C5
,	_	|лс|
kai vektoriai AC ir CB yra vienakrypciai, ir X = --------p— kai
C5
priespriesiniai. Tada j AC | = ±A,| CB |, arba AC = ).CB .
A C _B ABC --O-------»O------------- <1-------o)---Ю----
3.16 pav,
Raskime tasko C(xc;yc;zc) koordinates, kai zinomos taskn A ir В
koordinates: A(x^;yA;z^), B(x2j;ys;zB) .Kadangi
AC = kCB <=> (xc -xA;yc-yA^c~zA }= -xc-,yB ~yc;zB-zc}> tai
xc -x4	~xc)’
Ус ~Уа =^(ув ~Ус)<
-С ~ZA =^(.ZB ~zc)-
Is cia
XA + \xB _ yA +’У-Ув ,	2 A +^ZB
C 1 + A. ’ c 1 + Л ’ 'C	1 + X
65
q — atkarpos AB vidurio taskas, tai = 1. Taigi gauname tokias atkarpos vidurio tasko koordinaciq formules
_ XA + XB _ У A + У В	„ _:A+ZB
XC ~	2	’3c	2	’ “C 2
1 pavyzdys. Atkarpa AB taskais C ir D padalyta i 3 lygias dalis
13 17 pav. ). Raskime taskq C ir В koordinates, kai zinomos taskq A ir D (14	)	(4 'l
koordinates: Ji —;-8; J2J, D^-;-2; 2 ).
Sprendimas. Kadangi taskas C yra atkarpos AD vidurio taskas, tai
14 4
хс = л'А = -3—1 = 3,	A C D В
2	2	о-------о-----
-8-2	_	12 + 2 _	__
Ус=—~ = ~4 5’ 2с=-у- = 7-	3.17 pav.
Taigi С(3;-5;7).
.45
Taskas В atkarpqAD dalija santykiu Л = - -т = -3 , todel
BD\
14 . 4
.	— 3 •—	,
xa+^d 3	3	1
1+k	1-3	3
Vadinasi, В
Aisku, kad tasko В koordinates galejome rasti ir kitu budu, atsizvelg? 1 tai, kad taskas D yra atkarpos CB vidurio taskas. Todel is sqlygos X[) =	---
2
4	1
gautume x д = 2л D -	- 2 • — - 3 = - --. Analogiskai
,vfi=2yD-yc = 2-(-2)+5 = l.
zB ^2zD-zc =2-2-7 =
2 pavyzdys. Trikampio virsunes yra taskai Л(2;-1;4), 5(3; 2;-6) ir 0; 2) (3.18 pav.). Raskime io pusiaukrastiniu sankirtos tasko M koordinates.
Sprendimas. Pirmiausia randame krastines AC vidurio tasko A koordinates:
66
2-5	-1 + 0
XN = —— = -1,5, yN = —~ = -0,5,
, -3 4 + 2-3
7-3.
Is geometrijos zinome, kad trikampio pusiaukrastines susikirsdamos cialija viena kitjj. santykiu 2:1, skaiciuojant nuo kampo virsunes. Todel
BM
----
\MN
- = 2 1
_ xg + XxN ’M 1 + X
3 + 2-(-1.5)
1 + 2
= 0,
2 + 2-(-0,5) 1
Ум 1 + 2	~3’
-6 + 2-3 zm -
= 0.
1 + 2
3 pavyzdys. Trikampio virsunes yra taskai A (1; 2; -1), В (2; -1; 3) ir C(—4;7;5) (3.19 pav.). Apskaiciuokime jo vidaus kampo В pusiaukampines ilgi-
Sprendimas. Is geometrijos zinome, kad pusiaukampine BD dalija priesing^ krastin? AC j dalis, proporcingas kitoms dviem trikampio krastinems. Todel
3.19 pav.
rnl к I
R’Fi’
Randame vektorin AB ir BC ilgi:
|^| = V(2-l)2 +(—1 -2)2 +(3-(-1))2 = V26 ,
67
л/^6	1
Tada X =	— = ~ Apskaiciuojame tasko D koordinates:
= XA +y-xC =	2’	= _ 2_
’	1+z	1+1	3’
2
2 + —-7 „	-1 + --5
2	11	2
Vadinasi,
Pusiaukampines BD ilgi apskaiciuojame pagal
atstumo tarp dvieju taskif formul?:
3.7.	Skaliarine dviejq vektoriq sandauga
Apibrezimas. Ve kt or in a ir b skaliarine sandauga vadiname skaicin, lygi{ sin vektorin modulin ir kampo tarp vektorin kosinuso sandaugai.
Vektoriii a ir b skaliarin? sandaugazymesime a-b arba («7,6j. Taigi
ab =|o|-|b|-cos(p;	(12)
cia (p = d, b
В (12) formules isplaukia:
1)	a • b > 0, kai vektoriai a ir b sudaro smailqji kamp^ <p fo < <p < y nes siuo atveju cos (p > 0;
2)	a • b < 0, kai vektoriai a ir b sudaro buk^j j kamp^ <p j < <p < rr J, nes tada cos <p < 0;
3)	a • b = 0 tada ir tik tada, kai vektoriai a ir b yra statmeni arba vienas —nulinis.
Kadangi
pr5 Z> = b • cos<p ir pr^ a=|a|-cos(p,	(13)
68
tai is (12) formules isplaukia kita formule, apibrezianti skaliarine vektorin sandaugq;
d-K = |ri|-pra6=p’|-pr^d.	(14)
Vadinasi, skaliarine dviejn vektorin sandauga lygi vieno is ji{ moduliui padaugintam is antro vektoriaus projekcijos pirmojo vektoriaus kryptyje.
Bet kuriq nenuliniq vektoriq skaliarinei sandaugai biidingos sios savybes:
I.	Skaliarine sandauga yra komutatyvi: a-b = ba.
2.	Skaliarine sandauga yra distributyvi vektoriq sudeties atzvilgiu;
(a + b'j-c = a  c + b  c .
3.	Skaliarine sandauga yra asociatyvi daugybos is skaliaro atzvilgiu;
Л (a • b)= (kri)- b - a 	);
cia X - realusis skaicius.
Taigi daugindami skaliarin? vektoriq sandaugq is skaiciaus, galime is to skaiciaus padauginti vienq vektoriq, о rezultatq — skaliariskai is kito vektoriaus.
4.	Skaliarinis vektoriaus a kvadratas lygus jo modulio kvadratui. Is tiesq
d-a = a2 = |<5|2. arba =	(15)
Renidamiesi siomis savybemis, isnagrinekime vektoriq i,j,k skaliarine sandaugq. Kadangi vektoriai i ,j, к yra vienetiniai, tai, pritaik? 4-qjq savybe, gauname;
ii=i2=l, j-j = j2=]t kk=k2 = l.
Vektoriai i, j, к poromis yra statmeni, todel
zj=O,	k-i-0, j-j=O, kj-O, i-k=0.
Vadinasi, vektoriq i,j,k skaliarin? sandaugq galime pateikti 1 lentele.
1 lentele
	i	J	к
i	1	0	0
j	0	1	0
к	0	0	1
Apskaidiuokime vektoriq a ir b skaliarine sandaugq, kai zinomos siq vektoriq koordinates staciakampeje Dekarto koordinaciq sistemoje. Tarkime, kad
a = av',az j= axi + ayj + azk, b = ^>x;bY;b:}- bxi + bvj + h.k.
69
a b =[axi + avj + a:k)[bxi + bvj + b.k\
Remdamiesi skaliarines sandaugos savybemis, suskliaustus vektorius dauginsime kaip daugianarius. Atsizvelg? j 1 lentel?, gauname:
Q.b = (irbxi~ + axb,.i • j + axb-i к + aybx j • i + a ybj 2 + a,.b.j• к +
-razbxk i +a,bYk • j +а:Ь2к^ = axbx + ayby +a:b..
6	-* f It I
a-b =	/• \bx',by \b, J= axbx + ayby +a:b-.	(16)
Skaliarine dviejq vektorin sandauga lygi tu vektorin vienavardziq koordinaciq sandaugq sumai.
Pavyzdziui, jei a- 3i + у - 2k, о b = i +5J-6k, tai
a • b = {3; 1; - 2}- {1; 5; 6} = 3 • 1 +1 • 5 + (- 2)- (- 6) = 3 + 5 +12 = 20.
Jeigu vektoriai a ir b yra statmeni, tai skaliarine jq sandauga lygi nuliui:
a • b = 0 :=> axbx + Oyby + a,bz = 0.
Is (15) ir (16) formules galime gauti jau zinomq vektoriaus modulio formula
|a| = -Ja-d = yjax + ay + a2 .
Skaliarine sandauga taikoma sprendziant siuos pagrindinius uzdavinius:
1.	leskant kampo tarp vektoriq a ir b :
S'b cos <p =-j—r .	(1 /)
I4H
Si formule gaunama is (12) formules.
2.	leskant vieno vektoriaus projekcijos kitame vektoriuje:
Si formule gaunama i§ (14) formules.
3.	Apskaiciuojant darbq/l, kurj atlieka jega F. veikdama materially! taskq, koi jis nueina tieses atkarpa keliq |?|:
A = |#|• j?|-coscp = F s',	(19)
cia ip _ kampas tarp jegos ir kelio krypciq.
Vadinasi, darbas lygus kunq veikiancios jegos ir to kuno poslinkio Vektoriaus skaliarinei sandaugai (skaliarines sandaugos mechanine prasme).
70
1 pavyzdys. Apskaiciuokime skaliarin? sandauga (id-2b')(2d +h), kai
4, о kampas <p = a, b = 120°.
Sprendimas. Remdamiesi skaliarines sandaugos savybemis, gauname:
(за - 2b^2d + b)= 6a~ + 3d -b - 4b - a-2b" = б|а|2 + За b -4a-b — 2|й |2 = cos cp - 2 • 16 = 54 - 3 - 4 • I - Г - 32 = 28.
Га-
3.20 pav.
2 pavyzdys. Trikampio virsunes yra taskai Л(2;-1;4), #(5;3;4)ir C (2; 5; 12). Is virsunes C nuleista aukstine dalija krastin? AB ( dvi atkarpas.
Apskaiciuokime kiekvienos jt[ ilgj ir trikampio virsunes A vidaus kampo didumajp (3.20 pav.).
Sprendimas. AB = {3; 4; о},
ЛС = {0:6;8}. Taikydami (17) formula, gauname:
~ab~ac
cos ip = .	-. .. .
Bet AB  AC = {3;4;0}-{0;6;8} = 24, |лв| = v'9+16 = 5,|лс| = V36 + 64 = 10,
todel
24	12
COS (p =--------
5-10 25
= 0,48.
Is cia <р®бГ18'.
Toliau remsimes (18) formule:
|~7;|	—~ AB-AC
Г> =Рг-тГс= -г—г 
Яд	, „I
— = 4,8. 5
Kadangi
|os|=|4b|-|.w|,
tai
DB =5-4,8 = 0,2. ▲
71
3 pavyzdys. Duoti vektoriai a - {3;—1;5} ir b = {1;2;—3}. Raskime vektoriii statmen4asiai Oz ir tenkinanti lygybes m a = 9, mb = -4.
Sprendimas. Pazymekime: m =	Kadangi di.O: =90°,
taj m_ =	• cos90° = 0. Tada m =	; mv ;0}. Zinome, kad
]m-a = 9,	' 3mx-mv=9.
[m-b = -4 mx + 2 m v = -4.
Issprend? siq lygciq sistemq, gauname: mx = 2, mv = -3 . Todel iesko-masis vektorius m={2;-3; 0}. A
4 pavyzdy s. Materialqji taskq P(3;2;-5) veikia dvi jegos: = {3;—2;4} ir
= {7;1;—1}. Apskaiciuokime darbq, kuri atheka siq jegq atstojamoji F, perkeldama materialqji taskq P j taskq Q (1; 2; 4).
Sprendimas. Taikysime (19) formula Kadangi F = Fj + F2 = {10; -1; 3}, о s = ?() = {-2;0;9}, tai
A = F-s =10-(-2)-l-0 + 3-9 = 7. A
3.8. Vcktorinc dviejq vektoriq sandauga
Tarkime. kad a ir h yra nekolinearieji vektoriai. Jq sudaromq kampq pazymekime ф(0<ф<л).
Apibrezimas. Vektoriii a ir b vektorine sandauga О b vadiname vektoriv c (3.21 pav.), tenkinaMi tris sqlygas:
1) cdd ir c± £> , taigi c statmenas vektoriq d ir b plokstuma:;
2) vektoriaus c modulis lygus lygiagrelamio, kurio dvi gretimos krasiines sutampa su vcktoriais d ir b, plotui, t. y.
c = axj
^lygiagr. p|
• b  sin ip ;
(20)
3) vektorius c nukreiptas taip, kad, ziitrint is jo galo, atrodytq, jog 'cktorius d, pasuktas maziausiu kampu 9 pries laikrodzio rodykles sukimosi ktypti, sutampa su vektoriaus b kryptimi.
^ymirna c = d x b arba c = ab .
Oar sakoma, kad treciajj reikalavimq tenkinantys vektoriai a,b,c sudaro ^esinin[ trejetq. Kai vektorius a sukamas pries laikrodzio rodykles sukimosi ktypti (.3.21 pav.) iki vektoriaus b , tai vektorius axb rodo krypti, kuria judetq
72
desininj sriegi turintis varztas, esant pasirinktai sukimo krypciai. Desinin^ sistemq galima pavaizduoti desiniosios rankos pirstais: nykstj nukreipus vektoriaus a kryptimi, о smiliq _______.
vektoriaus b kryptimi, didysis pirstas rodys vektoriaus c kryptj. Tais paciais kairiosios rankos pirstais galima pavaizduoti kairinq sistemq.
Bet kuriq nenuliniq vektoriq vektorinei sandaugai budingos sios savybes:
Vadinasi, vektorine sandauga nera komutatyvi.
2.	Vektorine sandauga asociatyvi daugybos is skaliaro atzvilgiu: к(ахб)= (ka)x6 = ах(хб);
cia X - realusis skaicius.
3.	Vektorine sandauga yra distributyvi vektoriq sudeties atzvilgiu: (a + 6 )x c = a x c + b x c .
4.	Vektorine sandauga ax 6 =6 tada ir tik tada, kai bent vienas is daugikliq yra nulinis vektorius arba sie vektoriai yra kolinearus:
ax6-0 <=> a || 6 .
Kadangi galioja 2-oji ir 3-oji savybe, tai vektorius dauginame vektoriskai pagal tas pacias taisykles, kaip ir du pirmojo laipsnio daugianarius. Taciau turime nepamirsti, kad, sukeisdami daugiklius vietomis, kartu turime pakeisti ir atitinkamo nario zenklq.
1 pavyzdys. Sudauginkime {ia - 56 )x ^4o + 6).
Sprendimas. Daugindami panariui, gauname
(за - 56 )x (4a + 6 )= За x 43 + За x 6 - 56 x 4а - 56 x 6 =
= Захб -56 х4а = з(ахб)-2о(б ха)= 3 (ахб]+2()(а хб)= 2з(ахб). А
Remdamiesi vektorines sandaugos apibrezimu, galime sudaryti vektoriq i, j, к vektonniq sandaugq lentel?.
j
i
2 lerttele
	i	j	к
i	6	-к	-* -j
j	-k	6	i
к	J	~i	6
3.22 pav.
73
Isidemeti siq lentel? pades schema, pavaizduota 3.22 paveiksle. Jei trilinpiausiu keliu nuo pirmojo iki antrojo vektoriaus einama priesinga laikrodzio rodykles sukimuisi kryptimi, tai sandauga lygi treciajam vektoriui, о jei laikrodzio rodykles sukimosi kryptimi, tai treciasis vektorius imamas su tninuso zenklu. Vadinasi, i xj = k, jxk = i, bet ix к = -j ir 1.1.
Dabar apskaiciuosime vektoriq a ir b vektorin? sandaugq, kai zinomos tq vektoriq koordinates staciakampeje Dekarto koordinaciq sistemoje. Tarkime, kad
a = jax;av;a, j = axi + avj +a.k ,
b = ^>x;by',bz}= bxi +byj + bzk .
Vektorius a ir b dauginame kaip daugianarius ir pasinaudojame 2-osios lenteles rezultatais:
a xb = {axi + avj + azk)x(bxi +byj +b:k) =
= axbx (i x i)+ axby {i x j)+ axb. (/ x к)+
+ aybx (7 x *)+ ayby (/ x 7)+ aybz (j X к )+
+ azbx(k x Z)+ a,bv(k x /)+ azbz(k xk)=
= axbvk +axbz (-7')+ a vbx (-£)+ avbzi +azbxj + azby (- i ) =
= (aybz -а:Ьу)> Aaxbz ~azbxYj + \axby ~aybxY ' Suskliausti reiskiniai lygus atitinkamiems antrosios eiles determinantams, todel
axb =
av az by b.
a b
ax bx
ay. bv
Desiniojoje
sios
determinanto
ax
b.
к
a. b.
ay bv
lygybes puseje esantis reiskinys yra treciosios eiles к a. bz
skleidinys pirmosios eilutes elementais. Is tiesq
av bv
az b.
ax az bx bz
<7-
.1+3 a
bx bz
a b
Todel galutinai dviejq vektoriq treciosios eiles determinants
a ir b vektorin? sandaugq axb isreiskiame
74
arba
ay by
bx
az b.
J к a v az bv b-j “
ax az ax ay bx b~ bx by
(21)
(22)
a xb =
2 pavyzdys. Raskime vektoriq a = 2; - 3j’ + к ir b = i + 2j - 2k vekto-
rin? sandaugq.
Sprendimas
1	_ 2
1
2
1
axb =
-2
-3
2
2
1
+ k
= 4/-J.(-5)+7A: = {4;5;7}. ▲
Geometr'joje vektorine vektoriq a ir b sandauga taikoma apskaiciuojant lygiagretainio bei trikampio, kuriq krastines sutampa su siais vektoriais (3.23 pav.), plotus:
'’lygiagr. ~ a x b >
a
3.23 pav.
(23)
Яд=||<5х£|,	(24)
taip pat jqaukstines (zr. (27) formula).
3 pavyzdys. Dvi lygiagretainio krastines sutampa su vektoriais a ir b. Apskaiciuokime jo plotq, kai a = 3m - 2n, b = 2m + 3n, |w| = 2 |й| = 5 , о
m,n =30°.
/
Sprendimas. Zinome, kad Siygjagr. = | axb j.
Remdamiesi vektorines
sandaugos savybemis, apskaiciuojame vektorin? sandaugq d/b :
axb = {3m- 2ii)x (2m + 3h)= б(тх m)+9 (mxn)-4(n хт)-б(п x н) =
= 9 (m x n) + d{m xn) = 13{mx n).
Tada ^lygiagr. = \a*b = 13| wxn| = 13-|w|-|n| - sin m, n
= 13-2-5-sin30°
= 13-2-5-~ = 65(kv. vien.).
75
4 pavyzdys. Trikampio ABC virsunes yra taskai Л(1;-1;2),/?(5;-6;2) ir
C(13;-l)- Apskaiciuokime sio trikampio plotq, ir aukstines, nuleistos is virsunes В i krastin? AC, ilgi (3.24 pav.).
Sprendimas. Zinome, kad
Sa4SC=||^x^c|.	(25)
Randame vektoriq AB ir AC koordinates bei vektorin? sandaugq:
AB= {4; -5; 0}, AC= {0;4;-3},
= 15/-}-(-12)+16^ = 15i+12J + 16)l = {15;12;16}.
Apskaiciuojame vektoriaus AB x AC ilgi:
|л5хЯс| = V152 +122 +162 =7625 =25.
Tada trikampio ABC plotas bus lygus
SMBC = ^--25 = 12,5 (kv.vien.).
Noredami rasti trikampio aukstin? h, pritaikykime kitq trikampio ploto formul?:
^c=||^Cp'-	(26)
Sulygin? (25) ir (26) formules, gauname: ~|л/?х Лс| = -^-|лс|-/г.
Is cia
|l8x йс|
—। -	(27)
И
Kadangi |jc| = >/0+16 + 9 = 5 , tai trikampio ABC aukstine
25
h = — = 5 (ilgio vien.). ▲
76
5 pavyzdys. Raskime vektoriq in, statmenq vektoriams a = {2;-3;l| jr b - {1;—2; 3} bei tenkinanti s^lygq in • (/' + 2/ - 7a)= 10.
Sprendimas. Tarkime, ieskomasis vektorius in = [пх;ту;т.\. Kadangi in ± a ir mA. b, tai in yra kolinearus vektoriq a ir b vektorinei sandaugai t. y.
in )| (t? x ).
Is pradziq randame vektoriq a x b :
a*b =
j
-3
-2
Zinorne, kad kolineariqjq vektoriq koordinates yra proporcingos. todel
mx my m. —— —-----— —— —
-7 -5 -1
Is cia
mx = -7X, my = -5X, m, ~ -X.	(28)
Nezinomq dydi X rasime is sqlygos in • (/ + Ij - Ik )= 10 . Is jos isplaukia, kad
mx + 2mv -1 mz = 10,
arba
-7X + 2-(-5X)-7-(-X)=10,
-10Л. = 10,
X = -l.
(ras? siq X reiksm? j (28) lygybes, randame vektoriaus m koordinates, taigi ir pat) vektoriq m = {7; 5; 1}. A
3.9. Misrioji trijq vektoriq sandauga
Vektorines sandaugos axb rezultatas yra vektorius. Padaugin? §1 vektoriq skaliariskai is vektoriaus c , gauname skaliarq.
Apibrezimas. Trijn vektoriii b misricya sandauga vadinamas skaicius, gautas skaliariskai padauginus vektorin^ sandaugq a/b is vektoriaus c .
Vadinasi, misrioji sandauga yra trijn vektorin vektoriskai skaliarine sandauga. Misrioji sandauga zymima (лхб) с arba
77
Tarkime, kad vektoriai a, b ir c vra nekomplanarieji. Atidekime juos nuo to paties pradzios tasko О ir nubraizykime gretasienj, kurio trys briaunos sutaptq su vektoriais a, b ir c (3.25 pav.). (rodysime, kad trijq vektoriq a, b ir c misrioji sandauga (axZ>)-c lygi gretasienio, kurio briaunos sutaptq su siais vektoriais,
ffiriui, paimtam su pliuso zenklu, jei vektoriai a, b ir c sudaro desininj trejetq, arba su minuso zenklu, jeigu mineti vektoriai sudaro kairini. trejetq.
Is pradziq sakykime, kad vektoriai a ir b yra nekolinearieji. Tada lygia-gretainio OADB, kurio krastines sutampa su vektoriais a ir b , plotas bus lygus |axb| = S]ygjagr. •
Pazymekime vektoriq axb raide d. Pritaik? skaliarines sandaugos apibre-
•cos0 = 5’lygiagr prjc ;
zimq, galesime parasyti: (axb)-c=|<5x£|-|c|
cia 0= c,d
. Bet prj c = OE = ±h ; cia h - gretasienio aukstine. Pazymej?
gretasienio turi raide V ir zinodami, kad jis lygus pagrindo bei aukstines sandaugai, gauname
±K.
^dxbj-C — S'lygiagr,
Dabar iSsiaiskinkime, kuriuo atveju rasomas pliuso zenklas, kuriuo — mi
nus° zenklas. Zinome, kad prj c = +h, kai kampas 0 = c, d yra smailusis
prj c = -h ir vektoriai a, b ir
O<0< —1. §ju0 atveju vektoriai a,b ir c sudaro desininj trejetq. Tuo v 2J
tarPu, kai kampas 0 yra bukasis y
c sudaro kairini trejetq. Taigi isitikinome, kad anksciau suformuluotas teiginys yra teisingas.
Kai vektoriai a, b ir c yra komplanarieji, tai vektorius c yra vektoriq = 0 . Vadinasi, ir [d/b 'j'C = 0 .
° lr 6 sudaromoje plokstumoje ir todel prj c
78
l-c = 0.
teigiamais vienetais, tai gretasienio turio
Lieka isnagrineti atveji, kai vektoriai a ir b yra kolinearieji. Tada d x b = б, о drauge ir (a x ]
Kadangi turis matuojamas formula galima uzrasyti taip:
3.26 pav.
Gretas. =|(ax/J-c|.
Trikampes piramides (3.26 pav.), kurios trys briaunos surampa su vektoriais d, b ir c, turis apskai-ciuojamas pagal formula
у . = 1 и = — ' pir. ’ grctas.
axb -с .
Bet kurie nenuliniai vektoriai a, b ir c turi tokias savybes:
(a x b>)• c = 0 - butinoji ir pakankamoji trijq vektoriq komplanarumo
1) sqlyga;
2)
3)
(a x />)• c > 0 , kai vektoriai d, b ir c sudaro desininj trejetq;
(a x b )• c < 0 , kai vektoriai a, b ire sudaro kairinj trejetq;
a =
4)
Trumpiau siq savybe galima uzrasyti, vartojant kitq misriosios sandaugos zymenj, butent:
Vadinasi, kai dauginami vektoriai cikliskai sukeiciami vietomis 3.27 paveiksle parodyta rodykles kryptimi, tai misrioji sandauga islieka teigiama, nes vektoriai a, b ir c visa laikq. sudaro desinini trejetq, о kai priesinga minetame paveiksle parodyta rodykles kryptimi — neigiama (siuo atveju trys misriosios sandaugos vektoriai sudaro kairinj trejetq).
ir c misriaja sandauga, zinodami siq vektoriq
Raskime vektorin a,b koordinates staciakampeje Dekarto koordinaciq sistemoje. Tarkime, kad a = L ' av; a. |= ari + a,.i +a,k ,
79
Zinome, kad vektorin a ir b vektorine sandauga a x b yra vektorius
axb =
i
ax bx
j к
a} a-by bz
a} az ax az ax av bv b- ’ bx b. ' bx bv
Padaueinkime s[ vektoriq skaliariskai is vektoriaus c . Tam tikslui vienavardes vektoriq axb ire koordinates sudauginkime ir sudekime:
Desiniojoje lygybes puseje parasytas reiskinys yra treciosios eiles determinanto
а у	a у	az
bx	by	bz
cx	Cy	cz
skleidinys treciosios eilutes elementais. Is tiesq
ax bx cx
ay by cy
b
ay by
todel galutinai trijq vektoriq misrioji sandauga lygi treciosios eiles determi-nantui:
[a x b )• c =
ax a у az bx by b. .
cx cy cz
Trijq nenuliniq vektoriq komplanarumo sqlyga yra
bz cz
= 0.
80
1 pavyzdys. Trikampes piramides virsflnes yra taskai ^(3;-l;5) В (5; 2; 6), C (-1; 3; 4) ir D (7; 3; -1). Apskaiciuokime sios piramides tur) aukstines, nuleistos is tasko D j sienqABC, ilg( (3.28 pav.).
Sprendimas. Nubraizykime tris vektorius, iseinancius is vieno tasko pavyzdziui, is tasked: AB, AC, AD. Zinome, kad trikampes piramides turis
3.28 pav.
V  = —
pir' 6
AB* AC\AD
Randame vektoriq AB, AC ir AD koordinates:
A8 = {2;3;1}, AC = {-4;4;-l},
JD = {4;4;-6}.
Apskaiciuojame misriqjq gautq vektoriq sandaugq:
4
1
-1
-6
= -156.
Tada trikampes piramides turis
kpir =  | -1561 -- - = 26 (kub. vien.).
Noredami rasti piramides aukstin? h, pritaikykime kitq piramides turio formula
^pir.
Bet SMSC = — | AB*Ac\, todel
rDir =- AB* AC pir' 6
h.
Sulygir.kime siq formul? su (31) formule:
£ 6
ABxAC -AD
ABx AC  h.
6
81
Is cia
AB у AC • AD
ABx AC
Kadangi
h =
к
J
3
AB*AC=-
7i-2j + 20£ = {-7;-2; 20}
-4
-1
4
tai | ABx AC | = -749 + 4 + 400 = 7453 . Tada trikampes piramides aukstine h fygi
|~l56l 156
h = ' .--' = r — ® 7,33 (ilgio vien.) ▲
7453 745З
2 pavyzdys. Su kuria X reiksme vektoriai a,b ir c bus komplanarieji, kai a = (3X; I; 4), b = (3; 2X; - 6), c = 8/ + j - 2k?
Sprendimas. Vektoriai a, b ir c yra komplanarieji, kai misrioji jq san
dauga lygi nuliui:
[a x b )• c =
I 4
2X -6 =0аб7 + 23X + l5 = 0.
I -2
Issprend? siq kvadratine lygtj, gauname dvi reiksmes X| =-3 ir X2 = —, su
kuriomis vektoriai a, b ir c bus komplanarieji. ▲
3 pavyzdys. Ar gali keturi taskai Л(1;2;3), В (2; 4; 1), C(l;-3;6) ir D (4; -2; 3) priklausyti vienai plokstumai (3.29 pav.)?
Sprendimas. Taskai А, В, C ir D priklausys plokstumai я, kai vektoriai ^B.AC ir AD bus komplanarfls. Randame siq vektoriq koordinates:
Л5 = {1:2;-2}, AC = {0;-5; 3/.	/	/	(.	/
4D=^;-4;o).	/	/
3.29 pav.
82
Apskaiciuojame misriqjqjq sandauga
1
(ab* ac)ad= о
3
2
-5
-4
-2
3
0
= 0.
Kadangi misrioji trijq vektoriq sandauga lygi nuliui, tai tie vektoriai yra komplanarus, о taskai А, B, Cir D priklauso vienai plokstumai л. ▲
Uzdaviniai
1. Vektoriai a ir
b sudaro 120° kampa, Apskaiciuokite a + b ir
a-b , kai
|a[ = 3 ir b = 5 .
2.	Vektoriai m ir n sutampa su rombo ABCD [strizainemis AC = in ir BD = n. Vektorius AB, BC, CD ir DA isreikskite vektoriais th ir h .
A, kuriq |A| = 2N , |A2| =
IN.
3.	Materially; taskq A veikia dvi jegos A ir
Raskite jq atstojamosios jegos F moduli bei kampa tarp jegos F ir jegos A(,
kai Fj, F2
= 60°.
4.	Apskaiciuokite vektoriaus d = a-2b+3c moduli bei vienetini vektoriq d°, kai a = {2;-3;l}, b = {l;5;-2}, c = {3;-4;3}.
5.	Materially; taskqri veikia trys jegos: F\, F2 ir F3. Raskite jq atstojamqjq, kai yra zinoma, kad F\ = {1;1;1}, F2 nukreipta vektoriaus {l;2;-2{ kryptimi, F3 —vektoriaus {3; -4; 0} kryptimi, be to,
6.	Duoti vektoriai о = {1;-1;2}, Л={-2;0;2) ir c = {3;2;1}. Apskaiciuokite:
|f2| = 6,O F3
= 10.
a) a  c ; b) a + b • c ; c) a • I 2b + 3c ; d) a • b • c .
7.	Apskaiciuokite vektoriq « = 3m-0,5л ir AB skaliarine sandauga kai m = {l;-l;2}, п = {2;4;-б}, Л(1;-1;-2), 5(4;l;-2).
8,	Raskite vektoriq m, kolinearq su vektoriumi a = ;2;3;2}, kai th  a = 34 .
9.	Jega F - {3;-2;5} perkelia materially; taiSkq i§ padeties P j padetj Q-Apskaiciuokite jos atliekama darbq, kai taskq P ir Q padetis nusakoma spinduliats vektoriais OP = {1; 4; -1}, OQ = {- 2; 3; 1}.
83
10 Raskite vektoriaus a = {2;-3; 4} projekcijn vektoriuje b, kuris su koordinachi
a5imis
sudaro lygius smailiuosius kampus.
Ц Su kuria a reiksme vektoriai a + ab ir a-ub yra statmeni, kai
<7=3,0
T5?
12.	Duoti vektoriai a = {2; 1; 0}, b = {2;-1; 1} ir c = {0; 1; 1}. Raskite:
a) a x b ; b)
ax/>lxc; с) рг-хИ 3a-b .
13.	Dvi gretimos lygiagretainio krastines sutampa su vektoriais a - 2i + / ir h = -j + к . Apskaiciuokite sio lygiagretainio plогц. bei [strizainiq sudaroma kampa.
14.	Apskaiciuokite trikampio, kurio dvi krastines sutampa su vektoriais
a = p+2q ir b = 2p + q , р1оЦ, kai |p| = 1, |<?| = 1 , о <p= p,q [ = y .
15.	Raskite vienetini vektorin in, kai zn = 2/ix3r + 4a ir a = 2i - j +3k , p = 3i-2k, r = {2;-l;-l}.
16.	Raskite vienetini vektorip, statmeni plokstumai, kurioje yra vektoriai 1} ir {3;4;-l}.
17.	Su kuria a reiksme vektoriai a = {2;-2;-l}, Z> = {-3;2;1} ir c = ai+2j + + ak yra komplanarus?
18.	Trikampes piramides virsunes yra taskai A (0; 0; 1), В (2; 3: 5), C (6; 2; 3) ir £*(3; 7; 2). Apskaiciuokite piramides turi 'r aukstines, nuleistos i§ virsunes A ( sien^ BCD, ilgf.
19.	Duotos trys trikampes piramides viriiunes A (-1; 0; 1), 5(-2;--l;0), C(2; -1; 1). Raskite ketvirtryn virsmiQ D. esancia asyje Ox, kai sios piramides tQris V~2 kub. vien.
4
Г
TIESE, IR PLOKSTUMa
4.1. Bendroji plokstumos lygtis
Plokstumos padeq erdveje galima vienareiksmiskai nusakyti keliais budais. Siame skyrelyje isnagrinesime tq atvejj, kai plokstumos я padetis erdveje apibudinama jos tasku Л/0(.х0; y0;z0) bei nenuliniu jai statmenu vektoriumi n = {A;B;C} (4.1 pav.), kuris vadinamas plokstumos normales vektoriumi.
Parinkime kintamqjj plokstumos taskq M (x; y; z) ir nubrezkime vektoriq MqM = r-r0 = {x - Xq;у - yo; z - z0}; cia r ir r0 yra taskq M ir Mq spinduliai vektoriai.
Kai taskas M priklauso plokstumai n, tai vektorius MqM yra toje plokstumoje, todel MqM ± n . Stat-menq vektoriq skaliarine sandauga lygi nuliui:
(r-?o)-n = O.	(1)
Sis sqrysis tinka tik plokstumos л taskams, taigi jis nusako plokstumos lygtj, kuri vadinama vektorine
plokstumos lygtimi.
(1) sqrysj paras<j koordinatine israiska
.4(.r - .r0) + B(y - y0) + C (z - z0) = 0
bei pertvarke, gauname bendrqjn plokstumos lygti
Ax + By + Cz + D = 0;	(2)
cia D = -Axq - ByQ - Cz0.
Tai pirmojo laipsnio lygtis kintamqjq .r, y, z atzvilgiu. Isnagrinekime atskirus jos atvejus.
85
1 Kai 0=0. tai plokstumos я r.ormales vektorius n = \A;B;0}. Kadangi •0 projekcija asyje Oz lygi nuliui, tai ii±Oz. Ta'ciau н±я, todel тс || Oz. Vadinasi, lygtis Ax + By + D = 0 nusako plokstumq, lygiagrecia su asimi Oz.
Aisku, kad lygtys By + Cz + D = 0 ir Ax + Cz + D = 0 apibudins plokstu-mas lygiagrecias atitinkamai su asimi Ox ir Oy.
1. Kai 3 = 0 ir C = 0, tai n || Oy, к || Oz. Vadinasi, plokstuma я yra lygiagreti su koordinaciq plokstuma yOz.
Lygtys Ax + D-G, By + D = 0; Cz + D = 0 apibrezia plokstumas, lygia-grecias atitinkamai su koordinaciq plokstumomis yOz, xOz irxOy.
3.	Kai D-0, tai lygciai Ax + By + Cz = 0 tinka koordinaciq pradzios tasko 0(0; 0: 0) koordinates. Vadinasi, lygtis
Ax -r By+ Cz = Q
nusako plokstumq, kuriai priklauso koordinaciq pradzios taskas.
4.	Kai C = 0 ir D = 0, tai я |] Oz ir koordinaciq. pradzios taskas yra plokstumos taskas. Vadinasi, lygtis
Ax + By = 0
nusako plokstumq, kurioje yra asis Oz.
Lygtys Ax + Cz = 0 , By + Cz = 0 apibrezia plokstumas, kurioms priklauso atitinkamai asys Oy, Ox.
5.	Kai B= C = D = Q, tai plokstumai я priklauso koordinaciq pradzios taskas irji yra lygiagreti su koordinaciq plokstuma у Or, taigi plokstuma я yra koordinaciq plokstuma yOz. Kai В = C = D = 0, is (2) lygties gauname Ax = 0, r='O (А Ф 0). Vadinasi, .r = 0 yra koordinaciq plokstumos yOz lygtis. Atitinkamai у = 0 - koordinaciq plokstumos xOz lygtis ir z - 0 - koordinaciq plokstumos xOy lygtis.
Pavyzdys. Kokiq plokstumos ir erdves taskq aib^ apibudina lygtis Зя + 5с = 15?
Sprendimas
4.2 pav.
4.3 pav.
86
Erdveje lygtis 3x + 5z = 15 apibudina plokstumq, lygiagreciq su asimi Oy (4.2 pav.). Sios plokstumos normales vektorius n = {3; 0; 5} .
Plokstumoje xOz si lygtis nusako ties?, kuri kerta koordinaciq asis taskuose M\ ir M2 (4.3 pav.). ▲
Tarkime, kad plokstuma koordinaciq asyse Ox, Oy ir Oz atkerta atitinkamai atkarpas a, b ir c (4.4 pav.). Tai reiskia, kad plokstuma eina per taskus (a; 0; 0), (0; Z>; 0) ir (0; 0; c). Siq taskq koordinates tinka (2) lygciai todel teisingos lygybes .4-a + B- 0 + C- 0 + £)-0,J O + 5- 6 + C O + D=:0, d - 0 +Д-0 + C'c + D = 0 . Is cia
л=_^в=_£,с=_£. a b c
Iras? sias A, В ir C israiskas ((2) lygtj, gauname
-£.r-£y-£z + Z) = 0, a b c
X у z , a b c
Si lygtis vadinama asine plokstumos lygtitni.
= 12, kurios asin? israiskq
у z ,
+ —+ — = 1
4-3 6
gauname padalij? abi pradines lygties puses is 12, apibudina plokstuma pavaizduotq 4.5 paveiksle (cia pavaizduota plokstumos dalis, esanti ketvirta-jame oktante).
Zinome, kad trys taskai vienareiksmiJkai nusako plokstumq. isveskime plokstumos, einancios per tris taskus -^1(^1;yu-i), М2(х2>У2’г2) 11
87
д/3(г<Уз1-з) • Kintam4H plokstumos taskq pazymekime M(x;y;z) ir nubrezkime vektorius (4.6 pav.) _______
д/[л7 = {x-x}',y-y};z-z\}, M\M2 = {x2-x]-,y2~yl;
~zi^
Tai iryra ieskomoji plokstumos lygtis.
4.2.	Kampas tarp dviejq plokstumq
Tarkime, duotos dvi plokstumos 7t] ir n2, kuriq lygtys ^]X + 5|y + C]Z + £)| =0 ir A2x +B2y + C2z +D2 =0. Kampas tarp plokstumq tvj bei rc2 lygus kampui tarp jq normales vektoriq щ ir n2.
Kadangi wj = {JjjBpC]}, n2 = {A2>B2,C2}, tai, remdamiesi 3.7 sky-relio (17) formule, gauname sqrysi
Й1  n2	AiA-) + B\B-> + CiC2
cos <p = j 1	, = 	- f --------,
I «1 j' J ”2 j ^A\ + B\ + C,2 • ^A2 + B2+C2
kuris ir apibudina kampq q> tarp plokstumq Л] bei n2 .
Plokstumn ir n2 statmenumo sqlyga isplaukia is sqlygos «| 1 n2. taig> is sqlygos й| • n2 = 0, ir yra tokia:

Plokstumn Л] ir n2 lygiagretumo sqlyga isplaukia is jq normales
Vektoriq bei kolinearumo ir yra tokia:
Л2 ^2 C2
88
4.3.	Tasko atstumas iki plokstumos
Tarkime, kad salia plokstumos л, kurios lygtis Ax + By + Cz + D = о duotas taskas M^xriyiZj). Raskime jo atstumqi/ iki plokstumos л. Is tasko M] nuleiskime statmenj M\M0 i plokstumq л ir to statmens pagrindq pazy -
mekime M0(x0;y0;z0) (4.7 pav.).
Tada d = MqM\ . Kadangi vektorius
ir plokstumos л normales vektorius p yra kolinearus, tai jq sudaromas kampas <p lygus nuhui arba л. Todel cos<p = ±l.
Apskaiciuokime skaliarin? vektoriq Af04f; ir n sandaugq:
MqM\ n= MqM\ 
| й |- costp = ±d ’ | w | •
Is cia
n
d =
Bet Л/0Л/| = {xj -XqJV] -yo',C] -zq} *r n =M> Д O’ todel
“xo) + ^0'l _Jo) + C(Z]-z0)|	| Лх] +	+ Cz] + P|
^A2 + B2 + C2	^A2 +B2 + C2
cia -Axq - ByQ - Czq - D, nes At, e r,
Pavyzdys. Dvi kubo sienos yra plokstumose 3x-4v + z +15 - 0 ir 6x - 8 у + 2z - 7 = 0. Apskaiciuokime to kubo turj.
Sprendimas. Kadangi nurodytq plokstumq normales vekloriQ й] = {3;—4; 1} ir й2 = {6;-8; 2} koordinates yra proporcingos, ta; tos plokstumos yra lygiagrecios. Todel kubo briaunos ilgis lygus atstumui tarp sill plokstumq. Antra vertus, sis atstumas lygus atstumui d nuo bet kuno plokstumos 6x - 8y + 2z - 7 = 0 tasko iki plokstumos 3x - 4 v + z +15 - 0 .
Parinkimc kurj nors plokstumos 6x - 8y + 2z - 7 = 0 taskq, pavyzdztut> taskq, kurio у = -1, z = 1. Tada x = -0,5. Apskaiciuokime atstumq d:
89
</ =
18.5 _ 37
J26 2^26
Vadinasi, kubo turis
^9 + 16 + 1
К = d3 =
~ 47,76 (kub. vnt.). ▲
4.4.	Erdves tieses kanonines lygtys
Tieses 7'padeti erdveje vienareiksmiskai nusako taskas My(x0;Vo’’zo) >
per kuri eina ta tiese, ir lygiagretus su ja nenulinis vektorius s = {I; m; n} (4.8 pav.), vadinamas tieses krypties vektoriumi. Kintamqji tieses T taskq pazymekime M(x;y;z) ir nubrezkime vektoriq. MqM . Kadangi vektoriai
M0M = r-r0 = {x-XQ-y-y0;z-z0}
ir J yra kolinearus, tai
r - r0 = t  s ;	(3)
cia r ir ry — tasku Mir Mq spinduliai vektoriai, t- realusis skaicius.
(3)	lygtis vadinama vektorine tieses T lygtimi. Is jos, sulygine vektoriq r - Fq ir t • s koordinates, gauname lygtis
x - x0 = tl, y-yQ = tm, z - z0 = tn, arba
x = Xq + tl,
у = To +tm-	(4)
Z - Zq + tn.
(4)	lygtys vadinamos parametrinemis tieses T lygtimis.
Kadangi vektoriai r - vq ir s yra kolinearus, tai jq koordinates Proporcingos. Is sios sqlygos isplaukia erdves tieses kanonines lygtys
X-Xq = у - ,1’0 = z-z0
I m n
90
(5)	lygtis galejome gauti is (4) lygciu, tereikejo eliminuoti is jq parametrq/:
*-*0 = t У^У^. = t --So = ( I	m	n
Is cia ir isplaukia (5) lygtys.
Tarkime, zinomi du tieses T taskai A/] (xj;y}\z\) ir	.
Tada vektorius M\M^ = {x2 ~Х\’,У2 ~ TiJ-2 _ <11 && buti tieses T krypties vekrorius s. ( (5) lygti vietoj tasko Mo koordinaciq )ras§ tasko M\ koordinates, vietoj /, m, n dydzius x2 - x,, _y2 _ ki > -2 ~ Z1, gauname tieses, einancios per du taskas, lygti
x-x{ _ y-y} = g-Zj
*2-Xl	T2-T1	=2-Z]
1 pavyzdys. Raskime tasko P(3; 1; -5) projekcijq plokstuinoje я, kurios lygtis 2x-4j + 3z-16 = 0 (4.9 pav.).
Sprendimas. Is tasko P nuleiskime stauner.) j plokstuma л; to statmens pagrindas Q ir bus tasko P projekcija. Taskq Q galesirne rasti kaip tieses T ir plokstumos л sankirtos taskq..
Kadangi plokstumos я normales vektorius n = {2;—4;3} yra lygiagretus su tiese T, tai jj galima laikyti sios tieses krypties vektoriumi.
Pritaik? (5) formules, parasome kanonines tieses T lygtis:
x-3_ y~1_2 + 5
~2~ Д’” з
Noredami rasti tieses Tir plokstumos я sankirtos task^ Q, turime isspr?sti sistem^, sudaryr^ is jp lygciq:
x-3 v-1	z+5
< 2	- 4	3 ’	(6)
2x - 4 у + 32-16 = 0.
Tokiq sistemq patogiausia spr^sti, pakeitus kanonines tieses lygtis parametn-nemis:
arba
x = 2t + 3, у = -4t + 1, z = 3/ - 5.
91
)ras?
sias x, У, з israiskas i antrqjq (6) sistemos lygti, gauname
2(2t + 3)-4(-4/ + l) + 3(3/-5)-16 = 0
29/ - 29 = 0 ,
t = 1.
Tada ,r = 5. y = -3, z = -2. Vadinasi, tasko P projekcija plokstumoje n yra taskas Q (5;-3, —2). ▲
2 pavyzdys. Plokstuma л nubrezta per dvi lygiagrecias tieses x -1 у +1 z-4 . x v-2 z+ 5 3-12	3-12
Parasykime plokstumos л lygti.
Sprendimas. Kintamqji plokstumos л taskq pazymekime M(x;y; z) ir nu-brezkime vektorius M\M bei M\M^ ; ciaM](l;-l;4), M2(0; 2;—5) — taskai,
per kuriuos eina duotosios tieses 7] ir Г2 (4.10 pav.).
Kai taskas M priklauso plokstumai л, tai vektoriai M]A/ = {x-l;y’ + l;z-4}, M]jW2 = {~k 3;-9} ir tiesiq krypties vektorius s - {3;—1; 2} yra vienoje ploks-tutnoje, taigi sie vektoriai komplanarus. Parasykime trijq vektoriq komplanarumo sqlygq:
4.10 pav.
y + 1 z-4
x !•? =
3	-9 = 0<»3x + 25v + 8z-10 = 0.
з
-1	2
Gautoji lygtis ir yra plokstumos л lygtis. ▲
4.5.	Erdves tieses bendrosios lygtys
Dvi susikertancios plokstumos Л] ir л2, nusakomos lygtimis 4]X+ #]>’ + +C |Z + £>| = 0 ir Ayx + B->y + C2z + Z)2 = 0, apibrezia vienq ties<? — jq sankirtos rezultatq. Todel lygciq sistema
+ B}y + Qz + Z>] =0,
^2^ + ^2У ^2^ ^2 =
®fdveje nusako ties? T (4.11 pav.). (7) lygtys vadinamos bendrosiomis tieses T 'ygtimis.
92
atzvilgiu. Kai Л] ir л2 Уга plokstumq
Pakeiskime jas kanoninemis lygtimis, apibreziamomis (5) formulemis. Tam tikslui reikia zinoti tieses T taskq Mo bei jos krypties vektoriq s . Tasko A/o koordinates rasime is (7) siste-mos, laisvai parink? kuriq nors vienq koordinat? ir issprend? tq sistemq kitq dviejq koordinaciq
Л] ir я2 normales vektoriai, tai
«! 1 Л], л? -1-712 • Kadangi plokstumq sankirtos tiese T priklauso tiek vienai, tiek kitai plokstumai, tai jq ± T ir л2 1 T , taigi tiese T yra statmena vektoriq ir л2 plokstumai. Is vektorines algebros zinome, kad vektoriq zq ir л2 plokstumai yra statmenas vektorius h\ x л2. Is Cia isplaukia, kad vektorius Л) x л2 yra lygiagretus su tiese T, todel jj galima laikyti tieses T krypties vektoriumi s . Vadinasi, s = /q x л2.
Pavyzdys. Bendrqsias tieses lygtis
4x - 5y + z - 3 = 0, x + 2y - 3z + 9 = 0
pakeiskime kanoninemis.
Sprendimas. Pirmiausia raskime tieses taskq Мц. Parink?, pavyzdziui, x = 1, gauname sistemq
- 5 у + z +1 = 0, < 2y-3z + 10 = 0,
turinciq sprendinjy = 1, z = 4. Taigi Mo (1; 1; 4).
Raskime .? = jq x л2. Kadangi n} = {4;-5; 1}. л2 = (l;2;-3},tai
= 13z' + 13j + 13A: = {13;13;13}.
1 2 -3
Vadinasi, kanonines tieses lygtys yra tokios:
x-1 y-1 z-4 13 ’ 13 ’ 13 ’
93
arba
Jas galima parasyti ir taip:
x-1 _ y-l_ z-4
x-l=y-l=z-4.▲
4.6.	Kampas tarp tieses ir plokstumos
Tarkime, tiese T nusakoma kanoninemis lygtimis x-xp _ >’~Ko = z~zq I m n
о plokstuma л — lygtimi Ax + By + Cz + D = 0. Kampu tp tarp tieses T ir plokstumos л vadiname kampa tarp tos tieses ir jos projekcijos plokstumoje n ,		л
(4.12 pav.). Kadangi ip + a= —, taicosa = cos
cia a — kampas tarp tieses T krypties vektoriaus s- {I, nr, n\ ir plokstumos л normales vektoriaus n - {A; B; C}.
Is vektorin n ir s skaliarines sandaugos isplaukia, kad n s cos a = । । i .
Tada
= sin ip;
sinip =
2	2
+ m + n
Al + Вт + Си
+ B2 +
Kai T || n, tai n _L s , todel ns=Q. Is cia gauname tieses ir plokstumos b'giagretumo sqlygq:
Al + Вт + Cn = O.
Kai 11 я, tai n || s , todel |ц koordinates yra proporcingos. Is cia 'splaukia tieses ir plokstumos statnienumo sqlyga:
Л__В__С_
I m n
Pavyzdys. Su kuria В reikSme tiese T, nusakoma lygtimis x-2y + 3z + 8 = 0, '4x-3y + 4z-l = 0,
bus lygiagreti su plokstuma я, kurios lygtis lx - By - 2г - 3 = 0 ?
94
Sprendimas. Kai tiese T lygiagreti su plokstuma л (4.13 pav.), tai tieses krypties vektorius s yra statmenas plokstumos normales vektoriui n = {2; - B; -2} ir skaliarine jq sandauga s • й = 0.
4.13 pav.
Pazymekime: «| = {l;-2;3}, й2 =
= {4;-3; 4}. Kadangi s = й] x й2, tai is sqlygos J • n = 0 isplaukia, kad
x й2 )• й = 0 . Vadinasi,
1 -2
4 -3
2 -B
is cia-85-8 = 0, B = -1.A
4.7.	Tasko atstumas iki tieses erdveje
Tarkime, kad duota tiese T, kurios lygtis
X-Xp _ y-y0 _ Z-Zq
1 m n
ir taskas M] (xt; ; Z|), esantis salia tos tieses.
Pazymekime zinomq tieses T taskq М0(х0;у0;20). Tada vektorius ir tieses krypties vektorius s - {I; m; n} apibudins lygiagretaini MqM\AB (4.14 pav.), kurio aukstine lygi atstumui d nuo tasko A/| iki tieses T. Remdamiesi 3.8 skyrelio (27)
4.14 pav.	formule, gauname:
MqM] x s
(8)
Pavyzdys. Apskaiciuokime atstumq nuo tasko M[(6;l;-6) iki tieses x + 2 _J' + 3_z
-1	2 "5 ‘
95
Sprendimas. Kadangi A/q(-2;-3;0), оЛ/|(6;1;-6), tai MqM\ - {8;4;-6J
Л/0Л/1 x J =
i
8
-1
J	A-
4	-6
2	5
= 32i - 34J + 20k.
Apskaiciuojame vektoriq modulius:
у-s
^322 + (-34)2 +
202 =^2580 ,
| у | = ^(-l)2 +22 +52 = 730 .
Vadinasi,
'86 « 9,27. ▲
4.8.	Tieses plokstumoje lygtys
Ties? plokstumoje, kaip ir plokstumq erdveje, galima vienareiksmiskai nusakyti keliais biidais: dviem taskais, per kuriuos eina ta tiese; tasku, priklausanciu tai tiesei, ir su ja lygiagreciu vektoriumi; tasku, priklausanciu tai tiesei, ir jai statmenu vektoriumi. Nelygu kuris tieses padeties nusakymo budas pasirinktas, gaunamos skirtingos israiskos tieses lygtys.
Kai tieses padetj plokstumoje nusako jos taskas Л/о(хо;Уо) *r Jos normales vektorius n = {A;B}, statmenas tai tiesei, tai analogiskai bendrajai plokstumos lygciai gauname bendrqfq tieses lygt}
Ax+By+C=0;
йа C = -Axq - By().
Matome, kad ji yra pirmojo laipsnio lygtis kintamqjq x ir у atzvilgiu.
Pavyzdys. Tieses T, einancios per taskq A/q(1;2) ir statmenos vektoriui ” = {3;-4}, lygtis yra
3(.r-l)-4(y-2) = 0,
3x-4y + 5 = 0.
Kai tiese asyse Ox ir Oy iskerta atkarpas a ir Ь (4.15 pav.), tai jq galima nusakyti jos asine lygtimi
4.15 pav.
96
Kai zinomas vienas tieses taskas Л/о(хо;уо) ir su ja lygiagretus nenulinis vektorius s = {l;m}, tai ties? galima apibudinti jos kanonine lygtimi
analogiSka erdves tieses kanoninei lygciai.
Kai zinomi du tieses T taskai Л/^x^yJ ir Л/2(х2;y2], tai jos lygtis yra tokia:
X - X, y- )’]
X2-X1 y2-yi ’
Isvesime tieses lygti, kai zinomas taskas, per kurj ji eina, ir tos tieses su teigiamqja asies Ox kryptimi sudaromas kampas.
Tarkime, kad tieses T, einancios per taskq Л/0(х0; y0), krypties vektorius
yra s = {l;m} arba jo ortas s° = {cos a; cos P); cia a, p - kampai, kuriuos
vektorius s sudaro su teigiamosiomis asiq Ox ir Oy kryptimis (4.16 pav.).
y-aj = sina ir s° = {cosa;sin a}.
Vadinasi, (9) lygti galime uzrasyti taip:
X-Xp У ~ У0 .
cos a sin a
is cia у - уо = tga(x - x0), arba
y-y0 =A-(x-x0).	(10)
Dydis к = tga vadinamas tieses T krypties koeficientu, о (10) lygtis — tieses, kurios krypties koeficientas zinomas ir kuri eina per tarn tikrq taskq, lygtimi.
Pertvark? (10) lygti, gauname:
у = kx + y0 - kx0,
y = kx + b;	(11)
cia b = уо - Ax0. Kadangi у = b, kai x = 0, tai tiese T eina per taskq MO; M Taigi | b | yra atkarpos, kuriq tiese iskerta asyje Oy. ilgis (4.17 pav.).
Lygtis у = kx + b vadinama kryptine tieses lygtimi.
Tieses, einancios per koordinaciq pradziq, lygtis yra у = kx.
97
Pavyzdziui, kai per taskp Af0(-l;-3) einanti tiese su teigiamqja asies Ox jyyptimi sudaro kampp a = 120°, tai к = tgl 20° = -^3 . Tada (10) lygtis virsta lygtimi
У + 3 = -у/з (x +1),
у = -^3х-3-у[з .
4.9.	Kampas tarp dviejq tiesiq plokstumoje
Kampas (p tarp dviejp tiesip 7j ir T2 lygus kampui tarp sip tiesip normales vektorip «] ir n2 arba jp krypties vektorip ?] ir s2. Sis kampas randamas panaudojant 3.7 skyrelio (7) formula Kai tieses 7j lygtis yra A\x + B}y + Q = 0 , tieses T2 lygtis — A2x +B2y + C2 = 0 , tai
щ ' и-) AiAi + ByB')
h г l"21	+ B2  JaI + Bk
Pavyzdziui, smailusis kampas tarp tiesip 2x-7y + 4 = 0 ir 13x + +2y -1 = 0 nustatomas i§ sprysio
costp =
________26-14
^22 + (-7)2 J132+22
12
g o,125; V53-V173
is cia <p » 82,8°.
1 pavyzdys. Duota tiese T, kurios lygtis 3x - 2у + 6 = 0. Parasykime dviejp tiesip, einancip per taskp Л70(1;-3), lygtis, kai viena tp tiesip yra lygiagreti su duotpja tiese, о kitajai statmena (4.17 pav.).
4.17 pav.
98
Sprendimas. Tieses T normales vektorius n={3;~2} yra statmenas tdl tiesei. Lmkime leskomosios tieses 7, kintamqjj taskq Kj(x; v) ir nubrezkime vektoriq TWqA?] = {x-1;v + 3}. Kadangi й 1 T , tai kartu n J. M0K> , todel skaliarine jq sandauga lygi nuliui:
n  М^К\ - 0	3(.r -1) - 2(y + 3) = 0.
Atliky veiksmus, gauname tieses 7j, lygiagrecios su tiese T, bendrqjq lygti:
3x-2y-9 = 0.
Imkime tieses T2 kintamqp taskq K2(x;y) ir nubrezkime vektoriq MqK2 = {x-l;j' + 3}. Kadangi n LT ir T2LT, tai М^К2 ||n , tooel jq koordinates yra proporcingos:
Gavome kanoniny tieses T2 lygti. Sios tieses krypties vektorius s2 - {3;—2} sutampa su tieses T normales vektoriumi n . Pertvarky (12) lygtj, gauname ieskomosios tieses T2, statmenos tiesei T, bendrqjq Jygtj
2x + 3y + 7 = 0 .
Sios tieses normales vektorius kartu yra ir tieses 7] krypties vektorius, todel J| = {2; 3} . ▲
Isvesime kampo tarp tiesiq 7j ir T2 formula, kai zinomi tq tiesip krypties koeficientai k\ ir k2 . Kadangi, sus'kertant dviem tiesems, susidaro keturi kampai, is kuriq du yra skirtingi, tai kampu tarp tiesiu Tt ir T2 (4.18 pav.) sutarsime vadinti smailqji kampq <p, kuriuo reikia sukti ties? T\ apie taskq C, kad ji sutaptq su tiese T2. Jeigu sukama priesinga laikrodzio rodykles judejimui kryptimi, tai kampas yra teigiamas, jei laikrodzio rodykles sukimosi kryptimi — yra neigiamas. Tiesiq Д ir T2 su asimi Ox sudaromus kampus pazymekime rij ir ct2 • Tada k\ = tga.|, k2 = tga2. Kadangi a2 Уга trikampio ABC priekampis, tai a2 = c/j + cp ; is cia <p = a2 - ct] ir
tgq> = tg(a2 - aj) =
tga? -tgai l + tga;tga2
Vadinasi,
tgip =
kl
1 4-
99
Kai tieses 7] ir T2 yra lygiagrecios, tai ф = 0 arba ф = л. Tada tgф = 0 ir k[=k2- Lygybe kl = k2 ir atspindi dviejq tiesiq lygiagretumo sq/ygq.
Kai tieses 7j ir T2 yra statmenos, tai ф = 90° ir a2 =	+ 90°. Is cia
tga2 = tg(ai + 90°) = —ctgcti. Vadinasi, tga2 =-------—, arba k2=-—.
tgcxj	k}
Todel lygybe 1 + A-j k2 =0 isreiskia dviejq tiesiq statmenumo sqlygq.
2 pavyzdys. Tiese eina per taskus Л(2; 2) ir C(12; 8) (4.19 pav.). Per atkarpos AC vidurio taskq M nubrezta tiese BM sudaranti su AC 45° kampq. Parasykite tieses BM lygtj.
Sprendimas. Parasykime tieses AC, einancios per du zinomus taskus, lygti:
x-12 _ у-8
2-12 ~ 2-8 ’
x-12 _ y-8
-10 ~ -6 ’
ЛС:Зх-5у + 4 = 0.
Zinome, kad kryptine tieses lygtis yra у = kx + b. Todel, is gautos lygties
isreisk? у = 2
Tieses BM krypties koeficientq formule
4	3
— , suzinosime tieses AC krypties koeficientq kAC - —.
kBM apskaiciuosime remdamiesi
tg45°
~ - kBM
3“
1 + kBM
3 ,
'-—i—
1 +
100
is cia

. v. ..	2 + 12	2 + 8
Randame tasko M koordinates:	= —-— = 7, yM ~ —-— = 5.
Parasykime tieses BM lygtj:
y-5 = -|(x-7).
4
BM:x + 4y-27 = 0.
45° катара su istrizaine AC sudaro ir tiese B'M. Jos krypties koeficientas ^b'ai = 4, nes B'M CBM. Tuomet jos lygtis bus tokia:
y-5 = 4(x-7),
B'M :4x-у-23-0. ▲
4Л0. Tasko atstumas iki tieses plokstumoje
Tarkime, kad salia tieses T, kurios lygtis Ax^ Bv + C = 0 , duotas taskas (X|; y]). Sio tasko atstumas iki tieses plokstumoje apskaiciuojamas pagal formal?
A.xf + JA'j 4- C
analogisk^ tasko atstumo iki plokstumos formulei.
Pavyzdys. Dvi kvadrato krastines yra tiesese, kurip lygtys 3x-4y + +7 = 0 ir 3л- - 4y + 25 = 0. Apskaiciuokime to kvadrato plotip
Sprendimas. Nurodytosc tiesese esancios kvadrato krastines yra lygiagrecios, nes jt| abiejq normales vektorius yra h = {3;—4}. Todel kvadrato krastines ;Igis lygus atstumui tarp sip tiesip arba atstumui nuo bet kuno pirmosios tieses tasko iki antrosios tieses. Pasirinkime bet kurf tieses 3x-4y + 7 = 0 task^, pavyzdziui, taska, kurio abscise x = 3. Is lygties 3x - 4y + 7 = 0 gauname у = 4. Apskaiciuokime atstumq. nuo tasko (3; 4) iki tieses 3л- - 4у + 25 = 0. Remdamiesi (13) formule, gauname:
3-3-4-4 + 25| lg ^32 +(-4)2	5
Vadinasi kvadrato plotas
.S’ = d‘ = 12,96 (kv, vnt). ▲
101
Uzdaviniai
1 TaSkas ,4(3; -4, 7) yra plokstumoje л. Parasykite jos lygtj., kai yra zinoma, kad ios normale yra:
1	a) vektorius n = {2; 5;-l 1};
b) asies O: ortas.
2.	Taskas Л(-2;1;3) yra plokstumoje л, lygiagrecioje su plokstuma 2X~7y+z-5 = 0. Parasykite plokstumos л lygtp
3,	Parasykite plokstumos, einancios per taskus MЛ/2(3;1;1) ir 3/3(O;-5;l),lygti-
4.	TaSkai A/^2;—7;0) bei A/2(3;4;-5) yra plokstumoje n, statmenoje plokstumai 2x + у - 2z + 3 = 0. Parasykite plokstumos n lygtj.
5,	Dvi kubo sienos yra plokstumose x + 2y-2z + 2 = 0 ir 3x + 6y-6z-4 = 0.
Apskaiciuokite kubo turi.
6.	Tiese T eina per taskyA(3; -5; 2) ir yra lygiagreti su tiese [3x-7y + z-4 = 0, |2x + 5y-2z + 3 = 0.
Parasykite kanonines tieses T lygtis.
7.	[rodykite, kad tieses
x-2 у z . I2x + y-4z + l = 0, -----= — = — ir I
-2	2 1	|4x-y-5z+2 = 0
yra statmenos.
8.	Per dvi lygiagrecias tieses
x -1 у + 3 z + 1 . x у+ 2 z -1
------- = z.-=	 ir — - --=----- 4-21------------------------------------4-21
nubrezta plokstuma it. Parasykite sios plokstumos lygtj.
9.	Su kuriomis A ir m reikSmemis tiese ——- =	- = — vra:
3 m 4
a)	statmena plokstumai Ax + 3y - 7z +11 = 0;
b)	lygiagreti su plokstuma Ax + 9у - 6z -1 = 0?
10.	Raskite task;; Q, simetrisk^ taskui P(l; -3: 8) plokstumos 3x-y + 2z + 6 = 0 atzvilgiu
11-	Taskas A/(3; 2; -5) yra plokstumoje л, lygiagrecioje su tiesemis
X —1 t' + 3 Z + 1	•	-	n -7.-1
-----= -----=----- ir x = -3r. у = -2t - 2, z - 7/ + 3.
2	4	-3	'
Parasykite plokstumos л lygtj.
12-	Tiese x = 3 + 2t, y = -4-t, z = 5^-3/ yra plokstumoje л. statmenoje kitai PtakStumai 7x* y-3z + 4 = 0. Parasykite plokstumos л lygtp
102
13.	Parasykite tieses, einancios per koordinaciq pradzia ir lygiagrecios su tiese 3-v - 2y + 1=0, lygti.
14.	Parasykite tieses, einancios per taska M- 2: 1), lygti, kai ta tiese yra:
a)	statmena tiesei 2x + ly + 3 = 0;
b)	lygiagreti su tiese 2x + 7 v + 3 = 0
15.	Tiese T asyje Ox iskerta atkarpq, lygiq 5, ir su asimi Ox sudaro 120° kampq Parasykite tieses T lygti. Kokio ilgio atkarpq ji iskerta asyje Oy?
16.	Parasykite tieses, einancios per taskq M(3; 5) ir sudarancios su tiese lx + 2у - 6 = 0 45° kampq, lygti.
17.	Raskite staciOjO lygiasonio trikampio virsiines, kai zinoma staciojo kampo vtrsune C(3; I) ir trikampio jzatrbme 3.v - у + 2 = 0.
18.	Is tasko 4(5; 4) j asj Ox kampu <p * arctg 2 krinta sviesos spindulys. Parasykite krintanciojo spindulio ir atsispindejusiojo spindulio sklidimo trajektoriju lygtis.
19.	Is tasko 4(3; 4) j ties? x + у +1 = 0 krinta Sviesos spindulys, kuris atsispindej?s patenka ; taskq C(6; -2). Parasykite krintanciojo spindulio ir atsispindejusiojo spindulio sklidimo trajektorijq lygtis.
20.	Salia tieses T, kurios lygtis x + 3y - 9 = 0, pazymetas taskas 4(4; 5). Raskite:
a)	tasko A projekcijq tieseje T;
b)	taskui A simetriskq taskq tieses T atzvilgiu.
21.	Viena lygiagretainio krastine yra tieseje 4x + 3y-8 = 0, о siai krastinei priesingos lygiagretainio virsiines — taskuose 4(1; 2) ir В (4;-2). Apskaiciuokite lygia-gretainio plotq.
22.	Duotos trikampio virSunes: 4( 3; 4), 5(3; 1), C(7; 6). Parasykite pusiaukrastincs, nubreztos is virsiines B, lygtj ir apskaiciuokite atsttima <7 nuo virSSttes 4 iki sios pusiaukrastincs.
5
_______ANTROS EILES KREIVES IR PAVIRSIAI
5.1.	Antrosios eiles kreives. Apskritimas
Sakykime, plokstumoje parinkta koordinaciq sistema xOy, F(x,y) yra dviejq kintamqjq funkcija. Taskq, kuriq koordinates x iry tinka lygciai
F(x,y) = 0,
aibe vadinama ploksciqja kreive, о pati lygybe F(x,y) = 0 — kreives lygtimi.
Kai F(x,y) yra kintamqjq x iry antrojo laipsnio daugianaris, t. y. kai
F(x,y) = anx2 + a}2xy + a22y2 + ai3x + a2iy + a33,
tai lygtimi F(x,y) = 0 apibrezta kreive vadinama antrosios eiles kreive.
Pavyzdziui, apskritimas yra antrosios eiles kreive. Isveskime jo lygtj.
Tarkime, kad apskritimo centres yra taskas C(xOiTo)’ spindulys lygus г, о kintamasis taskas — taskas M(x; y) (5.1 pav.). Kadangi
r = CM = -J(x-x0)2 +(y-y0)2 ,
tai is cia gauname apskritimo lygti
(x-x0)2+(y-y0)2 =r2.	(1)
Kai apskritimo centras sutampa su koordinaciq pradzia, о spindulys lygus r’tai apskritimo lygtis jgyja israiskq
Pavyzdys. {sitikinkime, kad
x2 + y2 - 4x + 6y + 4 = 0
Уга apskritimo lygtis.
104
Sprendimas. Isskyrq dvinario kvadratus, gauname.
x2 - 4.r + 4 + + v2 + 6y + 9 - 4 - 9 + 4 = 0 ,
(x-2)2 + (j’ + 3)2 = 32 .
Vadinasi, duotoji lygtis apibrezia apskritima, kurio centres - taskas C(2; -3) spindulys r = 3. A
Toliau isnagrincsime svarbiausias antrosios eiles kreives: elips^ hiperbol? ir parabol?. kurios jau buvo zinomos Senoves Graikijoje.
5.2.	Elipse
Du plokstumos taskus pazymekime raidemis Fj ir F2,0 atstumq tarp jq — 2c (5.2 pav.).
Apibrezimas. Elipse vadiname kreivq, kurios kiekvieno tasko M atstumn nuo dviejtiplokstumos taski( F\ ir F2 suma yra pastov'r.
F\M+ + F2M = const.
5.2 pav.
Taskai F\ ir F2 vadinami elipses iidiniais (rusq ir anglq kalba sie taskai vadinami fokusais, lot. focus - zidi-nys). Atstumq Ft.\f ir F2M suma pazymekime 2a ir tarkime, kad 2a > 2c, t. y. a > c.
Is apibrezimo aisku, kaip galima
mechaniskai m.brezti elips?. Popierlaus lapo taskuose F; ir F2 [tvirtinkime siulo, siek tiek ilgesnio uz atstumq tarp tq taskq, galus, 0 patj sidlq. istempkime, taske M jbesdami piestuko galq. Piestukq traukime pepieriaus lapu taip, kad siulas visq laik^ butQ (temptas. Fiestukas bres elips^, nes atstumij nuo taskq F;
ir F2 iki piestuko galo M suma bus visq laikq pastovi ir lygi siulo ilgiui.
Isveskime paprasciausiq elipses lygtj., kuri vadinama kanonine. Tam tikslui koordinaciq sistemq pannktme taip, kad zidiniai F] ir F2 priklausytq asiai Ox, 0 koordinaciq pradzios taskas sutaptq su atkarpos F|F2 vidurio tasku (5.3 pav-). Zidiniq koordinates bus tokios:
Ft (-c; 0), F2 (c; 0).
105
Kintamqji elipses taskq pazymekime M(x; y). Jo atstumq. nuo zidiniq F, ir p pazymekime atitinkamai /, ir r2 . Pagal apibrezimq, elipses lygti nusako sqrysis
F[ M + F~> M= 2a,
arba
П + r2 = 2a.
Kadangi
Г] = F\M = д/(х + с)2 + у2,, о r2 = F1M = -/(x-c)2 + y2 , tai
yj(x + c)2 +y2 + yl(x-c)2 +y2 = 2a.
Antrqji radikalq perkel? i deSiniqjq lygties pusg ir abi puses pakele kvadratu, gauname:
(x + c)2 + y2 - 4a2 - 4aJ(x-c)2 +y2 + (x - c)2 + y2 ;
is cia
a ^(x -c)2 + y2 -a2 - ex.
Dar kartqpakeliame abi lygties puses kvadratu:
a2(x2 -2cx + c2 + y2) = a4 -2a2cx + c2x“ , а2х2-с2х2+Л2=04-Л2,
(a2 -c2)x2 +a2y2 =a2(a2-c2).	(2)
Kadangi a > c, tai a2 - c2 > 0, todel galime pazymeti a" - c~ = b~ ; cia b > 0 ir b<a. Tada(2) lygtis igyja israiskq
b2x2 +a2y2 =a2b2.
Abi jos puses padalij? is a2b2 0 , turime
(3)	lygtis vadinama kanonine elipses lygtimi.
. x2
Issiaiskinsime, koks yra geometrinis elipses vaizdas. Kadangi — > 0,
У2 b2
X**
tai is (3) lygties isplaukia, kad -nr-^1,
Д- < 1. Vadinasi. b2
106
-a<x<a, -b<y<b. Tai rodo, kad visi elipses taskai yra staciakampyje Р0Л5(5.4 pav.).
5.3 ir 5.4 paveiksle pavaizduota lyetimi.
5.4 pav.
kreive ir yra elipse, nusakoma (3)
Asys Ox ir Oy vadinamos elipses asimis, atkarpa ir jos ilgis la — didziqja elipses asimi, atkarpa B-tB2 ir jos ilgis lb — elipses rnazqja asimi, a_
didziqja pusase, b — rnazqja pusase. T askai At, A2, Bt, B2 vadinami elipses virsunemis, taskas О - elipses centra.
Elipses forma priklauso nuo santykio
—. Taciau jprasta jos ist^stumq a
apibCidinti atstumo tarp zidiniq 1c ir didziosios asies ilgio la santykiu
2c c yja2-b2
£ = = — = —-------------
la a a
kuris vadinamas elipses ekscentricitetu (lot. ex- is, uz ribq + centrum — centras). Elipses ekscentricitetas tenkina sqlygq 0<e< 1. Kai a = b, elipse issigimsta j apskritimq x + у = a . Apskritimo ekscentricitetas s - 0.
5.3.	Hiperbole
Du plokstumos taskus pazymekime F\ ir F2, ° atstumq tarp jq — 2c (5.5 pav.).
Apibrezimas. Hiperbole vadiname kreivq, kurios kiekvieno tasko M atstumq nuo dviejq plokstumos taskq F\ ir F2 skirtumas yra pastovus: F\M~
-F2M= const.
5.5 pav.
Taskai F} ir F2 vadinami hiperboles zidiniais.
Atstumq Ej M ir E"2 M skirtumq pazymekime ±2« (rasome du zenklus, nes neaisku, kuris siq atstumq yra didesnis), pagal trikampio savyb?, la < ^c’ t. y. a < c. Koordinaciq a®'s isdestykime (5.5 pav.) taip pat>
107
к . jgvesdami kanonin? elipses lygtj. Zidiniq koordinates bus tokios: ?j(-c;O), F2(c;0).
Hiperboles kanonine lygtis gaunama analogiskai elipses lygciai ir yra tokia:
2	2
—- — = 1;
a2 b2
(4)
hiperboles forma. Kadangi (4) lygties kintamieji
,2	2	2
cia tik b - c a .
Issiaiskinsime, kokia yra
x ir у pakelti lyginiu laipsniu, tai hiperbole yra simetriska asiq Ox ir Oy atzvilgiu.
Kai у = 0, tai x2 = a2 ir x = +a . Vadinasi, hiperbole kerta asj Ox taskuose 4(-a;0) ir Л2(а;0). Noredami rasti hiperboles ir asies Oy sankirtos taskus, j (4) lygtj jrasykime x = 0. Gausime lygtj y2 = -b2 , neturinciq realiqjq sprendiniq. Taigi hiperbole nekerta asies Oy. Del siq priezasciq asis Ox vadinama realiqja hiperboles simetrijos asimi, о asis Oy — menamqja simetrijos asimi. Atkarpa AtA2 irjos ilgis 2a vadinami realiqja hiperboles asimi. Atidej? asyje Oy atkarpas OB, irOB2, kuriq ilgis lygus b, gauname atkarpq B\B2, kuri kartu su dydziu 2b vadinama menamqja hiperboles asimi. Dydziai a ir b vadinami atitinkamai realiqja ir menamqja hiperboles pusase. Atstumo tarp zidiniq 2c ir realiosios asies ilgio 2a santykis
2c c	sJa 4
£ =---= — = ------
2a a a
b^_
2 a
vadinamas hiperboles ekscentricitetu. Jis tenkina salygq e > 1.
Hiperboles formai turi jtakq tieses v = ± — x, kuriq krypties koeficientas a
к = tga = ±—. Sios tieses yra hiperboles asimptotes (gr. asymptotes - nesu-a
tampantis). Asimptotemis vadiname tieses, turincias tokiq savyb?: taskui tolstant kreive j begalyb?, atstumas nuo sio tasko iki asimptotes nyksta.
Aisku, kad hiperboles asimptotes yra staciakampio, kurio viena krastine >gi 2a ir lygiagreti su asimi Ox, о kila lygi 2b ir lygiagreti su asimi Oy, tstrizaines. jstrizainiq sankirtos taskas vadinamas hiperboles simetrijos centra. ’Perbole pavaizduota 5.5 paveiksle; jq sudaro dvi atskiros sakos.
Kai a = b, hiperbole vadinama lygiaase; jos lygtis yra
o 2
x" - у = a" .
108
5.6 pav.
Hiperboles, kurios zidiniai F](0;-<?) ir F2(0;c) yra asyje Ov (5.6 pav.), kanonine lygtis tokia: 2	2
x у I
7V“I;	(5>
cia 2b - realioji hiperboles asis 2a - menamoji asis, e = — >1 ekscentricitetas.
Dvi hiperboles, apibudinamos (4) ir (5) lygtimis, vadinamos jungtinemis.
5.4.	Parabole
Pazymekime plokstumos taska F ir ties? /.
Apibrezimas. Kreiv^, kurios kiekvienas taskas M yra vienodai nutolqs mto plokstumos tasko F ir tieses I, vadiname parabole.
Taskas F vadinamas paraboles zidiniu, tiese I - paraboles direktrise.
Noredami isvesti kanonin? paraboles lygtj, asj Ox nubrezkime per zidinj F statmenai direktrisei / (5.7 pav.). Atstum^ nuo zidinio iki tieses I pazymekime p\ cia p > 0. Asj Oy nubrezkime statmenai per atkarpos AF
vidurj. Tada zidinio koordinates bus
F — ;0
2
, о direktrises lygtis
Paraboles kintamojo tasko M koordinates pazymekime x ir y. Is tasko M nuleid? statmenj j ties? I,
gausime task^ В
. Pagal
paraboles apibrezimq, FM=BM, arba r = d (5.7 pav.), todel is cia gauname lygyb?
Abi jos puses pakel? kvadratu ir pertvark?, gauname kanonin^ paraboles lygU
y- =2px .
(6)
Dydis p > 0 vadinamas paraboles parametru.
109
Ijnagrinekime paraboles form;v Kadangi kintamasis у pakeltas lyginiu  niu tai parabole yra simetriska asies Ox atzvilgiu. Asis Ox vadinama 3 raboles asimi. Kai p > 0, tai is (6) lygties isplaukia, kad x > 0, nes visada .2 > о todel parabole issidesciusi tik desineje puseje nuo asies Oy. Kai x = 0, v = 0. TaSkas (9(0; 0) vadinamas paraboles virsune. Kai x -» +<», tai _>±oo, nes is stilygos y2 =2px isplaukia y = +^2px . Parabole
pavaizduota 5.7 paveiksle.
5.8 paveiksle parodytos [vairios paraboles padetys bei jos zidiniai ir direktrises. Ten pat pagal analogija su (6) lygtimi surasytos ir kanonines sin paraboliu lygtys.
Parabole turi jdomin opting savybq. Sakykime, kad paraboles zidinyje F yra taskinis sviesos saltinis. Tada visi spinduliai, isej? is zidinio ir atsispindej? nuo veidrodinio paraboles ”Pavirsiaus“, bus lygiagretus su paraboles simetrijos asimi (5.9 pav.). Gautoji optine paraboles savybe taikoma technikoje. konstruojant teleskopus, parabolines antenas, stitomobiliq zibintus, lazerius ir kt.
Dabar galime paaiskinti. kodel taskas F buvo pavadintas zidiniu Saules ^Pmduliai, atej? is labai toli, parabolinj veidrodj pasiekia lygiagreciuoju °stu, о atsispindej^ nuo jo pavirsiaus, susirenka viename taske, kuriame ernperatura labai auksta.
110
5.5.	Antrosios eiles pavirsiai. Sfera
Tarkime, kad erdveje parinkta koordinaciq sistema Oxyz, F(x,y,z) y]-a trijq kintamqjq funkcija. Erdves taskq, kuriq koordinates tinka lygciai
F(x, y, z) = 0,
aibe vadinama pavirSiumi, о lygybe F(.r,v,z) = 0 vadinama to pavirsiaus lygtimi.
Kai Fix, y,z) yra kintamqjq x, у ir z antrojo laipsnio daugianaris, t. y. kai
(*, У, 2) = «i p" + a22y2 + a33z2 + a]2xy + ai3xz +
#24У + #34z + #44 ?
tai lygtimi F(x, y, z) = 0 apibreziamas pavirsius vadinamas antrosios eiles pavirsiumi. Pavyzdziui, sfera yra antrosios eiles pavirsius. Kai taskas C(x0;y0;z0) yra jos centras, M(x,y,z) — kintamasis taskas, о spindulys lygus r, tai CM= r; is cia gauname kanoninq sferos lygti
(x-x0)2+(^-j0)2+(z-z0)2 = r2.
Isvesime dar keleto antrosios eiles pavirsiq lygtis, net is pradziq isnagrinesime, kaip gaunama sukimosi pavirsiaus lygtis.
5.6.	Sukimosi pavirsiai
Tarkime, kad plokstumoje xOz duota kreive I, kurios lygtis F(X, Z) = 0 (5.10 pav.). Sukdami siqkreiv? apie asj Oz, gauname sukimosi pavirsiq.
Isvesime jo lygti,
Kintamqji sukimosi pavirsiaus taskq pazymekime M{x',y',z}\ anksciau didziosiomis raidemis X Z pazymejome kreives kintamojo tasko A(X; 0; Z) koordinates, kad jos skirtqsi nuo pavirsiaus kintamojo tasko koordinaciq-Taskai M ir N priklauso torn paciam apskritimui, kurio centras Z(0; 0; z), todel
| x| = AN = AM = ^(x-0)2 +(y-0)2 +(z-z)2 = yfx2+y2 -
Kadangi taskai M ir N yra toje pacioje plokstumoje, statmenoje asiai Oz, tai in aplikates lygios, todel Z = z. [ras? j lygti f(XZ) = 0 gautas X ir Z jraiskas, gauname sukimosi pavirsiaus lygti
palygin? sukamos kreives I lygtj F(x, z) = 0 ir gauto sukinio lygtj p^+^x2 +7, -J = 0, darome isvadq: noredami gaud sukimosi pavirsiaus lygti, turime sukamos kreives lygties kintamqjl, zyminti sukimosi asj palikti tok[ pat, о kitq kintamqjl pakeisti kvadratine saknimi (su zenklu ± pries jq) is likusiq dviejq koordinaciq kvadratu surnos.
Pasinaudodami sia isvada, isvesime svarbiausiq sukimosi pavirsiq lygtis.
5.7.	Elipsoidai
Sukimosi elipsoidais vadinami pavirsiai, kurie gaunami, sukant elips? apie jos simetnjos asis. Tarkime, kad plokstumoje xOz nubraizyta elipse ? z2
—+ —= 1 (a> c) sukama apie asj Ox (5.11 pav.). Gautas pavirsius a2 c2
vadinamas istemptu sukimosi elipsoidu. Jei siq elips? suktume apie asj Oz, gautume suspaustq sukimosi elipsoidq. Pirmojo elipsoido lygtis
5.11 pav.
x ~ ^'rsdami istemptq sukimosi elipsoidq statmena sukimosi asiai plokstuma < a), joje gauname apskritimq
112
/+22	h2
2	Л
arba
(7)
Jei sukimosi elipsoid^ kirstume plokstumomis, statmenomis asims Oz ir Oy, tai pjQviai ЬйЦ elipses. Visus pjCiviQ apskritimus (zr. (7) formula) pakei-,. . . y2 z2 Л2 .	... x2 y2 z2
ciame ehpsemis — + — = 1 —— , kurios yra pavirsiaus — +	+ — = i
b2 с2 a2	a2 b2 c2
X2	y2	Z2
bei plokstumq x = h susikirtimo rezultatas. Pavirsius — + ---------1- — = [
a~	b2	c2
vadinamas triasiu elipsoidu, skaiciai a, b, c — jo pusasemis. Visi triasio elipsoido pjuviai, statmeni asims Ox, Oy ir Oz, jau yra elipses.
Kai a - b = c, gauname sferq, kurios lygtis x2 + y2 + z2 = a2.
5.8.	Hiperboloidai
Vienasakis sukimosi hiperboloidas gaunamas, kai hiperbole ^-^.1
a c
sukama apie asj Oz (5.12 pav.), dvisakis - kai apie asj Ox (5.13 pav.). Pirmojo hiperboloido lygtis yra
5.12 pav.
5.13 pav.
из
Remdamiesi siomis lyglimis, panasiai kaip vienasakio hiperboloido lygti
bei dvisakio hiperboloido lygti
Paminesime jdomi^ vienasakio hiperboloido savyby
Per kiekviena. hiperboloido taskR eina dvi jo pavirsiuje esancios tieses, taigi hiperboloidas tarytum isaustas is tiesip (5.14 pav.). Pavirsiai, turintys toki^ savyb?, vadinami tiesiskaisiais pavirsiais. Mineta vienasakiq hiperboloidq savyb? sumaniai taiko statybininkai, statydami bokstus. Juos sudaro kelios viena ant kitos pastatytos vienasakiq hiperboloidp dalys, kuriq kiekviena pagaminta is tiesip siji.i, sujungtu sankirtos taskuose. Panasiai sukonstruotas ir garsusis Eifelio bokstas Paryziuje.
ir anksciau isvestume
5.14 pav.
5.9.	Elipsinis paraboloidas
Sukdami parabol? .v2 = 2pz apie asj Oz, gauname pavirsip, vadinam^
sukimosiparaboloidu (5.15 pav.). Jo lygtis yra
x'+y'=2pz, p>Q.
Is sios lygties gauname elipsinio Puraboloido lygtj
ClaP > 0, q > 0 arbap < 0, q < 0.
114
5.10.	Hiperbolinis paraboloidas
Taip vadinamas pavirsius, apibreziamas lygtimi „2	„2
2p 2g
Jis nera sukimosi pavirsius, be to, jo lygties negalima gauti is sukimosi pavirsiq lygties, kaip tai dareme anksdiau.
Hiperbolinis paraboloidas pavaizduotas 5.16 paveiksle. Sis pavirsius dar vadinamas balnu.
Hiperbolinis paraboloidas, kaip ir vienasakis hiperboloidas, priskiriamas prie tiesiskiyq pavirsiq (5.17 pav.).
5.11. Cilindriniai pavirsiai
Taip vadinamas pavirsius (5.18 pav.), kurj brezia tiese in, judedama lygiagreciai su pasirinkta tiese w0 ir kirsdama kreiv? I. Kreive I vadinama vedamqja, о pasirinktoji tiese — sudaromqja.
Per bet kur( erdves taskq О nubrezkime plokstumq a, statmenq sudaromajai m. Koordinaciq sistemq parinkime taip, kad asis Oz butq statmena nubreztajai plokstumai. Tada plokstuma a sutaps su koordinaciq plokstuma, sudaromoji bus lygiagreti su asimi Oz, о vedamoji / bus plokstumoje xOy (5.19 pav.). Taip parink? koordinaciq sistemq, nagrinekime paprasciausiq atveji, kai sudaromosios yra lygiagrecios su koordinaciq asimis.
5.18 pav.
5.19 pav.
115
Tarkime, kad vedamoji I yra plokstumoje хОу, о sudaromosios  arecios su asimi Oz. Vedamosios lygtis tokia: F(.v,y) = 0. Pasirinkime
Vtantqji cilindrinio pavirsiaus taskq .l/(.r; r; z) (5.19 pav.). Jei tasko .V(x; r; 0) rdinates tinka kreives I lygciai, tai siai lygciai tmka ir tasko A/(x:r;z) (coordinates, nes abu taskai yra tieseje, lygiagrecioje su a Si mi Oz. Taigi vedamosios lygtis F(x.j>) = 0 erdveje nusakys cilindrinj pavirsiq, kurto sudaromosios lygiagrecios su asimi Oz. Analogiskai lygtys F(x,c) = 0 ir z) = 0 apibQdins cilindrinius pavirsius, kuriq sudaromosios lygiagrecios atitinkamai su asimis Oy ir Ox.
x2 v2 ~>
Vedamosiomis pasirink? antrosios eiles kreives —+ •^=1, У -2px a~ b"
2	2
jr = 1, gausime cilindrinius antrosios eiles pavirsius: elipsini cilindrq a2 b2
(5.20 pav., a), parabolini cilindrq (5.20 pav., b), ir hiperbolini cilindrq (5.20 pav., c).
5.20 pav.
5.12. Kugimai pavirsiai. Sukimosi kiigiai
Tarkime. kad / — bet kokia kreive ir О — taskas, esantis salia jos. Per bet kurj kreives I taskq ir taskq О nubrezkime ties? in (5.21 pav.). Taskai. priklau
santys taip nubreztoms tiesems, sudaro pavirsiq, vadinamq kilginiu Povirsiumi Kreive I vadinama jo Vedantqja, tiese m — sudaromqja, bskas О — virsiine.
_ Nagrinesime paprasciausius ugmius pavirsius, kurie gaunami u ant sudaromqja apie kuriq nors ^oordinaciq asj, kai ta sudaromoji lna per koordinaciq pradziq. Taip
5.21 pav.
116
gauti kuginiai pavirsiai vadinami sukimosi kugiais. Pavyzdziui, sukdami x z
— = — (a * 0, c * 0) apie asj Oz (5.22 pav.), gauname sukimosi kugi

5.22 pav.
arba
Is cia isplaukia tokia elipsinio kiigio lygtis:
= 0.
5.23 paveiksle pavaizduoti kQgiai z - yjx2 +y2, z = 4-2 -Jx2 + y2 ir 7 = 9- 3^1 x2 + z2 .
5.23 pav.
Toliau ienteleje pateikiami nagrinetq antrosios eiles pavirsiq breziniai bet pozymiai, pagal kuriuos is lygties galima atskirti pavirsiq.
117
Lentele
Triasis elipsoidas
2
A'2 V2
~T + 7T + T a b c
Vienasakis hiperboloidas
a2 b2 c2
Hiperboloido as[ rodo kintamasis, pries kinj parasytas minuso zenklas
Dvisakis hiperboloidas
c2 a2 b2
Hiperboloido a§j rodo kintamasis, pries kur[ parasytas pliuso zenklas
118
5.13. Poline koordinaciq sistema
Tasko padetj plokstumoje galima nusakyti ne tik staciakampemis Dekarto koordinatemis. Pasirinkime as) OP (5.24 pav.) ir pazymekime joje taska O. St task^ vadinsime poliumi, о as) OP - poline asimi. Tasko M padet) plokstumoje apibudinsime dviem dydziais: poliniu spinduliu p>0, t. y. tasko M atstumu nuo poliaus O, ir poliniu kampu <p, kurj poline asis sudaro su spinduliu p, kampas cp atskaitomas priesinga laikrodzio rodykles judejimui kryptimi, be to,
119
д<ф<2". Dydziai р ir ср vadinami polinemis tasko ,-W koordinatemis. pjeneigiarn°j° skaiciaus p reiksme visuose plokstumos taskuose apibrezta vienareiksmiskai. Polinio kampo ip reiksme, kai 0 < <p < 2тг, visuose su poliumi
nesutampanciuose taskuose, taip pat apibrezta vienareiksmiskai; poliuje ji apskritai neapibrezta. Polines tasko M koordinates zymesime taip:	<p),
Atvirksciai, kiekviena skaiciq p ir <p porq kurios p > О, о 0 < <p < 2л , atitinka vienas plokstumos taskas M.
5.25 paveiksle pazymeti taskai M}
5.25 pav.	5.26 pav.
Poliiq О sutapdin? su staciakampes Dekarto koordinaciq sistemos pradzia, о polin? as) - su abscisin asimi (5.26 pav.), nesunkiai gautume sqrysio formules
X = pCOS(p,	™
у = psincp;
cia p = J.x2 + у2 . be to, tg <p = —. ’	'	x
Tarkime, kad taskas Л/juda isilgai spindulio OM (5.27 pav.), su kuriuo poline asis sudaro kampq, lygq  Taskui M spinduliu OM artejant prie O.
Polinis kampas nekinta ir yra lygus —-. Taciau uztenka tik taSkui M nors truPutj pasislinkti ( prieSingq nuo poliaus О pus?, pavyzdziui, uzimti padetj ^1, ir jo polinis kampas suoliskai pakinta is — j tt + — = —. Sis pavyzdys
120
rodo, kad poliniq koordinaciq apribojimai p > 0 ir 0 <<p< 2л kartais
yra nepatogus, todel jq atsisakoma ir dydziams p bei ф priskiriamos bet kokios realiosios reiksmes: -<ю < p < +co, -co < ф < +oo . Tokios polines koordinates vadinamos apibendrintosiomis polinemis koordinatemis.
Apibendrintoje polineje koordinaciq sistemoje taskas zymimas taip poliaus nuo polines asies atidedamas kampas ф ir per poliq О breziamas spindulys, kitaip tariant, kai ф > 0, poline asis OP pasukama kampu ф priesinga laikrodzio rodykles sukimuisi kryptimi, kai ф < 0 — laikrodzio rodykles sukimosi kryptimi; jeigu reikia, apsukama keletq kartq. Pasuktoje asyje nuo poliaus О atidedama atkarpa OM, kurios ilgis lygus p, kai p>o arba asies tesinyje priesinga kryptimi — atkarpa |p|, kai p < 0.
5.28 paveiksle pazymeti taskai 2; — —ir M->\ - 2; — i.
к 4 J v 4 J
Pavyzdys. Parasykime apskritimq, nusakomq lygtimis x2+y2 = a2, 2	2	2	2
x +y =ax,x + y" = ay (a > 0), lygtis polineje koordinaciq sistemoje.
Sprendimas. Pritaik^ (8) formules, gauname: p~ = a", p* - дрсозф, 2	•	• w	.	.	•
p" = opsin ф; is cia p = o, р = <зсо5ф, p = asinip. Sie apskritimai pavaiz-
5. 29 pav.
121
5.14. jvairios kreives polineje koordinaciij sistemoje
1. Archimedo* spirale (lot. spira - lankstas, vingis). Taip vadinama kreive, kuri polineje koordinaciq sistemoje apibreziama lygtimi
p = atp (a>0).	(9)
Noredami nubrezti siq kreiv?, sudarykime jos reiksmiq lentel? — parinkime jvairias teigiamas ip reiksmes ir pagal (9) formula apskaiciuokime atitinkamas p reiksmes:
Ф	0	1 — K 4	1 —л	2 4 1	Tt	3 —к 2	2к	к le.	
p	0	J- rta ~ 0,8a 4	—na ~ 1,6a 2	— ка * 2,4ч 4	na = 3,1a	3 — ла = 4,7а	2na « 6.3а	* 7,9а 2	
Polineje koordinaciq sistemoje pazymekime atitinkamus taskus ir per juos nubrezkime kreiv? (5.30 pav.). Matome, kad kampui ф didejant, ir p dideja. Pasirinkus neigiamas ф reiksmes, gaunama kreive, kuri 5.30 paveiksle pazymeta punktyrine linija.
5.30 pav.
2. Hiperboline spirale. Tai kreive, kuri polineje koordinaciq sistemoje apibreziama lygtimi
a
P = -
Ф
(a > 0).
(10)
Is (10) lygties matyti, kad, didejant polinio kampo <p reiksmems, polinio spindulio p reiksmes mazeja ir arteja prie nulio. Todel spirales taskas, sukdamasis apie poliq, prie jo arteja (bet neiseina is poliaus, kaip Archimedo spirales) (5.31 pav.).
5.31 pav.
Archimcdas (Archimedes, apie 278-212 m. pr. Kr.) — graikq matematikas, fizikas.
122
3. Logaritmine spirale. sistemoje apibreziama lygtimi
Taip vadinama kreive, kuri polineje koordi
naciq
p = aektf (a > 0).
Logaritmine spirale pavaizduota 5.32 paveiksle.
Logaritniinei spiralei budinga jdomi savybe: visus spindulius iseinancius is poliaus O, ji kerta tuo paciu kampu a. Si spirales savybe technikoje taikoma konstruojant rotacinius peilius, krumpliaratines pavaras ir kt.
Gyvojoje gamtoje yra biitybiq, auganciq pagal logaritmine spiral?. Antai daugelio minkstakuniq bei sraigiq kriaukles (5.33 pav.), taip pat kai kuriq zinduoliq ragai susisuk? logaritmine spirale.
5.33 pav.
4. Bernulio* lemniskate (gr. lemniskos - kaspinas). Taip vadinama kreive, kuri staciakampeje koordinaciq sistemoje apibrezta lygtimi
(O>0),
o polineje koordinaciq sistemoje - lygtimi
p2 = o2 cos2(p .
Bernulio lemniskate pavaizduota 5.34 paveiksle.
* Jakobas Bernulis (J. Bernoulli, 1654 1705) — svcicaru matcmatikas.
123
5 Paskalio* sraige. Taip vadinama kreive, kuri staciakampeje koordi-naciQ sistemoje apibreziama lygtimi
/ \2 / \ fx2+_y2-oxj = /2fx2+p2J,
0 polineje koordinaciq sistemoje — lygtimi
p = acos<p + /.
Sios kreives forma priklauso nuo dydziq a ir I (5.35 pav.).
5.35 pav.
Kai a = 1, Paskalio sraige vadinama kardioide (gr. kardia - sirdis + gr. eidos - pavidalas). Ji apibreziama lygtimi p = a(l + costp). Mechanine kardi-oides prasme tokia. Tai kreive, kuna brezia apskritimo, riedancio be trinties (neslystancio) tokio pat apskritimo isorine puse, taskas.
6. Gvido Grandi" kreives arba ,,rozes“. Taip vadinamos kreives, kurios polineje koordinaciq sistemoje apibreziamos lygtimis
p = a sin k<p arba p = a cos Axp (a > 0, к > 0).
5.36 paveiksle pavaizduotos kreives
p = a sin 2tp ir p = a cos 3<p, nubraizytos apibendrintoje polineje koordinaciq sistemoje. Pirmoji siq kreiviq vadinama „keturlape roze“, antroji - „trilape roze“.
5.36 pav.
Apskritai jeigu к - nelyginis natiiralusis skaicius, tai ,,roz?“ sudaro к Pehq, jeigu lyginis natiiralusis skaicius — 2k lapeliq.
Etjcnas Paskalis (E Pascal, 1588-1651) — ргапсйгц matematikas mcgcjas, garsiojo prancOzq
>. crnat'ko. fiziko bei filosofo Blczo Paskalio (B. Pascal, 1623-1662) tevas.
Gvidas Grandi (G. Grandi, 1671-1742) — italq matematikas.
124
Uzdaviniai
1.	Apskritimas, kurio centras yra taskas Л/(3; -2), liecia ties? 6x-8y+u = Q Parasykite to apskritimo lygti.
2.	Raskite Jiq apskritimo centres ir spindulius:
а) x“ + v2 + 8x-12y + 3 = 0;	b) x2 + ,v" -x-2y+1 = 0
3.	Parasykite elipses lygti, zinodami, kad elipses iidiniai yra asyje Ox ir:
a)	atstumas tarp zidiniu lygus 4, mazoji pusase lygi 2^2 :
b)	didzioji pusase lygi 10, ekscentricitetas lygus 0,8;
c)	pusaSiq suma lygi 8, atstumas tarp zidiniq irgi lygus 8.
4.	Parasykite hiperboles lygti, zinodami, kad hiperboles zidiniai yra asyje Ox ir:
a)	menamoji pusase lygi 6, atstumas tarp zidiniu lygus 20;
b)	atstumas tarp zidiniu lygus 10, ekscentricitetas lygus 1,25;
c)	realioji pusase lygi 3, tieses у -±~~x yra jos asimptotes;
d)	hiperbole eina per taskq f 8;^7j, tieses y = ±—x yra jos asimptotes.
5.	Atstumq nuo kreives tasko iki taskq F|(-2;-2) ir F2(2;2) skirtumo modulis yra pastovus ir lygus 4. Parasykite tos kreives lygtj.
6,	Raskite lygiaases hiperboles ekscentricitetq
7.	Parasykite paraboles lygtj, zinodami, kad tos paraboles virsune yra koordinaciq pradzioje, be to:
a)	parabole yra simetriska asies Ox atzvilgiu ireinapertaskq4(12,5; 10);
b)	paraboles zidinys yra taskas F(0; -5).
8.	Is paraboles y2 = 12x zidinio paleistas sviesos spindulys su asimi Ox sudaro
b) 4x2+3,y2-8x + 12y-32 = 0;
d) 16x2 - 9 у2 - 64л -18,v +199 = 0;
g) x-2_i 2 +12 у - 14 = 0.
3
smailqji kampq a, kurio tga = —. Parasykite nuo paraboles atsispindejusio spindulio 4
sklidimo trajektorijos lygtj.
9.	Istirkite kreives, kurias apibrezia sios lygtys:
a) 5x2 + 9y2 - 30x + 18y + 9 = 0;
c) 9x2 -16y2 +90x + 32.y-367 = 0;
e) 4x-.y2-8 = 0; f) 4x2-8x-y+7 = 0;
Nubraizykite sias kreives.
10.	Nubraizykite siuos pavtrsius:
x2	y2	z2	\2	v2	z2	,
a) — + 2_ + r_ = |; b) ;-----2-------= ] ; c) л-
4	9	16	36	16	25
2 .
e)v2+y2=8z,	f)2_4-2—=i;	g)r2=4.v;
4	9
h) z = 9-x2.
11.Nubraizykite Jiaskreives: a) p = 4cos<p; b) p = 6sintp; c) p=3<p; 4
d) p = —; e) p = 2sin 3rp ; f) p = 3cos2<p .
Ф
6 г
RIBy TEORIJA
6.1.	Elementariosios funkcijos
Nagrinesime skaitines funkcijas y-f(x), taigi funkcijas, kuriq ir argumentai, ir reiksmes yra realieji skaiciai.
Vadinasi, funkcijos y=f(x) apibrezimo sritis yra tarn tikras realiujq skaiciq aibes poaibis D, reiksmiq sritis irgi yra realiqjq skaiciq aibes poaibis £.
Pirmiausia isvardysime funkcijq, vadinamq pagrindinemis elementario-siomis. klases. Tos funkcijos detaliai nagrinejamos mokyklos kurse, todel cia pateiksime tik jq apzvalgq. Isimtj sudarys atvirkstines trigonometrines funkcijos, apie kurias kalbesime placiau.
Prie pagrindiniq elementariqjq funkcijq priskiriamos laipsnines, rodik-lines, logaritmines, trigonometrines ir atvirkstines trigonometrines funkcijos.
1.	Laipsnine vadinama funkcija j> = x“; cia ae R. Keletas sios funkcijos grafikq pavaizduota 6.1 paveiksle.
6.1 pav.
126
2.	Rodikline yra funkcijaу = ax; cia a>0, a*l (6.2 pav.). Jos apibrezimo sritis £>=(- co; +00), reiksmiq sritis E=(0; +00).
3.	Logaritmine vadinama funkcijay = logax ; cia a>Q, a*l (6.3 pav ) funkcija yra atvirkstine rodiklinei funkcijai. Logaritmines funkcijos api brezimo sritis Z)=(0; +00), reiksmiq sritis Е=(-ся; +00).
4.	Trigonometrinemis vadinamos funkcijosу = sinx.y = cosx,y = tgx ir y~ctgx.
Funkcijos y = sinx apibrezimo sritis D = (-oo; +00), reiksmiq sritis £=[-l;l]. Si funkcija nelygine, periodine, jos periodas 2л. Funkcijos у = sinx grafikas vadinamas sinusoide (6.4 pav.).
Funkcijos y = cosx apibrezimo sritis £> = (-oo; +00), reiksmiq sritis E= [-1; 1]. Si funkcija lygine, periodine, jos periodas 2л. Funkcijos у = cosx grafikas vadinamas kosinusoide (6.5 pav.).
6.5 pav.
127
Funkcijos у = tgx grafikas pavaiz-duotas 6.6 paveiksle. Apibrezimo sritis
p = (-y+ hc; у + A'nJ , ZreZ;
reiksmiq sritis £= (-«>; +«=). Si funkcija ndygine, periodine, jos periodas л.
Funkcijos у = ctgx grafikas pavaizduotas 6.7 paveiksle. Apibrezimo sritis
D = (kn; л+ kit), keZ;
reiksmiq sritis E = (- oo; +oo). Si funkcija nelygine, periodine, jos periodas л.
5.	Atvirkstinemis trigonometrine-mis funkcijomis vadinamos funkcijos у = arcsinx, у = arccos x, у = arctgx ir у = arcctgx.
Isnagrinesime, kaip konstruojamos sios funkcijos.
Funkcija y- arcsinx. Funkcija У = sinx apibrezta intervale
D= (-oo; +oo), jos reikJmiq aibe £=[-1; 1]. Si funkcija yra neapgr?ziamoji, nes bet kuri tiese У = a (I a | < 1), lygiagreti asiai Ox, kerta	Pav'
funkcijos у = sinx grafikq daugelyje taskq, vadinasi, tq paciq reiksmg y = a sinusas igyja daug kartq. Isskiriame apibrezimo srities atkarpq [-yjy]. Joje smusas jgyja visas reiksmes is atkarpos [-1; 1] ir kiekvienq reiksm^ - tik vienq kartq. Taigi funkcija у = sinx atkarpoje [-•yly] yra apgr?ziamoji. Atvirkstine jai funkcija vadinama arksinusu ir zymimay = arcsinx. Taigi
£>( arcsinx )=[-!; 1], £(arcsinx)=[-y;y
Kadangi ( arksinuso
virkstiniq funkcijq grafikai yra simetriski tieses y=x atzvilgiu, tai grafikq gausime, tieses y=x atzvilgiu simetriskai atvaizdav^ ^ukcijosy = sinx grafiko dalj, esanciq atkarpoje [- yty] (6.8 pav.).
128
6.9 pav.
Funkcija у = arcsinx nelygine: arcsin (~x)—arcsinx.
Funkcija у = arccosx. Si funkcija yra atvirkstine funkcijai у = cosx ir ji konstruojama analogiskai arksinusui, isskyrus is funkcijos j' = cosx apibrezimo srities interval^ [0; я]. Todel
£>(arccosx) = [-1; 1], E(arccosx) = [0; я].
Arkkosinuso grafik^ gausime, tieses у = x atzvilgiu simetriskai atvaizdav^ funkcijos у = cosx grafiko dalj, esanciq. atkarpoje [0; я] (6.9 pav.). Funkcija arccosx yra nei lygine, nei nelygine, be to, arccos (-x)= я-arccosx.
Funkcija у = arctgx. Ji yra atvirkstine funkcijai у - tgx ir konstruojama analogiskai arksinusui, isskyrus funkcijos у = tgx apibrezimo srities interval^ (- у;-у). Djarctg x )=(- oo; +oo), E (arctg x )= (-	. Grafikas pavaizduotas
6.10 paveiksle. Funkcijaу ~ arctgx yra nelygine: arctg(-x)— arctgx.
Funkcija j = arcctgx. Jos grafikas pavaizduotas 6.11 paveiksle.
Z)(arcctgx)=(-co; +oo), £(arcctgx )=( 0; я).
129
Funkcijay = arcctgx yra nei lygine, nei nelygine, be to, arcctg (-x )=ir-arcctgx.
Nagrinesime funkcija fit). kurios argumentas и kartu yra kintamojo x funkcija: «=<p(x)- jras? i lygyb? y=/(i/j vietoj и sia funkcija gauname v^(p(x))- Sakome, kad atlikome funkciju y=f(u) ir м=(р(х) superpozitijn. Taip gauta funkcija /(<p(x)) vadinama sudctine funkcija, о argumentas и -tarpiniu arguments Pavyzdziui, atlikc funkciju y=lgn ir n=tgx stiperpozicjy gauname sudetin? funkcija Iglgx. Sudarydami sudetmy funkcija, galime imti tik tas x reiksmes, su kuiiomis apskaiciuotos и reiksines priklauso funkcijos /(и) apibrezimo sriciai. Stai sudetine funkcija Iglgx apibrezta tik su tomis x reiksmemis, su kuriomis tgx>0, kadangi logaritmine funkcija apibrezta tik su teigiamomis argumento reiksmemis.
Elementariosiomis vauinamos funkcijos, kurios gaunamos is skaicip ir pagrindiniq elementarily a funkciju, naudojant keluris aritmetinius veiksmus bei superpozicijas ir atliekant visas sias operacijas baigtinf skaicirt kartq.
[— 5v-3
Pavvzdziui, taip sudaryta funkcija log2 arcsinVx+• '---------, todel ji yra
tg x
elcmentarioji.
6.2.	Parameuines kai kuriij кгеМц lygtys
Nagrinesime dvi kintamojo t funkcijas f x =
tarcami, kad t kinta atkarpoje [l0; 7"]. Kiekvien^ t reiksme atitinka viena x ir v 'eiksmiq рога. Jeigu tq, pora traktuosime kaip plokstumos xOy tasko koordinates, tai kiekvieny reiksm? t atitiks vienas tos plokstumos taskas. Kai t leiksmes kinta nuo t() iki T. tai sis plokstumos taskas nubrezia tarn tikrry kreivcj, todel (1) lygtys vadinamos parametrinemis kreives lygtimis, о kintamasis t-parametru
Tarkime, kad is lygties x=<p(t) gaiima isreiksti parametric t: (=Ф(.х). {rast? $ 1 reiksm^ j lygtjy=(p (t), gaunameу=ф (Ф(х)).
v. Taigi (1) lygtys у apibudina kaip kintamojo x funkcija, todel sakome, kad S1 lunxcija yra apibrezta parametriskai.
Isvesime kai kuritf kreiviu parametrines lygtis.
Apskritimas. Apskritimas, kurio centras О ir spindulys R (6.12 pav.), n'J$akomas lygtimi
х2 + ?=Л2.
130
ул
Imkime sio apskritimo kintama task^ Mix; y) ir sujunkime д su kordinaCiq pradzia. Kampu, kur) sudaro teigiama asies Ox kryptis su spinduliu OM, pazymekime raide t. Tuomet
x = R cost, (У = 7?sin/,0</ <2я.
Tai ir bus parametrines apskritimo lygtys. Pakel? abi ju puses kvadratu ir sudej? lygtis, gausime:
x2 + y2 = R2 (cos2 t + sin2 /), arba
х2+у2 = Я2
6.13 pav.
Elipse. Elipses, kurios pusases lygios a ir b, lygtis yra tokia: 2	2
Pazymekime: x=^cos t. Jras$ si^x reiksm? i elipses lygti, gausime
2	2	2
a cos t у
—~+^=1;
a b
is cia y-b sin t. Lygtys
J x = a cos /,	ф
[y = bsint, 0</<2л, yra elipses parametrines lygtys.
Elipses parametnniu lygciu parametras t reiskia kampa, kuri sudaro teigiama asies Ox kryptis su spinduliu OB (6.13 pav.)
Cikloide. Cikloide vadinama kreive, kuria. brezia apskritimo taskas, kai tas apskritimas neslysdamas rieda tiese (6.14 pav.). Jos parametrines lygtys yra tokios:
Jx = a(t - sin/), [y = a(l - cos/).
131
Kai parametras / kinta nuo 0 iki 2л, gauname pirmqjq cikloides arkq.
Astroide. Astroide vadinama kreive, kuriq brezia apskritimo su spinduliu
7 taskas, kai tas apskritimas neslysdamas rieda kitu apskritimu, kurio spindulys a, be to, mazesnis apskritimas visq laikq yra didesniojo viduje
(6.15 pav.).
Astroides parametrines lygtys tokios: lx = acos31, [y=asin3/, 0<г<2л,
Pakelc abiejq lygciq kairiqjq ir desiniqjq puses laipsniu 2/3 bei sudej? lygtis, gauname:
?/3+>.2/3=fl2/3(cos2? + sin2;)=a2/3
Taigi astroides lygtis yra x2/3+J2/3=a2/3
6.15 pav.
6.3.	Skaiciq seka ir jos riba
Apibrezimas. Skaicin seka (arba kintamuoju dydziuj vadinama skaitine funkcija, apibrezta пагйгаПц/ц skaicin aibeje N.
Sios funkcijos apibrezimo sritis - aibe N, reiksmiq sritis - tarn tikras rea'iqjq skaiciq aibes R poaibis.
Sekos bendrqj j narj pazymej^ x„ (cia n-nario numeris), galesime parasyti Sekqzymesime simboliu {x„}.
Formule x„ =f[n) nurodo kaip pagal numerj n apskaiciuojamas
atltinkamas narys x„. Pavyzdziui. formule x„ = apibrezia sekq
n + 1
1- 1- 1- 1- 2- n
2’3’4’ 5’ б”"’и + Г
132
Noredami apibrezti sekos rib% pradesime nuo pavyzdzio. Sakykime 77 — 1
duota seka {x„}, kurios bendrasis narys xn =---------. Apskaiciuokime 1
2n	J°s
narius, imdami n=l, 2, 3,...:
n- 1- 1-1- 2- -L- A-’ 4’ 3’ 8’ 5’ 12’ 14’"'
Nesunku suvokti. kad, didejant numeriui n, sekos nariai „arteja” prie Pavyzdziui, kai «=101, tai xn ~	. Bendrqji nar[x„ parasysime taip:
1
2 •
n -1	1	1
xn =-------=-------•
2/7	2	2/7
Didejant n, demuo — „arteja prie nulio”, todel x„ is tiesij arteja prie у • Si 2n	2	1
ГакЦ pazymime simboliais:
«-I	1
lim-----= — .
л—>co 2/7	2
Juo didesnes n reiksmes imame, juo maziau xn skiriasi nuo savo ribos, lygios 4-. Vadinasi, rib^ galetume apibrezti taip: skaicius a yra sekos x„ riba, kai, imant pakankamai didelius n, x„ ir a skirtumo modulis pasidaro kiek norima mazas. Toks apibrezimas gana aiskus, bet netikslus. Kokius n laikyti pakankamai dideliais, ka reiskia „kiek norima mazas”?
Patikslinkime suformuluot^ apibrezim^. Skirtumo x„- a modulis turi buti mazesnis uz bet kurj pasirinktq. teigiamq. skaiciq £. Nustatysime, kokie turi buti s^lyg'4 tenkinanciq sekos nariq numeriai. Grjzkime prie pavyzdzio. Reikalaujame, kad
Issprend? si^ nelygyb?, gauname:
1 n > — .
2s
— pazymekime raide N. Vadinasi, nelygybe x„-— <g teisinga su
2e	I 2
visais n>N=— . Kadangi numeris /V gali buti tik sveikasis skaicius, tai
2e
imame lygq — sveikatai daliai:
2s
133
Apibr6iimas. Skaicius a vadinamas sekos {x,,} riba, kai kiekvienq  ,/> skaiciu s atitinka toks natiiralusis skaicius N, kad su visais n>N teigidmy. .
teisinga nelygybe
'и-«I
Simboliskai rasome.
lim x„ = a .
n-->JC
Siuo atveju taip pat sakoma, kad kintamasisx,, arteja prie a, ir rasoma x„->a.
Sek^, kuri turi rib% vadiname konverguojanciqja seka.
Issiaiskinsime sekos ribos geometrin? prasm?. Nelygybe
|x„ - a| < e<=>a - £ < xn < a + £ .
Taigi skaicius a yra sekos {x„} riba, kai kiekviena £>0 atitinka toks numeris N, kad visi sekos nariai su didesniais numeriais priklauso interval ui (a-£',a + &), kuris vadi-
namas tasko a aplinka ir	O-E q	d + e
zymimas ke(a). Tuomet	—-——I—-------------------1---------1-------------►
tos aplinkos isoreje bus N-} N ^v+i
tik baigtinis skaicius	pav
sekos nariq (6.16 pav.).
6.4.	Sekos ribos egzistavimo pozymiai. Skaicius e
1	apibrezimas. Seka {x„j vadinama didejanciqja, kai su kiekviena n reiksme teisinga nelygybe
t.y. kai didesnius nariq numerius atitinka didesni sekos nariai.
2	apibrezimas. Seka {x„} vadinama mazejancitya, kai su kiekviena n reiksme teisinga nelygybe
Kai v„+l >x„, turime nemazejanciq seka, kai x„. । <x„ - nedidejanciq sekq.
Nemazejancios ir nedidejancios (kartu didejancios ir mazejancios) sekos Vadinamos monotoninemis sekomis.
3	apibrezimas. Seka vadinama apreztqja, kai visi Jos nariai priklauso Curiam nors baigtiniam intervalui (in; M), taigi tenkina sqlvgq m < xn < M .
Be jrodymo pateiksime du sekos ribos egzistavimo pozymius.
1	teorema. Monotonine ir aprezta seka turi ribq.
134
2	teoreina (tarpinio kintamojo ribos teorema) Jei x <z < n n ~
(n eN) ir	yn-> a, tai ir zn-> a .
Matematikai 2 teorema juokais vadina „dviejq policininkq” teorema. Mat jeigu tarp dviejq policininkq x„ ir y„ svyruoja girtuoklis z„, tai jis atsidurs nuovadoje a, j kuriqpolicininkai jj ir veda.
Pasinaudodami siuo pozymiu isnagrinesime vienq nuostabiq ribq jr susipazinsime su svarbia niatematine konstanta, vadinama skaiciumi e.
Imkime sekq {x„}, kurios bendrasis narys
%„= ! + — , n e N .
\ n)
Apskaiciav? kelis sios sekos narius. pavyzdziui, kai n = 5, n = 10 n = 100, n = 1000, gauname tokias apytiksles reiksmes:
Л5 = 2,488; X]q = 2,594; Xjpg = 2,705; -Viooq = 2,717 .
Is to galima padaryti prielaidq, kad x„ reiksmes priklauso intervalui (2; 3). Pasirodo, jog si prielaida yra teisinga, nes jrodyta, kad 2 < xn < 3 . Tai reiskia, jog seka x„ yra aprezta. Ji yra dar ir didejanti, taigi monotonine, todel ji turi ribq. Si riba ir buvo pavadinta skaiciumi e:
( П” lim 1 + — = e . n-»ook n)
Kadangi 2<x„<3, tai ir 2<e<3. Apytiksle skaiciaus e reiksme 15 zenklq po kablelio tikslumu yra tokia:
e=2,718281828459045 .
Logaritmai, kuriq pagrindas yra e, vadinami natiiraliaisiais ir zymimi zenklu In. Taigi
lnx = logex .
Rodikline funkcija, kurios pagrindas e, turi specialq pavadinimq ir zymejimq; ji vadinama eksponentine funkcija ir zymima taip:
expx = ex .
Toks isskirtinis demesys eksponentinei funkcijai yra neatsitiktinis, nes su sia funkcija daznai tenka susidurti nagrinejant jvairius gamtoje vykstancius procesus.
135
6.5.	Hiperbolines funkcijos
Taip vadinamos funkcijos, apibreziamos naudojant skaiciq e:
, ex - e~x , ex + e~x shx =--------- , chx =---------- .
2	2
pirmoji jq Уга hiperbolinis sinusas, antroji
(6.17 pav.).
Naudojantis siomis funkcijonns, dar dvi funkcijos: , shx tangentas thx =----------------- ir
chx
apibreziamos hiperbolinis
hiperbolinis
kotangentas cthx = ——. shx
X -X	„X . -x
Taigi thx=—-——, cthr=—-——. Jq e +e x	e -e
grafikai pavaizduoti 6.18 ir 6.19 paveiksle. Funkcijq shx, chx, thx
hiperbolinis kosinusas
6.17 pav.
apibrezimo sritis D = (— oo; +°o), о funkcija cthx apibrezta visur, isskyrus taskqx = 0. Nesunkiai galetume jsitikinti, kad
ch2x -sh2x = 1.
Gana jdomiomis savybemis pasizymi hiperbolinio kosinuso grafikas, ^Uris dar vadinamas grandinine kreive. Taip jis pavadintas del to, kad uz galq Pakabinta grandine nukardama jgyja hiperbolinio kosinuso grafiko forma.
Sukdami grandinin^ kreiv§ apie as) Ox, gauname pavirsiq, vadinamq a,en°idu (lotyniskai catena - grandine) (6.20 pav.). Katenoidas priklauso Vadinamqjq minimaliqjq pavirsiq klasei: jo pavirSiaus plotas yra maziausias,
136
palyginti su visais pavirsiais, einanciais per apskritimus yi ir y2, kurie gaunami kertant katenoid^ statmenomis jo sukimosi asiai plokstumomis.
Funkcijos shx ir chx pavadintos hiperbolinemis neatsitiktinai.
Nagrinekime hiperbol?, kurios lygtis x2-y2=l. Sios hiperboles kintamojo tasko M koordinates pazymekime x ir y. Tar§, kad x = cht gautume zinome, jog Vadinasi,
ch t у - 1. Kadangi ch2r-sh2r=l, tai p=shr.
[x = ch/,
J
j у = shf
yra hiperboles parametrines lygtys.
6.6.	Funkcijos ribos sqvoka
Pries apibrezdami funkcijos пЬц taske, isnagrinekime pavyzdj. Sakykime, duota funkcija
lx1 -8 y=—— •
Ji neapibrezta taske x =2. Imkime x reiksmes, artimas skaiciui 2, ir apskaiciuokime funkcijos reiksmes siuose taskuose:
X	1,9	1,95	1,995	2.0005	2,001
У	7,8	7,9	7,99	8,001	8,002
Ix-2|	0,1	0,05	0,005	0,0005	0.001
Ь-8'i	0,2	0,1	0,01	0,001	0,002
Is lenteles matome. kad kuo arciau skaiciaus 2 yra x reiksme, tuo funkcijos reiksme artimesne skaidiui 8. Taigi, mazejant reiskinio |x-2l reiksmems, mazeja ir reiskinio |j’-81 reiksmes. Kitaip tariant, kai x reiksmes pakankamai artimos skaiciui 2, atitinkamos funkcijos reiksmes kiek norima mazai skiriasi nuo skaiciaus 8. Tuomet sakome, kad skaicius 8 yra funkcijos 2 — 8 —------- riba, kai x arteja prie 2. Zymime
x - 2


patikslinsime posakio „Kai х reiksmes pakankamai artimos skaiciui 2,   kames funkcijos reiksmes kick norima mazai skiriasi nuo skaiciaus 8” 4 asm? Funkcijos reiksmes kiek norima mazai skirsis nuo skaiciaus 8, jeigu
2(х-2
£ia e - bet kuris kiek norima mazas teigiamas skaicius. Kai x * 2, turime: 2x2 - 8 o M<E "7ТГ"8
л-2
<=> 12(x+ 2) — 8|<£ <=> |2x-4|<e «> |x-2|<-^ .
Vadinasi, kad ir koks mazas butQ teigiamas skaicius £, pagal jj galima parinkti tokj teigiama skaiciij 8 (siame pavyzdyje 8=e/2), kad is nelygybes 2 x2 — 8 |jc — 2| < S isplauktq nelygybe |y - 8| < e. Cia ir yra teiginio lim  - 8
prasme.
Tarkime, kad funkcija у = f(x) apibrezta tarn tikroje tasko a aplinkoje,
2^—8
galbut isskyrus patj task^ a. Sia savyb? kaip tik turejo funkcija —-; taske
x-2
x =2 ji buvo neapibrezta, о bet kokioje sio tasko aplinkoje apibrezta.
1 apibrezimas. Skaich( b vadiname funkcijos f riba taske a (arba kai x—>a), jei kiekvienq kiek norima mazq teigiama skaiciq e atitinka teigiamas skaicius 8, kad su visais x, tenkinanciais sqlygq |x-a|<6, x^a, teisinga nelygybe |/(x)- b\ < £ .
Zymime lim f(x)=b arba /(x) —> £>, kai x—>a.
x->a
S^lygas |x — zz|< 5 ir x^a galima parasyti taip: 0<|x-a|<8. Si nelygybe ekvivalenti nelygybei
a-8< x < a + 8 , x* a .	(3)
Is nelygybes |/(x)-ftj < £ gauname:
b-£< f(x)<b + E .	(4)
6.21 paveiksle grafiskai pavaizduota, kad /(x)—> ft , kai x a . Kadangi ls (3) nelygybes isplaukia (4) nelygybe, tai skaicius ft bus funkcijos/riba taske o, jeigu bet kurj e>0 atitiks tokia tasko a aplinka V§(a)\a (is aplinkos Pasalintas taskas a), kad su visais x is sios aplinkos atitinkamos funkcijos
mes Pateks j 2e plocio juost^, apribot^tiesiQy=ft-£ iry=ft+£. Intervalas
138
(Z>—e; b+z) bus tasko b apljnu. kE(Z>). Taigi b, kai x-> a, jeigy is x£lW (x*«) => .у еИЕ(/>) Be to, is 6.21 paveikslo matyti, kad 5 priklauso nuo pasirinkto a. Mazinant tasko b aplinkos spindulj., mazeja ir tasko a aplinkos spindulys. Vadinasi 5 = 8(e).
Isnagrinejome funkcijos ribq, kai x -> a . Dabar aptarsime funkcijos r i bty, kai x -> oo .
Panagrinekime funkcijq f(x)= 2+—. Aisku, kad, didejant x, trupmenos x
— reiksmiti moduliai mazeja. Taigi, kai x reiksmes yra dideles, funkcijos/ X
reiksmes mazai skiriasi nuo 2. Sakoma, kad/riba lygi 2, kai x—>oo, ir rasoma
lim /(x)= lim l2+ —1=2.
X—><»	x->00 \ X/
Bendru atveju zymima
lim f(x) = b arba/(x) —> b, kai x—> co.
X->co
Sio apibrezimo uzras^x—>00, suprantame kaip du uzrasus: x—>+<» arba x—>-00. Jei funkcija yra tokia, kad siuos atvejus reikia nagrineti atskirai, tai rasome:
lim f(x~) = b arba lim f(x) = b . x->+oo	X—>-00
Be jrodymo pateiksime du funkcijos ribos egzistavimo pozymius, analogiskus sekos ribos egzistavimo pozymiams.
1	teorema. Monotoniskai didejanti (mazejanti) ir aprezta is virsaus (is apacios) aibeje Xfunkcija turi baigtin^ ribq, kai x—> a.
2	teorema (tarpines funkcijos ribos teorema). Jei funkcijn u, z ir v reiksmes tenkina nelygybes w(x) < z(x) < v(x) ir lim w(x)= lim v(x)=b, tai r-><7	x—>a
ir limz(x) = b.
x—>a
139
6.7.	Vienpuses funkcijos ribos
Iki siol nagrinejome funkcijos ribq. taske, kai x jgyja visas reiksmes is tasko a 8 spindulio aplinkos (isskyrus pat; task4x = r? ) tiek is kaires, tiek is desines to tasko puses.
jeigu, ieskant ribos, kai x—> a, nsiribojama tik x reiksmemis, esanciomis j kair? nuo a, tai tokia riba vadinama funkcijos riba is kaires ir zymima
lim /(x) = lim /(x) = f(a - 0) = />j, х->д-0 x— x<a
о jeigu apsiribojama tik x reiksmemis is desines tasko a puses, tai tokia riba vadinama funkcijos riba is desines ir zymima
lim /’(x) = lim /(x) = f(a + 0) = b2  j-»a+0 x-ta
Funkcijos ribos is kaires ir desines vadinamos vienpusemis ribomis.
Funkcijos vienpuses ribos pavaizduotos 6.22 paveiksle. Kai b\ - b2, sakoma, kad funkcija f taske a turi ribq, о kai by *b2, tai taske a funkcija f ribos neturi.
Pavyzdys. Raskime 6.23 paveiksle pavaizduotos funkcijos
6.23 pav.
140
6.8.	INeaprezrai didejancios funkcijos
Be isnagnnetq funkcijos J baigtines ribos savoku, kai x—>a arba x-> r; vartojama ir begalines ribos sqvoka. Pavyzdziui, funkcija —-, apibrezta su Л'“
visais x*0 (6.24 pav.), jgyja kiek norima dideles reiksmes, kai x—>0. Tuo atveju sakoma, kad funkcijos riba taske _r=0 yra begaline, ir rasoma > 1 lim — = oo .
x-»0 x2
Apibrezimas Funkcijos f riba taske a yra bcgalybe, Jeigu yra tasko a ciplinka V§(a)\a, kurios visuose taskitose leisinga nelygybe. |/(x)| > M , koks didelis teigiamas skaicius M ЬеЬйщ
Zymima lim f{x) = X , arba /(x)	, kai x -> a .
X—>17
Jeigu funkcija /(x)->«s, kai x-->a, jgydama tik teigiamas arba tik neigiamps reiksmes, tai atitinkamai rasome
lim /(x) =+oo arba lim Дх) = -oo. x~+a'	x—>a
Galima nagrineti begalin? ribq ir tada, kai x —> co , t. y.
lim /(x) = oo.
v—>0G
Pavyzdziui, lim x4 = co.
6.24 pav.
Atskiru atveju gali bilti nagrinejamos ribos:
lim /(x)=+cc,	lim /‘(x) = +co,
x—>+x	X—>-00
lim /(x)=-co,	lim /(x)=-<x.
Л—>-X
Pavyzdziui, limx2=+cc, lim x3 =-co irpan. x—>x	x-^-x
Funkcijos, kuriq ribos (tain tikiame taske arba begalybeje) lyg10S begalybei, vadinamos neapreitai didejancioniis.
141
6.9.	Apreztosios ir neapreztosios funkcijos
1	apibrezimas. Funkcija f vadinama aprezta tarn tikrame intervale, jeigu .• 7 toks skaicius M> 0, kad su visomis x reiksmemis is duoto infervalo
Pavyzdziui, funkcija sin r aprezta visoje savo apibrezimo srityje. nes
j sin x| < 1, V.v e (- co;+ co); cia M= 1 .
Dabar, panaudodami bendrajj funkcijos apreztumo apibrezimo su-formuluosime funkcijos apreztumo apibrezimas, kai .r -> a ir ,r -> co .
2	apibrezimas. Funkcija f vadinama aprezta, kai x -> a , jeigu egzistuoja tokia tasko a aplinka J^af a, kurioje ta funkcija yra aprezta.
Galima kalbeti ir apie funkcijos apreztumo kai x-»oo.
Kai funkcija f yra aprezta, tai teisinga nelygybe 1/(х)|<Л/ arba jai ekvivalencios nelygybes -M<f(x}<M. Nelygybe	kai J ii B- bet
kokie realieji skaiciai, irgi yra funkcijos apreztumo sqlyga.
Pavyzdziui, funkcija — — 1 + x'
(6.25 pav.) yra aprezta visoje savo apibrezimo srityje, nes
о funkcija (6.26 pav.) yra aprezta is virsaus skaiciumi 1, kai
skaiciumi 1 ji aprezta ir is apacios, kai x->	; taip pat galima
tvirtmti, kad funkcija 21//,v yra aprezta is apacios skaiciumi 0 visoje aPibiezimo srityje.
Is ribq lim f(x) = co arba x-~>a
= apibrezimo isplaukia,
'unKCija yra neaprezta, kai ji -aprcziaj dide j a. Atxirkscias c^mys ne visada teisingas: ^prezta funkcija gali ir nebuti neaPTeztai didejanti.
142
6.27 pav.
Pavyzdziui, funkcija x sinx yra neaprezta, kai x -> oo, nes \/M > 0 galima rasti tokias x reiksmes, su kuriomis lxsinx|> M (6.27 pav.). Bet si funkcija nera neapreztai didejanti, nes taskuose x = 0, ±п, ±2n,... ji lygi nuliui.
6.10.	Nykstamosios funkcijos
Apibrezimas. Funkcija a(x) vadinama nykstamqja, kai x—>a (arba kai x—> oo ), jeigu jos riba lygi nuliui.
Taigi funkcija a(x) nyksta, kai x-> a, jeigu kiekvien^ £ > 0 atitinka toks teigiamas skaicius 8, kad visuose aplinkos K5(a)\a taskuose teisinga nelygybe
|a(*l < £.
Pavyzdziui, funkcija sinx nyksta, kai x->0, о funkcija — - kai x->°°-x
Analogiskai seka {a„} yra nykstamoji, jei a„->0 .
Suformuluosime svarbi^ teorem^, susiejanciq funkcija, jos riba. ir nyks-tamaja funkcija.
Teorema. Funkcija fix) taske a turi baigtinq ribq b tada ir tik tada, kaiji isreiskiama suma b+a(x), kurioje a(x) yra nykstamoji funkcija, kai Trumpai tariant, funkcija skiriasi nuo savo ribos nykstamqja funkcija, panasiai kaip kintamasis dydis - nykstamuoju dydziu.
[rodymas. Butinumas. Tarkime, kad lim f(x)=b . Tuomet kiekvien^ x—ta
£ > 0 atitinka tokia tasko a 8 spindulio aplinka Pg (u)\ a, kurios taskuose tei singa nelygybe |/(x)-Z>|<£. Pazymekime: a(x)= f(x)-b. Tuomet /(*) = b + a( x), be to, |a(x)| < £ , todel lim a(x) = 0.
143
Pakankamuntas. Jeigu /(x) = i + a(x) ir lima(x) = O, tai kiekvienq Г	X-><7
0 atitinka tokia tasko a 8 spindulio aplinka Ks(a)\a, kurios taskuose |a(¥)|<e. Tada ir |/(л)-/>|<£. Vadinasi, lim /(x) = b. Teorema irodyta. A
Be jrodymo pateiksime keletqnykstamqjq funkcijq savybiq.
1	savybe. Baigtinio skaiciaus nyksta пицц funkcijq suma yra nykstamoji funkcija.
2	savybe. Apreztosios ir nykstamosios funkcijq sandauga yra nykstamoji funkcija.
3	savybe. Dviejq nykstamqjqfunkcijq sandauga yra nykstamoji funkcija.
4	savybe. Konstantos ir nykstamosios funkcijos sandauga yra nykstamoji funkcija.
5	savybe. Jei funkcija a(x) nyksta. kai x-sa ir hm f(x) = b ^0, tai x—>a
a(x)
funkcija —— nyksta, kai x-t a.
Ax)
Nykstamqsias ir neapreztai didejancias funkcijas sieja gana paprastas rysys, nusakomas sia savybe.
6	savybe. Jei funkcija f(x) neapreztai dideja, kai x-> a, tai funkcija a(x) = —, . nyksta, kaix-^a.
_ /U)
Si savybe jteisina tokius simbolinius uzrasus, naudojamus skaiciuoiant ribas:
~7 = +«. -£- = -oo, —=+0, — = -0, — = 0, - = oo, —0	+00	—00	OO	0
cia c > 0, c = const.
Skyrelj baigsime, sufonnuluodami ribq desnius.
Teorema. Jei dvi funkcijos f ir g turi baigtines ribas lim f(x)=A,
(A,BeR), tai:
Х—Ъл
*) lim(/(x)+g(.r))= A + B ;
V—>a
2)	lim cf(x)=cA , c=const;
3)	М/(л'к(л-))=ЛЯ ;
<) «•<>.
*->0 g(x) в
Remdamiesi siais desniais ir Clu°janie ribas.
nykstamqjq funkcijq savybemis, apskai-
144
6.11.	Neapibreztieji reiskiniai
f
Isnagrinejome reiskiniQ f+g, fg, — ribas, kai funkcijos f ir g turej0 baigtines ribas (dalmenyje vardiklio g riba negalejo buti lygi nuliui). Dabar panagrinekime, kokios gali buti siQ reiskiniQ ribos, kai/ir g ribos yra begalines arba g riba lygi nuliui. Daznai pasitaiko vadinamieji keturin ц„ neapibreztumai.
1.	Nagrinekime santykj 2—2 I arba _2_ jr tarkime, kad abi funkcijos к Уп )
f(x) ir g (x) (arba x„ ir y„) kartu arteja prie nulio, kai x -> a arba x -> oo. NOrs funkcijn/(x) ir g(x) ribos zinomos, apie ju santykio rib^ nieko bendra pasakyti negalima. Si riba priklausomai nuo abiejn funkcijn kitimo desnio gali tureti jvairias reiksmes arba net visai neegzistuoti. Tai bus aisku is Siu pavyzdziQ:
1)	Tarkime, kad /(х)=Д-, g(x) = —. Kai x->oo, tai /(x)->0, g(x) —> 0 ir lim = lim — = 0, о lim = lim x = co .
2	3
2)	Dabar tarkime, kad f(x) = —, о g(x) = —. Kai x -> oo , tai /(x) -> 0
ir g(x)->0. Tuomet lim	.
X->oo g(x) 3
l)”+1 .
2— ir n
= (-l)”+l visai neturi
3)	Pagaliau imkime dvi naturaliojo argumento funkcijas x„ =
1	X
yn = — (abiejq ribos lygios nuliui). Jq santykis —
n	Уп
ribos.
Taigi nors visQ pavyzdziQ skaitiklio ir vardiklio ribos lygios nuliui. taciau santykio ribos yra skirtingos ir betarpiskai priklauso nuo padiQ у
funkcijQ pobudzio. Sakome, kad reiskinys —; kai f -> 0 ir g -> 0, yia g
.. .	0
neapibreztumas — .
2. Panasi padetis susidaro ir nagrinejant santykj —W
ynJ
arba — .kurio
/(x) ir g(x) (arba x„ ir y„) neapreztai dideja. Sio santykio riba gali buti if baigtine, ir begaline, ir is viso gali neegzistuoti.
145
I	03
Reiskinys —. kurio/-» ж ir g —»оо. vadinamas neapibreztumu — . S
3 Nagrinedami dviejq funkcijq sandauga/(x)g(x) (arba x„-y„), kai л ) (arba x„) 0, о g (x )(arba y„) -> co, gauname neapibreztuma 0 • oo.
7	4 Nagrinedami sum^/(x)+g(x) (arba x„+y„), kurios demuo /(x)-»cc, о
_> -oc, gauname neapibreztuma co - co.
Taigi, net zinodami funkcijn/ir g ribas, ne visada galime nustatyti is sin funkciiu sudarytR aritmetinin reiskiniQ ribas. To padaryti nejmanoma, kai pasitaiko keturin tipi{ neapibreztumai:
O-oo, oo — oo .
О ос
О ’ ос
5x2 -7x + 4
,	..	5x2-7x + 4 fco^	x-
Pavyzdys. inn —,---------= — = lim —----------------=
2x‘+8x-3	x-»«> 2x* + 8x - 3
-
x~
7 4 r 7 4 'I
5-- + — hm 5 — + —I
lim----- x~>ob-------------—= _ nes--------------->0 ir —-»0. kai
x-^oo 8	3	f	8	ЗА	2	X	X2
2 +------5- lim I 2 +---
X	X~	Л-»00'	X	X~'
x -» 00 . A
P (v)
Apskritai, apskaiciuodami ribas lim n '	(Pn(x), Qm(x) - daugiana-
x-»=°2m(x)
riai), skaitiklj ir vardikli dalijame is xk ; cia к = max{n,m}. Stai
—	0 , —г -> 0 , kai x -> 00 . Taigi galiaustai gauname reiskinj
x~ x
nes 1	0
X
Apskaiciuokime dar vienQ ribQ: x + 2
..	V +	2
hm	— -------= lim —__= nm
x -4x + 7 \-»«:x"-4x + 7 r-»1-
1 A
_A_r_= 0
,47 1--r —5-
X x“
146
,sinx
6.12. Riba lim-
x—>0 x
Apskaiciuodami siq, ribq, susiduname su neapibreztumu —. Pirmiausia (rodysime paptldomqnelygyb^
sinx <r < ta x, kai 0<x< —
2
NagrineKime apskritimo kurio spindulys
Л=1 (6.28 pav.). Centring kampq AOC
71
pazymekime x, 0 < x < —. Aisku, kad
2дшс < Qispj.oAc < Qaoab ;
cia simbo’iu Q pazymetas atitinkamos figures plotas. Kadangi
1	1
QkoaC = --°a cd =--l-smx, 2	2
2
Qispj.OAC 2	' X
--1-2
x, Q&oab'^~' OA-AB-—-1-
tgx,
arba
tai gauname
1 . 11 — Sinx < -x< -2	2	2
Paoalijc visus narius is teigiamo dydzio sinx, gausime
1< — <— . sinx cosx
Tuomet cosx< Sm * < 1, nes sinx>0, cosx>0, kai 0<x<—. x	2
cosx-» I, kai x—>+0, tai pagal tarpines funkcijos ribos
. sinx	. n
hm -----= 1. Kai —
.V—>-t-0 x	2
kad su neigiamomis x reiksmemis riba yra ta pati: sinx .
hm -------= 1 .
Kadangi
tecremq. si<x) = sinxt o ui reigkia,
Sujungc abu atvejus, gauname:
,. sin x hm--------= 1 .
x—>0 x
147
sinx
Funkcijos —
grafikas pavaizduotas 6.29 paveiksle. Is jo matyti, kad
6.29 pav.
Isspr^skime keletq pavyzdziip
sin3x _
. .	------3X	3
sin3x r 3x _ кт _Z±-_
1) lim —----— lim :	n	q ’
’ ;_>0 sin7x *^ода2^.7л. x—>0 7x 7 7x
2)
1-cosx nm j— x->0 x
„ . 2 x
2 sin —
lim------5——
x—>0	x
x—>0 2
. x sm -
2.
x
к 2 '
= lim — •
£
2
tex sinx . sinx 1	.
3) lim = lim-------------- hm-------hm-------= 1 •
x~>0 X	x—>0 XCOSX x—>0 x	r—>0COSX
( 11
6.13. Riba lim 1 + - , xcR x->±a> X'
( 11
Remiantis zinoma formule e= hm I 1 + — , n&N, jrodyta, jog ir su
n—>00 \
realiaisiais x lim [ 1 + — j = e. x—>±0G\	X J
1	isvada. lim (1 +	= e.
hikrai, jei pazymetume dydj — raide x, tai x->«, kai z^O ir tuomet z
S^tume lim f j +1^1 = e x~»cok x)
148
2	isvada. Sakykime, kadz = a(x) ir lima(x) = O . Tada x—>a
lim (1 + а(х))«П7 = lim (1 + z)- = e. x->a	r->0
Pavyzdziui, lim (1 + sin x) = e. x—>0
Remdamiesi siomis ribomis, irodysime, kad:
I)	= l ;
x—>0	X
2)----------lim ------- = 1 .
x—>0 X
1) Tikrai* lim + x) = lim ln(l + x)* = In lim (1 + x)* = Ine = 1. x—>0	X	x—>0	x—>0
2) Pazymekime ex-l=u, ех=г/+1, х = 1п(и + 1). Kai x—>0, tai u—>0. Apskaiciuojame ribtv
.. ex-l	и	1	,
lim-------= lim —7-----v =------—7----r = 1 .
x—>0 x n->olri(w + l) ml» +1)
w->0 U
1 pavyzdys.
Cia sukcisti victomis ribos ir logaritmo simboliai. Kad taip galima daryti, irodysime vchau, kalbcdami apie elcmentarinj^ funkcijn toiyduma-
149
6.14- Nykstamqjq funkcijq palyginimas, Ekvivalcncios nykstamosios funkcijos
Sakykime, kad funkcijos a ir p nyksta, kai x->o (arba	t. y.
lim ot( v '	x—>a
samykio ribq lim-^y, jei ta riba egzistuoja.
(Y) = 0 ir limP(x)=O. Tokias funkcijas palyginame, atsizvelgdami jjq к ' л->а
- «(•'•) • • . __________ . •
(Xi XI	(XI x)
1 apibrezimas. Jei santvkia - riba, kai x-o-a, vra lim - - -	0.
P(-r)	'	x—>a P(x)
tai a ir 3 vadinamas tos pacios eiles nykstamosiomis funkcijomis.
1 pavyzdys. Kai x—>0, a(x)=2x3 ir p(x)=5* yra tos pacios eiles nykstamosios funkcijos, nes
a(x) 2 lim —~ = —*0- ▲
2 apibrezimas Jei lim -у г =0, tai a vadinama aukstesnes eiles negn P x-»a p(xj
nykstamqja funkcija. Zymime a(x )=o(p(x)).
2 pavyzdys. Kai x-> oo, a( x) = -—- y- ir
1 + x2 ciuojame:
P(x) = -----nyksta. Apskai-
Vadinasi, kai x->oo, a yra aukstesnes eiles nykstamoji funkcija r.egu p.
Taigi —— = 01 _A_'j. kai x —> cc. ▲
1 + ,r‘ к 1 + x)
3 apibrezimas. Dvi nykstamosios funkcijos a ir p, kai x-^a (x—><ю), X:>dir,amo<; ekvivulenciomis, jei lim -=1. Zymime a(x)~p(x), kai x-^a
• 5Vardysime keletq ekvivalenciq nykstamqjq funkcijq.
- kadangi lim = 1, tai sinx ~x, kai x -> 0 .
x->0 x
Kadangi lim = 1. tai tgx~x , kaix—>0 . л-->о x
150
3)	(rodykime, kad lim arc-sin* = j x—>0	x
Pazymej? arcsinx raide y, turesime: x= siny iry —> 0, kai л- -> 0. Tuomei .. arcsinx .. у ,	sinv
lim--------= bm--------= 1, nes lim------= 1 .
x-»0 x v->osiny	y->o у
Vadinasi, arcsinx ~x . kai x—>0 .
..	, v, . .	.	,	arctgx
4)	Analogiskai (rodytume, kad lim--------= 1 .
л—> 0	x
Todel arctgx ~x , kai x-> 0 .
,. ,, ,	.	..	1 - cosx 1
э) Kadangi lim------— • - —
x->0	%2	2
(zr. sio skyriaus 6.12 skyrelio 2 pavyzdj), tai
1 2 1-cosx—x , kaix —>0.
2
Sio skyriaus 6.13 skyrelyje jrodeme, kad
iim —-—
x—^0	x
= 1 ir iim-e——-=1 . x—>0 x
IS to gauname dar du sarysius.
6) ln(l+x)~x, kaix->0 .
7) ex- 1 ~ x, kai x -> 0 .
6.15, Ekvivalenciq nykstamqjq funkcijq naudojimas apskaiciuojant ribas
[rodysime teoremiy kuria remsimes apskaiciuodami ribas
Teorema. Dviefa nykstamiyn funkcijn santykio riba nepasikeiciapakeitus tas funkcijas joins ekvivalenciomis funkcijomis.
[rodymas. Tarkime, kad a ~ a,, P ~ pi, kai x -> a:
г а(-т) i г	,
lim —= 1, lim —= 1 . x—>aa|(x]	x->aP](x)
Apskaiciuojame:
.. a aj a Pj a, a p!
bm — = lim —!----------— = hm —L • bm----------lim —L •
x—>a P x^>a p] Ct। P .v->a p]	x^>a P
a ... Pi ...... a .. a\
Kaoangi nm — = i , am —= 1, tai galutmai bm — = hm- • л.
x—>aCtj x—>a P	x^o P x->a Pi
151
1	navvzdvs. lim— —- lim—. ▲
1	**	J	x-»0sm8x	x->08x	8
sin 4.x	4л	4
2	navyzdys. hm-------- lim — = - . ▲
zp	2	r->0 tg5x	x->05x	5
Л* (.in|7t K	n it
cos— sln-------------X -----------r
,	2 г \2 2 J ? 2 ” n
3	pawzdys. hm----— = lim— ------------ = iim_~—= _ . A
х-И 1-х	х->1	1-х х-я 1 —x 2
Incosx ln(l + cosx-l) cosx-1
4	pavyzdys. lim------—= lim----------------= lim-------—
1	x-»0 x2 x-»0 x2	.v—>0 x2
1 2 .i-i X-»0 x“
1
5 pavyzdys. lim(cosx)
x->0
i
Sprendimas. Pazymekime: lim(cosx) =A. Islogaritmav? sj reiskinj
ir sukeitQ logaritmo bei ribos simbolius vietomis, gauname: i	i
InЛ = inlim(cosx)=limln(cosx) = lim—-—ln(cosx) = x->0	x->0	x->0 sin2 x
= limin(i + coSx-iL iim5£!£zl= = r->0 sin^x x->0	x
Todel Л = е 2 =-^= . ▲
Ve
Palyginkime 5-ojo pavyzdzio ir 6.13 skyrelio 2 pavyzdzio rezultatus.
Abiejuose pagrindai arteja prie 1 2x + 3	’	^a'	x—>cc’
....	^3x - 2
cosx-^i, kai x—>0), о laipsnio rodikliai - prie oo ।—-	>oc, kai
152
x-w; ——--------> ex?, kai x-»0, nes sin 0 = О). Taciau atsakymus ।
sin" x
_i j
skirtingus: e ir —. Sakome. kad susidureme su neapihreztumu I*.
Tokiu laipsnimq neapibreztumii yra dar dir. 0° iroc”.
6.16.	Funkcijos tolydumo taske sax oka
1	apibrezimas. Funkcija у = /(x) vadinama tolydzia taske xoeX, jeigu ji apjbriita siame taske irjo aplinkoje, be to,
lim Дх) = /(х0) , X—
trumpai lariant, jeigu funkcijos riba taske x0 lygi jos reiksmei tame taske.
Prisimme funkcijos ribos apibrezimq. galime sakyti, kad funkcija f yra tolydi taske x(l, jei kiekvier.^ e>0 atitinka toks 5, kad su visais x, tenkinanciais sylyga
0 < x - xc| < 8 teisinga nelygybe
Skntumas x-x0 vadinamas argumento pokyeiu ir zymimas Ax=x—xu, о skirtumas vadinamas funkcijos pokyeiu ir zymimas Aj’= =Afx0)=fx )-Xxo)-Kadangi x=x0 + Ax (cia Ax>0 arba Ax<0), tai funkcijos pokytis Ay=/(xo+A.r)-./Uo) (6.30 pav.).
Tuomet is 1 apibrezimo isplaukia, kad lim (/(x)-/(xo))=O , ‘->*0
arba
lirr. Ay = 0 , nes x-> x0 , kai Ax—> 0.
Taigi tolydziq taske funkcija galima apibrezti ir taip.
153
2	apibrezimas. Funkcija f vadinama tolydzia taske xu, jeigu nykstamq atitinka nykstamas funkcijos pokytis;
lim Ду = 0 .
Дг->0
1 ir 2 apibrezimai yra ekvivalentus.
Kadang' lim x = *o , tm, remdamiesi 1 apibrezimu, gauname: v->.v0
lim /(%) = /( lim x) .
X—>Xq	X~>Xq
Is sios lygybes darome svarbia isvadq: jeigu funkcija tolydi, tai ribos ir funkcijos simbolius galima sukeisti vietomis.
Anibresime vienpusj funkcijos Jolydumq. taske.
3	apibrezimas. Funkcija f vadinama tolydzia taske x0 is kaires, jei fixf) =/xo-O) = lim /(.v), ir tolydzia is desines, jei f(x0) =fxQ+ 0)= k~Mo -0
= lim f(x).
Y-»J0+0
Is cia isplaukia, kad funkcija/yra tolydi taske x0, jei ji tame taske tolydi is kaires ir is desines:
/(•*o)=/(xO -O)=/(^o + O) •
Sakysime, kad funkcija yra tolydi intervale (a; b), jeigu ji tolydi kiekviename to intervalo taske. Funkcija bus tolydi atkarpoje [a; b], jeigu intervale (a; b) ji tolydi. taske a tolydi is desines, о taske b - is kaires.
Tolydzios atkarpoje fa; b] funkcijos grafikas yra istisine, nenutrtikstanti kreive siojje atkarpoje.
Be jrodymo paieiksime tolydznyq. funkciju savybes.
1	savybe. Jeifunkcijos f ir g tolydzios taskexo, tai irfunkcijos f+g,f-g
~ (g (xo) * 0) tolydzios tame taske
savybe. Jei funkcija g tolydi taske .x0, о funkcija f - atitinkamame taske Уо~ё(хо), tai sudetine funkcija f(g(x)) irgi tolydi taske x0 •
1-odyta, jog vises eiementariosios funkcijos yra tolydzios savo apibrezimo ^Je- Todel, apskaiciuodami elementarily^ funkciju ribas taske a, galime jas a eisti funkcijii reiksmemis tame taske.
154
6.17.	Funkcijos triikio taskai
Taskas Xo bus funkcijos у = f(x yra neapibrezta arba netolydi.
Suklasifikuokime funkcijos trukio taskus.
1	apibrezimas. Taskas x0 vadinamas funkcijos f pirmosios rusies triikio tasku, jeigu jame egzistuoja baigtines ribos is kaires /(x()-0) ir is desines /(xo+0), bet jos nera tarpusavyje lygios'. /(xo-O)*/(xo+O).
Sakoma, kad taske x0 funkcijos grafikas daro baigtinj suolj (6.31 pav.).
1	pavyzdys. Isnagrinekime funkcijos [x] pobudj (6.32 pav.) taskuose xeZ. Kadangi, pavyzdziui,/(2-0)= 1, /(2+0) = 2, tai /(2-0) ^/(2+0) ir taskas x = 2 yra pirmosios rusies triikio taskas. Tokios pat rusies yra ir kiti taskai x e Z. ▲
2	apibrezimas. Kai bent viena vienpuse funkcijos f riba taske neegzistuo-ja arba yra begaline, tai taskas x0 vadinamas sios funkcijos antrosios riiSies trukio tasku.
) trukio taskas, jei siame taske funkcija
2 pavyzdvs. Taskas x=-2 yra funkcijos ---- (6.33 pav.) antrosios rii-
x + 2
sies trukio taskas, nes jame ribos is kaires ir is desines yra begalines, be to,
6.33 pav.
/(- 2 - 0)=- oc , /(2+0) = +oo . A
3 apibrezimas. Taskas x0 vadinamas funkcijos f pasalinamuoju trukio tasku, jei
j\xn - 0) =/(x0+0) */(Xo) •
Sj trukio task^ pasaliname, funkcij°s reiksm? /(x0) pakeisdami jos riba lim /(x).
x-».r0
155
3 pavyzdys. Isnagrinekime funkcijq sinx
0,
kai x * 0, kai x = 0.
Kadangi lim (x) = lim= 1, ,r->0	-v->0 X
0
z(o)=O, tai lim/j(x)*/j(o), vadinasi, x = 0 - trukio taskas. Jis yra ’	x->0"
pasalinamasis. nes apibreztq taip:
galima sudaryti naujq funkcija /э(х), tolydziq taske x = 0 ir
Л(*) =
sinx , .
-----, kai x 0,
1, kai x = 0.
Siame pavyzdyje funkcijos reiksme /j(0) pakeiteme tos funkcijos ribos taske x = 0 reiksme lim/i(x)= 1. ▲
x—>0
6.18. Tolydziiyq atkarpoje funkcijq savybes
Be jrodymo pateikiame 4 teoremas, apibiidinancias tolydziqjq atkarpoje funkcijq savybes.
1 teorema (teorema apie funkcijos virtimq nuliu). Jei tolydi atkarpoje [a; b] funkcija f tos atkarpos galuose igyja priesinga zenklu reiksmes, tai tarp a ir b biitinaiyra toks taskas c, kuriame j{c)=Q (6.34 pav.).
6.34 pav.
Geometrine teoreinos prasme labai aiski: tolydi kreive gali pereiti is v,enos asies Ox puses j kitq, tik perkirsdama tq asj (6.34 pav.). Teoremq Salirna pritaikyti sprendziant lygtj Дх)=0. Pirmiausia randame atkarpq [a; Z>], Os galuose fa) irfb) yra priesingq zenklq. Tuomet atkarpos viduje tikrai lygties Дх )=o §aknis. Dalydami tq atkarpq pusiau ir pasirinkdami tq dal), s galuose funkcijq reikSmes yra priesingq zenklq, bei t?sdami procesq, esirne kiek norima tiksliai priarteti prie saknies.
156
2 teorema (teorema apie tarpin? funkcijos reiksm?). Jei tolydi atkarn [a; b] funkcija f atkarpos galuose [gyja nelygias reiksmes fla)=A ir f[b}~p
A
О
(A<B), tai kiekvienq dydi c tenkinanti sqlygq A<C<B, atitin^ atkarpos [a; b] taskas c, kuriarne f(c)=C (6.35 pav.).
Kitaip sakant, jrodytojj teorema tvirtina, kad tolydi atkarpoje [a; £,] funkcija ’jgyja visas tarpines reiksmes tarp/(a) ir/(ft).
6.35 pav.
3 teorema (teorema apie funkcijos apreztumq). Tolydi atkarpoje [a; b] funkcija fyra aprezta toje atkarpoje, t. y. egzistuoja skaiciai m ir M, su kuriais
m < f(x )< M.
4 teorema (teorema apie didziausi^ ir maziausia funkcijos reiksm?). Kai funkcija fyra tolydi atkarpoje [a; b], tai yra du atkarpos [a: Z>] taskai, kuriuose funkcija igyja savo didziausiq ir maziausiq reiksmg.
Uzdaviniai
1.	Nubraizykite funkcijos sgnx (lot, signum - Zcnkias) grafik^:
-1, kai x < 0,
sgnx = < 0, kai x = 0,
1, kai x > 0.
2.	Funkcija {x} (trupmenine skaiciaus x dalis) apibreziama taip: (xj =x-[x]; cia [x] - sveikoji skaiciaus x dalis. Nubraizykite funkcijos {xj grafik^.
/ 1 \	4 — r
3.	Raskite /(o), /(-x), /(x -1), f - I, kai /(x) = —— .
lx)	2 + x
4.	Jrodykite, kad /(x + 3)-3 /’(x + 2)+3/(x + l)-/(x)= 0, kai /(x)= ax' +bx + c.
5.	Raskite /(x) kai: а) С(у-2) = х2-4x+7; b) / * = x2 . \ x + 1)
6.	Raski.e sii_p funkcijq apibrezimo sritis:
ч Гл ~	1	Vx	I X ]
a) y = v4-x +—;	b)y = arccos—1 ;
x	(2	)
с) у = lg(3x + l)+21g(x + l); d)y = J—-s/sinx .
V 2-x
157
2/7
7. Jrodykite. kad Inn —
= 2. Raskite sekos numerj N, kunuo pradedant
2и___э <0,01.
.. 3
X Apskaiciuokite ribas:
2y2-9	x3
; b) lim —------; c) .lim —
x-n -/h-	1—* r v3
a) lim--
x-+*> 2x
9. Apskaiciuokite ribas:
Jt+3 — 3 , ..
a) lim -----—	"
; d) lim •—
4x-8
; c) hm — ;
»-** ^7 - 2
d) lim

10. Apskaiciuokite ribas:
sinl x + -
a) hm —--------------2
_ £ 3x + Tt x-> з
2	• 2
, cos" x-sin" x-1 ; b) nm----------------------
x->0	x"
; c) lim
sin 6x
1 - cosx
d) 11111—;^-=— x-+o xlyl + x -
,	tt
e) hm x---------tgx;
id 2)
. Г*~1 f) lim --
5л
g) lim(1 +tgx) ; x->0
h) hm-vcosx ; .r->0
i)
hm
x2 +5 3x2+l
11. Nubraizykite funkcijos
/(*)=
0,5'x2, 2,5, 3,
kai kai kai
|x|<2, |x| = 2, |x|>2
grafiktj ir istirkitc jos
triikio taskus.
12. Parinkite tokj skaiciq A, kad funkcija
x2--1
x-1
A,
kai x * 1, kai x = 1,
butt) tolydi taske x=J .
*3. Nustatykite sip funkcijn trukio taskit rusj: a)/(x) = sgn.r ;	b) Д * .
d)/U)=arctg^l—, kai x*±l;f(±l) = - . x" -1	2
-4- Funkcija /’(л-) = —lii—1 neapibrezta taske x = 0. Kokia turi buti sios .	Vl + x-1
c'jos reiksme /(o). kad funkcija butt) tolydi taske x = 0 ?
_______VIENQ KINTAMOJO
FUNKCIJU DlFERENClALINis SKAICIAVIMAS
7.1. Funkcijos isvestines s^voka
Isvestines savoka yra viena svarbiausiii malematikos s^vokq. Funkcijos isvestines radim^ vadiname tos funkcijos difereneijavimu.
Tarkime, kad funkcija у = f(x) apibrezta tam tikrame intervale X. Jame pastrinkime dvi nepriklausomo kintamojo reiksmes: x ir x0. Ju skirtumas x - x0 vadinamas nepriklausomo kintamojo, arba argumento, pokyeiu ir zymimas Ax.
Vadinasi, kai Ax=x - x0, tai x=x0 + Ax. Sakoma, kad nepriklausomo kintamojo pradine reiksme хэ igijo pokytj Ax.
Skirtumas /(x0 + Ax) - /(x0) vadinamas funkcijos y = f(x) pokyeiu taske xo ir zymimas simboliu A/(x0) Taigi
A/W =f(x0 + Ax) -/(x0).
Dydis A/(x0) tiesiog vadinamas funkcijos pokyeiu ir zymimas Af arba Ay.
Funkcijos ir jos argumento pokyeiu santykis isreiskia funkcijos kitimo vidutinj greitj atkarpoje [хо;хо + Ах], kai Ax>0, arba atkarpoje [x0+Ax;xGJ, kai Ax<0:
v -	/(x.j+d.-.)-/(x.Q
v,d Ax	Ax
Vidutinio greicio riba, kai nepriklausomo kintamojo pokytis arteja pne nulio,
lim	lim Ж + Ах)-/(х0)
Av—>0	Ax	Av—>0	Ax
vadinama funkcijos kitimo greiciu taske x0, arba iSvestine.
1 apibrezimas. Jei egzistuoja baigtine funkcijos pokycio Xfl'xp ir ji sU^_. lusio argumento pokycio Ax santykio riba, kai Ax arteja prie nulio. tai J1 vadinama funkcijos у =f(x) isvestine argumento x atzvilgiu taske Xo 
159
Isvestin? zymime /'(x0) arba v'|
x=x0  Taigi
_z \ M*o) Л^о + Дх)-/(хо) f'l X(} = lim ---—- = hm —----------------*—— .
V	Ax—>0 Дх д<->0 Дх
Kadangi Дх = x - x0 ir Д/(х0) = /(x0 + Дх) -/(x0)=/(x) -/(x0), о
v0 kai Дх-> 0. tai isvestin? galima parasyti kitaip:
,/'(xo)= lim --------
Isvestine. apskaiciuota su bet kuria kintamojo x e X reiksme, bendruoju atveju yra kintamojo x funkcija, todel zymima /'(x), ,v'v. Siuos simbolius pasiiile G. V.Leibnicas.’ Dar vartojamas Z. L. Lagranzo” zymejimas . Jj koi kas traktuosime tik kaip isvestines simbol), nesuteikdami jam trupmenos prasmes.
Dar apibreziamos vienpuses isvestines taske x0: isvestine is kaires
^°-0>
X—^-^'q ~'O	X Aq
ir isvestine is desines
f(Jo + O). li„, /W-tH . x->.Y0+0 x-xo
Aisku, kad funkcijos isvestines tarn tikrame taske egzistavimas ekvivalentus jos vienpusin isvestiniq tame taske lygybei.
1 pavyzdys. Apskaiciuokime funkcijos /(x) =|x| (7.1 pav.) isvestin? taske x0=O.
Sprendimas. Pagal isvestines apibrezimo /'(0). lim r~>0 x-o
- lim —-------
= I 1, kai x +0, [-1, kai x —> -0. Taigi f(+o)=l
filosofas^0^^35 Thelmas Lcibnicas (G.W. Leibniz, 1646-17161 - vokieCiq matcmatikas ir ** ’
Inechan t,^0Ze('aS Lagranias (J.L. Lagrange, 1736—1813) - pranciizu matcmatikas ir an'kas tcoretikas.
160
Kadangi vienpuses isvestines taske xo=O tarpusavyje nelygios, tai funkci’ siame taske isvestines neturi. ▲	’
2 pavyzdys. Apskaiciuokime funkcijos y = l[x (7.2 pav.) isvestine taske
xo=O.
7.2 pav.
3 pavyzdys. Raskime funkcijos
Sprendimas.
/'(o) = lim x—>0	x - 0
r ^-° Г •
= lim--------= Inn -_= +oo
x-»0 X x-»0 3/ 2
Kadangi gautoji riba yra begaline, tai funkcija tfx taske xo = O isvestines neturi (apibrezdami isvestine, reikala-vome, kad pokycip santykio riba butq baigtine). ▲
y=x2 isvestine bet kuriame taske x.
Sprendimas. Pagal isvestines apibrezimo
A . лА2 „2 = 2хАх + (Дх)2 _
Ar->0	Ax
/'(x)	= lim H + AX) -X
Ar—>0	Ax
= lim (2x + Ax)= 2x .
Taigi (x2) = 2x . ▲
2 apibrezimas. Funkcija, kuri taske turi baigtinq isvestine, vadinama diferencijuojama tame taske funkcija
7.2. Funkcijos isvestines mechanine ir geometrine prasmfc
Funkcijos /(x) isvestine taske x0 apibrezeme kaip funkcijos kitimo greitl tame taske. Siuo apibrezimu ir apibudinama isvestines mechanine prasme. kuno nueitojo kelio isvestine laiko atzvilgiu yra to кйпо greitis, о greicio isvestine (kelio antroji isvestine) laiko atzvilgiu - pagreitis:
a = v'(t) = s'(/) .
Pries pradedami nagrineti isvestines geometrine prasme, apibresime kreives liestines sovoka.
Apskritimo liestine vadinama tiese, turinti su apskritimu tik vieno bendro tasko. Ne kiekvienai kreivei toks liestines apibrezimas tinka. Todel bet kurios kreives / liestine taske Mo reikia nusakyti kitaip. Per tasko M) >r ki*4tos kreive® tasko M(7.3 pav.) nubrezkime kirstine МйМ. Kai taskas M, judedamas kreive arteja prie tasko Mo, kirstine sukasi apie tasko Mu.
161
Apibrezimas. Ribine padetis MUT, kuriq uzima kreives kirstine kai
M kreive arteja prie tasko Mo, vadinama tos kreives liestine taske Mo  Tarkime, kad duotoji kreive yra
funkcijos y=fO) grafikas (7-4pav.).
Nesunku suprasti. jog santykis lygus kampo <p tangentui: Av
Sakykim, taskas M, judedamas funkcijos y=/(x) grafiku, arteja prie tasko Mo- Tada Ax arteja prie nulio, о kirstine MUM - prie ribines padeties, t.y. liestines M0T. Jei liestine M0T sudaro su teigiamqja asies Ox kryptimi
kampq a, tai <p->a. Kai liestine nelygiagreti asiai Oy, tai del tangento tolydumo tg <p -> tg a . Todel
к = tg a -
= lim tg <p = lim 4^=/'(*o)
Ar—>0	Ar—>0 Ax
Taigi
*=/'(x0).
Vadinasi, funkcijos y-f(x) grafiko liestines, nubreztos per taskq Mo(x0;/(x0)), krypties koeficientas lygus isvestines /'(x)
7.3 pav.
reiksmei, apskaiciuotai lietimosi taske x = x0 .
Pasinaudoj^ tieses, einancios per taskq A/o(voi/(xo)) *r turincios krypties koeficientq k, lygtimi
J’~/(*o) = A’^-x0), gauname kreives liestines lygti
У- Дх0) = /'(x0) (x-x0).
Tiese, einanti per lietimosi taskq statmenai liestinei, vadinama kreives male. Kadangi statmenq tiesiq krypciq koeficientai ki ir k2 tenkina sqlygq к - 1
1	’ta* normales lygtis bus tokia:
162
Jeigu funkcijos f(x) vienpuses isvestines taske x0 tarpusavyje nelygios, galime kalbeti apie vienpuses kreives liestines, kuriq krypciq koeficientai f'{x() + 0) ir /'(x0 - O). Kai funkcijos isvestine taske x0 yra begaline, tai kreives liestine siame taske yra statmena asiai Ox (7.5 pav.).
7.3. Funkcijos isvestines ir jos tolydumo rysys
Sj rysj apibudina tokia teorema.
Teorema. Jei funkcija fix) turi isvestin^ taske Xq, tai ji siame taske yra tolydi.
(rodymas. Kadangi funkcija turi isvestine taske x0, tai egzistuoja baigtine riba
I
/'(x0)= lim .
t\x—>0 Ax
Pasiremkime teiginiu, kad funkcija skiriasi nuo savo ribos nykstamqja funkcija. Todel
~^=/Vo)+a;
Дх
cia a-» 0, kai A x —> 0. Tuomet
Ay=/'(xo) Ax+aAx.
JJ sios
lygybes isplaukia, kad
163
lim A_y = lim /'(xq)Ax + lim аДх=0. Дг->0	Дг->0	Дл-»0
Taigi nykstaiM argumento pokytj atitinka nykstamas funkcijos pokytis, о tai reiskia, kad taske x0 funkcija yra tolydi. ▲
Atvirkscias teiginys gali buti ir neteisingas: is funkcijos tolydumo tain iikrame taske dar neisplaukia, kad tame taske funkcija turi isvestin?. Jj patvirtina anksciau isnagrineti du pavyzdziai: funkcijos |x| ir tfx yra tolydzios taske Xo~ 0, taciau jame isvestines neturi.
Taigi funkcijos tolydumas taske yra tik butina tos funkcijos isvestines egzistavimo s^lyga. Trtikio taskuose funkcija negali tureti isvestines.
Pavyzdys. (rodykime, kad funkcija
/W=f sinp kai x*0>
0, kai x = 0,
yra tolydi taske xo = 0, taciau jame neturi isvestines. Sprendimas. Apskaiciuokime
lim /(x) = lim xsin — .
x—>0	x—>0	X
Kai x->0, funkcija sin— ribos neturi, taciau yra aprezta, nes
. 1 sin —
X

Zinome, kad apreztos ir nykstamosios funkcijos sandauga yra nykstamoji funkcija, todel
lim xsin— = 0 .
x-»0 x
Taigi lim /(x)=0 = /(0), о tai reiskia, kad funkcija tolydi taske x0- 0. *->0
Raskime /'(o):
r(0). lm
.v->0 Дх	Дх->0 Дх
A xsin------0
..	Дх	1
- lim -----------------= lim sin------ .
Лх->0 Дх	Av—>0	Дх
n=' riba neegzistuoja, tai duotoji funkcija neturi isvestines ta§ke
164
7.4.	Funkcijq diferencijavimo taisykles
Suformuluosime teorema, kuri zinoma is mokyklos kurso.
1	teorema. Jei funkcijos и ir v turi isvestines taske x, tai funkcijos Си (C— konstanta), u+v, uv ir — irgi turi isvestines siame taske, be to,
v
(Си) -Си',
(i/ + v) = u' + v',
(nv) = u'v + uv',
2	teorema (sudetines funkcijos diferencijavimas). Tarkime, kadfunkcija и = u(x) taske x0 turi isvestinq u'x = u'(x0), о funkcija у =f(u) atitinkama-me taske un = и (x0)- isvestine y'u=f'(fo)- Tada sudetine funkcija У = /(M(x)) taske x0 taip pat turi isvestinq y'x, lygiq isvestiniq y'u ir u'x sandaugai:
Ух=У'и u'x-
[rodytnas. Kadangi funkcijay =f(u) taske и0 turi isvestine, tai egzistuoja riba
= Л“о)-
Aw —>0 Az/
Is sios lygybes isplaukia, kad
Y-=/'(Mo)+a;
Aw
cia a —> 0 , kai A w —> 0. Isreiskiame pokytj Ay:
Ay = /'(uq ) • A w +a  А и .
Padalije abi sios lygybes puses is pokycio Ax * 0, apskaiciuosime abieju pusip ribas, kai Ax-»0 (del u(x) tolydumo An—>0, kai Ax-»0):
, Ay	An ..	(Su
lim —-j	lim —+ lim a- lim —,
Ал—>0 Ax	Ar—>0 Ax Av^O Av->0 Ax
arba
У(х0 W'G'O) ’ “'(x0) + 0 • w'(x0),
Ух = Уи-tt'x- A
165
=/(x) turi atvirkstinq funkcijq x=g(y). Jeigu funkcija у =f(x) taske ttiri baigtinq ir nelygiq nuliui isvestine ./' (x0), tai atitinkamame taske
1 _ . . i—\  Taigi
3	teorema (atvirkstines funkcijos diferencijavimas). Tarkime, kad fankcija У x=Xo <:“
=f(xo) egzistuoja atvirks tines funkcijos x =g(y) isvestine, lygi
, 1
jrodymas. Suteik? argumentui у pokytj Ay, apskaiciuojame funkcijos x=g(y) pokytj:
kx =g(yo+Av)-g(y0)-
Pagal s^lyga. funkcija y=f(x) turi atvirkstin? funkcijq vadinasi, ji yra vienareiksme, todel Ax *0 , kai Ду* 0. Turime:
Ax _ 1
Ay Ду
Ax
Kai Ay->0, tai del funkcijos x=g(y) tolydumo ir pokytis Ax->0. Tuomet
— -> у' о — -> x' . Gavome formule
Ax	Ay 
1
Kaip sios teoremos taikymo pavyzdj isnagrinesime funkcijos у = arcsinx isvestine, kai |x|<l, |y|<—. Atvirkstine funkcija x = siny intervale у e (-—	‘
^2,	2, 2
turi teigiamq isvestin? x'v = cosy. Todel
1 1
1______
1 - sin2 у
(arcsinx) =
nes cosy >0. kai Lv|<y. Taigi
(arcsinx) =
Analogiskai gautume, kad (arccosx) =--------
]
7
1
2 '
, (arctgx) =	, (arcctgx) =-
166
7.5.	Isvestiniij lentele
Pateiksime pagrindinip elementariqjq funkciju isvestinip formules.
Funkcija	Isvestine	Funkcija	Isvestini "
xa	ax01"1	tgx	1 ' COS2X
ax	ax In a	Ctgx	1 • 2 sinz X
ex	ex	arcsin x	”——. 1 7i -x2
logax	1 x In a	arccosx	i	 Vi -x2
Inx	j_ X	arctg x	i l + x2
sinx	cosx	arcctg x	1 l + x2
cosx	-sinx		
1 pavyzdys. Raskime y', kai у = -Jarcsin 2x .
Sprendimas
y' -—.-L-— (arcsin 2x) =—т-	* -- - • (2x) =
2-varcsinx	Зл/arcsinx Jl-(2x)2
2Varcsine i_4r2	л/arcsin x  71-4x2
2 pavyzdys. Raskime y', kai у =
sin 2>x л/cosx
Sprendimas. Taikome trupmenos isvestines formul?:
, _ (sin 3л) • л/cos x
sin 3x
167
лС 7 v. Ax) x/cOS X-г---
cos a >	2<COSX
(cosx) sin 3.x
i---- sin .x sin 3x
COS X +----p —
2 Vcos .x
cos x
cosx
6 cos x cos 3x + sin x sin 3x 2cosxVcosx
7.6.	Meisreikstiniif funkcijij diferencijavimas
Funkcija v=f(x) paprastai vadinama isreikstine, nes kinlamasis у iSrcikstas kintamuoju x.
Dabar tarkime, kad kintamieji x ir у susieti tarn likra lygtimi
F(x,y)=0 ,
be to, kiekvienq intervalo X reiksm^ x atitinka viena у reikSme, nustatoma iS tos lygties. Tuomet kintam^jiу galima laikyti kintamojo x funkcija, apibrezta intervale X Sakome, kad lygtis F(x, y) = G apibrezia neisreikstinq funkcijq.
Pavyzdziui, issprend? lygtj
x2+y-8 = 0
kintamojo у atzvilgiu, suzinome, kad ji apibudina funkcija y= 8-x2.
Taciau ne kiekvienq neisreikstin? funkcija galima pakeisti isreikstine, nes kartais is lygties F(x, у) = 0 nejmanoma kintamojo у isreiksti kintamuoju x. Pavyzdziui, tokia yra lygtis
2y + x--^-tgy = 0.
Dabar aptarsime, kaip galima apskaiciuoti neiSreikstines funkcijos is vesting, nekeiciant tos funkcijos isreikstine. Lygtj F(x, y) = 0 panariui diferencijuojarae argumerxo x atzvilgiu, kartu turedarru galvoje, kad у yra argumento .r funkcija (remiames sudetines funkcijos diferencijavimo taisykle).
Pavyzdys. Raskime у , kai funkcija apibrezta lygtimi
x4+y4-4.ry = 6 .
Sprendimas. Diferencijuojame abi duotosios lygties puses:
4.x3 + 4y3 • y' - 4(y +x y') = 0 .
Is sios lygybes, kaip is lygties, randame y’:
у _ 4x3 - 4у _ x3 - у 4x-4y3 x-y3
168
7.7.	Logaritininis diferencijavimas
Kartais, pries diferencijuodami funkcijq, jq islogaritmuojame, ypag i. . toji funkcija isreiksta keliq dauginamqjq sandauga.	1
1 pavyzdys. Isdiferencijuokime funkcijq
>= (Зх+1)5Ух-4
У elgv-(4-x)7 jos apibrezimo srityje.
Sprendimas. Islogarilmave turime:
In у = 5 ln(3x +1)+у ln(x - 4) - tgx - 7 ln(4 - x).
Abi gautos lygybes puses diferencijuojame argumento x atzvilgiu:
1	5	.	1	1	7 , .
V Зх + l 3(x-4) cos2 x 4-x
Is cia
, = .f 15	1	1	7 ]_
У \зх + 1 3(x-4) cos2x 4-x J
15 (	1_________1	! 7 ](Зл- + 1)5УГ^4
[зх + 1 + 3(х-4) cos2x + 4-xJ e‘^.(4-x)7
Funkcijay = w(x)lW (z/(x)>0) vadinama sudetine rodikline funkcija. Jos isvestine randama, tq funkcijq logaritmuojant ir pritaikant sudetines funkcijos bei funkcijq sandaugos taisykles isvestinei rasti:
(iny) =(v(x) lnw(x)) ,
1	, ,, I	,
—  у = V In U + V — и , у	и
г' = | v'-lnw +г-—.
к	W )
Taigi
(«' ) =v-u' 1 -и' + и' -Intz-v'.
2	pavyzdys. Isdiferencijuokime funkcijq
jos apibrezimo srityje.
169
Sprendimas
v, = ctg.v(? + I^'8'' 1  (v2 +1) + (v2 + ijf'8' ln(.r2 + ijctgx) =
= 2xctgx • (x2 + 1P' 1 - —Ц---ln(v +1) . A
sin x
7.8.	Funkcijq, apibreztq parametrinemis lygtimis. diferencijavimas
Sakykime. funkcija y=f(x) apibudinta parametrinemis lygtimis [.r = cp(/), ^=4/(0, /e[/0;7’]-
Dar tarkime, kad egzistuoja sin funkcijn isvestines x,, y't, о funkcija x = <p(/) turi atvirkstiny funkcijq t =ф(л), kuri taip pat turi isvestin?. Tuomet funkcijq у = \|/(r) galime laikyti sudetine funkcija:
v = \p(/), kurios t = Ф(х).
Pasinaudoj? sudetines funkcijos diferencijavimo taisykle, gauname: Ax = y't • ‘x 
, 1
Taciau tx= —, todel x't
y'x=y't A-=j4- W*°)-X; X,
Pavyzdys. Cikloides x=a(Z-sint), v = a(l-cos/) liestine nubrezta per
taskn.Mu, kuri atitinka parametro reiksme t= — . Parasykime tos liestines Ivgtj.
2
Sprendimas. Pirmiausia apskaiciuokime tasko Л/0(л'0; y0) koordinates:
° ~ ЧУ'Ь1ПУj	4’	= a^"COSyJ ~ a' '-•est'nes krypties
koeficientas lygus y'x reiksmei taske A/o. Randame tnreikstn?:
«sin/ ,i
Л x'r a(l-cos/) ’ ' 'l'V°
T°del liestines lygtis yra tokia:
У~а = x-al —-1^ , k2 )
. я a sin -
•v - J’
170
7.9.	Funkcijos diferencialas
Tarkime, funkcija y = /(x) yra diferencijuojama kiekviename intervalo (<7; b) taske x0, taigi egzistuoja jos isvestine /'(x0) = lim	x-
Лх-+0Дх’ 10s
lygybes gauname:	= /'(xo) +
Дх
a; cia a->0, kai Дх->0. Vadinasi
Д У “ (./ Vo)+ °0	arba Ду = /Vo)A-Y + «Дх. Kadangi lim =
Дх-»о Дх
= lim a = Ojai аДх = о(Дх). Taigi Ду = /'(х0)Дх + о(Дх).
Дх—>0
Gavome, kad funkcijos pokytj Ay =/(х0+Дх) -/(x0) galima isreiksti suma dviejg dement^, кипц pirmasis yra tiesinis Д x atzvilgiu, 0 antrasis - aukstesnes eiles negu Дх nykstamoji funkcija.
Apibrezimas. Reiskinys /'(х0)Дх vadinamas funkcijos у =f(x) pokycio Ду pagrindine dalimi arba funkcijos y = f(x) diferencialu taske x0 ir zymimas dj\xo) arbady.
Taigi
dy = /V) Д*-
Pasinaudoj^ sia formule, kai y=x , gauname:
dx = x' • Дх — 1 • Дх - Дх.
Tuomet
kad
dy=f(x)dx.
Issiaiskinkime diferencialo geometring prasm?. Is 7.6 paveikslo aisku,
BC t /J I — =tga=/(x0), AB todel
BC=/'(x0) - AB-fMAx.
Taigi df(x0)=BC. Prieiname isvadt}: funkcijos diferencialas liestines, nubreztos ordinates pokyciui, argumento pokyt[ Ax.
Suformuluosime ---------
savybes, tiesiogiai isplaukiancias 1 diferencijavimo taisyklitl ^*el diferencialo apibrezimo:
tokiri lyg^s per taskci Л), atitinkanciam
diferencialo
171
d(au + Pyl = a du + p dv, a, p - const, d(uv) = udv + vdu ,
/ w'j vdu-udv .
d - =--------5---, v * 0.
к V )
Toliau jrodysime savyb?, kuri vadinama diferencialo formos invariantiskumo savybe.
Raskime sudetines funkcijos y=f{x\ x=<p(t) diferencialq.
{ras? iy=/(-r) vietoj argumento x jo israiskq x = <p (/), gausime funkcija n ф(/)) = F(r), priklausanciu nuo t. Todel
У	dy = y’,dt.
Kadangi y't-y'x ' xt> ta’ dy = y'x ' x'tdt=y'xdx , nes pagal diferencialo apibrezimo dx = x't dt.
Vadinasi, diferencialo israiska visada apibreziama formule dy = f'{x)dx,
nesvarbu, kokia yra funkcija /(x): sudetine ar nesudetine. Si savybe ir vadinama diferencialo formos invariantiskumo savybe. Is paskutiniosios formules isplaukia, kad
/«-£.
dx
Taigi trupmena — yra ne tik isvestines simbolis, bet ir dviejq diferencialq dx
santykis.
7.10.	Aukstesniqjq eiliij isvestines
Tarkime, kad/(x) - diferencijuojama kiekviename taske x e X funkcija. Jos isvestine /'(x) yra nauja kintamojo x funkcija g(x): /'(x)= g(x). Jei funkcija g(.r) diferencijuojama, tai galima kalbeti apie jos isvestin? ^(л)=(/'(х)) , kuri vadinama funkcijos /(x) antrqja isvestine ir zymima
arba —. Analogiskai, kai /’(x) irgi diferencijuojama funkcija, dx~
ta* aP>breziame treciosios eiles
^Pskritai, kai taskex egzistuoja (и-lj-osios eiles isvestine/”'" (x), tai n-tosios ei es lsvestin^ apibreziame taip:
isvestin? /ж(х)=(/'(х)) , kuriq zymime —у.
<Zr
172
dar rasome:
'	dx" dx dx'14
Funkcija vadinama n kartp diferencijuojama taske x&X, jei siame taske egzisluoja visit eiliptos funkcijos isvestines imtinai iki я-tosios eiles.
Pavyzdys. Raskime funkcijos /(x)=sinx н-tosios eiles isvestiu?.
Sprendimas. Nuosekiiai diferencijuojame:
/'(x)=(sinx) = cos x = sir.' — + x I ,
Darome isvada, kad
Noredami jrodyti, kad si formuie tikrai teisinga, galetume pasinaudcti matematines indukcijos metodu.
7.11.	Neisreikstiniij funkcijtj aukstesniiyif eiliij isvestines
Kaip ieskomos neisreikstinip funkcijp aukatesnipjp cilip isvestines, parodysime spresdami pavyzdj.
Pavyzdys. Raskime funkcijos, apibreztos lygybe
У 1 i	2
arctg — = — In x" + v x 1 ' an trip p isvestine.
Sprendimas. Diferencijuojame abi lygybes puses, nepamirsdami, kad У yra kintamojo x funkcija:
2
, 1 <(2x + 2it') . x~ + y“
Issprend? sip lygtj y' atzvilgiu, gauname:

173
Vel diferencijuojame abi lygybes puses .x atzvilgiu: „ _ (1 + у'дх у) (1 удх + у) 2 '	CY-J’)2	<
}gaut41ygyb?ira§? •v' israiska ir sutvark?, turime: j X + У I
. V x-y 7 _ 21л'2 +У2 .v =------7----75--------7----S'
7.12.	Funkcijq, apibreztq parametrinemis lygtimis, aukstesniqjq eiliq isvestines
Funkcijosy, nusakytos parametrinemis lygtimis f x = <p(t),
V = v(4
pinnoji isvestine randama pagal formula
Л=-/=п(0 	(0
xz
Sudarykime nauj 4 funkcija j х = ф(г), [л = n(4
Isdtferer.cijave ja kimamojo x atzvilgiu, gausime jau antrtytj isvestine, kuri, remiantis (1) formule, apskaiciuojama taip:
=  (2) xt
Analogiskai galetume rasti ir aukstesniij eiliu isvestines.
I’avyzdys. Raskime funkcijosx= a cos31, v = asm' t antr^j4 isvestine /«
Sprendimas. Pasinaudokime (1) formule:
• 9 ,	3(7Sin“ Zcosr
J’.r =---,	- -tg? .
3acos“	sm t j
^a^aixykime (2) formul?: ___________________________________1__
y'^-_____' cos2/ _	1 A
3acos /(-sin/) 3acos" /(-sin/) 3acos4/sin/
174
7.13. Aukstesniqjij eiliq diferencialai
Sakykime, kad f - diferencijuojama funkcija ir dy = f\x)dx - jOs rencialas. Antrosios eiles diferencialu d2y vadinamas pirmosios ei-diferencialo diferencialas, t. y. d2y = d(dy). Apskritai dny = j)
Kai x - nepriklausomas kintamasis, tai c/r = Ax = const, todel
= <7(c/v) = (dy) c/r = (/'(x) с/х) dx =/"(x) dxdx =f(x\dx)2.
Pazymej? (dx)2 = dx2, gauname:
d2y = f(x)dx2 .
Analogiskai jsitikintume, jog
с/3у = f"(x)dx3,
dny = f(n}(x)dxn
Taigi gauname formula
simbolis, bet ir trupmena, lygi tam tikru dydzii^ santykiui.
Dabar sakykime, kad x - priklausomas kintamasis: x = <p(t). Tuomet funkcija Дх) bus sudetine. Raskime jos antrosios eiles diferencialaj
d2 у = d( dy) = </(/'( x) dx) = d(f'( x))dx + f\x)d[ dx) = = f"{x)dx2 + f'(x)d2x .
Kaip matome, si formule nesutampa su formule d2y = f"[x)dx2, todel
antrosios eiles diferencialas, kartu ir aukstesniqjq eiliq diferencialai, neturi dn у
formos invariantiskumo savybes. Taigi siuo atveju reiskinj —r galima dx
traktuoti tik kaip isvestines simbolj, nesuteikiant jam santykio prasmes.
175
7.14. Viduriniq reiksmiq teoremos
(rodysime kelias teoremas, kuriomis pagrjstas jvairus isvestiniu taikymas.
Ferma* teorema. Sakykime, kad funkcija f(x) yra apibrezta intervale  b) о jo vidiniame taske c {gyja didziausiq (maziausiq) reiksmq. Jei tame taikc egzistuoja baigtine isvestine f'(c), tai biitinai f'(c) = 0.
jrodymas. Sakykime,/(c) - didziausia reiksme, t. y. su visomis intervalo
• b) x reiksmemis
Pagal isvestines apibrezimo
,v->c X - C
Si riba nepriklauso nuo to, ar x arteja prie c is kaires, ar is desines, nes isvestine taske x = c egzistuoja.
Kai x>c, tai x-c>0, todel Zill—Zkl <Q. Tuomet
x-c
lim	< 0 ir /'(c) <0.
x—>c+0	X C
Kai x<c, tai	> 0 ir lim	> 0, todel /'(c) > 0.
x-c	x->c-0 x-c
Gavome: /'(с) < 0 ir /'(c) > 0. Is §ii[ dviejo nelygybi^ isplaukia, kad /'(c) = 0. ▲
Geometrine lygybes prasme tokia: c - vidinis intervalo (a; b) taskas, per kurj isvesta kreives y~f(x) liestine yra lygiagreti asiai Oy. Esminis sios teoremos reikalavimas, kad taskas c biitq mtervalo (a; b) vidinis taskas, nes teikejo ieskoti vienpusiq ribq jame.
Je’8u funkcija didziausiq maziausiq) reiksm? jgytq atkarpos gale (7.7 pav.), tai liestine toiTm'Г ^uti lygiagreti asiai Ox, e >r isvestine tame taske galetu nebutilygi nuliui.
Pjcras Ferma (P. de Fermat, 1601-1665) - prancuzq tcisininkas ir matematikas.
176
Roiio* teorema. Sakykime, kad funkcija f\x) tolydi atkarpoje [o difetencijuo/ama bent intervale (a; b\ be to, J\a) = f(b\ Tada tarp a ir b bent ienas taskas c (a <c< b), kuriame f'{c) - 0 .
yra
Irodymas. Is ankstesnio kurso zinome, kad tolydi atkarpoje funkcija jgv' tiek maziausi^ reiksme m, tiek ir didziausi^ M.	"
Jei M=m, tai fix) =M= tn = const visame intervale ir /'(x) = 0 su Vx e (a;b).
Jei M*m, tai abi reiksmes negali buti jgyjamos atkarpos galuose, nes t\a) Vadinasi, didziausia arba maziausia reiksme jgyjama kuriame nors
7.8 pav.
vidiniame taske c. Tada pagal Ferma teorem^ /'(с) = 0. A
Geometrine sios teoremos prasme tokia: jei funkcijos reiksmes atkarpos galuose lygios, tai egzistuoja bent vienas vidinis atkarpos taskas, kuriame liestine X lygiagreti asiai Ox (7.8 pav.).
Visi Roiio teoremos reikalavimai yra esminiai. Pateiksime pavyzdziip
1 pavyzdys. Nagrinekime funkcijq /(x)=|x|, x <= [— 1; 1].
Nors/(-1) -/(1) = 1, taciau ne viename atkarpos [-1; 1] taske /'(x)*0, nes netenkmamas diferencijuojamumo intervale (-1; 1) reikalavimas (jau anksciau issiaiskinome, kad taske x=0 funkcija |x| yra nediferencijuojama). A
2 pavyzdys. Funkcija /(x) = x - [x] (7.9 pav.) atkarpoje [0; 1] apibudinama s^rysiu
, x [x, kai 0 < x < 1, /W'(0,kai x-1.
Nors si funkcija diferencijuojama interval® (0; 1) ir /(0)=/(l) = 0, taciau /'(*)*0 visuose intervalo (0; 1) taskuose. Taip У13 todel, kad funkcija truki taske x = 1- A
Miselis Rohs (M Rolle, 1652-1719) - prancuzQ matematikas.
177
«osi teorema. Sakykime, kad funkcijos f(x) ir g(x) yra tolydzios  la: bl. diferencijuojamos bent intervale (a; b), be to, g'(x) * 0 atkarpoj i ’	
rvale (a;b). Tada tarp a ir b yra taskas c, kuriame
f(b)-f(a) = f'(c) g(b)-g(a) g’(c)'
Si formule vadinama Kosi formule, о pati teorema - Kosi, arba baigtinin pokychl, teorema.
(rodymas. Skirtumas g{b)-g(a) * 0, nes priesingu atveju butq g(b)=g(p)> tuomet pagal Roiio teorem^ g'(x) kuriame nors intervalo taske bfltq lygi nuliui, о tai priestarautp teoremos salygai.
Sudarome pagalbin? funkcija
F(x) = /(x)- /(a) -	" ^(a)) •
Ji tenkina visas Roiio teoremos sqlygas:
1) F(x) tolydi su Vx e [a;b], nes/(x) ir g(x) tolydzios;
2) F'(x) egzistuoja su Vx e(a; b):
F'(x)=/'(x) -	•	(6)
3)F(o) = 0, F(b) = /(b)-/(O)-^Mttg(b)-g(a))=0 . g(b)-g(a)
Todel pagal Roiio teoremg tarp a ir b yra taskas c, kuriame F'(c) = 0. [ras? j (6) formula vietoj x dydj c ir prilygin? isvestin? nuliui, gauname:
Is sios lygybes ir isplaukia Kosi formule. ▲
Lagranzo teorema. Jei funkcija у =f{x) yra tolydi atkarpoje [a; b] ir Uerencijuojama intervale (a; b), tai tarp a ir b yra taskas c, kuriame
(rodymas. Kai g(x)=x, is Kosi teoremos isplaukia, kad yra taskas c \a<c< b), kuriame
, arba f^Aa)= f'(c)(b-a).A b-a 1
Si formule vadinama Lagranzo formule.
178
Isnagrinekime teoremos geometnn? (7.10 pav.).
Kadangi h~a=AC,
Prasni^
fib) -/(a) = BC, tai

AC
= lga
S^lyga tga = /'(c) reiskia, kad c- toks taskas, kuriame kreives liestme lygiagreti stygai AB.
Nors Lagranzo fommleje yra nezinomas taskas c, taciau tai nekliudc sia formal? taiKyti, ypac kai reikia pertvarkyti dviejij funkcijos reiksmip skirtuma. Tuo jsitikinsime veliau ne viena karta
Lopitalio teorema. Tarkime, kadf ir g - tolydzios ir diferencijuojamos
tasko a aplinkoje, galbut isskyrus paij taskq a, funkcijos,
lim f(x) = limg(x)=0, x->a	xsa
be to, g'(x)*0 minetoje aplinkoje. Tuomet, jeigu egzistuoja
lim tai
x-^a g (x)
...................... f{x)	. ,	. .	,	, . egzistuoja ir riba lim 4 irkartu teisinga lygybe x-rag{x)
frodymas. Funkcijos /(x) ir g(x) gali buti neapibreztos taske a. todel tarsime, kad f(a)-Q, g(a)=0. Tuomet funkcijos/(x) irg(x) bus tolydzios taske a ir tenkins Kosi teoremos s^lygas. Galima parasyti Kosi fomiul?:
fi.x)_f(x)-f(a)_f'{c) g(x) g(x)-g(a) g'f) ’
kurioje x < c < a arba a < c < x. Kai x ->a, tai c ->a . Vadinasi,
г fix} i f'(c) j- /'M hm -~ff= hm —j-4 = hm . ▲ x^a g(x) g'(c) x-^a g'[x)
Gijomas Fransua Antuanas de Lopitalis (G. F. A. de L'Hospital, 1661-1704) prata a matcmatikas.
179
7.15. Lopitalio taisykle
§i taisykle taikoma neapibreztumams aiskinti. Ji remiasi irodytiya italic teorema, is kurios formuluotes aisku, kad Lopitalio taisykle taikytina
Lop 0
neapibreztumui -.
1 pavyzdys. Apskaiciuokime пЬд.
ev-l
lim------ .
x—>0 X
Sprendimas.
ex-l lim------
x—>0 X
0
0
lim — x->0 1
Jeigu, pritaikius vien^ кагЦ Lopitalio taisykh?, neapibreztumas -neisnyksta, taisykle taikoma dar karta.
, J ex-e~x-2x
2 pavyzdys. Inn------------
X—>0	X - Sin X
= lim------—
x->0 sin x
X , -X о e +e -2 = lim-----------
x->0 1-COSX
2 o.
e +e
= hm-------
x->0 COSX
2 о
2 о
Teoremq. jrodeme taikydami neapibreztumui kai x->a. Taciau ji
. .	GO
teisinga ir tada, kai x ->oo. Be to, jX galima taikyti ir neapibreztumui —, kai
00
x —>a arba x -+<x>. Sitp teiginiq jrodymo cia nepateikiame.
3 pavyzdys. Apskaiciuokime lim f— .
Sprendimas. Kai х-4+оо, turime neapibrezlum^ —. Pritaikg Lopitalio
GO
taisykl^, gauname:
£
lim = lim X = lim — = 0. A
Lopitalio taisykl? galima taikyti ir tada, kai turime neapibreztumus 0  да, 9 , да0, Г; Taciau pirmiausia juos reikia pertvarkyti i neapibreztumus
180
arba —. Neapibreztumus 0°, co0, ir Iм galima pakeisti neapibreztumu n
OO	U V • QO^
islogaritmavus duot^j) reiskinj. Pavyzdziui, neapibreztumu 0-oo, kUrj atsiranda apskaiciuojant sandaugos fg rib% kai /->0, g-^oo, taip pakeiciame 0	oo	/2
neapibreztumu — arba — : fg= , arba —.
0	oo	1	1
g	f
4 pavyzdys. hm (1 - x)tg— =(0 • co) — lim —-x->i	2	x-»l 1
.	1 - x
= hm-------
х->1 . лх ctgy
 2^2	2
sin —
2
Reiskini f-g, is kurio gauname neapibreztumu co-oo, kai /->oo, ir g^>oo, dazniausiai pertvarkome subendravardiklindami trupmenas.
5 pavyzdys. lim---------= (oo -°o)= lim ------г---= —
Х-»\1ПХ X-1)	x->] (x-l)lnx <0
x I-	\ ° 1 r	1	1	*
= hm-------—- = hm---------------= — = lim---------;----= — . A
x-»li„ .. , r-Яxlnx + x-1 yOj x—>1.	,	1.2
tn x H----	v 7	In x + x • — +1
X	X
6 pavvzdys. Apskaiciuokime ribq lim (sin x)tgx.
x-»0
Sprendimas. Kai x—>0, tai sinx—>0ir tgx->0, todel cia turime neapibreztumu 0°. Pazymekime: lim(sinx)tg v=/l. Abi sios lygybes puses x->0 islogaritmuojame:
ln,4=ln lim(sinx)lgx = lim ln(sinx)tgx= lim tgxln(sinx) = x--»0	x->0	x->0
1 it' 1	\	------cosx
= (0  co) = lim - - 1 X' = — |= lim sinx ---= lim(-sinxcosx)= 0
x-*0 Ctg X V OO J x-^0 _	1	x->0
sin2 x
Taigi In A =0, todel A = e° = 1. ▲
181
7.16. Teiloro* formule
Isnagrinesime labai svarbia formula, kuri funkcijq. isreiskia tam tikru daugianar'u'	/ \
Sakykime, kad P„[x) yra л-tojo laipsnio daugianaris
Pn (-*) = «0 + «1 (* - *0)+•  •+ an ~ x0 Г 
Isditerencijaye jj n kartq, gauname:
+2а2(х-х0)+За3(х-х0)2 +---+«a„(x-x0)"“',
P„"(x) = 2°2 + 2 • 3a3 (x - x0 )+•••+ л(и -1 )a„ (x - x0	2,
P,"[x)= 2  3a3 +• • •+ n(n - iXn - 2)a„(x - x0)"~J,
P^n\x)= n(n-l\n-2)..3-2-la„ .
jrasykime j daugianario ir jo isvestiniq israiskas vietoj x dydi x0: P„M=a0 > p»(*o) = ai . ^(*o)=2!<72 > ЛХ*о)=3!аз >-
pW(xp)=wb„ .
Is siq lygybiq isplaukia, kad
flo=P„(xo), «1=РДх0),
а_Ло)
lras$ sias koeficientq israiskas j pradinq polinomo israiskq, gauname vadinamqjqpolinomo Teiloro formula
Pn{x)= рп(л-0) + p;t(x0\x - x0) +	(x - x0 )2 +...+ P” (x + x0У. (7)
2!	n\
Nagrinekime bet kuria n +1 kartq diferencijuojamq tam tikrame intervale funkcijq/^), kuri apskritai nera daugianaris. Pagal analogijq su (7) formule sudarykime daugianarj
M = /(x0) + f(x0 Xx - x0) + 2-Ы _ )2 + _ _ + f Jx0) (T _ X() у;
v.	2!	nl
c*a x irxoeX. Nors sio daugianario ir funkcijos /(x) reiksmes taske x0 bei jq ’ lnKamq isvestiniq iki n-tos eiles reiksmes taske x0 sutampa, taciau bendru 4U> kai pati funkcija /(x) nera daugianaris, negalima tvirtinti, kad x>~Pn(x). Sakykime,/(x) nuo Pn(x) skiriasi dydziu r„ (x):
' » ' 
Brukas Teiloras (B.Taylor, 1685-1731) - anglq matematikas.
182
r„(.x)=f(x)-P„(x),
t-У-
/(x) = P„(x)+r„(x).
Dydis rn (x) vadinamas liekana, arba liekamuoju nariu.
Jis apibudina paklaida, kuri padaroma, kai funkcija /'(x) pakeifijama daugianariu P„(x).
Be irodymo pateiksime liekamojo car io formula
Liekamasis narys, nusakomas sia lygybe, vadinamas Lagranzo formas liekamuoju nariu. Jo israiska labai panasi j Teiloro to-mules (n+l)-ojo nario f 1/1 + 1) / , j
israiskq —x - \x - x^f^ ; yra tik vienintelis skirramas - liekanoje isves-\n +1)!
tines reiksme apskaiciuojama ne taske x0, bet tarpiniame taske c e (x0; x). Atsizvelgdami j tai, kad f(x)=P„(x)+r„(x), parasome galutin^ Teiloro formules israiskq:
/М=Ж)+£^к-хо)+кЬ1)(,-х^+...+
. (8)
n.	\n +1 J!
7.17. Kai kuriq clemenfanqjq funkcijq reiskimas Makiorcno* formule
Teiloro formule, kurios xo=O, vadinama Makloreno formule. Reiniantis (11) formule. galima parasyti tokia Makloreno formules israiskq:
Лх).Ло)+£®х+£(»и...+ ЛлЖ- .	<9)
1!	2!	n! (n + lj!
Rasime kai kuriu elementarilyц funkcijq destinius, gaunamus pritaikius (9) formulg.
1 f(x) = ex. Kadangi /*”'(x) = ex J1'*'1 (0) = 1 su Vn e N , tai
(10)
cia r„(x)= , e . хл+1. 0<c<x. "V ' (« + 1)!
Kolinas Maklorcnas (C.Maclaurin, 1698-1746) skotu. matematikas.
183
2y(X) = sinx [rodeme, kad
/ А	, .	. mt ( O.n = 2k,
/(,)W=s.n[»|-b4T”omet/ (0)’ “т'Ьг-’ы.
Т°аё1	r3 X5 X7
X Л A
sin x = x - — + ~
. x2M
\k л_____.
(2Ar + l)’
(in
2A'+3 S' \ 71 A
।	( 4= _£---------г-sin, (2k+ 3)— + c
cia |>ik+3m‘	(2k+ 3)’. V 2	2
2*+3
(2k+ 3)!
cost
3	./(X)-COSX Kadangi /”\x) = cosing + x
tai anaiogiskai sinusui
gauname:
-1 %2 + — -—+•••++ ’ (,6) COSX-1- —+ 4,	6!+ k 7 (2k)'
cia
2k+2
т---—cose
(2k+ 2) I
4	. f(x) = ln(l+x). Randame isvestines:
• rW=-O'' rW= o’' ''
(1 + x)
Apskaiciuojame jg reiksmes taske x - 0:
/(0) = 0, /'(0)=l, Г(0)=-1,..., /Цо)=(-1Г(«-1)!
Vadinasi,
in(1+x)=.v_2Ei+^-^-+.--+(-ir1— v 7	2	3	4	n
5- f(x) = (l+x)a, kai a e R.
Kadangi /"’(x) = a(a- 1)... (a.-n+1) (1 + x)a ”, tai
Л0) = 1, /-(o) = a> r(0) = a(a_i);..., yW(o) = a(a - 1)... (a - «+D-
184
Tuomet
/, to , a(a-l) 2	a(a-l)..(a-n + l) ,,
(1 + x)a = 1 + ax + —+••+ -4----------Ц--------2x"+r„(x);
2!	n\	t14)
(n +1)!
Remdamiesi isvestomis (10) - (14) formulemis, galime tarn tikru tikslumu funkcija pakeisti daugianariu, kurio reiksme pasirinktame taske apskaiciuojama atliekant aritmetinius veiksmus. Tokie funkcijq destiniai naudojami apskaiciuojant funkcijq reiksmes su ESM.
Pavyzdys. 0,0001 tikslumu apskaiciuokime Ve .
Sprendimas. jras? ((10) formula vietoj л- skaiciq — , gauname:
(15)
ec 1 л 1
,=7---r----r, 0<C<—.
(n + 1). 2"+1	2
2
Kadangi ec<e2 <2, tai rn <----------------. Noredami issiaiskinti, kiek reikia imti
(n + l)2”
(15) sumos demenq, kad galetume -Je apskaiciuoti duotuoju tikslumu, reikalaujame, kad liekamasis narys butq mazesnis uz duotqj j tiksluma, t. y.
1_____
(n + l)!2”
<0,0001 .
Si nelygybe jau teisinga, kai n=5, nes tuomet
1
6!25
1___
32-720
<0,0001
Taigi
y[e « 1 + — + —— + —-— + —— + —-—a],6487. A 2	22-2!	2-3!	2-4!	2-5!
185
7.18. Funkcijq tyrimas
Pateiksime funkcijos pastovumo salyg^.
Teorema. Jei diferencijuojamos intervale (a; b) funkcijos isvestine  uose to intervalo taskuose lygi nuliui, tai funkcija f(x) tame intervale yra
pastovi-[rodymas.
Pasirinkime du intervalo (д; b) taskus xb x2 ir pritaikykime
Lagranzo teorema
Ax2) - /ta)=/'(c) ta - xl);
cia xi <c<x2 . Kadangi /'(c)= 0, tai /(x2)-f(xf = 0, /(x2) = /(x,). О tai reiskia, kad f(x) =const, x e (a; b). ▲
Isvada. Jei dviejnfunkcijnf(x} irg(x) isvestines intervale (a; b) sutampa, tai tos funkcijos tame intervale skiriasi tik konstanta.
Is tiesib jei /'(*)= g’(x), tai (/(x)-g(x)) = 0. Remiantis jrodytaja teorema, galima parasyti, kad/(x) -g(x) = const.
Funkcijos monotoniskum^ apibudina tokia teorema.
Teorema. Jei diferencijuojamos intervale (o; b) funkcijos isvestine yra teigiama (neigiama), tai funkcija tame intervale dideja (maieja).
Jrodyntas. jrodysime, kad funkcija dideja, kai f'(x)> 0, x e (a, b). Pasirinkime du intervalo (a; b) taskus x, , x2 (xj <x2) ir pritaikykime Lagranzo formul?:
/(^)-/^1)=/'(Ф2--г1) 
Kadangi /'(c) >0, x2-xi>0, tai /'(c)(x2-X|)>0, tuomet f(x2)-f(xf> 0.
Is cia/(x2) >/(xi). Taigi is x2 >Xi => ’=>f(x2)>f(x\). Vadinasi, funkcija /(x) dideja. ▲
Paminesime, kad teoremoje su-formuluotoji s^lyga /'(x)>0 nera bu-tina funkcijai dideti. Teoremos teiginys teisingas ir tada, kai intervalo (a; b) viduje yra baigtinis skaicius taskq, kuriuose /'(x) = 0 (7.11 pav.). Tai  ^ur'uose destine yra lygiagreti
Priminsime is mokyklos kurso
°mas funkcijos ekstremumij sqvokas bei bfltinas jij s^lygas.
Apibrezimas. Funkcijos f(x) reiksme /(x0) vadinama tos funkcijos mtumu (minimumu), kai yra tasko xo aplinka (xo-5;xo+8), kuriqje su
>SaiS x teisinga nelygybe f(x0) >f(x) (/(x0) </(x)) (7.12. 7.13 pav.).
186
Ki taip sakant, taskas x0 yra funkcijos maksimumo (minimumo) taskas, jei reiksme /(xq) yra didziausia (maziausia) is visq reiksmiig igytq tam tikroje tasko x0 aplinkoje. Todel taip apibrezti maksimumas ir miniinumas vadinami lokaliaisiais (lotyniskai localis - „vietinis”). Maksimumas ir minimumas kartu vadinami ekstremumais.
Is pradziq tarkime, kad intervale (a; b) funkcija turi baigting isvestin?. Jei taskas x0 yra funkcijos ekstremumo taskas, tai egzistuoja aplinka (x0-8; Xq+8), kurios vidiniame taske Xq funkcija jgyja didziausitt arba maziausi^ reiksm?. Tuomet pagal Ferma teorema /'(xo) = O. Tai tik bfltina ekstremumo sqlyga, ir nereikia manyti, kad kiekviename taske, kuriame /'(xo) = O, funkcija turi ekstremum^. Stai, pavyzdziui, funkcijos y~x (7.14 pav.) iJvestine v' = 3x2 taske x = 0 yra lygi nuliui, taciau siame taske funkcija ekstremumo neturi. Ekstremumas gali buti ir tokiame taske, kuriame funkcija neturi isvestines. Funkcija y= |x| taske x = 0 neturi isvestines (zr. sio
187
i i skvrelio 1 pavyzdj ir 7.1 pav.), taciau x = 0 yra jos minimumo skyriaus I л у	з
' 2 Al
, kuri
tafikas 7 15 paveiksle pavaizduotas grafikas funkcijos y =
2 e
 isvestines taSke x=0, bet siame taske jgyja maksimumq. Taciau nereikia manyli kad kiekviename taske, kuriame isvestine neegzistuoja, funkcija turi ekstremumo Pavyzdziui, funkcija y = s[x taske x = 0 neturi isvestines, taciau ji tame taske ir ekstremumo neturi (7.2 pav.).
1 Taskai, kuriuose funkcijos isvestine lygi nuliui arba neegzistuoja, vadinami kritiniais taskais.
Dabar suformuluosime sqlygas, kuriq pakanka, kad egzistuotq eks-tremumas. Sakykime, kad x0 yra vienas is funkcijos kritiniq taskq; jame y'(x0) lygi nuliui arba neegzistuoja.
1 teorema. Kai x einant per taskq x0, isvestine pliuso zenklq keicia i minuso zenklq, tai x« yra maksimumo taskas; kai minusq keicia pliusu, tai xy yra minimumo taskas.
Si teorema vadinama pirmqja pakankama ekstremumo egzistavimo taisykle. Geometriskai ji iliustruojama taip.
Kai /'(xo)=O, tai liestine, einanti per taskq x0 (7.16 pav.), yra lygiagreti asiai Ox, о kai /'(xq) neegzistuoja, tai liestine yra lygiagreti asiai Oy (7.17 pav.).
Jeigu, be to, dar isvestine keicia zenklq pavyzdziui, is pliuso j minusq, tai kreive iki tasko x0 kyla j virSq, p0 to, perejusi per taskq x0, leidziasi zemyn. Tai bus maksimumo taskas. Jeigu isvestines zenklas nesikeidia, tai kreive, ir praejusi taskq x0, lieka tokia pati, nkia buvo: arba kylanti aukstyn, arba besileidzianti zemyn; taske x0 ji «к persilenkia.
Suformuluosime dar vienq Pa ankamq ekstremumo egzista-irno salygq. paprastai vadinamq an,rqja taisykle.
f(Xo)=O max
min
7.17 pav.
e
min
7.16 pav. f' (Xo) neegzist.
aplinkakyk'me’ kad ta§k° Xo
Je egzistuoja pirmoji ir antroji funkcijos isvestines.
188
2 teorema. Tarkime, kad /'(x0) = O, о /”(хо)*О. Taskas x0 yra шито taskas, kai /"(x0)<0, ir mininnimo taskas, kai J"(x0)>0.
maksi-
[rodymas. Vel jrodysime tik pirmaja teoremos dalj.
Kadangi antroji isvestine yra pirmosios isvestines f'(x) isvestine tai
Г(ло)= iim /(4~Ж)= lim , nes Д )=0 x-xx0 X-Xo x^x0X-X0	'	•
Tarkime. kad f"(xo)<0. Tuomet ir —' <0.
х-л-0
Kai x<x0 , tai x-x0 <0, todel /'(x)>0, о kai x>x0 , tai x-xu >0, todel /'(x)<0. Isvestine pakeite zenklo is pliuso j minusi, todel pagal pirmoji taisykle taskas x0 - maksimumo taskas. ▲
Antroji taisykle netinka, kai taske x0 /'(x0) neegzistuoja. Ji netinka ir tada, kai /"(xo)=O. Tuomet reikia taikyti pirmiy^ taisykle. Taigi pirmoji taisykle taikoma placiau negu antroji.
7.19. Funkcijos didziausioji ir maziausioji reiksme atkarpoje
Funkcijos ekstremumai (minimumai ir maksimumai) ne visuomet sutampa su didziausiomis ir maziausiomis reiksmemis atkarpoje. Tai parodysime brezinyje (7.18 pav.). Kaip matyti is grafiko, maziausioji reiksme funkcija jgyja taske x3 - viename is minimumo tasku. didziausioji - desinia-jame intervalo gale, t.y. taske b, kuriame funkcija neturi ekstremumo (nes desiniau tasko b funkcija neapibrezta).
Suformuluosime taisykle, kaip apskaiciuoti funkcijos didziausioji ir maziausioji reiksm? atkarpoje.
Norint rasti funkcijos maziausioji ir didziausioji reiksme, reikia suzinoti atkarpoje esancius funkcijos kritinius taskus, apskaiciuoti funkcijos reiksmes juose bei atkarpos galuose ir is visit gautit reiksmiq isrinkti maziausii if didziausio reiksmy.
7.18 pav.
189
Raskime funkcijos y = y25-x2 didziausiojo ir maziausioji
pavyzdys.
reiksme atkarpoje [-4; 3].
Sprendimas. Randame
irkritinj tasko.r = 0, kuriame y'=0. Kiti kritiniai taskai x = ±5, kuriuosey' neegzistuoja, nepriklauso atkarpai [-4; 3]. Apskaiciuojame
y(0)-5, y(-4) = 3, y(3) = 4.
Vadinasi,
max у = 5,
7,20. Kreives iskilumas ir perlinkio taskai
1	apibrezimas. Kreive vadinama iskila aukstyn (zemyn) intervale (a; b), jeigu visi tos kreives taskai yra po liestine (virs destines), nubrezta per bet kurj kreives tasku tame intervale (7.19 pav.).
2	apibrezimas. Taskas M, kuris atskiria iskilq aukstyn kreives dali nuo iskilos zemyn dalies, vadinamas kreives perlinkio (vingio) tasku (7.20 pav.).
1	teorema. Jei intervale (a; b) funkcija f(x) turi antrqjq investing, kuri yra neigiama (teigiama), tai kreive tame intervale yra iskila aukstyn (zemyn).
(rodymas. Sakykime, kad /"(x0) < 0. Per tasko xfl nubreziame liestine T (721 pav.) jr parasome jos lygtj У/-/(хо) = /,(хо)(х~хо)’
7.20 pav.
7.21 pav.
190
Pasirinkime bet kurj intervalo (a; b) taskq x, pavyzdziui, x < x Noredami jrodyti, kad kreive yra iskila aukstyn, tunme yodyti, kad liest' *• taskai yra virs kreives taskq, t. y. kad v,, -ys>0. Randame skinumq:
У A - У В = У! -/(-г) = /(х0 ) + /’(*0 )(х - хо ) - / (х) =
= /(*о)- /(*)+ /'Но Xх - л'о) •
Skirtumui /(х0)-/(х) taikome Lagranzo formal?:
/(хо)-/(х)=/'(с)(хо-х);
cia х < с < х0 .
Tuomet
У А ~Ув = Р(сКхо - л') + ,/'(ло)(-<-= (-<0 -х)(/'(с)-/'(л0)).
Dar kartq pritaikome Lagranzo formul?:
/'(c)-/'(x0)=/"(c1)(c-x0);
cia с < C] < xo .
Taigi
У A - У В = (*0 - x)/"(cl )(c - A0 ) •
Kadangi x0-x>0, c-x0<0 ir /*(q)<0 (pagal teoremos sqlygq), tai У А-Ув>0.
Teorema yodyta. A
2	teorema (bfltir.a perlinkio tasko sqlyga). Jeigu funkcija f intervale (a; b) turi tolydziq antrqjq isvestine ir taskas x0 e (a/) yra kreives perlinkio taskas, tai /"(xq)=0.
jrodymas. Tarkime priesingai, kad /"(x0)* 0, pavyzdziui, /"(xo)>0 Kadangi antroji isvestine yra tolydi ir teigiama taske x0, tai ji bus teigiama tam tikroje tasko x0 aplinkoje. Vadinasi, funkcijos grafikas sioje aplinkoje bus iskilas zemyn. Bet tai priestarauja sqlygai, kad x0 - perlinkio taskas. Taigi, pnelaida /"(xo)^0 yra netcisinga, todel /"(xo)=O. A
3	teorema. Jei /’(x0) = 0 ir antroji isvestine, eidamaper taikq xo, ketcto zenkhj tai taskas Xo-perlinkio taskas.
[rodymas. Jeigu /"(x)<0, kai x<x0 ir /'(x)> 0, kai x>x0, iai i kair? tasko x0 kreive yra iskila aukstyn, о j desin? nuo x0 - iskila zemyn Tuomet pagal apinrezima taskas x0 - perlinkio taskas. A
191
7.21. Grafiko asimptotes
Apibrezimas. ives asimptote,
Tiese vadinama kai bet kurio kreives atstumas iki tos tieses arteja prie '^0 taskui tolstant kreive (7.22 pav ).
Asimptotes skirstomos i vertika-liqsias irpasvirqsias.
1. Vertikaliosios asimptotes. Jei nors vienasiuribu lim /(x), lim f(x), x—>a~0 x-+a+O
lim/(x) yra begaline, tiese x = a yra x~*a
vertikalioji asimptote (7.22 pav., c).
Pavyzdziui, kre.ves у =----------------
x + 3 vertikalioji asimptote yra tiese x=-3, nes
1
lim ------- = - oo ,
x->-3-0 x + 3
,. 1
lim ------- = + co .
x->-3+0 X + 3
2. Pasvirosios asimptotes. Sakykime, kad tokios asimptotes lygtis y=kx+b. Rasime kocficientus к ir b.
Taskas Л/(х;у) yra kreives taskas, о ^(x; уд,) - asimptotes taskas, a - kampas, kur) asimptote sudaro su teigiama asies Ox kryptimi (7.23 pav.).
Pagal apibrezimo, kai / yra asimptote, tai lim MP = 0. Is Д MNP turime:
7.23 oav.
MP
-— = cos a MN
todel MN-
Todel
cos a
ir MN->0, kai MP—>(^.
= lim Cv--vn) =
~ M/(x)-Ax-/>)=°.
192
Pritaik^ гibcj- desnius, gauname:
b= lim (/(x)-Ax) .
X-»oo
Be to,
lim (/(x)- kx- b)= lim xf^^ - к 1 = 0 .
X->cc	x->ac x	x J
Kadangi sandaugos riba lygi nuliui, x * 0, tai antrojo dauginamojo riba tun buti lygi nuliui. Todel
= 0 .
Taciau------> 0 , kai x —> oo, vadinasi,
x
lim	= 0,
x->«A, x J

Atskiru atveju, kai к = 0, asimptote y= b yra tiese, lygiagreti asiai Ox.
Jei, apskaiciuodami koeficientus к arba b, suzinome, kad bent viena is ribq yra begaline arba neegzistuoja, tai funkcijos grafikas pasvirosios asimptotes neturi. Be to, ieskodami koeficientq к ir b, privalome nepamirsti, kad uzrasas x —> co suvokiamas kaip du: x - oo ir x -> + co. Todel, jeigu reikia, atskirai apskaiciuojame ribas, kai x —> + oo ir x - oo, nes jos gali buti ir skirtingos.
— x*“ — 3x + 2
Pavyzdys. Raskime funkcijos v = — ---------—— asimptotes.
x + 7
Sprendimas. Vertikalioji asimptote - tiese x = - 7 , nes lim у =+c0-
Apskaiciuojame koeficientus:
2
,	,. -X
k- lim —-r-
= - 1 ,
lim x->±oc
4x + 2 x + 7
Todel pasvirosios asimptotes lygtis tokia: y=-x + 4 . ▲
193
7 22. Bendroji funkcijos tyrimo ir jos grafiko braizymo schema
Funkcija tiname pagal 1окщ schema
1 Nustatome funkcijos f(x) apibrezimo sritj. Jeigu yra trukio taskig kai'ciuojame funkcijos ribas jiems is kaires ir is desines, taip pat ribas apibrezimo srities galuose.
H 2. Istiriame, kokia yra funkcija: lygine ar nelygine, periodine ar ne-
periodine.
3.	Issprend? lygtj/(x)=0, randame taskus, kuriuose funkcijos grafikas kerta asj Ox. jras? j funkcijos israisk^x reiksme, lygi^ nuliui, randame tasky, kuriame grafikas kerta asj Oy.
4.	Isdiferencijuojame funkcijq. Randame lygties /'(x)=0 saknis. Prijung? prie ju taskus, kuriuose /'(x) neegzistuoja. gauname visas kritinius taskus. Jie padalija apibrezimo sritj j tam tikrus intervalus. Nustate isvestines zenklq kuriame nors pasirinktame intervalo taske, suzinome, koks yra isvestines zenklas visame tame intervale. Ely re, koks yra isvestines zenklas kiekviename intervale, suzinome funkcijos didejimo ir mazejimo intervalus bei ekstremumo taskus. Apskaiciuojame funkcijos ekstremumus.
5.	Randame funkcijos antng^ isvestin?. Issprendziame lygtj /’(x)=0. Pne jos saknq prijung? dar ir taskus, kuriuose /'(x) neegzistuoja, suzinome, kurie is ji[ gali buti perlinkio taskai. Sie taskai apibrezimo sritj padalija j tam tikrus intrevalus. Nustat? antrosios isvestines zenklq kiekviename tokiame intervale, suzinome grafiko iskilumo intervalus bei perlinkio taskus. Apskaiciuojame funkcijos reiksmes perlinkio taskuose.
6.	Randame vertikali^sias ir pasvirqsias grafiko asimptotes.
7.	Braizome funkcijos grafikip
jx + 1V
Pavyzdys. Istirkime funkcijq у =-----— ir nubraizykime jos grafik^.
(x-!)-
Sprendimas. 1. Funkcija egzistuoja, kai x * 1. Todel jos apibrezimo sritis tokia: (- oo;l)u(l;oo). Apskaiciuojame
lim у =+ oo , lim у — oo , lim у =+ ос . A—>1 + 0	A—>—CO	Д—>+CO
2. Funkcija nei lygine, nei nelygine, nes
^'~х)= -Д =-	*y(x) bei y(-x)*-y (x).
(-x-1)2 (x + 1)2
Funkcija neperiodine.
... funkcijos grafikas kerta asj Ox taske x = - 1, nes siame taske y = 0, о
Qt -taske y= 1.
194
> (х + 1)2(х-5)
4.	Randame v =-----———- .
' (x-Q
y' = 0, kai x = -l arba x = 5. Sie taskai apibrezimo sritj padalija j intervalus (-00	1), (1; 5) ir (5; co). Paem? кигц nors x reikSm? is vieno
interval^, istiriame, koks yra y' zenklas (ji zymime simboliu sgn y") siame taske. Toks pat y' zenklas bus ir visame intervale. Taip pat nustatome y' zenklqjrkituose intervaluose. Sudarome lentel?.
____________________________________________________ 1 lentele
X	(-C0J-1)	-1	(-1; 1)	(1; 5)	5	(5; <»)
Sgn у	+	0	+	-	0	+
у		ekstr. nera			min.	
Apskaiciuojame ymin taske x = 5: ymin = 13,5. Taske x = -l ekstremumo nera, nes pirmoji isvestine, eidama per sj taskti, zenklo nepakeite.
5.	Randame
y" = 0, kai x=-l. Sudarome y" zenklo tyrimo rezultatq lentel^.
2 lentele
X	(-00;-1)	-1	(-1; 1)	(1; oo)
Sgn y"	-	0		+
Kreive	n	perlinkis	и	и
Apskaiciuojameурен.пк, kaix = -l : yperhnk = O.
6.	Grafikas turi vertikaliiyq. asimptot? x=l. Randame pasvirosios asimptotes у = kx+b koeficientus:
,	(* + l)3	x3+3x2+3x + l ,
k = lim —------— = lim ----------------- = 1 ,
,r->±x(x-l)-x x-»±oc x-2x2+x
,	f(x+l)3 "l 5x2 + 2x + 1	.
b= hm ---------—-x = lim —-------------- = 5.
*~>±«\(x-l)2	) x2 -2x+2
Todel pasvirosios asimptotes lygtis у = x + 5.
195
7.	Grafikq. braizome taip:
1)	Pazymime taskus, kuriuose funkcija neegzistuoja, bei taskus, kuriuose grafikas kerta asj Ox irasj Oy.
2)	Nubreziame asimptotes.
3)	Pazymime maksimumo, minimumo, perlinkio taskus.
4)	Braizome kreivQ, atsizvelgdami j abi lenteles: imame pirm^ interval^ ir ziflrime, kokia yra funkcija - didejanti ar mazejanti - ir koks jos grafikas siame intervale - iskilas aukstyn ar zemyn, ir t.t., pavyzdziui, is pinnos lenteles matyti, kad intervale (-oo;-l) funkcija dideja, о is antros lenteles - kad siame intervale kreive yra iskila aukstyn. Todel siame intervale grafiko dalis gali atrodyti tik taip, kaip parodyta 7.24 pav., a.
5)	Braizydami grafik^, butinai atsizvelgiame j ribas, kurias apskai-ciavome pirmajame tyrimo punkte. Istirtos funkcijos grafikas pavaizduotas
^aigdami skyrelj isspr^sime dar pavyzdj, iliustruojantj kaip pagal 4sias s^lygas galima nubraizyti scheming funkcijos grafik^.
196
2 pavyzdys. Funkcija y = /(x) (a,b), a < c < b . Ji tenkina sqlygas:
/(«)<0.
diferencijuojame
/(b) >0. Л) = 0,
mtervale
/'(x)>0, xe{a'b),
/"(*)> o,
Г(х)<0,
x e(a;c); x e (c;b.
Parasykite, kq geomctriskai reiskia kickviena nurodyta sqlyga jr nubrezkite duotos funkcijos grafikq. Ar si funkcija turi ekstremumg?
Sprendimas. Sajygos /(a)<0 ir /(b) >0 reiskia, kad taskas A(a;f(a)) yra po asimi Ox, о taskas B(b;/(b)) yra virs asies Ox. S^lyga /(с) = 0 reiskia, kad funkcijos grafikas kerta asj Ox taske c. Sqiyga /'(x)>0, xe(a;b) reiskia, kad funkcija visame intervale (a; 6) yra didejanti. Sqlygos /"(x)>0, xe(o;c)ir /"(x)<0, x e (c;b) reiskia, kad
intervale (a; c) kreive yra iskila zemyn, о intervale (c; b) - iskila aukstyn. Vadinasi, intervale (a; c) graftko dalis atrodo taip, kaip parodyta 7.24 pav., b, о intervale (c; b) - taip, kaip parodyta 7.24 pav., a {verting visas sejygas, braizome scheminj funkcijos grafikq (7.26 pav.).
Funkcija ekstremumo neturi. A
Uzdaviniai
1.	Pasinaudodami isvestines apibrezima, raskite /'(x), kai: a)/(x)=x3;	b)/(x) = cosx;	c)/(x)=tgx;	d)/(x) = <f.
2.	Isdiferencijuokite fur.kcijas:
aly/x1,;	b)y=.r|x|;	c)y=ln|x|;	d)y=|cos x .
3.	RasKite sip funkcijq isvestines taske x0 :
a)f(x) = J x ’kal**0’	b)/(x)= -------------.kaix^O,
0, kai x = O,xo = 0;	|0> kaix = 0, xo^O.
4.	Isdiferencijuokite funltfijas:
a)y= X	+ —^— + 41n(x2-4j;	b) у = (зел - 4^(е* +1 ;
197
d)y=sin2(cosx) + cos2(sinx);
f) у = 2^1+ x2 + 3ln[x + 71 + x2
i)y-A ’	, , 
5. Raskite yx ,kai: a)x = 2cos/, y=3sin/; c)x = ln(l-t), v = arecos>/7;
d) x = arcsin , У ~ arccos Vl + r
h)y=xarccos .i-------
V x + 1 j)y = (sinx)18'.
b) x = cos31, у = sin31;
6.	Raskite y'x , kai funkcija apibrezta neisreikstine lygtimi:
x2 y2
a) —।---------= 1 I
1 4	9
c)y+xeIV = 0;
2	2
x у
7.	Per hiperboles	= 1
a" b~
•Jx - arc tg
b) Vx + ify = tfa ;
djarctg— = xy .
tasku (xo;yo) nubrezta liestine. Parasykite jos lygtj.
8.	Raskite sin ftmkcijn diferencialus dy, kai: a)y= ^4 + x2 ;	b)у = 1п(з-y[x)
9.	Raskite y", kai:
a)y=lnsinx;	b)y = x71 + x2 ;
с) у = arcsin|x|.
c)y = e ‘8X;
10.	Raskite y’ , kai:
a)x = 71-/“ , у = arcsin /;
b) x = ch /, у = ln(e' + e '
11- Ar galima taikyti Roiio teoremn sioms fimkcijoms: a)/W=2x4-3x2-8 atkarpoje [- 1; 1]; b)/(x)= ^jx[ atkarpoje [-2; 2]?
12. Taikydami Lopitalio taisykl?, apskaiciuokite sias ribas:
c) lim ! ———т--1— j:
x^sl^lnjx-l) x-2j
a) lim -*££ •
. . In sin 3.x b) lim------------;
x->0 lntg5.x
8) ;
f) lim[2--l 6 x-^3^	3)
1
h) lim(ctgx)"' . x-»0
198
13. Daugianarix4 - 7x3 + 8x2-5x + 3 isreikSkite dvinariox-2 laipsniais.
14.	Sias funkcijas isreikSkite Makloreno formule, apsiribodami keturiais nariais:
pirmaisiais
/----- x — 2
a)/(x) = VxTl;	b)/(x) =----
x + 2
15.	Raskite funkcijp didejimo ir mazejimo intervalus:
1	R
a)f(x)=*x +------ ;	b)f(x)= sin— , kaix>0.
1 + x2	'	x
с)/(х)=Л
16.	Raskite funkcijq didziausias ir maziausias reiksmes nurodytoje atkarpoje-
X G
—;2 Lio .
b)у = ln2x - 2 Inx, xe[l;5].
17.	Apskaiciuokite р!оЦ didhausio staciakampio sklypo, kuri galima aptverti ilgio a tvora, kai iS vienos puses sklypo riboja tiesi siena.
18	Sijos skerspjuvis yra staciakampis, sijos stipris proporcingas jos plodiui b ir aukStines h kvadratui. Sija tasoma is rgsto, kurio spindulys R. Koks turi buti santykis h/b, kad sija butQ stipriausia?
19.	Istirkite funkcijas ir nubraizykite jugrafikus:
a)_y =	Ll£.; b)y= (x2-sVx; c)y = xe* .
x-2
20.	Funkcija у - f(x) diferencijuojama intervale (a; b), a<c<b. Ji tenkina s^lygas: /(a)= /(c)= f{b); /’(x)< 0 , kai x e (a;c), /"(x)> 0, kai x e (c;b).
PaaiSkinkite, Ц geometriSkai reiskia kiekviena nurodyta s^lyga ir nubrezkite duotos funkcijos grafika intervale (a; b), kad butQ tenkinamos visos s^lygos. Kam lygi /"(c) ? Ar si funkcija turi ekstremumu?
21.	Funkcijaу = fix') apibrezta, diferencijuojama intervale (-oo;+co) ir
1) /(x)-lygine funkcija;
2)/(O)=l;/(2) = O;
3)/"(x)<0, kaix6(0;3)t
4)/”(x) >0,	kai x e (3;+oo);
5) у ~ -3 yra funkcijos grafiko asimptote.
PaaiSkinkite kiekvienos s^lygos geometrin? prasm? ir nubraizykite schemmi funkcijos y^fix) grafiko intervale (-oo;+oo).
22. Funkcija v =fix) apibrezta, diferencijuojama intervale [-3;-w°) ir
D/(-3) = /(0) = 0;
2)/"(x)>0, kaixe(0;3),
3) f"(x) < 0, kai x e [- 3; 0)(J (3;+»> 4)y=0 yra funkcijos grafiko asimptote.
PaaiSkinkite kiekvienos salygos geomctrine prasm? ir nubraizykite schemmi funkcijos у—fix) grafik^.
м»
8
KELiy KINTAMUJV FUNKCIJOS
8.1.	Aibes plokstumoje ir erdveje
Tasko padetis skaiciq tieseje apibudinama viena koordinate x, plokstu-moje - dviem koordinatemis x ir y, erdveje - trimis koordinatemis x, у ir z. Sios koordinates yra realieji skaiciai. Apibendrindami tai, sutarkime nagrineti taskus, turincius n koordinaciq xb x2) ... , x„; cia x„ i = 1 ,n - realieji skaiciai. Tokius taskus zymesime x = (xu x2; ...; x„), о jq aib? - Л". Siq aib? dar kartais vadinsime erdve R". Erdve Л1 (visq realiqjq skaiciq aibe) paprastai vadinama realiqja tiese, R2 - plokstuma, R3 - trimate erdve.
{veskime atstumo erdveje R" tarp dviejq taskq x = (x];x2;...;x„) ir y = (у\',У2',-',Уп) sqvokq. Tai padarysime, apibendrindami zinomq atstumo analizineje geometrijoje fonnul?, ir atstumq p(x, y) tarp taskq x ir у apibre-sime taip:
J" / Y2 LUt-лт • i=i
Sakykime, kad x° = (xfix®;...; x„)- tam tikros aibes E c R” taskas.
Apibrezimas. Tasko x° e > 0 aplinka Vz (x°) vadinsime visumq aibes E taski{ x, kurie tenkina sqlygq p (x, x°) < e.
Erdveje R2 aplinka - skritulys, kurio centras taske x°, о spindulys e, be ji bbojancio apskritimo; erdveje R3 aplinka - rutulys, kurio centras taske x°, о spindulys £, be jj ribojancios sferos.
8.2.	Keliq kintamqjq funkcijos sqvoka
Tarkime, kad D - tam tikra erdves R" taskq aibe.
Apibrezimas. Taisykle f, pagal kuriq kiekvienam aibes D taskui ^xV>x2'y—'-xn) priskiriamas vienas realusis skaicius u, vadinama n kinta-funkcija u = f(X} ,X2,...,x„). Aibe D vadinama tos funkcijos apibrezimo it,mi, aibe E = p e R} - /(x|,x2v,-V„)} - jos reiksmin aibe; DcR". e<ZR\
200
Dviejq kintamqjq funkcija z =f (x, y) gaunama, kai skaicius z priskiriam plokstumos taskui (x; у), о trijq kintamqjq funkcija и -f(x, y, z), kai skaici priskiriamas erdves /?3 taskui (x; y; z).	u
1 pavyzdys. Jei x, y, z - staciakampio gretasienio matmenys, tai jo turis V = xyz yra trijq kintamqjq funkcija, apibudinanti atitiktj
/: (x, y, z) -+xyz . ±
2 pavyzdys. Raskime funkcijos z = In xy+ -Jl - x2 - у2 apibrezimo sritj Sprendimas. Funkcija bus apibrezta, kai
arba у < 0,
Nelygybe x2 + y2 < 1 apibrezia skritulj (8.1 pav.), о nelygybes x > 0, y>0 arba x<0,
y<0 pirmqjj ir treciqjj koordinatinius ketvircius. Apibrezimo sritis - 8.1 paveiksle subruksniuotos skritulio dalys; asiq Ox ir Oy taskai apibrezimo sriciai nepriklauso. A
Priminsime, kad jau zinome is 5 skyriaus, jog dviejq kintamqjq funkcija z =f(x,y) erdveje № apibrezia pavirsiq.
8.3.	Funkcijos riba ir tolydumas taske
Kad butq vaizdziau, funkcijos ribos ir tolydumo sqvokas apibresime turedami galvoje dviejq kintamqjq funkcijas.
Tarkime, kad funkcija z = /(x,у)apibrezta tasko Л/о(хо;уо)e aplinkoje, isskyrus galbut patj taskq .
1 apibrezimas. Skaicius b vadinamas funkcijos f riba taske MQ.jei vienq a > 0 atitinka toks 5 > 0 , kad visuose tasko Mq 5 aplinkos taskuose Jd-nesutampanciuose su Mq , teisinga nelygybe
\f(M)-b\<e.
Rasome:
lim f(x,y)= b, arba lim f{x,y) = b.
м->мо	0'.у)-»Оо’Уо)
201
apibrezimo sriciai.
2 apibrezimas.
Dabar tarkime, kad taskas Af0(x0;y0) priklauso funkcijos z=f(x,y)
Funkcija z=f(x, y) vadinama tolydziqja taske
M (xo'fo ) ’Jei JUS "ua ta^e	№ funkcijos reiksmei tame taske, t.y.
lim /(x,y) = /(x0,y0).
(x;y)->(xo;yo)
Kai funkcija tolydi kiekviename srities D taske, tai ji vadinama tolydzitya srityje D.
Analogiskai vieno kintamojo funkcijai, dviejq kintamqjq funkcija yra tolydi, kai nykstamus argumentq pokycius atitinka nykstamas funkcijos pokytis.
Keliq kintamqjq tolydziosioms funkcijoms budingos savybes, kurios yra analogiskos vieno kintamojo tolydziqjq funkcijq savybems.
8.4.	Dalines isvestines
Tarkime, kad srityje D apibrezta dviejq kintamqjq funkcija z =f(x, y), taskas M0(x0;y0) e D. Fiksuokime kintamojo у reiksm?, tardami, kad y = y0. Tuomet funkcija z = f (x,y0) bus vieno kintamojo funkcija. Apskaiciuojame sios funkcijos pokytj, kuris atsiranda del argumento pokycio Ax. Jj pazymime Avz ir vadiname daliniu funkcijos pokyeiu. Taigi
M = f(x0 + Ar,y0)-/(x0,y0)-
Analogiskai apibreziame pokytj
Ayz =/(x0,y0 + Ay)-/(x0,y0)-
Pokytis, kuris atsiranda pakitus abiem argumentams x ir y, vadinamas pilnuoju ir zymimas Az. Taigi
Az = /(x0+Ar,y0+Ay)-/(x0,y0).
Bendru atveju Az # Axz + Ayz.
Kadangi funkcija z= /(x,y0) yra vieno kintamojo funkcija, tai galima kalbeti apie sios funkcijos difereneijavimq kintamojo x atzvilgiu, kai kitas argumentas fiksuotas. Taip gauta funkcijos isvestine vadinama daline isvestine ^itit	д’?
ant°jo x atzvilgiu ir zymima — . Pagal isvestines apibrezima ji lygi ribai dx
lim Ad= iim Л-Уо + Аг,Уо)-/(ло,уо) , Ar Дх->0	Ar
riba egzistuoja ir yra baigtine.
202
Analogiskai
££= lim V= lim /(-<o.yo + Av)-/(-v0,j’o)
dy Ду-> о Ду Ду->0	Ду
Galima vartoti ir tokius zymejimus: z'r,z'r,/^(x0,y0).
Kai duota trijn kintamipn funkcija u=f(x, y, z), tai nagrinejame tokias ...	..	.	du ou . du	.. .
dalines isvestines: — , — ir — . Pirmoji jiy gaunama tarus, kad fiksnnt; ox oy dz	uu
kintamieji у ir z, antroji - kai fiksuoti x ir z, о trecioji - kai fiksuoti x iry.
Is to aisku, kad daline isvestine apskaiciuojama taip pat, kaip ir paprasta isvestine, nes kiti kintamieji laikomi konstantomis.
Pavyzdys. Raskime funkcijos и = x2y - 2xz + y3z - 3x - 4y + z dalines isvestines.
Sprendimas.
du n	du 2,2	. ди „ ч
— = 2xv-2z-3, — = x2+3y2z-4, — = -2x + y3+l. dx '	dy	dz
Issiaiskinkime dalinin is vestin in geometrine prasme- Apskaiciuodami
isvestin? — , tariame, kad y= y0 . Geometriskai tai reiskia, kad pavirsius dx
z = f(x, y) kertamas plokstuma у = y0 - Si plokstuma is pavirsiaus z =f (x, y) iskerta kreive z~	esanci^ plokstumoje, lygiagrecioje plokstumai
xOz (8.2 pav.). Remdamiesi vieno kintamojo funkcijos isvestines geometrine prasme, galime tvirtinti, kad dalines isvestines — reiksme, apskaiciuota taske dx
Mq, bus lygi tangentui kampo a, kurj kreives z = /(x,yo) liestine T sudaro su tiese, lygiagrecia asiai Ox.
8.2 pav.
203
Analogiskai
dz(M0) dy
bus lygi tangentui kampo, kur[ kreives
z _ f(x0,y) liestine sudaro su tiese, lygiagrecia asiai Oy .
8.5.	Pilnasis funkcijos pokytis ir pilnasis diferencialas
Nustatysime rysg kuris pilnqjj pokytj
Az = f(x0+Ax,y0+Ay)-f(x0,y0)
susieja su funkcijos z=f(x, y) dalinemis isvestinemis ir —, kai pastarosios egzistuoja tasko (x0;y0) aplinkoje ir jame yra tolydzios.
Parinkime taskq (x0 + Ax,y0 + Ay) taip, kad jis priklausytq minetai aplinkai ir sudarykhne pilnqjj pokytj bz = f(x0 + Ar,y0 + Ay) -f(x0, y0). Po to prie Az israiskos pridekime ir atimkime reiskinj f(x0, y0 + Ay). Tuomet
Az =/(x0 + Ax,y0 + Ay)-/(x0,y0 + Ay) + /(x0,y0 + Ay) -/(x0,y0). (1)
Reiskinj /(x0,y0 + Ay)-/(x0,y0) galima traktuoti kaip vieno kintamojo funkcijos /(x0,y) dviejq reiksmiq skirtumq, nes kintamasis x fiksuotas. Siam skirtumui taikome Lagranzo formula
/(x0,y0+Ay)-/(x0,y0) = /;(x0,y)(y0 + Ay-y0);	(2)
cia y0 < у < y0 +Ay.
Analogiskai taikome Lagranzo formula ir skirtumui Л*о + Ax,y0 + Ay)-f(x0,yQ + Ay), taciau sj kartq fiksuotas kintamasis T+Ay. Gauname:
/(x0 + Ax,yft + Ay) _ д Го,уо + д у) = fx(x, y0 + Ay)(x0 + Ax - x0); (3) Cla x0< x< x0+Ax.
lra§? (2) ir (3) israiskas j pilnojo pokycio (1) formula, gauname:
Az = /;(T,y0 + Ay)-Ax + /;(x0,y)-Ay .	(4)
Kadangi dalines isvestines yra tolydzios taske (x0, yo), tai
S	xo >r у -> y0, kai A x -> 0 ir A у -> 0.
204
Toliau panaudokime is anksciau zinomq teiginj, kad funkcija nuo ribos skiriasi nykstamqja funkcija. Todel	Sav° ’
f'x (-^To + Ar) = f'x Uo > To) + «>
(5)
Л'(^оО’)=/у(х0.у-0) + Р;	I
cia a priklauso nuo Ax ir a -> 0, kai Ax -> 0; p priklauso nuo A v ir kai A v -> 0.
pas? (5) ir (6) israiskas j (4) formul?, gauname:
Az	+ a)Ax + (/,',(xo,Jo) + IW =
= f'x (*0 ’>’0 )A x + f'y (*o ’To )ДТ + ccAv + pAy, arba trumpiau
. dz dz A 4	„
A z = — Ax + — Ay + oAx + PAy . dx dy

(7)
Taigi, kai funkcijos z=f(x,y) dalines isvestines yra tolydzios taske (x0,y0) > taitos funkcijos pokytj galima isreiksti (7) formule.
о?
Reiskinys — Ax + — Av vadinamas funkcijospilnuoju diferencialu dx dy
dz
ir zymimas dz = — Ax+— Ay. Kadangi nepriklausomu kintamijjij pokyciai dx dy
i\x, Ay sutampa su jq diferencialais dx, dy, tai galutine pilnojo diferencialo israiska tokia:
, dz , dz , az = — dx+— dy. dx dy '
Reiskiniai ^f-dx ir zfdy vadinami daliniais diferencialais ir zymimi dx dy’ dz	dz
dyz=—dy.
Aisku, kad dz = d, zAd, z, txz^dz.
Dviejq kintamqjn funkcijos pilnojo diferencialo fonnul? nesunku apibendrinti ir bet kokiam kintamtun skaiciui. Pavyzdziui, kai duota trijQ kintamqju funkcija и =f (x, y, z), tai jos pilnasis diferencialas
, du , cu ,	du ,
d и = — dx + — d v + — dz .
dx dy ' dz
205
	8.6. Sudetiniq funkcijq isvestines
Tarki mentai и pareikalau kad funkc:	me. srityje D apibrezta sudetine funkcija z=f(u, v), kurios argu-ir v yra kintamipu x ir у funkcijos: u= и (x, y), v = v (x, y). Kartu kinie, kad, kintant x iry, taskas (u; v) priklausytp D. Dar tarkime, ...	, ... ..	dz . dz ija z turi argumentu и ir v atzvilgiu tolydzias isvestines — ir —, о J ~	du dv
funkcijos i	„	. du du dv . dv и ir v- argumentцх iry atzvilgiu — , —, — ir — . ox oy cx cy
Sutei pokyciai	kime argumentui x pokytj Ax, laikydami у fiksuotu. Tuomet atsiras t\xu - u(x + Дх, у) - и(х, у) ir Axv = v(x+ Ax,y) - v(x,y).
Kartr	i pakitus и ir v, pasikeis ir z - atsiras pilnasis pokytis Az - f(u + \xu,v + Avv) - f (u, v),
kurj galim	a isreiksti (7) formule. Taigi dz	d7 Az = —Avm + — Arv + aAyz/ + BA„v. /s	Л	л	Л	A	1	Л OU	cv
Abi sios 1;	/gybes puses dalijame is A x* 0: Az _ 5z Axw + dz Avv + aAxu PAxv Ax du kx Sv Ax	Ax	Ax
Kai l Tuomet a	\x-^> 0, tai ir Axw -> 0,Axv -> 0, nes funkcijos и ir v yra tolydzios. -> 0 ir p -> 0. Apskaiciuojame ribn: Az dz	A..w dz	Ayv lim —	= —	hm —+ —	lim ——	; Дх-»0Аг du Дх->0 Av dv Дх->0 Ax
is cia gaur	lame dz _ dz du dz dv dx du dx dv dx
Anal	ogi§kai jrodytume, kad cz dz du	dz dv — =	+	.	(9) cy du dy	dv dy
Pavyzdys. Raskime — ir — , kai z = arcsin —, и = x2 - у2, v = xv. dx dy	v
206
Sprendimas. Pritaikysime (8) ir (9) formules. Pirmiausia randame isvestines:
dalines
Tuomet dz dx
—,	—	= 2x, —	= y. —	= -2y, —	=.
v7v2-M2	8x 8x дУ 8У
1 т	W	1 f ц\.
-j- — 2x--------------у = -	2x —-
Vv2 — и2 V ^v2 -u2 slv2 -u2 v
— =	-  (~2p)-----r=== x = ,	\-2y- —
8У sjv2 — u2 v\/v2 -u2	7v2 -u2 v
(8) ir (9) formules galima apibendrinti bet kokiam kintamqjp skaiciui. Jeigu z -f(u, v, w), о и, v, w yra x bei у funkcijos, tai
dz _	dz	du	dz	dv	dz	dw
dx	du	dx	dv	dx	dw	dx
dz _	dz	du + dz	dv	dz	dw
dy	du	dy	dv	dy	dw	dy
(10)
(ID
Tarkime, kad z= f (x, u, у), о и = и (x) ir v = v (x). Vadinasi, z =f (x, и (x), v (x)) ir yra vieno kintamojo funkcija, todel kalbesime apie jos pilntya isvestine dz
—. Ju rasime taikydami (10) formule ir laikydami, kad x yra irgi tarpints dx
argumentas, kaip и ir v, о jo rysys su galutiniu argumentu x nusakomas lygybe x = x. Kadangi и ir v yra vieno kintamojo funkcijos, tai vietoj daliniu isvestinni rasysime piln^sias. Tuomet
dz	dz	dx	dz du	dz	dv	dz	dz	du	dz	dv
- — ------ ------------------- — --- + --------4-------.
dx	dx	dx	du dx	dv	dx	dx	du	dx	dv	dx
(12)
2 pavyzdys. Raskime — , kai x = --------, и = sin t, v = In t.
dt	t
dx dx dx du
Sprendimas. Taikome (12) formula	+ ~	+ ~dv dt
dx _ u2 - v2 dt t2
dx	2u	dx	2v	du	dv	_
— = —, — =----------, — = cos t, —— •
du	t	dv	i	dt	dt 1
207
A	, 2u 2v
= _ __--— +----- COS Г- — . A
Tuoffet — t- t	t1 2
Keli kintamqjq funkcijos pinnasis oiferencialas, kaip ir vieno kintamojo funkcijos diferencialas, pasizyir.i formos invariantiskumo savybe.
8.7.	Neisreikstines funkcijos diferencijavimas
Nagrinekime dviejq kintamqjq funkoja F(x,y\ Zinome, kad lygybe P^x у) = о apibrezia tarn tikrq kreivq plokstumoje xOy. Noreaami у isreiksti kintamojo x funkeijqу =f(x), turime issprqsti lygtj F(x, y) = 0 kintamojo у atzvilgiu. Tokiu atveju sakome, kad lygtis F(x, y) - 0 nusako neisreikstin? funk-eij^y =/(*)• Kadangi f(x) - lygties F(x, y) = 0 sprendinys, tai F(x, f (x))4 0.
Dabar isnagrinekime neisreikstines funkcijos, apibreztos lygtimi f(x,y) - 0, difereneijavimq. Apie tai jau kaibejome, taciau bendros formules neisvedeme, о nagrinejome tik atskirus pavyzdzius.
Tarkime, kad lygtis F(x, y) = 0 apibrezia fankeijq y=f(x). Tuomet F(x,/Yx))=0. Diferencijuojame abi sios lygybes puses, panaudodami sudetmes funkcijos difereneijavimo taisykl?. Gauname:
F;+F',-^-=0;
Xydx
is cia
dy =_Ц
dx Fy
(13)
1 pavyzdys. Raskime — , kai yex +xey = 0.
dx
Sprendimas. F(x, у) — у ex +x ey , F'x =yex  2x + ey , F'y = ex2 +xed .2 v, todel
dy _ 2xyex +ey
dx 2xyey + ex
Toliau nagrinesime lygtj
F( x, y, j) = 0 .
kiekvienq skaiciq x ir у porq is tam tikros srities atitinka. viena a kelios r reiksmes. tenkinancios lygtj F(x, y. z) = 0, tai si lygtis P^brezia vienq arba kelias neisreikstines funkeijas ~ Pavyzdziui, lygtis л z = 0 apibrezia dvi kintamqjq x ir у funkeijas
208
Tarki ne, kad funkcija F(x, v, z) ir jos dalines isvestines F' F' x ’ у ’ rz yra tolydzios tarn tikroje tasko (x0;y0;z0) aplinkoje, be to, Fz(x0, y0, z01 =₽ q
...... dz . dz
Tuomet funkcijos z dalines isvestines — ir — rasimc taikydami dx dy	J
formula Is pradziQ tarkime, kad fiksuotas yra y, po to x. Taigi dz _ F'x dz _ F'y dx F'z ’ dy F'z
dz dz
2 pavyzdys. Raskime — ir —, kai = xyz. dx dy
Sprendimas. Kadangi F (л, у, z) = exyi - xyz - 0, tai
dz	xvz e ' '-yz-yz	_ yz	X-exyz	_ 2
dx	exyz • xy - xy	xy	exyz -1	X
dz _ cxyz -xz-xz _ xz[l-exyzj _ z dy ” ~exyz-xy-xy ~ xyle^-1) ~ ’7 '
8.8.	Aukstesniqjq eiliq isvestines
dz
Funkcijos z=f(x, y) dalines isvestines — ir — yra naujos kintamqjnx dx dy
ir у funkcijos, kurios irgi gali tureti dalines isvestines to paties arba kite argumento atzvilgiu. Jos bus pradines funkcijos z=f{x,y) antrosios eiles dalines isvestines (arba antrosios dalines isvestines).
Jei pirmoji isvestine buvo rasta argumento x arba у atzvilgiu, tai jos isvestines x ir у atzvilgiu zymimos taip:
d2 z __	F' z _ d f d2z _ g fdzd3z _ d ’
5,v2 fTJLjxj’ dxdy dy^dx/ dy2	dydx
arba atiiirkamai z"x, z"XY, z’Yy, z”yx .
Analogiskai apibreziamos treciosios, ketvirtosics ir t. t. eiles isvestines Isvestines skirtmgq kinUmqjQ atzvilgiu vadinamos misriosiomis.
1	pavyzdys. Duota funkcija и = x^yz' + xy^zA . Raskime misri^sias jo* isvestines ir •
Sprendimas u'x = 2xyzx +y3z4, u'xx = 2yz3, u’XXy = 2z3, uXXyZ
209
(=Л3+Зху2Л u"x =2xz3+3y2z4,	M"^=6xz2+12y2z3,
Uy-
0) =6?.
Wy»»	. .	. .
Matome, kad uXXyZ~ uyXzx  j’ dz v
2	pavyzdys. Duota funkcija z = arctg-<- . Tada — = ——- >
d2 z _ 2xy 53z _ 2x(x2 - 3_v2).
8x (x2+y2j 8x 8 У	(х2+у2У
5z x d2z _ y2 — x2 d3z _2x(x2-3y2)
dy x2+y2' 8Удх (a.2+>,2)2’ 5У^2	(х2 + у2У
, d a3z a3z
Matome, kad —-— =---------- . A
dx^ dy dydxz
Taigi siuose pavyzdziuose misriosios isvestines, apskaiciuotos tq paciq kintamqjq atzvilgiu, bet skirtinga tvarka, sutampa. Pasirodo, kad tai nera atsitiktinis dalykas. Teisinga tokia teorema, kuriq pateiksime be jrodymo.
Teorema. Jei tasko Мо(хо;уо) aplinkoje egzistuoja funkcijos z=f(x,y) dalines isvestines fx, fv, f”v ir f”x, о jos misriosios isvestines f”v ir f"x dar ir tolydzios taske Mo (x0; y<9> tai tame taske
f" = f"
J xy Jyx *
Is sios teoremos isplaukia tokia isvada: jei misriosios isvestines
a"/ ay
ЭхУ/-‘ г
yra tolydzios, tai jos yra lygios.
8.9.	Aukstesniqjq eiliq diferencialai
Tarkime, kad funkcija z=f(x, y) turi tolydzias aukstesniqjq eiliq dalines
1 vestines. Tuomet jos pirmasis diferencialas , oz , dz t
dz = — dx + — dv	(14)
ox dy
nauja kintamqjq x ir у funkcija, nes dx ir dy, kaip nepriklausomu kinta-funk X И Р°куё’аЬ Уга pastovus. Vadinasi, galima nagrineti sios naujos difeClJOS diferencialq, kitaip tariant, funkcijos z diferencialo dz pilnqjj
rencialq d(dz), kurj vadiname antrosios eiles diferencialu (arba tiesiog
210
antruoju diferencialu). Jis zymimas d2z =d(dz). leskodami d2z dosime (14) formule, tik jrasysime joje vietoj z reiskinj dz:
Pasinau.
d2z = d (dz) = -i- (dz) dx + (dz) dy =-^~	+ A +
ox	о у	дх {дх ду )
д (dz , dz \	( d2z d2z 1 , f d2z d2z
+ — —dx + —dy dv = —-rdx + ; dv dx+\-~- dx + —-Jv a, dy U*	' l^x2 Sy’dx ) ^Sxdy ду2 У \
Pazymeje, kaip ir anksciau, dx - dx = (dx)2 = dx2 , dy  dy = dy2, galutinai turime:
-	r)27	->	д~-7	1
d2z = —— dx2 + 2 —— dx dy + —dy" . ox2	dxdy Z dy2
Analogiskai gautume, kad
,3 d3z ,3 _ d3z 2 > > S3z , , 2 d3z з diz = —- dx3 + 3 —-— de dy + 3------------ dxdy + —- dy5 .
cx3	дх2ду	dxdy2 ' dy3
Paminesime, kad aukstesniq eilin diferencialai formos invariantiskumo savybes jau neturi.
8.10.	Keliq kintamqjq funkcijos ekstremumai
Nagrinekime dvieji; kintamujq funkcijq z= f(x, y), apibreztq srityje D. Sakykime, kad taskas /W0(.r0; y0) - vidinis srities D taskas.
Apibrezimas. Taskas vadinamas funkcijos z= f(x, y) lokaliojo maksimumo (minimumo) tasku, jei yra tokia tasko Л/о aplinka, kurios visuose taskuose teisinga nelygybe/(x0,y0) > /(x, v) (/(x0,y0) Д^у))•
Kadangi Дх,у) - Дх0,у0) = Д’, tai taske Af0 yra maksimumas (mini-mumas), kai Az < 0 (Az > 0).
Maksimumas ir minimumas kartu vadinami ekstremumais.
Teorema. Jei taskas Af0(x0;y0) yra diferencijuojamos funkcijos z —f(x, y) ekstremwnas, tai
s.f(M0) _0 Sf(Mn)_Q cx ’ dy
Irodyntas. Fiksuokime kintamaj} y, tardami, kad у = Уо- Tuornet z=f(x,y) bus vieno kintamojo funkcija, kuri taske x0 igyja ekstremumq. Todel jos isvestine argumento x atzvilgiu tame taske turi buti lygi nuliui, bet isvestine dviejq kintamqjq funkcijai yra jos daline isvestine. Vadinasi,
211
g /Уо.Зо) = 0 dx
(15)
Analogiskai irodytume^ad	= 0. A
Tajei ekstremumas gali buti tik taskuose, kuriuose funkcijos pirmosios dalines isvestines lygios nuliui (arba kuriuose bent viena pirmoji daline isvestine neegzistuoja). Tokie taskai vadinami kritiniais funkcijos taskais.
(15) salygos yra tik biitinos. bet ne pakankamos funkcijos ekstremumo s^lygos. Stai, pavyzdziui, funkcijos z = x2 -y2 (zr. 5.16 pav.) dalines isves-
tines —- = 2x, —— = -2y taske (0; 0) lygios nuliui, taciau sis taSkas nera dx Sy
ekstremumo taskas, nes jo aplinkoje yra taskq, kuriuose funkcijos reiksmes didesnes uz z (0,0) ir kuriuose jos mazesnes uz z (0, 0).
Isnagrinesime sqlygas, kuriq pakanka, kad kritiniame taske funkcija turetq ekstremumq. Tarkime, kad funkcija z= f (x, y) yra apibrezta, tolydi ir turi tolydzias pirmos ir antros eiles dalines isvestines tasko A/0(x0;y0)
aplinkoje, о pats taskas Af 0 yra kritinis, t. y.
g/Uwo) = 0 ir g f(xn,yo) = 0 8x	dy
Pazymekime:
д _ 52/(хо,уо )	_
ox2
g2/Cwn) c= d2/(x0,j’0)
ЙХ dy '	dy2
Be jrodymo pateiksime teoremq, nusakanciq pakankamas dviejq kintamqjq funkcijos z = /(x,y) ekstremumo egzistavimo sqlygas.
leorema. Jeigu AC -S2>0, tai taske Mo yra ekstremumas: maksimu-mas- kai A< 0, ir minimumas, kai Л>0. Jeigu AC - B~ < 0, tai taske Л/о ekstremumo nera. Jeigu AC - B~ = 0, tai lieka neaisku ar taske Mo yra e^tremumas ar jo nera.
Pavyzdys. Istirkime funkcijos z = x3 + у3 + Злу ekstremumus.
Sprendimas. Surad^ dalines isvestines — =3x2+3v ir =3v‘+3x, ox	' cy
sistemos
3x^ + 3y = 0,
3y2 + 3x = 0
randame du kritinius taskus (0; 0) ir (- 1; - 1).
Pskaiciuojame antrosios eiles isvestines:
212
<?2z	82 z . d2 z
---T- = 6 X, ---= 3, ----- = 6 V
дх- dxdy dy2
ir j li reiksmes kritiniuose taskuose:
taske (0; 0) Л = 0, B = 3, C=0irAC- 52 = -9<0;
taske (- 1; - 1) A = - 6, В = 3, C= - 6 irAC-B2 =36 - 9>0, A < 0.
Taigi taske (0; 0) funkcija ekstremumo neturi, о taske (-1; -1) ji turi maksi-mumq zmax = 1. ▲
8.11. S^lyginiai ekstremumai
Isnagrinekime tokj pavyzdj. Funkcija z = у/R2 - x2 -y2 (8.3 pav.) turi
maksimumq taske (0; 0). Kitq taskq, kuriuose ji turetq ekstremumq, nera. Kirskime pavirsiq kokia nors plokstuma, pavyzdziui, y= —. Ji pavirsiuje
rysio lygtimi.
iskerta kreiv?, kurios taske M aplikate pasiekia maksimaliq reiksm?. Si reiksme irgi yra funkcijos z= -^R2 -x2-y2 maksimumas, kai
ft
y=— . Toks maksimumas vadinamas 2
sqlyginiu.
Apibrezimas.	Funkcijos
z=f(x,y) ekstremumai, kai kintamieji x ir у susieti tarn tikra lygtimi
<p (x,j>) = 0, vadinami sqlyginiais ekstremumais. Lygtis <p (x, y) = 0 vadinama
Isnagrinekime du sqlyginiu ekstremumu radimo budus.
Tarkime, kad funkcijos /(x, y) ir ip(x, y) ekstremumo tasko aplinkoje tun tolydzias dalines isvestines.
Is rysio lygties <p (x, y) = 0, jei tik jmanoma, vienq kintamqji isreiskiame kitu, pavyzdziui, y = \|/(x), x e [а;й], ir jrasome j z-f(x, y). Gauname vieno kintamojo funkcijq
^=/(^VW). xe[a;/>],
Telieka rasti didziausiqir maziausiqjos reiksm? atkarpoje [а;б].
213
1 pavyzdys. Raskime funkcijos z—xy sqlyginius ekstremumus. kai x2+/ = 18.
Sprendimas. Is s^Iygos x2+y2=18 turime: у = ±718-x2 xe f-TTsjVks]. fras? si4 у reiksm? j z=-xy, gauname vieno kintamojo ' r J funkcija. z-±x
Raskime didziausiq ir maziausi^ jos reiksm? sioje atkarpoje. Pirmiausia randame kritinius taskus:
2
2
z'x
18-2x2 ./To TT
z'x =0, kai 18-2x2 = 0, arba x = ±3.
Abu sie taskai priklauso atkarpai ^-718; VTs]  Apskaiciuojame funkciju Z| = x718-x2 ir z2 = -x718-x2 reiksmes sios atkarpos galuose ir kritiniuose taskuose:
(-V18) = 0, zu(V18)=0, Z1(3) = 9, Z1(—3) = —9, 22(3) = -9,z2(-3)=9.
Taigi funkcija z-xy, kai x2 + y" =18, taskuose(3; 3) ir (-3; -3) igyja s^lyginj maksimumtt zmax=9, о taskuose (-3; 3) ir (3; -3) - sqlygini minimum^ zmin = -9. ▲
Isnagrinesime bendresnj s^lyginiq ekstremumti radimo metod% kuris vadinamas Lagranzo daugiklin metodu.
Tuose taskuose, kuriuose funkcija z-f(x, y) gali tureti sqlyginius ekstremumus, kai jos argumentus sieja rySio lygtis tp(x,yj = 0, funkcijos /(x, y) pilnoji isvestine x atzvilgiu turi buti lygi nuliui.
d-'
Is s^lygos z=f(x,y) rasime — , turedami galvoje, kadу yra x funkcija: dx
±yf_ + ?L .±. dx ox dy dx Ekstremumo taskuose
8J_ + of_ dy_ = Q dx dy dx
(16)
214
Isdiferencijav? rysio lygti x atzvilgiu, turime:
<?<p c<p dv	.
dx dy dx	(17)
§i lygybe teisinga su visomis x ir у reiksmetnis. kurios tinka lygeiej <p (x, y) = 0.
Padaugin? (17) lygybes abi puses is koi kas nenustatyto daugiklio Z * 0 ’ sudej? gautq lygybe su (16) lygybe, gauname:
{df ,df dy\ , 7 РФ , <?Ф dy] _
(<Эх dy dx) ydx dy dx)
arba
, df	a<p	df	a<p	dy
(—- + )v —)+( —+ X—(18) dx	dx	dy	dy	dx	' '
(18) lygybe teisinga visuose ekstremumq taskuose.
Daugikli X parinkime taip, kad biatQ teisinga lygybe
AC+^=o.
dy	dy
Tuomet is (18) formules isplaukia, kad ir
dx	dx
Vadinasi, ieskotnieji ekstremumo taskai tenkina trijq lygciq sistemq:
^+x^ = o,
dx	dx
<1’)
Sv	dy
<p(x,y)=0
su trimis nezinomaisiais x, у ir X. Issprendg jq, rasime taskus (x; y), kuriuose funkcija z=f(x, y) gali tureti sqlyginius ekstremumus ir kurie tenkina rysto lygtj <p(x, y) = 0. Kadangi (19) lygtys nusako tik butinas sqlyginio ekstremumo sqlygas, tai reikia papildomai istirti, kurie is gautiy'q kritiniq taskq Уга ekstremumo taskai. Konkreciuose uzdaviniuose isvada apie ekstremumo egzistavimq ir rusi kai kada isplaukia is uzdavinio esmes, todel pakankamq sqlyginiq ekstremumq egzistavimo sqlygq cia neformuluosime.
Nesunku suvokti, kad (19) lygtys nusako trijq kintamqjq funkcijos Fix, у, X) =f (x, у) + X rp (x, y) butinas ekstremumo sqlygas.
215
2 pavyzdys. Staciakampio gretasienio turis lygus И. Kokie turi buti enio 'matmenys, kad jo pavirsius bCitq maziausias?
8re 1 gpren(liinas. Gretasienio matmenis pazymekime x, у ir z (x > 0, у > 0, > 0). Tuomet jo pavirsius
S = 2 xy + 2yz + 2 xz.
Vadinasi, turime rasti S’ minimums, kai xyz = Г. Sudarome pagalbin? funkcijq p-2xy + 2yz + 2xz + X(xyz - И), jq isdiferencijuojame x, y, z atzvilgiu ir gautas isvestines prilyginame nuliui:
2y + 2z + "Kyz — 0,
2x+2z + Xxz = 0,
2y + 2x + Лду = 0.
Pirmqjq padauginame is x, antrqjq - is У, о treciqjq - is z. Is pirmosios atem? antrqja, о is antrosios - treciqjq, gauname lygtis 2 zx - 2 zy=0 ir 2 xy - 2 xz=0. Is jq isplaukia, kad x=y=z, о is sqlygos xyz- V gauname x= Vk. Taigi is visqduotojo turio staciakampiq gretasieniq minimalq pavirsiq turi kubas. Kad tai is tikrqjq yra sqlyginis ininimumas, aisku is geometriniq samprotavimq; gretasienio pavirsius negali buti neribotai mazas, todel natiiralu manyti, kad, tinkamai parinkus gretasienio krastines, jo pavirsius jgis maziausiq reiksm?. ▲
8.12.	Didziausioji ir maziausioji funkcijos reiksme uzdaroje srityje
Tarkime, kad funkcija z-f(x, y) apibrezta ir tolydi uzdaroje srityje D, apribotoje kreives L, be to, diferencijuojama jos vidiniuose taskuose. Tuomet pagal funkcijos apreztumo teoremq (zr. sio skyriaus 3.3 skyrelio 4 savybe) yra taskai, kuriuose funkcija f jgyja didziausiq ir maziausiq reiksmg. Tai gali buti vtdiniai srities taskai arba kreives L taskai. Jei didziausiq ir maziausiq reiksme funkcija igyja vidiniuose taSkuose, tai tie taskai turi buti kritiniai funkcijos taskai.
Taigi, noredami rasti uzdaroje srityje didziausiqjq ir maziausiqjq funkcijos reiksmes M ir n7) turime:
1)	rasti srities D vidimus taskus Pj, kuriuose funkcija gali jgyti ekstremumus;
2)	apskaiciuoti funkcijos reiksmes siuose taskuose/(Pj);
3)	rasti kreives L taskus Qt, kuriuose funkcija gali jgyti sqlyginius tremumus, ir apskaiciuoti jq reiksmes/(Q,);
4)	is skaiciq/() ir f(Qj) isrinkti didziausiq skaiciq M ir maziausiq skaiciq w
216
Pavyzdys. Raskime funkcijos
„3..2
didziausiqjq ir maziausiqjq reiksm? trikampyje, apribotame tiesiqy = Q x +y = 2 (8.4 pav.).
Sprendimas. Randame dalines isvestines
z’x = x2/(6-4x-3y), z'y = x3y(4-2x-3y).
Issprend? lygciq sistemq
x2y 2 (б - 4.v - 3y) = 0, x3y(4-2x-3y)=0,
I 9 i randame vienintelj kritinj taskq P 1- —
V3P
Apskaiciuojame krastines
esantj srities viduje. 4
Z(P)~ ~  Funkcijos reiksmes
y = 0 taskuose lygios nuliui. didziausiqjq ir maziausiqjq
Rasime funkcijos reiksm? krastines v = x taskuose. Iras?y=x j z israiskq, turime z = 2 x5 (1 - x), kai x e [0; 1]. Apskaiciuojame z(0) = 0, z(l) = 0. Issprend? lygtj z'x =2x4 (5 - 6x) = 0, randame kritinj taskqx=4 6
esantj atkarpos [0: 1] viduje. Toliau apskaiciuojame
=	— «0,134.
>6)	\6/ 6
Analogiskai rasime didziausiq ir maziausiq funkcijos reiksm? krastines y=2 - x taskuose. Taciau, jras? [z= x3у2 (2 - x - у) siqу israiskq, gauname z = 0. Taigi visuose krastines x +y=2 taskuose z = 0. Noredami rasti didziau-siqjq ir maziausiqjq reiksmes M ir m, turime palyginti skaicius 4 27
M ir
z(P)=—«0,148, z(0)=z(l) = 0, z(-| 27	'
0,134 ir z = 0 krastiniq y = 0
x+y=2 taskuose. Vadinasi, didziausioji reiksme M=z(P)= — jgyjan13
22	.
mame srities taske, о maziausioji z = 0 - krastiniqy = 0 irx + y= 2 taskuose.
217
8.13.	Skaliarinis laukas. Lygio pavirsiai
Sakykime, kad kiekvienq srities D taskq M atitinka skaliarine dydzio и Vme kuriq zymesime г/(At). Tokiu atveju sakoma, kad srityje D apibreztas K' 1'arinis laukas. Jeigu kiekvienam srities D taskui butq priskirtas vektorinis a dis tai turetume vektorini laukq. Skaliarinio lauko pavyzdys - netolygiai . -	’ j0 kuno tasku temperatura, kitaip sakant, temperaturu laukas. Vektorinio
lauko pavyzdys - magnetinis laukas.
Jeigu skaliariniame lauke parinktume koordinaciq sistemq, tai skaliarinj 1аикц. apibudintq taskq M(x;y,z) koordinaciq funkcija u(M), t. y. trijq kintamqjq funkcija и (x,y, z).
Prilygm? u(x, y, z) reiksmes konstantai C, gauname lygtj z/(x,y, z) =C,
kuri geometriskai reiskia tarn tikrq pavirsiq. Toks pavirsius vadinamas lygio pavirsiumi, visuose jo taskuose funkcijos и reiksmes yra pastovios. Fizikoje, nagrinejant potencialo laukq, tokie pavirsiai vadinami ekvipotencialiniais.
Kai skaliarinis laukas yra plokscias ir jj apibudina dviejq kintamqjq
funkcija w(x, y), tai gauname lygio linijas u(x, y) = C. Tai bus kreives, kuriq taskuose funkcijos и reiksmes yra pastovios. Tokios kreives zymimos zemelapiuose, norint parodyti kalnq aukstj.
8.14.	Kryptine isvestine
Tarkime, kad skaliarinj laukq srityje D nusako funkcija w = w(x, y, z). Parinkime taskq M(x,y,z) ir kokj nors vektoriq / , iseinantj is to tasko (8.5 pav.). Sakykime, kad tas vektorius su asimis Ox, О у ir Oz sudaro kampus
a, p, y. Tuomet jo vienetinio vektoriaus koordinates bus cos a, cos p, cosy.
Parinkime dar vienq taskq Af 1 (x + Ax;y + Ay;z + Az), per kurj eina vektorius 7 . Atstumq
| pazymekime AZ; cia д/=7ах2 + Лу2 + Д-2 .
8.5 pav.
akykime, kad funkcija w(x, y, z) yra tolydi srityje £> ir turi tolydzias "vestines u'x , u'? ir zA . Tuomet jos pilnqjj pokytj A w = i/(Af|)-i/(Af) galima •freikSti taip:
Л ,, ~ CU .	cu
+ — —Az + Yl Д.г^у2 Дг-^УЗ Az;
,.	cx о у	dz
’ ^2, ?з - nykstamosios funkcijos, kai A/—>0.
218
...... г 	. , . . .	,. An
Apibrezimas. Jeigu egzistuoja baigtme santykio — riba, kai AZ—>o , si riba vadinama funkcijos и isvestine vektoriaus 1 kryptimi arba ti  M^SlOct ....... „	.	. , Su	s
kryptine isvestine. Ji zymima simbohu —. dl
Taigi
du Aw	(du Ax du Ay du Az Ax Av л-\
— = lim — = lim ।--------+-----— +--------+ у। — + у , — + v, iit
dl tsl-^O Al M-r(\dx Al dy Al dz Al 1 Al 2 Al Гз д/у
.Ax	Ay	Az
Kadangi — =cosa,	——	= cosp,	—	= cosy, tai
AZ	AZ	AZ
du du	du _ du
— - — cos a + — cos p 3----cosy,
dl dx	dy	dz
nes paskutiniai trys demenys arteja prie nulio, kai A /->0.
Pavyzdys. Raskime funkcijos и = x3yizi kryptin? isvesting taske
(23)
Л/о (2; -1; 3) vektoriaus М0М} kryptimi. kai Л/j (3; 2; 4).
Sprendimas. Randame Afff ={1; 3; 1}, Al^Af = -71 + 9+1 =л/ТТ, 13	1
tuomet cosa=—cos(3=-=, cosy=—Toliau randame isvestines VH Vh Vh
du -233 dll - 3 2 3 du - 3 3 2 •	, ...
— = Зх у z , — = Зх у z , — = 3x у z ir apskaiciuojame J4 dx	dy ' dz
reiksmes taske Mq :
-	=-304. -
dx mq	dy
„ -648, A
M0 dz
.. =-216 W0
(rasg sias isvestiniq ir krypties kosinusq reiksmes j (23) formula, gauname. du = 1424 dl ~	’
linkime du lygio pavirsius и (x, y, z) = Q, и (x, y, z) = C-^ (8-6 PaV-)11 pazymekime jij taskus M, ir • Kadangi taskai Af ir priklauS° tam paciam lygio pavirsiui, tai и () = и (Л/о ) Tuomet skaliarinio lauk°
219
. Д„ tiek kryptimi MM\ , tiek kryptimi MM2 yra toks pat: P0^'115	л„ - ,/iw. мки1м,1-и( л/i
Дм = u(M\ )-и(М) = м(Л/2)- и(М). -----------------------»
To lauko vidutinis kitimo greitis kryptimi MM] lygus----------------
Д//	,	. .
—, о kryptimi
Ш/,
----> Дм
MM2 lygus -------
MM2
Kadangi | ММ] |*| ММ2 |, tai vidutinis lauko kitimo greitis skirtin-gomis kryptimis yra skirtingas. Momentinis lauko kitimo greitis, pavyzdziui,
——=— ribai, kai A/->0. Taigi
—->	Д/
kryptimi MM] , bus lygus pokycio
AfA/j
lauko kitimo greitis taske M kryptimi MM] bus lygus kryptinei isvestinei du
dl '
n„ • Vadinasi, kryptine iJvestine apibudina lauko kitimo greiti taske Pasirinktqja kryptimi.
220
8.15.	Gradientas
Difereneijuojamos funkcijos u = u(x,y,z) gradientu taske M vadin , , . i • .	,•	. , . du
vektorius, kurio koordinates lygios — ,, , — ex м d
ди
du
M ’ a?
anas M  Jis zymimas
grad;/ arba V и. Taigi
du grad и = —
ex
т du - du
i + — j + — к .
dy dz
N’esunku suvokti, kad kryptine isvestine — = — cosa+ - cosR + dl dx dy p
, du	. .	. \du du <?w| . ,
+ — cos у yra dviejq vektoriii	— Hr {cosa, cos ₽, cosy } skalia-
dz	[dx dy dzj
rine sandauga. Pirmasis jq yra tik kq apibreztas grad и, о antrasis - vektoriaus / vienetinis vektorius ё/. Taigi
du , _
— = grad и e;.
Pasinaudokime vektoriq skaliarines sandaugos formule
a b = |a|-pr5b.
Tuomet kryptin? isvestine galima uzrasyti taip: ди I _ ।
- — = I е/ I • P7 grad и = pry grad u.
Taigi jrodeme, kad kryptine isvestine lygi gradiento projekeijai vektoriuje I  Is to aisku, kad kryptines isvestines reiksme bus didziausia, kai ji bus skaiciuojama gradiento kryptimi, be to,
ди I
d I 'l =grad и
= I grad и |.
Vadinasi, kai grad u*0, tai skaliarinio lauko kitimo greitis yra didziausias vektoriaus grad w kryptimi ir maziausias vektoriaus -kryptimi. Todel kryptis, apibiidinama vektoriumi gradw, vadinama greiciausu> pakilimo kryptimi, о kryptis, nusakoma vektoriumi - grad и - greici^uS,° nusileidimo kryptimi.
Pavyzdys. Kuno temperature erdveje apibudina runK J
T= x~y + yz -exy . Nustatykime, kuria kryptimi temperature taske kinta greiciausiai.
221
Sprendimas. Zinome, kad tai isvestines: 01	~	-V)
— = 2x.y-ye • , ex	oy
сТ
bus grad T kryptis. Randame
dT
— = У  cz
dalines
reiksmes taske Л/о (2; 1; 2):
Apskaiciuojamejn
dT дх
M =4-"2' м0
сТ
ду
, дТ = 6-2 е1, — 'о	dz
мо L
Tuomet grad Т= (4 - е~ ) i +(6 - 2 е~ ) j + к , о didziausias temperatures kiti-tno greitis taske A/o bus lygus
IgradZl =^4-е2)2+(б-2е2)2+12 = ^45-32е2+5e4 «9,03. ▲
Uzdaviniai
1.	Raskite siq funkcijq apibrezimo sritis:
,	1		• У
a)	z= .	--I-arc sin —;
Vx2+/-9
b)	z=^4 -x~-y2 + In xv.
2.	Raskite z'x ir z'. kai
a) z = x2 y2 + 3xy - 2x + ly ;
b)z = x-v;
c) z = arcsin — ;
у
x - у d)2=t8-^-r;
X
e) Z = AJ’COS— .
X
3-	Duota z = arctg (y - x), y~ Jx . Raskite — .
dx
Quota z = sin (x" + y2 \ x = uv, y= — . Raskite z'u ,z'v .
v
5-	Irodykite, kad funkcija z=yf( x2 - y2 ) tinka lygdiai + - Г~~ =	.
X ex у су у-
222
6.	Jrodykite, kad ncisreikstine funkcija *, apibreziama lygtimi z=y /]£] J I x I > lenkiпг.
& & stfrysi x— + y— = z .
ex cy
7.	Jrodykite, kad neisreikstine funkcija z, apibreziama lygtimi z =
...... ,dz dz
tinka Ivgciai b-—и a— = 0 .
dx dy
8.	Raskite sip funkeijp ekstremvimus:
a)	z = x2 + xy + у~ - 2x - 3y ;
b)	z = x3 + y3 - 9xy + 27 ;
c)	z = x3 + xy2 + 6xy.
9.	Raskite sip funkci ju didziausias ir maziausias reiksmes nurodytose srityse
a)	z= x2+y2+xy-5x-4y + 10 , x>0, y>0, x+y<4;
b)	z= Jl-x2 -y1 , x2 + y2 < 1 .
10.	Kugio ffiris lygus V. Kokie turi buti kugio matmenys, kad soninis jo pavirsius butu maziausias?
11.	Trikampio perimetras lygus 2p Kokios turi buti jo krastines, kad sukinio, gauto sukant tptrikampj apie viena jo krastinQ, turis butq didziausias?
12.	Raskite funkcijos u= exy+yz+xz investing taske (1;2;3) vektoriaus 1 = (0;3;4) kryptimi.
13.	Raskite funkcijos w = x2y3z4 gradient^ taske (2; -1; 1).
14.	Raskite funkcijos и = xy + z' +xz-l investing taske (2; 2, 3) jos gradiento siame taSkc kryptimi.
NEAPIBREZTINIS INTEGRALAS
9.1. Pirmykstes funkcijos ir neapibreztinio integralo s^vokos
Diferencialinio skaiciavimo pagrindinis uzdavinys - rasti funkcijos F(x) isvestin? F'(x)=/(x) arba diferencial;, dF(x)=f(x)dx. Daznai tenka spresti atvirkstinj uzdavinj - ieskoti funkcijos F(x), kai zinoma sios funkcijos isves-tine/(x) arba diferencialas fixjdx.
1 apibrezimas. Funkcija F(x) vadinama funkcijos f(x) pirmykste funkcija atkarpoje [a; b], jeigu visuose sios atkarpos taskuose x teisinga lygybe
F'(x) =f(x) a rba dF(x )=f(x)dx.
Analogiskai apibreziama funkcijos /(x) pirmykste funkcija begaliniame bei atvirame intervale (a; b).
1 pavyzdys. Funkcijos /(x)=x5 pirmykstes funkcijos Fix) intervale 6	v-6	v6	r6
(~co;+co) yra sios: Hx)=^, F(x)=— +7, F(x)=--------------3,2, F(x) = —+C
6	6	6	6
(cia C - laisvoji konstanta), nes
— + 7
6
* pavyzdys. Funkcijos /(x)=------5— pirmykstes funkcijos F{x) interva-
cos" X
luose I	л
л/с- —; ;c^+ _	yra gios; F(x~)=\gx, F'(.r) = tgx+n,
tg-*-5, F(x) = tg.v+C, nes
, ^aainasi, Barn daug
F'U) = (tgx)' = (tgx + я)' = (tgx - 5)' = (tgx + C)' = —=/U )•
COS X
jei funkcija/(x) turi vienq pirmykste funkcijqF(x), tai ji turi jq irjos apibudmamos formule F(x)+C. jrodyla, kad is formules
224
F(x)+C, keiciant konstantos C reiksmes, gaunamos visos nirn, i-funkcijos.	ykst6s
2 apibrezimas. Jeigu funkcija F(x) yra funkcijos fix)pirmykste. funkc'-tai reiskinys F(x )+C (cia C - konstanta) vadinamas funkcijos fix) neapdr^i tiniu integralu. Jis zymimas simboliu jf(x)dx .Zenklas j , vadinamas integralo zenklu, yra stilizuota raids ,,s” ir kiles is lotynisko zodzio summa pirmosios raides.
Funkcija f(x) vadinama pointegraline funkcija, f(x)dx -pointegraliniu reiskiniu, x - integravimo kintamuoju.
Vadmasi,
j/'(x)c7x = F(x)+C , C = const ,
kai
A'(x)=/(x) .
Veiksmas, kurmo randama duotosios funkcijos pirmykste funkcija, vadinamas integravimu. Jis yra atvirkstinis diferencijaviraui.
Geometriskai neapibreztinis integrates reiskia seim^kreiviy y = F(x) +C,
9.1 pav.
kurip kiekviena gaunama lygiagrediai pastumiant funkcijos y=F(x) gra^k^ asies Oy kryptimi j virsi] ar j apaciq. 9.1 paveiksle pavaizduotos kclios j2xdx = = x2+C seimos kreives.
Ar kiekviena funkcija, apibrezta kuriame nors intervale, turi pirmykst?7
Pasirodo, kad bendruoju atveju terka atsakyti neigiamai. Taciau, kai funkcija/(x) yra tolydi atkarpoje [a; i»]> tai jos pirmykste funkcija (kartu tt neapibreztinis integrates) egzistuoja visada. S[ teiginj jrodysime veiiau.
Suformuluosime pagrindines neapibreztinio integralo savybes
0	=f(x^
2)	d[\f(x)dx)^f(x)dx-
3)	idF(x) = F(x)+C.
4)	j(a/(x)+Pg(xj)cix =a J/(x)c/x+ p jg(x)c& , a,p>-const.
Paskutinioji savybe vadinama neapibreztinio integralo tiesiskuino
225
9.2.	Neapibreztiniq integral^ lentele
Jeigu F'(x) =/(*), tai
[ f{x)dx =F(x )+C,
del zinodami elementariqjq funkcijq isvestines. galime sudaryti neapibreztiniq integralq lentel?.
1. |А=х+С.
x“+l	r dx I-
2 [хаЛ=^— +C (a^-1), f-r = 2Vx+C.
J	a + 1	Vx
3.	f—=ln|x|+C.
J x
X
4.	\axdx=^—+C. J Ina
5.	[exdx =ex+C.
6.	j'sinxcZv — — cos x +C.
7.	jcosx<A=sinx+C.
8.
9.
---— =tgx+C.
COS X
с/х	„
—— = - ctgx+C. sin x
Г dx
10. ------ =arctg x+C=- arcctg x+C.
J 1 + Xх"
।, Г dx 1 x ~
H. —-----7 = —arctg —+C.
Ja"+x a a
12.	I=arcsin x+C=- arccos x+C.
J 7Г7
13	f dx . x
I—;	-arcsin —+C.
J ^a~ -x2 a
14-	JtgxcZv = —In i cos x | +C.
15.	fctgxJx=ln|sinx|+C.
226
18.
+С.
+С.
11 ir 13 - 19 formula.) pirmykscip funkcijn пега isvestiniq lenteleje. Siq. formuliii teisingumu galetume jsitikinti, isdiferencijav? desinese jp pusese esancius reiskinius. Visais atvejais gautume atitinkamas pointegralines funkcijas.
Paaiskinsime 3 formula. Zinome, kad
। । fIn x, kai x > 0, In | x | = < , .
[ln(- x), kai x < 0, todel
—, kai x > 0,
, x
—— -(-1), kai x< 0.
Taigi abiem atvejais nepriklausomai nuo x zenklo
vadinasi,
ivyzdys. J(3x2 - 2sinx +6-\/x)a!r = J3x2alr
Г - r3
= 3Jxux — 2jsinxrfx + 6 x2alr = 3- —
- /2 sin xdx + JbVxcZr -
2 x2 +2 cosx+ 6-j- +C=
2
,	, r 2 , fsin x , fl-cos"x ,
2 pavyzdys. J tg xax= -----—ax = I----т---dx-
J cos"x J cos2 x
1	, j , f dx f	.
-------1 ax = I-------jax =tgx-x+C.. A cos2 X ) J COS"X
227
9.3.	Tiesioginio integravimo metodas
§is metodas pagr(stas integravimo formuliq invariantiskumu, reiskianciu, agrindiniq integralq formules visada yra teisingos; ir nesvarbu, ar • ravimo kintamasis yra nepriklausomas, ar bet kun diferencijuojama to Smojo funkcija. Pavyzdziui,
\uadu =-------*-C	(a^-1),
1 a + 1
f— =ln | w | +C.
J и
(1)
(2)
1 pavyzdys. | (3;с + 5) 105dx. Kadangi d(3x+5)=3 dx, tai dx- — d(3x+5) ir f(3% + 5)2005rfe = | J(3x + 5)2005d(3x + 5) =	— t-C (pritaikeme
(1)	formula). ▲
Apskritai visada galima dx pakeisti — d(ax^b), nes d(ax+b)= adx ir a
dx=—d (ax+b), a * 0.
a
2 pavyzdys.
-3x?rZx, tai x~dx = ^d(xi^d). Tuomet J.r
3 A
4
jy (_r3 + 4)Vx3 + 4 +C (pritaikeme (1) formula). A
3 pavyzdjs. jsin(2x-3>=| Jsin(2.r-3>/(2x-3)=-y cos(2.v- 3)-C ▲
4p«vyzdys.
j3.r--5.r + 7 J 3*e-5x + 7	1	1
(Pritaikeme (2) formula). ▲
3 pavyzdys. 1 tgxc/x = Г— — dx - - fd-_s _ = _ jn | cos _v | kem	' Jcos.v J cosx
e 2) formula). Gavome integralq lemeles 14 formula ▲
Toliau iSnagrinesime du pagrindinius integravimo metodus.
(pritai-
228
9.4.	Integravimas keiciant kintam^j(
Sakykime, kad, noredami rasti integral^ f f(x)dx , kintamqjq pakeici pagal formule x=<p(t) . Dar tarkime, kad funkcijos fix), <p (Z) ir ф'0 tolydzios, о funkcija x=q>(/) turi atvirkstine funkcijq.. Tada г7х=ф'(/)<# sias israiskas j integral^ j/'(x)Jx, gauname formule
lame
yn> |ra§?
//(%>= f/ (<p(z	> .	(3)
i j frfr 1 f dx	r
1 pavyzdys. —г-----=—- ----------Parenkame keitiny /=±.
Jtf +r a1 2 3 J fxY	a'
1+ —
V a )
dx = adt. Tada
1 Г adt	1	. , ~ 1	x „
 — = — arctg t+C= — arctg — +C.
a2 Jl + Г2 a	a	a
Gavome integrally lenteles 11 formule. A
dx
/ \2
2 pavyzdys.
1- -la
t = — .dx = adt a
1 Г adt Г dt .	„	• x , „ ,
—	.	= I .-----= arcsin /+С = arc sin — +C (a>0) .
a Jyfl-t2	a
Gavome imegralij lenteles 13 formule. A
Paminesime trigonometrinius keitinius: 1) x=a sin/, x=acosr; 2)x-atgt,
x=actg/; 3) x=------, x=—— . Pinnajy tikslir.ga taikyti, kai pointegraliniame
cos t sin t
reiskinyje yra dauginamasis ^a2 -x2 , antrajj - kai yra v'a' +x2 , treci^ji"
kai yra y/x2 - a2
3 pavyzdys. V a" - x2 dx =
x = asin/, dx = a cos tat
229
a-a sin tacostdt = a Jcos tdt =
- a
2
t + — sin 2t I +C.
2 J
, gauname:
,=arcsin —
Л _7t
Is keitinio — =sin t, tardami, kad t kinta atkarpoje a
sin2r=2 sinrcos/=2—71-sin2 r =
dt -
dt =
Analogiskai gautume:
[rodeme
-a* +C.
integrally lenteles 19 formul^, ▲
'dt
—=lnt+C=ln t
= t,
exdx = 2tdt,
г+1=/2,
J 2tdt dx = —— t2-l
л , -— = ln r2-l
r-1
r + 1
+C= In
+C. ▲
230
9.5.	Integravimo dalimis metodas
Isnagrinesime dar vien^efektyvq integravimo meteda.
Tarkime, kad u=u(x) ir v=v(x) - kintamojo x funkciios, turincj tolydzias isvestines. Tuomet sit; funkcijq sandaugos diferencialo gatesin/ uzrasyti taip:
d (ttv)=udv+vdn;
is cia	udv=d(iiv)-vdii.
Inlegruodami sios lygybes abi puses, gauname:
]u<7v=	jvr/u ,
^udv = uv- jvdu .
Ta: ir yra integravimo dalimis formule. Kad galetume tinkamai pasinaudoti ja, privalome pointegralinj reiskinj suskirstyti j du dauginamuosius w ir dv taip, kad pavyktq suintegruoti diferencialimus reiskinius - is pradziq dv, po to vdu-, todel metodas ir vadinamas integravimo dalimis metodu.
Daugamo Integra 1ц, integruojamq siuo metodu, galima suskirstyti j tris grapes.
Ijlntegralai |/>(x)ln xdx , [P(x)ar«sia xrfx, 'Pjxjarctgxdx ,...;
cia P(x) - daugianaris; zymime w=lnx, z/=arcsin|, w=arctgx,...
2)lntegralai ^P(x)euxdx, tasaxdx , j7’(x)sin<x«Zx;
cia a - realusis skaicius, P(x) - daugianaris; zymime u=P(x).
3)	Integralai cosbxdx , sinhxdx, jsin(lnx)ta, jcos(lnx)c/x, ...;
zymime w = e“ (arba и = costa), u=sin(lnx). Pazymej^ bet kuri sios grupcs integral^ raide I ir du kartus pritaik^ integravimo dalimis fomtul?, gausime pirmojo laipsmo lygtj integralo I atzvi'giu. Issprend? jo, rasime I
Aisku, kad yra ir kitokiq integralu, kuriuos galima suintegruoti dalimis.
1	pavyzdys. prsin2.rta . Pazymekime: u-x, dv=sm2xdx
Tada
1
du=dx, v=
Jsin2.rta=y sin2xJ(2x)—— cos2.r
2
Taigi
ta sin 2xdx = - — x cos 2x + — [cos 2xdx
J	2	2 J
= - — x cos 2x + — [cos 2xd(2x)
2	4J
= C---xcos2x +—sin2x . A
2	4
231
2	pavyzdys. Jarctgxdr =
Г , 1 , 1 и = arctgx, du ----— dx,
1 + x2 1
dv-dx, v = fdx = x
1 ft/fl + x")	1 /
=xarctgx-— |-J——/=xarctgx—lnl+x2 +C. ▲
x J 1+x	2	'
3 pavyzdys. /= |*7x2 + a2 dx =
1= x7x2 +«2 -1+ a2 ln^x + 7x2 + a2
Taigi desineje puseje gavome pradini integral^, kur[ perkelc i kairsajri Pus?, turesime:
2 /= x^x2 + a2 + a2 Inf x + yjx2 +a2
Todel ГТх^+а2dx = — -Jx2 +a2 + — Infx + >/x2 +a2''l +C.
J	2	2 к	J
Analogiskai gautume:
2Ъ2
9.6.	Funkcijq, kuriq israiskoje yra kvadratinis trinaris integravimas	’
, Г dx
I.	Nagnnekime integral^ Ц = —-------; cia axO, b c ~ r₽,r
iax2+bx + c	eal,eJ1
skaiciai. Vardiklyje esantj kvadratinj trinar[ pertvarkome, isskirdami dvinario kvadrat^. Po to gautzyj dvinario kvadrat^ pazymime nauju kintamuoju.
1 pavyzdys.	j* dx	f dx	| dx
	Jx2+2x + 3 ,	J x2 + 2x +1 + 2 ,	J(x + l)2+2
J A* + 1 — 11 [ dx = dt J	[	, v r arctg r + C - r arctg—1=-+C J,2 d-Jzf Я -d -d 4г
(pritaikeme integralq lenteles (11) formula).
2 pavyzdys.	f dx _ f	dx
	J x2 - 5x - 6 J x2 - 2 • 2,5x + (2,5)2 - (2,5)2 - 6
f	dx	
J(x-2,5}	I2 -12,25
1 , t-3,5 -----In------ 2-3,5 r + 3,5
= C--ln
7
x-6 x + 1
(pritaikeme integral^ lenteles 18 formula). ▲
+ C =
Г dx	.	. v. .
II.	Nagrinekime integral^I2= I ,	a,b, c - realieji skaiciai.
* vax2 +bx + c
Pertvarkome analogiskai kaip ir I atveju.
3 pavyzdys.
d(x + 4) 7(x + 4)2-7
= In x + 4 + s]x" + 8x + 9 + C (pritaikeme integrally lenteles 19 formula). A
... . .	.. .	.	,	, Г MX + N .	. 	1 z X r hr —
III.	Nagnnekime integral^ /3= I—-----------dx\ cia M, N, a, o, c
J ax~ +bx + c
realieji skaiciai. Pointegralin? funkcija pertvarkome skaitiklyje sudarydanu vardiklio isvestin^.
f 3r -1	f(2x + 4)“ - 6 ~1
4 pavyzdys. -------------dx = -----x—---------dx =
J x2 + 4x + 5 J x2 + 4x + 5
233
. _ ,л Г dx 3 f<7x2 + 4х + 51 _ Г dx ПгТдх + З Jx2+4x + 5 2J х2+4х + 5 J(х + 2)2 +1 L J X
3 i 2 +дл + 5 - 7arctg (х + 2) + С (pritaikeme integral^ lenteles 10 for-2
mul?)- A
i j Г + N , n i
IV Nagrinekime integrals /4=	<	— dx . Pertvarkome
J 7 rrx2 + bx + c
analogiskai kaip ir III atveju.
f 2x-8 j
5 pavyzdys. I f dx
J vl-x-x2
Sprendimas. Sudarykime skaitiklyje posaknio 1-x-x2 isvestin? bei isskirkime siame trinaryje dvinario kvadratq.:
Parink? keitinj x + —= /, dx = dt, turesime:
Todel galutinai Г 2x~8 , „ - Г. 2 n . 2x + l e^iuunai I-	dx = C- 2sjl-x-x -9arcsin—y=-. A
•’\l-x-x'1	75
V. Nagrinekime integral^ /5 = |------~X — — ; cia 0.
J {Mx + ^)7ar2 + bx + c
ok? keitinj Afx + jV=i , dx =-^-rdt , gauname I2 tipo integral^.
f Mt2
234
9.7.	Kompleksinio skaiciaus sqvoka
Toliau, integruojant racionaliqsias trupmenas, reikes naujq skaiciq -kompleksiniq skaiciq. Trumpai apibudinsime siuos skaicius.
Is mokyklos kurso zinome, kad kvadratines saknies traukimo operacija apibrezta ne su visais realiaisiais skaiciais, о tik su neneigiamais. Todel kvadratine lygtis, kurios diskriminantas neigiamas, realiqjq saknq neturi. Sprendziant antrojo ir aukstesniojo laipsnio lygtis, matematikams iskilo daug klausimq, kurie priverte isplesti realiqjq skaiciq aib§.
1	apibrezimas. Kompleksiniu skaiciumi vadinamas reiskinys z=x+yi; cia x, у - realieji skaiciai, i - menamasis vienetas, tur[s savybg i2— 1.
Taip apibrez? kompleksinj skaiciq, galime sakyti, kad lygtis x2+l=0 turi dvi kompleksines saknis x^iz, о lygtis x2+6x+13=0 - dvi kompleksines saknis X]2=-3 ±2/. Taigi, kai kvadratine lygtis turi saknj x+yz, tai ji turi ir kitq saknj x-yi. Kompieksiniai skaiciai x+yi ir x-yi vadinami jungtiniais ir zymimiz= x+yi, z = x-yi.
Skaicius x vadinamas kompleksinio skaiciaus z realiqja dalimi ir zymimas Res, о skaicius у - menamqja dalimi ir zymimas Imz (is prancuzq kalbos reele - „realusis” ir imaginaire - „menamasis”). Pavyzdziui, Re (- 3 ± 2z)= Im (- 3 ± 2z )= + 2. Kompleksinis skaicius z = 0, kai Re z = 0 ir Im z = 0.
Kai у = 0, tai z = x + 0 • z = x. Taigi realiqjq skaiciq aibe yra sudedamoji kompleksiniq skaiciq aibes dalis. Kai x = 0, tai z = 0 + yi = yi  Skaicius y> vadinamas menamuoju skaiciumi.
2	apibrezimas. Du kompieksiniai skaiciai zt=X]+y\i ir Z2=XJ.+^u vadinami lygiais tada ir tik tada, kai Rez^Rez? ir Imzi=ImZ2-Z| = z2 <=> X] = x2 ir jq = y2 .
235
Kompleksinius skaicius sudedame, atimame ir dauginame kaip [prastus dvinarius algebroje, tik sandaugq г reikia pakeisti skaiciumi -1. Kartu yra teisingos ir greitosios daugybos formules.
Pavyzdziui, (3—4/ )(7+5z) = 21 -28/+15/- 20 i2 = 21- 13/+2O = 41-13/-(3 —4/) (3+4/ ) = 9—16 z’2 = 9+16 = 25.
Noredami apskaiciuoti kompleksiniq skaiciq ir z2 dalmeni. trup-menos — (z?*0) skaitiklj ir vardiklj padauginame is skaiciaus, jungtinio z->
Vadinasi,
1*2
Z1 Z1
Pavyzdziui,
2	- 3/ _ (2 - 3i)(4- z) _ 8 - 12/-2/4- З/2 = 8 -14/-3 = 5-14/ = 5 _ 14 .
4 + z ~ (4 + zj(4-z)	16-Г	16 + 1	17	17 17''
Apibrezeme kompleksinius skaicius ir aptareme keturis aritmetikos veiksmus su jais. Dabar ismoksime tuos skaicius vaizduoti geometriskai.
Sutarsime kompleksini skaiciq z=x+yi vaizduoti plokstumos tasku Mx,y), kurio koordinates staciakampeje koordinaciq sistemoje yra x ir у (9.2 pav.). Realiuosius skaicius z-.x atitiks abscisiq asies Ox taskai (x; 0), о menamuosius z = yi - ordinaciq asies Oy taskai (0; j’). Todel asis Ox vadinama realiqja asimi, asis Oy - menamqja asimi.
Taigi kiekvienq kompleksini skaiciq atitinka vienintelis plokstumos taskas ir, atvirksciai, kiekvienq plokstumos taskq atitinka tik vienas kompleksinis skaicius. Todel daznai kompleksini skaiciqz vadiname tiesiog tasku z.
Kompleksini skaiciq z=x+yi galima taip pat vaizduoti plokstumos spinduliu vektoriumi. kurio koordinates yra x ir у (9.2 pav.). Sio vektoriaus ’Igi vadiname kompleksinio skaiciaus moduliu ir zymime | z | arba r, t. y.
|2| = r = ^x2 + y2 ; cia simbolis zymi aritmetin^ sakn[.
Kompleksinius skaicius patogu vaizduoti vektoriais todel, kad tuomet tq skaiciq atimtis b sudetis atitinka vektoriq sudetj ir atirntj.
Tasko padetj plokstumoje galima nusakyti ne tik staciakampemis Dekarto ^oordinatemis, bet ir jo polinemis ^oordinatemis.
236
Jei poliq О sutapatintume su slax-kampes koordinaciq sistemos pradzia poling asi - su abscisin asimi (9.3 pav у * nesunkiai gautume rysio formules
x = /'COS <p, у = r sin <p.
9.3 pav.
Dyd| r jau pavadinome kompleksinio skaiciaus z=x+yi moduliu. Kampas Ф vadinamas to skaiciaus argumentu. {rase x ir у israiskas j formula z = x + yi, gauname trigonometrin? kompleksinio skaiciaus formq
z = x + yi = r(cos <p + i sin cp);
cia 0 < <p < 2n . Pavyzdziui, z = 5i = 5^cosy + /sinу I. Panaudoje Oilerio* formule <?'<₽ = cos<p + /sirup (jq pateikiame be jrodymo), gauname rodiklin? kompleksinio skaiciaus formq z = rez<p.
9.8.	Racionaliosius trupmenos. Paprasciausiq racionaliiyq trupmenq integravimas
Priminsime, kad racionaliqja trupmena vadinamas dviejq daugianariq santykis
P(x) _ o0x" + alxn~l +...+ a„_]X + a„
Q(x) boxm +b]xm~i	x + bm
ciaP(x), (2(x) -daugianariai, neturintys bendrq saknq, ao*O, bo*O 
Racionalioji trupmena vadinama taisyklingqja, kai skaitiklyje esandio daugianario laipsnis n yra mazesnis uz vardiklyje esancio daugianario laipsni m. PrieSingu atveju racionalioji trupmena yra netaisyklingcji. Jeigu racionalioji trupmena netaisyklinga, tai, padalije skaitiklio daugianarj is vardiklio daugianario, siq trupmenq galime isreiksti naujo daugianario !>(*)
taisyklingosios racionaliosios trupmenos suma:
^(x) Q(x)
cia -jau taisyklingoji racionalioji trupmena.
Leonardas Oileris (L. Euler, 1707-1783) - sveicarq kilmes fizikas, gyvenes ir dirbes Rusijoje.
matematikas
Til
7x3-4x2+5x-3 io, 62x-57 w*’-—?777	7777
gjrezultatqgavome taip:
7?- 4r+5x-3 | v+2y-3
7?+14?-21x	lx-18
-18?+26x- 3
~-18r-36x454
62X-57
Dabar isnagrinesime, kaip integruojamos vadinamosios paprascrausios racionaliosios trupmenos. Jos esti keturiq tipq:
x-a
Mx + N
11- ~z	>
x + px + q
cia a, A, M, N, p, q - realieji skaiciai, к - naturalusis skaicius, be to, к > 2,diskriminantas D=p2-4q<Q .
Pazvelgtj j diskriminantq apibudinanciq nelygyb?, matome, jog lygtis x2+px+^ = 0 realiqjqsaknqneturi.
Suintegruosime tik pirmqjq trijq tipq trupmenas.
I- f- dx = A f——— =A In | x- a | +C.
Jx-a J x-a
Ft- A к dx = A f(x-a) kd{x-a)= A-———+C=
J(x-a/ Г ’ III * V ’ -k + \
III I-JHx + jV
I Э	мЛ* .
j + px + q
’T' 1 
4pavyzd° j'1^0 'ntegra^ integravimas jau aptartas 9.6 skyrelyje (III atvejis,
238
9.9.	Taisyklingosios racionaliosios trupmenos reiskim 5 paprasciausiq trupmenq suma
Jau issiaiskinome, kaip integruojamos paprasciausios trupmenos Bet v. taisyklingoji racionalioji trupmena integruojama remiantis teiginiu kad^ galima isskaidyti paprasciausiq trupmenq suma. Sis teiginys, kaip ir toli^ suformuluota teorema, jrodomi algebros kurse, cia tuos tvirtinimus pateiksime be [rodymo.
P(x)
Sakykime, kad ——г yra taisyklingoji racionalioji trupmena, kurios
skaitiklyje ir vardiklyje esantys daugianariai P(x) ir Q(x) neturi bendrq saknq. Trupmenos vardiklio daugianario Q(x) saknys gali buti realios skirtingos, kai kurios realios kartotines, jungtines kompleksines skirtingos ir jungtines kompleksines kartotines. Realiq nekartotin? saknj a vardiklio Q(x) skaidinyje atitinka dauginamasis x-a., n-tojo kartotinumo realiq saknj p~ dauginamasis (x-0)", jungtiniq kompleksiniq saknq nekartotin? porq-dauginamasis x~+px + q , kurio diskriminantas neigiamas, Zr-tojo kartotinumo jungtiniq kompleksiniq saknq porq- dauginamasis (x2+rx+sj*. Tuomet trup-P(x) ,	....
menos j skaidymas paprasciausiqjq trupmenq suma apibudinamas tokiu teiginiu.
p(x)
Tarkime, kad taisyklingoji racionalioji trupmena	isreiksta
paprasciausiq trupmenq suma. Tuomet siame destinyje paprasciausiomis trupmenomis:
A .
1)	kiekvienq vardiklio Q(x) dauginamqji x~a atitiks trupmena ~ ’
2)	kiekvienq daugiklio Q(x) dauginamqji CY-P)” atitiks suma
4i +	+ + An .
v-P (x-p)2	(x-p)"’
3)	kiekvienq vardiklio Q(x) dauginamqji x2+px + q atitiks trupmena
Bx + C
+ px + q
4)	kiekvienq vardiklio Q(x) dauginamqji + rx +	suma
M^x + Nj + M2X + N2 +	! MfrX + Nk 
x2+rx + s [x^+rx + sf (x2+rx + sf
Л
239
.a J, А\,Ат,--^ An, В, C, Mi, Nt, ..., Mk, Nk - realieji neapibreiti ^jicientai (kai kurie ji( gali buti lygtis nuliui).
Noredami apskaiciuoli siuos koeficientus, sudedame trupmenas, esancias destinyje ir sulyginame skaitikliuose esancius daugianarius. Kadangi du g(x)
daugianariai tapaciai lygus tik tada, kai lygus jq koeficientai, esantys prie vienodq x laipsniq, tai galime sulyginti siuos koeficientus. Gausime tiesiniq lygciq sistemq, kuriq issprend? rasime minetus koeficientus. Sis metodas vadinamas neapibreztiyn koeficientu metodu. Kartais koeficientus galima apskaiciuoti paprasciau. Kadangi, sulygin? skaitiklius, desineje ir kaireje lygybes puseje gauname tapaciai lygius daugianarius, tai ir jq reiksmes su bet kuriomis x reiksmemis turi buti lygios. jras? tarn tikras x reiksmes, gauname lygtis, is kuriq galime rasti minetus koeficientus. Geriausia parinkti x reiksmes, lygias realiosioms vardiklio saknims.
Pavyzdys. Taisyklingqjq trupmenq
isreikskime
paprasciausiq trupmenq suma.
Sprendimas. Kadangi trinario x2+x+l saknys kompleksines, о dvinario (x — 1 )2 - realios kartotines tai
2x2 + 4x2 + x + 2 _ A । В Cx + D
(x —lj2(x2 + x + ij (x-1)2	x2+x + l
Sudep desineje jos puseje parasytas trupmenas, gauname:
2x3+4x2 + x + 2 л(х2 + х+1)+В(х-1)(х2 +x + l)+(Cx + £>)(x-l)“
Opptt---------------------------------------------
Sulyginame skaitiklius:
2х3+4х2+х+2=Л (x2+x + l)+B(x3-l)+(Cx+D)(x2-2x + l) .	(4)
Лх1
Taikome neapibreztqjq koeficientq metodq. Sulygin? koeficientus prie ,x , sudarome lygciq sistemq:
B+C=2. A-2C+D=A, A+C-7D=\, A-B+D=2.
J^>ssprend?, randame A =3, В = 2, C = 0, D= 1. Todel
2x3 +4x2 +x + 2	3	2	1
(x~l)2(x2 +x + l) (x -1)2 x -1 x~ + x +1
240
Minetus koeficientus galejome rasti ir kitaip: kadangi vardiklio saknis л = 1 reali, tai, iras? i (4) lygyb? vietoj x skaiciq 1, gaututne- Vlena
9=34,	4=3.
Kitus tris koeficientus rastume issprend? triju lygciq, sistemq к i gautume sulygin? koeficientus prie vienodq x laipsniq. ▲	’
9.10.	Racionalivjjq trupmenq integravimas
Nagrinekime integral^ I------dx. Jeigu racicnalioji trupmena -
Jew
nelaisyklinga, tai pirmiausia ja isreiskiame tam tikro daugianario S(x, . ,,	.	..	J?W
taisykbngosios racionaliosios trupmenos suma:
Q(x)
S(x)+
*(x) ёЙ
Integruodami lygybe, gauname:
f-ГЙ _^ = г$(Лхх +- |*^й
Kacangi S(x) - daugianaris, tai ji suintegraoti lengva.
Г/?(х)	R(x]
Belieka rasti integral^ ; dx . Isreisk? trupmen^ —W paprasc ausiq
JQ(x)	' Q(x)
trupmenq suma, racionaliosios trupmenos integravim^pakeisime paprasciausiq trupmenq iniegravimu.
j* {x 4-
1 pavyzdys. Raskime integral^	-r—
J(x + lX-r-2)
Sprendimas. Pointegralini reiskini sudarancios trupmenos vardiklio 8ak-nys yra realios, todel ta trupmen^ isreiskiame paprasciausiq trupmenq suma taip:
x + 2	_ 4 В
(x + l)(x-2) x + 1 x-2
Sudej? desineje lygybes puseje parasytas trupmenas, gauname: x + 2	__ 4(x-2)+ 2>(.r +1)
(x + l)(x-2) (x + l)(x-2)
Sulyginame skaitiklius:
x+2=4 (x-2)+5(x+l).
(5)
241
4
= 2. gauname 4 = 35, arba B= — .Tada
. lygyb? reiksm? x=-l , gauname: 1=-ЗЛ, arba 4 = -j  Iras? reiksm? x
x + 2	= _	1	+ 4
(x+l)(x-2)	3(x+l) 3(.r-2) ’
= _l №±11+1 №±-21=_11п1х+1|+11п|х-2|+С =
3 I x+1	3 J x-2	3 1	1 3 1	1
C + -ln
3
2 pavyzdys. Raskime integral^
2x3 + 4x2 + x + 2 (x-l)2(x2 + x + l)
c	_	2x3 + 4x2 + x + 2
Sprendimas. Trupmena --------r-t-z----'i
(х-1)дх2 + x + lj
trupmenu suma 9.8 skyrelyje isspr?stame pavyzdyje. Pasinaudokime gautu rezultatu, ieskodami integralo:
isreiskeme paprasciausiq
_, । ,i 2 2x +
-f-2 In I x-11 + —j= arctg —=
V3 V3
242
9.11.	Dviejq tipq iracionaliqjq funkcijq integravimas
Siame skyrelyje nagrinesime du tipus iracionaliqjq funkcijq integralai, parinkus keitini, pakeiciami racionaliqjq funkcijq integrals' kita^ sakant, jq pointegraliniai reiskiniai racionalinami.	’	*₽
г f —
1	. Nagrinekime integral^ H? x,x"
dx. Simboliu R zy^
m	r
kintamqjq x, xn ,.... xs atzvilgiu racionaliqjq. funkcijq. Pavyzdziui, jei \ 1 - Л
, tai/(x)=7? x,x3,x4,x5 .
/(*)=
Integralo
R x,xn ,..„.xs dx pointegralinis reiskinys racionalinamas
naudojant keitini Vx =Z; is cia x=/, dx=ktk^'dt, к lygus trupmenq — ,— n s
bendrajam vardikliui.
1 pavyzdys.
x2
— dx.
1	3
Sprendimas. Kadangi trupmenq — ir — bendrasis vardiklis yra 4, tai, paring keitini y/x-t, x=t4, dx=4t}dt, gausime:
. r >	, . f r2	, 4/3	4 Ге/(г3 +1)	4	з 4.1	3 ^_,|+г=
= 4\rdt-4   dt =----------I—к----’-=-f----Ink +1+C-
J J/3 + 1	3	3 J P + 1	3	3 । I
= 4^-lnV?+l^C. A
3k	)
243
II.
Nagrinekime
integral^
m ах + ЬУ n cx + d )
( ax+ b
CX + d
dx;
- a b, c, d - realieji skaiciai, ad-bc^Q . Sio integralo pointegralinis reiskinys racionalinamas naudojant keitini
\cx + d cx + d	a-ctk (a-ctkf
cia k-trupmenq — ,.... — bendrasis vardiklis.
f 1	-/1 + x ,
2	pavyzdys. -------y • a ---dx.
J(l-x)2 Vl-x
,	. - i • • • 111 + x 1 + x з / — 1
Sprendimas. Par ink? keitini	—- = t, j-----= t , x=-j----,
9.12.	Diferencialiniq binomq integravimas
Reiskinys x"'{a + bx"^ dx vadinamas diferencialiniu binomu;
a,	b - bet kokios konstantos, in, n , p - racionalieji skaiciai.
Kalbesime apie tokiq reiskiniq integravimq. irodyta, kad diferencialinio binomo integralas ^xm(a + bx"^dx, kai m, n, p - racionalieji skaiciai, ’Sreiskiamas elementariosiomis funkcijomis tik tada, jeigu kuris nors vienas is skaiiiq;
>) P,
2)
3)
Уга
Sveikasis (teigiamas, neigiamas).
244
Isnagrinekime, kaip kiekvienu atveju integruojamas diferenc' г binomo integralas.	10,0
1)	Jeigu p yra sveikasis teigiamas skaiCius, tai, panaudoj? Njut binomo formal?, pointegralin? funkcija isreiskiame racionaliqja funkcija ir^° zinomais metodais suintegruojame. Jeigu p<0 , tai, parink? keitinj Vx=f x = r* (k - trupmenq m ir n bendrasis vardiklis), pointegralin? funkc" isreiskiame racionaliqja funkcija.	J<*
2)	Tarkime, kad p - trupmena, p=^~ , о - sveikasis skaicius Reiskinys xm (a+bxn f dx racionalinamas, naudojant keitinj a+bx"= ts.
. , r , . m + 1 x	. m + 1
3)	larkime, kad p~— bei----------trupmenos, bet --------+p - sveikasis
s n	n
skaicius. Siuo atveju reiskinys x"1 (a+bx" f dx racionalinamas, naudojant keitinj a+bxn = xnts 
1 pavyzdys.
Sprendimas. Cia m = — , n = — , p=-2 ((1) atvejis). Parink? keitinj
r=Vx , x = t3, dx=3rdt, gausime:
Sprendimas. Cia m = 3 , n = 2, = - —,	= 2 - sveikasis skaicius ((2)
2 n	]
atvejis). Parink? keitinj l-x2 = r, x=(l-t2)2 , dx = -(l~l gausime:
9.13.	Trigonometriniq reiskiniij integravimas
Nagrinesime integralus J7?(sinx,cosx)ir; cia R - kintamiyq sinx ir cosx racionalioji funkcija. Si funkcija visada racionalinama parinkus keitinj . x _
^Lins del sios priezasties vadinamas universaliuoju. Is s^lygos
. r turime: -v = 2arctgr, dx =	, sina=----=—= -	,
l + r 1 + tg!£ 1+?
,	2 *
i I-/2
cos X =-----— =----T- .
1+tg2*	1+'2
2
246
Todel
fj?(sin X,COSx)rfr = I A
2/ 1-r"
, <2’< , ,2
2Jt , ,, - -j -
Nors universalusis keitinys tg^- = t visada racionalina funkcija A (sinx cos a) , taciau kartais j<t galima racionalinti paprastesniais keitiniais.
1)	Sakykime, pointegraline funkcija 7?(sinx, cosx) yra nelygine funkcijos sinx atzvilgiu (pakeitus funkcijos sinx zenkl^, pointegraline funkcja pakeicia zenkla), t.y.
A(-sinx, cosx)=-A(sinx, cosx).
-Г 1 •	• C 1 •• о/ 	A sin x
Tokia yra, pavyzdziui, funkcija R (sm x, cos x )=--------, nes
cosx -3
nt 	4 (-sinx)3 lin'x	.
R (- sm x, cos x )=  ----— =-----------= - R (sin x, cos x).
cosx-3	cosx-3
.	. .	dt .	!•	2
iada Unkakeitinys cosx = t, x = arccost, ax=—==—-, sinx^yl -/ .
2)	Sakykime, pointegraline funkcija A(sinx, cosx) yra nelygine funkcijos cos x atzvilgiu, t.y.
A (sinx, -cosx)= - A (sinx, cosx).
л,-	, dt	Г. ~2
S.uo atveju tmka keitinys sinx-t. x =arcsin t, dx- .----, cos x = -y 1 -1 •
71-t2
3)	Sakykime, pointegraline funkcija A (sinx, cosx) yra lygine funkciju sinx ir cosx atzvilgiu, t.y.
A(-sinx, - cosx)=A(sinx, cosx).
Pavyzdziui, A(sinx, cosx)=sir?x+3 sinx cosx+5 yra lygine sinx ir cosx atzvilgiu, nes
A(-sinx, -cos x)=(-sinx)2 + 3(-sinx)(-cosx)+5-=sin'x +3 sin x cosx +5 = A (sin x, cos x).
Tuomet tinka keitinys tg x = t, x =arctg t, dx =--------
1 + Г
tgx	t	1
sm x = . —- — = —j—~, cos x = -== 71 + tg2x yjl+t2 71 + tg2x
247
sin3 x , ------dx . cosx-3
1	pavyzdys.
Sprendimas. Pointegraline funkcija yra nelygine funkcijos sinx atzvilgiu, '	, -dt
, dx= - -	.
todeltinkakeitinys cosx t, sinx
—+3 cosx+8 In | cosx-3 | +C. ▲
2	pavyzdys. ---;---------------
J 2sin"x + 5sinxcosx-2
Sprendimas. Pointegraline funkcija yra lygine sinx ir cosx atzvilgiu, nes ______________1____________=__________1_________ 2(-sinx)2 +5(-sinxX~cosx)-2 2sin2 x + 5sinxcosx-2
Parink? keitinj tgx =t, o'x = -* - , sinx = -j=I= , cosx=-j=L= , gausime:
I+/2 yW W dt	dt
f__________________= f 1 + f2 f 1 + t2
J2sin2x+5sinxcosx-2 J 2/2	5/ J 2t2+5Z-2-2/2
l + ? + i + r2”	1 + r2
' dt _ 1 5t-2 5
—In | 51-2 |+C= = —In | 5 tgx-21+C. ▲
J 5r - 2	5	5
pavyzdys. ----—-----
. 5 + 4cosx
Sprendimas. Parenkame universaliyj keitinj tg — = t. Tuomet
Г dt 1	1	2 э
=2 H-------= 2--arctg- + C = -arctg—2-+C. A
Jz2 +32	3	3	3	3
4 pavyzdys. —---------
J sin’ xcosx
Sprendimas. Kadangi R (sin x, cos x )= — -,
sin3 xcosx
. 1 1
R (- sin x, - cos x) =------------= ———- ,
(~ sin x)3(- cos x) sin3 xcos x
tai R(sinx,cosx) = R(-sinx, -cosx). Vadinasi, tinka keitinys tgx = r.
_	, , dt	t	1
Tuomet ax=---- , sinx=-7= , cosx=—f== ir
i+'2	777	777
5 pavyzdys. Raskime Jsin4 xdx.

1-2 cos 2x + cos* 2x
Sprendimas. Jsin4xcZx =
£
4
2 '
„ 1
4
= — I x-sin2x + — [<& + — [cos4x6&c 1 =
4 <	T J T j	l
1 1
4
2
г 3	1	)
x-sin2x + —x + —sin4x |+C = — I —x-sin2x + —sin4x +C-- 1 2	8	)
2	8
249
9.14. Integralai, neisreiskiami elementariosiomis funkcijomis
9 1 skyrelyje minejome, kad kiekviena funkcija /(x), tolydi kuriame nors le tame intervale turi pirmykst? funkcijq. Kitaip sakant, tolydziq й к iiu integrate! egzistuoja. Taciau tai nereiskia, kad tolydzios funkcijos •t rata visada galima isreiksti elementariqja funkcija. Kai kuriq net labai * rastu elementariqjq funkcijq integralai gali but! neelementariosios fiinkcijos. Tokius integrates vadiname „nesuintegruojamais”, turedami galvoje, kad jq ncgalima isreiksti elementariosiomis funkcijomis.
Jau minejome, kad integrates ^xm[a + bx”J dx neisreiskiamas eleinenta-
Jau minejorre, kad integrates ]У"(б
. *t + l . m + 1	.. . ..
rosiomis funkcijomis, kai nei p, nei ----------, nei -------+p nera sveikieji
n	n
. . r -v2 , fsinx .	.	, .
skaiciai. Tokie pat yra ir mtegralai je “ ax , I--------dx = six (integraiinis
J x
sinusas), |C-°— dx=cix (integraiinis kosinusas), fsinx2 A , Us'mxdx ,
J x
f dx
— =lix (integraiinis logaritmas) ir 1.1., kuriq irgi negalima isreiksti J lax
baigtiniu elerr.enta-iijjq furkciju kombiriacijq skaiciumi. Vadinasi, tokie integralai mineta prasme yra „nesuintegruoiami’'. Esti integral q, kurie netareiskiami elementariosiomis funkcijomis, taciau daug kur naudojami. Pavyzdziui, toks yra integrates Je-* dx , placiai taikomas tikimybiq teorijoje. Integrates jsinx2c& naudojamas sviesos difrakcijos klausimams sprfsti.
Drie neapibreztmiQ integral^, kuriij nepavyksta isreiksti baigtiniu flementarnyn funkcijq kombinacijq skaiciumi, priskiriami elipsiniai Wegralai. Taip jie buvo pavadinti del to, kad pirmiausia su siais integralais P 0 s(*s*durti apskaiciuojant elipses ilgi (zr. VI skyriaus 5.3. skyrelj). ipsiniai mtegralai biina trijq tipq:
/ - Г
ontro' • 1 ’ . 1	'r ^e^anaqsias reiksmes. Jie vadinami pirmojo,
!r trech>jo tipo elipsiniais integralais.
250
Uzdaviniai
1. Suintegruokite tiesioginio integravimo metodu:
a) I	sinxVl + 3cosx dx ;	b) |- J X	lnxt/r Vs-In2 x	c) f- J C(	dx
					*s2x(l + tgx) ’
d)	arcsin -Jx j* y[x-x2 ’	<0 f(l + ctg2x^ctgAo!r ; 2. Suintegruokite keisdami kintamqjj:			pin f) -	i^ + Vb+x2"^ VT+x2
a)	l—i==dx ; V2-x	b) 1	Г y/xdx 1 Vx+ 1	c)	+ % <	
d) 1	Г dx	e)	1 x5dx	0	dx
	lx2i/x2 +4		IVl-x2		хЛ2-9
3. Suintegruokite dalimis:
a) j	[xsinxaEr ;	b) jVxlnxcfc ;	c) jarcsin xdx
d)	f(x2 - 3x + lje-xa!x ;	e) je* cosxdx ;	f) Jcoslnxcfr
a)	4. Raskite siuos racionaliqjq funkcijq integralus: fx2-3 ,	Г (л-1)сЬс —	dx ;	b)	v	; Jx2-9	Jx2(x-2Xx + 1)"		C) J/-1 '
5. Raskite siuos iracionaliqjq funkcijq integralus:
. f Jxdx a) 1-7=— ; W+i	Г 1 ll+x b)	dx; Jl-x2 Vl-x	c) ^x3>l\-x2dx ;
,1	dx	e) f -	;	n
d)	x- - ; JxVl-2x + 7x2	Jx6Vl+/	JVx2+2x + 2
6. Raskite Siuos trigonometriniq funkcijq integralus:
a)	Vcos3xsin3x<2r ;	b)	•	3 COS X J dx; Sin X	c)	।	dx '8-4sinx + 7cosx
d)	* dx	e) •	dx	0	‘ dx	
	3 + 5 cos x		7cos2x + 2sin2x		Vsin3xcos5x
- Q /APIBREZTINIS INTEGRALAS IR JO TAIKYMAS
10.1. Kreivines trapecijos plotas ir apibreztinio integralo sqvoka
Sakykime, kad atkarpoje [a; b] apibrezta teigiama ir tolydi fur.kcija/(x). Figiira, apribota is apacios abscisin asies, is soni; - tiesiq x = a ir x = b, is virsaus - fuukcijos/fx) grafiko, vadinama kreivine trapecija (10.1 pav.).
Apskaiciuosime sios trapecijos plotq, Atkarpa [a; 0] taskais a=xo<xi<... <x,.\<Xj<... <x„=b bet kaip padalykime i n dal i p. Kiekvie-noje dalyje bet kur pasirinkime po task^ с,- ir suraskime funkcijos reiksm?/(c,) siame taske. Kiekvienq atkarpq [x,-i ; x,] laikydami krastine, nubraizykime slaciakampj, kurio pagnnuas Ax, = x,-x,_i, о aukstine lygi /(c,j (z = l,w). Gausime laipuiotq figure (10.2 pav.). Apskaiciuokime ios plota. Kiekvicno staciakampio piotas lygus /(C;jAx, , todel visos laiptuotos figures plotas a lygus iokiq demem; sumai. Taigi
j=l
J°s plotui, juo bus mazesnes atkarpos [.
Tiksli^ kreivines nbEb kai A.
Aisku, kad laiptuotos figures plotas bus tuo artimesnis kreivines trape-. Pazymekime max Ax, raide trapecijos ploto reiksm? 5 gausime apskaiciav? sumos о 0 (tuomet n neapreztai dideja). Vadinasi,
252
п
S = lim o= lim У /’(с,)Д.г; . x-»o	(1)
Aprasyt^ procedure pritaikykime bet kokiai tolydziai funkcijai fix), apib • -atkarpoje [a; b]:	131
n
1) sudarykime sum^ ХДС<)Дх,- , kuri vadinama Rymano" integraline suma-
2) apskaiciuokime sios sumos rib^, kai Z. —> 0 :
lim f/(с,-)Дх,- . л->и(=]
Apibrezimas. Jei egzistuoja baigtine integralities sumos riba, kai A nepriklausanti nuo atkarpos [ a; b ] skaidymo bitdo bei nuo parinkti{ tasku c,, tai ta riba vadinama funkcijos fix) apibreztiniu integralu atkarpoje [a; 6].
b
Apibreztinis integralas zymimas simboliu*’ j"/(x)</x .
Taigi b	n
lf(x)dx = lim £/(c,-) Дх,- 	(2)
a X-*Oi=l
Skaiciai a ir b vadinami apatiniu ir virsutiniu integravimo reziais.
(2) formule rodo, kaip galima fonnaliai integralines sumos rib^ pakeisti b
apibreztiniu integralu: pinna, ribos ir sumos zenklas keiciami simboliu J , a
antra, funkcijos reiksme tarpiniame taske fic,) keiciama fix), о dydis Д x, -reiskiniu dx. Si^ pastab^ vertetn jsidemeti, nes tokiu biidu toliau ne кагЦ nuo integralines sumos pereisime prie apibreztinio integralo.
Jeigu funkcijos fix) integraline suma turi baigtin? rib^, tai funkcija vadiname integruojama Rymano prasme atkarpoje [a; b] arba integruojarna atkarpoje [a; b].
Is (1) formules isplaukia, kad kreivines trapecijos (10.1 pav.) plotas b
S=
fl
Gcorgas Fridrichas Bemhardas Rymanas (G.F.B. Riemann, 1826—1866)
matcmatikas.	Futj®
Taip zymcti pasiulc prancuzu matcmatikas Zanas Baptistas Zozcfas (J. B. J. Fourier, 1768-1830).
253
Tai ir Уга apibreztinio integrate geometrine prasme. О kokia jo fizikine prasrne.^.^ taskas juda skaiciq tiese tiesiai tolydzia greiciu v(r); Tuomet per trumpq laikq A/, =jis nueina apytiksliai ^), дг, keliq; cia c, e [t,_i; /,]. Kelias 5, nueitas per laikq nuo /0 iki T, bus H
apytiksliai lygus sumai	, о tiksli kelio reiksme bus jau integrates
T s~ j"v(/)c7t.
'o
Dabar issiaiskinsime, kokios turi buti sqlygos, kad integraline suma turetq baigtin? ribq. Aisku, kad funkcija/fx) turi buti aprezta, nes priesingu atveju, jei ji atkarpoje [«; b ] butq neaprezta, tai tokia ji butq kuriame nors daliniame intervale, kartu neapreztas butq ir demuo /(c,) A x,-, atitinkantis Ц interval^. Tokia integraline suma baigtines ribos neturetq. Taigi funkcijos Дх) apreztumas yra butina jos integruojamumo Rymano prasme sqlyga. Kaip zinome, siq sqlygq tenkina tolydi atkarpoje [ a; b ] funkcija. Taip pat jrodyta, kad funkcijos tolydumas atkarpoje [a; b] yra pakankama jos integruojamumo Rymano prasme sqlyga.
10.2. Apibreztinio integralo savybes
Sakykime, каЛДх) ir g(x) - integruojamos atkarpoje funkcijos. Tuomet teisingi sie teiginiai:
b	b	b
1 J(a/(x) + Pg(x))u6c = a j/(x)c/x + p jg(x) dx ; cia a, p - bet kokie
°	a	a
realieji skaiciai.
jrodymas. Pritaik^ integralo apibrezimq, gauname:
n
J(a/(x) + Pg(x))dx = lim ^(a/(ci) + Pg(c;))Ax, =
а	л^°;=1
'а;11тп£/(с;)Ал', +P lim £g(c()Ax, =a [/(x)rZx + pjg(x)<7x .
X^°/=l	a	a
Ь
 hesdami apibreztinio integralo |/(x)(Zy sqvokq, dareme prielaidq, kad
K’3' < u, tai sutarsime, kad
b	a
J/(x)A = -|/(x)ctx.
a	b
254
a
Dar paminesime, kad pagal apibrezimo j/(x) dx = 0.
a
3.	Kad ir kokie bCitp skaiciai a, b, c, teisinga lygybe
b	c b
dx	= J/(x) dx + ]7(x) dx,
a	a c
jei tik visi trys integralai egzistuoja.
{rodymas. Sakykime, kad a < c < b . Minejome, kad integrates sumos ribos reiksme nepriklauso nuo [ a; b ] skaidymo j dalis, jei tik funkcija integruojama. Todel atkarpo [a; ft] galima suskaidyti j dalis taip, kad taskasc bQtci dalijimo taskas. Tuomet
Е/(с<)Дх< =ЕЛс/)Дх/ *£/(с|)Дх/ •
а	а	с
Perej? prie ribos, kai к --> 0 , gauname reikiamo lygyb^*.
Dabar tarkime, kad taskas c yra atkarpos [a; ft] isoreje, pavyzdziui, a <b<c . Tuomet, remdamiesi tik ко jrodyta savybe, galesime simboliskai (kad butQ trumpiau) rasyti:
с	b	c	be	с	c	b
l-J- H4
a	a	b	a a	b	a	c
4.	Jei/(x) > 0 atkarpoje [a; ft], tai
b
J7(.r) dx > 0.
a
frodymas. Kadangi bet kuriame atkarpos [a; ft] taske с, /(с,)^0 я b
Ax, > 0, tai ^/(c()Ax; > 0. Perej? prie ribos, kai к —> 0, gauname reikiamo a
nelygyb?. ▲
5.	Jei flx)>g(x) atkarpoje [a; ft], tai
b	b
$f(x)dx> Jg(.r)cZr.
a	a
frodymas. Is nelygybes fix) > g(x) isplaukia nelygybe fix)-g(x)2 Tuomet pagal 4 savyb?
b	b	b
f(/(x)-g( .r))A> 0. t.y. J/’(x) cZx > Jg(x) dx.
a
a
a
255
6 integralo jvertinimo м-Г.1Л,,т“Ь
savybe. Tarkime, kad m
m(b - a) <
b
j/(x)c!x < M(b - a).
a
(3)
(rodymas. Kadangi m < /(с,) < M ir Ax, >0, tai £mAx; < 2L/(c,)Ax; < £A/Ax(- .
(4)
n	n
Apskaiciuosime surmi ^m&Xj =m'^^xi = m(b-a). Dabar aisku, /=1	i=l
kad, perej? prie ribos (4) nelygybeje, gauname (3) nelygyb?.
7. Vidutines reiksmes teorema. Sia savybe remiamasi daznai, todel jq. suformuluosime kaip teorem^.
Teorema. Jeigu funkcija fix) tolydi atkarpoje [a; />], tai egzistuoja tos atkarpos taskas c, kuriame b
J/(x)<Zr =fic)(b-a).
a
(rodymas. Kadangi funkcija tolydi atkarpoje [a; 6], tai ji sioje atkarpoje jgyja maziausiq ir didziausi^ reiksm? m ir M, todel m < fix) < M. Tuomet teisingos (3) nelygybes. Padalij? jas is b - a > 0, gauname:
1 ...
b-a J
a
j b
Dydis ----- j/(x)<Zr yra tarp funkcijos fix) maziausios ir didziausios
a
reiksmiq m ir M, taigi pagal teorema apie tolydzios atkarpoje funkcijos tarpin? eiksrn? jis yra funkcijos fix) tarpine reiksme, jgyjama, pavyzdziui, kuriame nors taske c. Todel
iS Cia
1 b
-— ]7(х)</х =/(c); b-a J
a
b
\f(x)dx=(b-a)fic). ▲
Reiksme/(c) vadinama vidutine funkcijos/(x) reiksme atkarpoje [a; b].
256
1 pavyzdys. jrodykime, kad
2 < J^4 + x"cix < ^5 .
0
Sprendimas. Uzdavinj isspr?sime, pasiremdami integralo jvertinim0 savybe. Apskaiciuosime tolydzios atkarpoje [0;l] funkcijos Дх) =
4 + x2
reiksmes m ir M. Randame
x2 Kadangl	atkarP°je
[ 0; 1 ], tai funkcija y4 + x2 sioje atkarpoje dideja, todel maziausiq reikstn? m ji jgyja kairiajame atkarpos gale, о didziausiq reiksm? M-desiniajame. Taigi
w=X0)=V4=2, Л/=У(1)= V4+T = v/5 .
Vadinasi,
2 < ^4i-x2dx < VF .
0
2 pavyzdys. [vertinkimc integralq
' 75+ 2 sinx
tolydzios M. Rad?
cosx = 0,
atkarpoje [ 0; 2 л ] funkcijos
/'(*)=- cosx^ bei 7(5 + 2sin x)
kai x e [ 0; 2 л ] nustatome
Sprendimas. Apskaiciuosime
/(x) =	1	= reiksmes m ir
75 + 2 sin x
issprend? lygtj /'(x)-0, t. y.
X-r) kritinius taskus у ir Toliau apskaiciuojame:
/(0) .-L, /(2„) = -L
Aisku, kad m = ~= , M= -j=. Todel, pritaik? (3) formul?, gauname
2 л < ‘r dx < 2 л V?  75+ 2 sinx -/з
257
10.3.	Integralas su kintamu virsutiniu reziu
jei funkcija/x) integruojama atkarpoje [a; Z>], tai ji bus integruojama ir atkarpoje [a;x],x e [a; Z>], Nagrinesime integral^ ff(t)dt, kuris geomet-
riskai reikstp kreivines trapecijos (10.3 pav.), turincios kintam^ krastin? AB, plotQ. Aisku, kad tokios trapecijos plotas bus kintamas ir priklausys nuo x. Todel
a
Teorema. Jei funkcija fix) tolydi atkarpoje [ a; b ], tai (ф (x)) =fix) sios atkarpos taskuose.
[rodymas. Kintamajam x suteikiame pokytj Ax ir apskaiciuojame pokytj ДФ:
x+Ax x x x+Ax x x+Ar
ДФ = Ф(х+Дх)-Ф(х) = J -J = j + f -J= J/('M-a a a x a x
x+Ax
Integralui jtaikome vidurines reiksmes teoremq;
= fa)-
ДФ = J/(t)Jt =Лс)(х+Дх-х)=Дс) Дх;
X
cia c yra tarp x ir x + Д x . Tuomet
дф _ /(с)Дх
Дх Дх
Pasinaudosime isvestines apibrezimu:
Ф' x)= hm -----= hm f(c .
Дх-»0 Дх Av-»0
Kadangi c x, kai Дх -> 0, tai del fix) tolydumo lim /(c) = lim/(c) =fix).
Ax—>0	c->x
Taigi
Ф'(х)=/х).
258
Si lygybe reiskia, kad funkcija Ф(л) yra funkcijos fix) pirmykste [а;Ь].	итка*рол
Is to gauname svarbiq.isvadzp kiekviena tolydi atkarpoje [a ,b' funkc", fix) turi pirmykstq funkcijq Ф(х) = ff(t)dt •
Taigi jrodeme dar 9.1 skyrelyje suformaluotq. teigini apie pirmykJtes funkcijos egzistavimo
10.4.	Niutono ir Leibnico formule
Isvesime svarbiausi^ matematines ana'.izes formal?, kuri apibreztinj integral^, susieja su pointegralines funkcijos pirmykste funkcija.
Teorema. Jei funkcija fix) tolydi atkarpoje [ a ; b ] ir F(x) - kuri norSjOs pirmykste sioje atkarpoje, tai
b
J/(x) dx =F(b) - F(a).
a
jrodymas. Remiantis ankstesne teorema, galima teigti, kad tolydi atkar-
X
poje [a: b] funkeija/x) turi pirmyksl?, iygo j/(t)dt. Kadangi pagal sqlyga
a
F(x) irgi yra funkcijosДх) pirmykste, tai jos turi skirtis tik konstanta, todel
x
\f(t}dt = F(x) + C.
a
|.ras? j. siq lygyb? reiksm? x = a, gauname:
a
\j\t)dt = F{a) + C,
Q=F(a) + C, C = -F(a).
X
Taigi	= F(x)-F(a). Vietoj x jrasome reiksm? b '.
a
b
\f{t)dt = F(b)-F(.a).
Si formule vadinama Niutono ir Leibnico formule. Skirtumoк(b) ~F(a)
jprasta zyme’i F(x)b . Tuomet Niutono ir Leibnico formule rasoma taip-
\f(x)dx=F(b)-F(a)=F[x)ba
259
4 /	\
1 pavyzdys. Apskaiciuokime Д—+ cosxjdx .
Sprendimas. Kadangi -U- pirmykste lygi tgx, о cosx pirmykste lygi
sinx, tai
I —L—+cosx k/x = (tgx + sinx) 4
JVcos x '	0
0
= (tgf+sin^ ~(tgO + sinO) = 1+Ap. A
2 pavyzdys. Apskaiciuokime funkcijos Дх) =10 + 2 sinx + 3 cosx vidu-tin? reiksm? atkarpoje [ 0; 2m ].
Sprendimas.

2n
j(10+2sinx + 3cosx)<7x
0 ___________________
2rt-0
(10x + 2cosx-3sinx)
2л
20л 2л
= 10. ▲
2 л 0
10.5.	Kintamiyy keitimo metodas
Sis metodas pagrjstas tokia teorema, kuriq. pateiksime be jrodymo. b
1 teorema. Tarkime, kad integrate J/(x)rfr kintamasis x pakeistas a
pagal formate x = <p(t). Jeigw.
1	)/(x) tolydi atkarpoje [ a; b ],
2)	<p(Z) ir <p'(/) tolydzios atkarpoje [ a; (3 ],
3)	<p(t) reiksmin aibeyra atkarpa [a; 6], be to, <p (a)-a, <p (p) = 6,
. bt	P
fa' J/(xpx= J/((p(/))(p'(r)a?r.
a	a
64
Г dx
1	pavyzdys. Apskaiciuokime —j- —.
J л/х + vx
I
Sprendimas. Kintamqjj pakeiskime taip, kad issitrauktu abieju riisiij ^ys: Vx = t, x = t6. Tuomet dx = 6t5dt. J keitini >[x ~ t vietoJ x (rasome ^icius 1 ir 64;	= r; is cia t = 1 ir t = 2. Todel
261
260
64 Г dx
J .Fd _L 3.
2 s
I-
2 ,	2
2-'+1-ЛЪ=
I
Tuomet
а
а
а
а
Г3 /
2
2
Baigti siiilome skaitytojams. ▲
2	pavyzdys. Apskaiciuokime p/
0
Sprendimas. x = asint,	dx = aC0stdt. 1 kcitinj vietoj x
a; is cia sin/= 0, sin Г = 1 ir/= о / = Л
2 ’
yasoma 0 ir а: a sin t = 0, a sin t =
Tuomet
-a	0	0	0
jei fix) - lygme funkcija, tai fi-x) =fix) vt fi-x) + fix) = 2fix). Jei
- nelygine funkcija, tai fi-x) = -fix) ir fi-x) +fix) = 0. Is to ir ispiaukia rcikiama lygybe ±
л/2	ir/2
3 pavyzdys. jrodykime, kad j sin"xTx^ j’cos”xdx (n e N).
О	0
Sprendimas. Pakeiskitnekintamryj: x = у - /, dx = -dt. Tuomet
n	°	л/2
e/2	-	' -
Jsin"xtZr -о
О
л/2
a
0
Л
I
[Vu'2 -n2 sin2 t accstdt =
0
л/2	л/2
= '^cosntdt = Jcos"xax.A о	о
Я
2 2
cos^tdt - — I
2 J
0
10.6. Integravimas dalimis
Sis metodas pagi jstas tckia teorema.
Teorema. Sakykime, kad fix) ir v(x) - diferencijuojamos atkarpoje [a; b] funkcijos. Tuomet
7t
7
2
= a2j 0
2 teorema. i arkime, kadfix) - tolydi atkarpoje [-a; a] (a >0) funkcija. Tuomet
2 r
l + cos2/)<7/=—| / +—sin2r
2 V 2
0
П<42
4
jf(x)dx = ФШ
0, kai
kai /(x)-lygine funkcija;
/(x)-nelygine funkcija.
a	a
Irodymas. Panaudoj? lygyb? d(uv) = udv + vdu bei Niutono ir Leibnico formula, gauname:
b
a
f	u	fl
Irodymas. \f(x)dx = J/(x)dr + J/(x)<&.
“°	-a	0
P.rmajame integrale pakeisime kintamqjj: x = -t, dx=-dt. Kai x= - a. tai is x=-t gauname t = a, о kai x= 0, tai is ros pacios lygybes turime t = 0, todel
1 aigi
b
=	+ vdfi
a
a a
a	a
г	u.	a	a
J/(x)fZx =- \f(-t)di =	= |/(-x)<&.
~a	a	0	0
e
pavyzdys. Apskaiciuokime Jxlnxr/x .
Sprendanas< Pazymssnne Inx = и, о xdx = dv. Tuomet du= —dx irv= (xdx= £- .
.r	J 2
262
I rlnxcbc = -y-ln.r
1
2
x2 e _ e2 + J_ = g2+l 4	14	4	4
Toliau naudosime dar vien^ matematini simbolj «!!, kuri skaitysim ..dvigubas fakturialas ". Siuo simboliu pazymcsime vien tik lygini^ skaiCiq Щ n sandauga jei n - lyginis, ir vien tik neiygimu iki n skaiciu sandauga jei _ nelyginis. Pavyzdziui:
5!! = 1 - 3-5 = 15, 61! =2-4-6 = 48
Panaudojant integravimo dalimis metod^, jrodyta, jog
Л	Я
2	*2
I'sin " xdx = jcos ” xdx =
0	0
(и —1)!’. л
— — ka: n-lygin.s;
(w-t)!! , .	...
J----kai n - ne.yginis.
n!I
2 pavyzdys. Apskaiciuokime
[sin8 —ей.
J 2
0
X
Sprendimas. Pakeiskime kintaimy;: — = t, dx = 2dt. Tuomet
л	л/2
f • 8 x j т f • 8 . j. n7!!n	7-5-3
Ism —dx =2 sin tdt = 2-------= 2---------
J 2 J	8!! 2	8-6-4-2
0	0
35л
128
10.7. Figures ploto apskaiciavimas staftakampeje koordinaciq sistemoje
Jau zinome, kad kreivines trapecijos, apribotos funkcijos Дх) 0 grafiko. abscisiq asies ir tiesiijx = a bei x = b, plotas lygus b s= a
JeiguДх) < 0 atkarpoje [a; b], tai |/(x)tZr < 0 , taciau jo modulis lyg118 a
figuros plotui. Todel
b
S = - J7(x)flfv.
a
263
Kai fix) atkarpoje [a; b] kelis kartus keidia zenklq (10.4 pav.), tai atkarpq	[a; b]
jsskaidome j atkarpas [a; c], [c; o'], ir apskaiciuojame kiekvienos dalies plotq. jvertin? integralq zenklus, gauname:
10.4 pav.
arba trumpiau
c d	ь
S= \f(x]dx - f/(x)<& + f/(x)<&, a	c	d
S= f|/(x)|dr.
a
Jei figurqriboja dviejq funkcijq/x) irg(x) grafikai (10.5 pav.), tai b	b	b
S = SEAMCF-SEBNDF	= \f(x)dx	-	jg(x)t/x =	J(/(x)-g(x))4&.
a	a	a
1 pavyzdys. Apskaiciuokime figures, apribotos kreiviq у = x2 ir у = Vx (10.6 pav.), plotq.
^Pfendimas. Pirmiausia turime rasti tq kreiviq susikirtimo ta§kq abscises, t'kslu sprendziame lygtj x2 = 4x is cia X| = 0, xj = 1. Tuomet
264
2	2
2 pavyzdys. Apskaiciuokime figuros, apribotos elipses ——+ Z_ a2 /№
(10.7 pav.), р1оЦ.
Sprendimas. Apskaiciuokime р1оЦ tos figuros dalies, kuri yra pirma' ketvirtyje, po to gaut<t rezultat^ padauginsime is 4. Elipses kanonin? 1 *
-------------------------------t V64 pakeiciame parametrinemis lygtimis x = acos/, у = bsmt. Pirmajame ketvirtyje x kinta nuo 0 iki a, todel t kinta nuo — iki 0 (tokias t reiksmes 2
gavome, iras? jly gt( x = a cos t vietoj x jo b
reiksmes 0 ir a). I formula 5= jyafc
10.7 pav.
a vietoj у jrasykime y>=Z>sin/, о vietoj dx- jo reiksm?, gaut^ is lygybes x = a cos t, t. у. dx = X, dt = = - « sin / dt. Tuomet
°	л/2	1!! n 1
S= - [bs'mtasmtdt= ab I sin2/dt - ab — — = ab • —
/Э	2!! 2	2
ir/2	0
n _ ttab
~i 4~‘
Visos figuros, kuri^riboja elipse, plotas lygus  4 = nab. ▲
4
10.8. Figflros ploto apskaiciavimas polineje koordinaciq sistemoje
Tarkime, kad polinemis koordinatemis p ir <p apibddintos kreives lygtis yra tokia: p =/((p); cia/(<p) - tolydi funkcija, kai a < <p < P. Apskaiciuosime р1оЦ ispjovos OAB, кигц riboja kreive p = /(<p) ir spinduliai <p = a ir <p = P (10.8 pav.).
10.8 pav.
265
Si4 ispj°v^ spinduliais bet kaip padalykime j n daliq. Raskime dalies, botos spinduliq <p,-i ir ip,, plotq. Kampq tarp siq spinduliq pazymesime A <p
_ <p !. Sioje dalyje bet kur nubrezkime spindulj p, ir tq dal( pakeiskime
kritulio, kurio centras taske О ir spindulys p(, ispjova. Jos plotas lygus — p, *
д<p,. Tokiq ispjovq plotq suma
1 n
z ;=i
bus apytiksliai lygi duotosios figuros plotui. Tiksliq ploto reiksm? gausime apskaiciav? ribq, kai k = maxAcp, ->0. Kadangi si suma yra funkcijos p2 = (/(cp))2 integraline suma, tai jos riba, kai Z->0, lygi apibreztiniam 1 ₽
integralui - Jp2z/<p . Taigi figuros plotas a
1 ₽
5= у Jp2^tp  a
Pavyzdys. Apskaiciuokime figuros, apribotos polinio spindulio atkarpos ir esancios tarp pirmosios (0 < <p < 2л) ir antrosios (2тг < ср < 4л) logaritmines spirales p = ae°'2a (a > 0) vijq (10.9 pav.), plotq.
Sprendimas. Pirmoji vija susidaro, kampui pasikeitus nuo 0 iki 2л, о antroji - nuo 2n iki 4л. Todel
. ( 4' 2П>
5= 1 f	1,25a2 e°-4(p -e°'4(₽	=
2i 2 J	2л oj
=1,25а2(е0-8"-I)2-A
Vijq pavadinimai - pirmoji ir antroji - yra sqlyginiai, nes logaritmine spirale is tikrqjq daug kartq apsisuka apie poliq, asimptotiskai artedama prie jo.
266
10.9. Kreives lanko ilgis
1. Kreives lanko ilgis staciakampeje koordinaciq sistemoje. Tarkime к staciakampese koordinatese nusakyta kreive, kurios lygtis у-fix). Rasing sios kreives lanko AB ilgi (10.10 pav.). Pirmiausia apibresime, kq vadinam kreives lanko ilgiu. Tuo tikslu lankqAB bet kaip taskais A = Mo, ,... д/. M,, .... M„ = B, padalykime i n daliu. Sakykime, kad siq taskq abscises yra
a = x0, X|, ..., x,_b x„ ..., x„ = b. Per gautus taskus isveskime stygas
AM}, M\M2, ...,	Stygos ilgi pazymekime ASj.
n
Tuomet lauztes, ibreztos i lankq AB, ilgis bus lygus As- . Pazymekime
Apibrezimas. Kreives lanko AB ilgiu L vadinama riba, prie kurios arteja ibreztos i tq kreiv% lauztes ilgis, kai A. —> 0.
Taigi
n
L = lim У txs: .
Dar tarkime, kad funkcija fix) ir jos isvestine /'(x) atkarpoje [a;
tolydzios. Pazymekime: Iky, =fix,)-fix,fi). Pagal Pitagoro teoremq
7 V"
1+vaxj Лх’’
Skirtumui Ay, =fix,) - fix,.\) pritaikome Lagranzo teorema.- l uomet
Д.Т = /'(ct) (x,-x,_!) = /'(cj Ax,; c, e (x,_f, x,). Todel
Vadinasi,
п
L = lim V As, = lim x.-+o“'1	X-+0
5j1+U'M2
261
Kadangi /'(x) tolydi atkarpoje [a; Z>], tai V1 + (/'(-v))2 irg’ tolYdi’tod61 sumos riba, kuri lygi apibreztiniam integralui: _ ь ___________________________________________ b
L= jy'l + (/'(x))2 dx =	+У'2 dx~ J ds ’
a	a	a
egzistuoja parasytos integrates b __________________________________
Cia ds = ^1+y'2 dx . Dydis ds vadinamas kreives lanko ilgio diferencialu.
1 pavyzdys. Apskaiciuokime kreives y=x2 , 0 < x < 4 lanko ilgi-i _______________________________________ 1--------
3 ~ I 2	9
Sprendimas. Randame y' =—x2 , yl + y' = l + —x. Tuomet
£ =
4
9
2
3
4 i-------
Г , 9 , 4
IJ1 + —x dx = — a
2. Kreives lanko ilgis, kai kreive duota parametrinemis lygtimis. Tarkime, kreives lygtys yra tokios: x= <p(t), y = y(Z), t e [z0; T]; cia <p (z) ir у (7) -tolydzios atkarpoje [z0; T] funkcijos, turincios tolydzias isvestines. Tuomet
dx- v?'tdt ir J1 + y'2 dx= -^<pj2 + Vz2 dt. Vadinasi, jeigu
*POo) - a, (p(T) = b, tai L =
b
j*^l + y'2c/x
т jy/x;2+yi2dt =

. ? Pavyzdys. Apskaiciuokime (a>meS X =	y = o(l-cosO
) ptrmosios arkos ilgi (10.11 pav.).
gaun Vren<l‘mas‘ Pirmoji cikloides arka iki ,ama’ parametras t kinta nuo 0 2*-Randame:
268
269
Xf = a (1- cos /), y\ = a sin t, + y'2 = Ja"(l-2cosz + cos2z) + a2sin2t =^2
2
= L.2o;„2l - '
v "	2 7
Tuomet
2л
L = 2a Jsin
0
4a~ sin" — = 2asin— = 2asin-
2
2л
, nes sin > 0, kai t e [ 0; 2n ].
2л
„ = 8a- A
2 0
3. Kreives lanko ilgis polineje koordinaciq sistemoje. Tarkime, kad kreives lygtis polineje koordinaciq sistemoje yra p=/(tp), <₽e[a;f}]. lygtj galima pakeisti parametrinemis lygtimis, naudojant rysio tarp staciakampiq ir poliniq koordinaciq formules x = p cos <p, у = p sin <p. Tuomet jras? j sias lygtis vietoj p dydj /(<p), gauname:
x =/(<p) cos Ф, у = /(<p) sin Ф; cia parametras tp vaidina parametro t vaidmenj.
P___________
. t
~4#cos—
0
Tuomet
Л
L\ = 2a|cosy<7<p 0
Galutinai L = 2L\ = 8a. ▲
10.10. Kiino turio apskaiciavimas pagal skerspjflvio plotq
Tarkime, duotas tarn tikras kunas. Bet kurio pjiivio, nubrezto per taskq x 6 [a; b], statmenai asiai Ox, plotas priklausys nuo tasko x padeties, todel jis bus kintamojo .v funkcija. Jq pazymesime Q(x). Sakykime, kad Q(x) - tolydi atkarpoje [a;/>] funkcija. Sudarykime skaidinj а = хй<х}< ...<x„ = b (10.13 pav). Bet kur atkarpoje [x,_|; x, ] parinkime taskq c, ir per jj nubrezkime pjuvj, statmenq asiai Ox. Sio pjuvio plotas bus lygus ^(c,). Laikydami sj pjuvj pagrindu, nubreziame cilindrinj kunq ABCDEF, kurio sudaromosios lygiagrecios asiai Ox. To kuno turis lygus
2(c,). (r, - X;_i) = 2(c,)Ar,.
Tuomet duotojo kuno turis apytiksliai lygus tokiq cilindriniq kunq turiq sumai:
Л
o
= 2a-2sin—' 2
= 4a.
'0
a
Randame: x,'p = pjp cos <p -p sin q ,	= p^ sin <p + p cos q> ,
todel
n
V* Ее(с,)Ал,. .
₽ n_____- В
ir L = fa2+p'<fa? = fa; a	a
₽
cia ds = ^p2 + p^2 dq>.
3 pavyzdys. Apskaiciuokime kardioides p = a(l+cos<p) (10.12 pav.) ilgl-Sprendimas. Pirmiausia apskaiciuosime virsutinio lanko, kuris gaunamas,
10.12 pav.
kai polmis kampas <p kinta nuo 0 iki л, ilgl-Turime:
!
Рф = - a sin <p,
' 2	,2
P +Рф
+ 2a"cos<p

+ costp) = J4a2 cos2 coS 2
2
10.13 pav.
Tiksli^ turio reiksme gausime apskaidiave ribq, kai X = mar A x, -> 0:
n
lim £2(с,-)Ах,-.
x-*°z=l
Prisimine, kaip integral!nes sumos riba formaliai keiciama integralu, byname:
b
V=
a
(3)
270
Sprendimas. Jeigu paraboloid^ kirstume plokstuma z = const, tai jo pjuvyje gautume elips?
x2+-y2 = z,
2 kurios kanonine lygtis
Tos elipses pusases lygios
Kadangi Q(z) = nab (zr. 10.7
skyrelio 2 pavyzdj), tai Q(z) = n Jz
(3) formal? panaudosime, isvesdami sukinio turio formula Sakykime, kad sukinys gautas sukant kreivin? trapecija aABb apie asi Ox (10.15 pav.).
Pjuvis, nubreztas per taska x statmenai asiai Ox, yra skritulys-
spindulys lygus j =J(x). Todel
b
Q{x) = ny2 = n (f(x))2 ir V= n fy2dx .
271
navvzdys. Skritulys, apribotas apskritimo x2 + (y - a)2 = b2 (a>b\ ukanias apie asj ®x (Ю-16 pav.). Apskaiciuokime gauto sukinio, vadinamo
'^Sprendimas. Toro turis lygus dviejq. sukiniq - • skirtumui: pirmasis sukinys gaunamas sukant Zin? trapecija ABCDE, о antrasis - trapecija ABFDE. Issprendziame lygti x- + (y-a) =b kintamojoy atzvilgiu.	_____________
(y- fl)2 = b2 - x2 , y-a = + sib2 -x2 ,
у = a ± sib2 -x2 .
Lanko BCD lygtis y}= a + slb2-x2 , о lanko BFD -y2 = a- 'lb2 -x2 .
Tuomet toro tuns bus lygus
10.16 pav.
Pazymekime: x = b sin t, dx = b cos tdt. Gausime:
n/2
V= ^itab2 |*соз2/<Л = 8ла/г —— = 2it2ab2. A
J	2!! 2
0
10.11. Apibreztinio integralo taikymas mechanikoje
1. Kintamos jegos darbas. Tarkime, kad taskas, veikiamas kintamos jegos W, juda atkarpa [a; b], be to, jegos kryptis sutampa su judejimo kryptimi. pskaiciuokime darbq, kurj atlieka jega, perkeldama task^ is padeties a j Padet( b. Isskirkime elementarqjj keli^ nuo tasko x iki tasko x + dx. Jegos taske x bus lygi F(x). Tarkime, kad tokia jos reiksme islieka nuo tasko elementarusis darbas bus lygus jegos ir nueito kelio
iki x + dx. Tuomet sandaugai:
i§ cia
dA ® F(x~) • dx;
ь
A = j^xjflix .
a
272
1 pavyzdys. Vienas spyruokles galas jtvirtintas, о kitas temn' (10.17 pav.). Apskaiciuokime, kokio dydzio darbas bus atliktas te	• 38
spyruokle.	Plant
10.17 pav.
Sprendimas. Pasinaudosime Huko desniu, teigianciu, kad tamprumo jegos didumas yra tiesiog proporcingas deformacijai: F(x) = kx; cia к - pro-porcingumo koeficientas. Tuomet darbas
s	2 J
A - \kxdx = k —— = 0	2
ks~
Io 2
2 pavyzdys. Vertikali pusskritulio formos plokstele panardinta j vandeni taip, kad jos skersmuo yra vandens pavirsiuje (10.18 pav.). Apskaiciuokime vandens slegj j Sio plokstele, jeigu jos skersmuo lygus 6 m.
Sprendimas. Apskaiciuodami skyscio slegj p, remsimes Paskalio desniu, kuris teigia, kad skyscio slegis i plokstele lygus jos plotui S, padaugintam is panardinimo gylio h ir skysdio tankioy, t.y. p = ySh.
Isskiriame elementarioji ploksteles juostele, kurios plotas apytiksliai lygus
CB=y = s[9
elementas dp = yxdS = yxABdx = yx • 2 CBdx == 2yx
dS-ABdx. Kadangi apskritimo lygtis x2+y2 = 9, tai . Elementarioji juostele panardinta gylyje x, todel slegio 79-x2 dx. Tuomet

тп
2 plevienalycio sttypo mase. Tarkime, kad asies Ox atkarpoje [a; h] yra • Ivtis strypas. kurio ilginis tankis y(x). Apskaiciuokime to strypo mas?.
°eV Isskiriame elementariaj^ strypo dal j dx ir tariame, kad visos tos dalies tankis lygus у (x) • Tuomet elementarioji tos dalies mase dm = у (x) dx, о viso sirypc mase
b
m = Jy(A')c/r .
3 pavyzdys. Apskaiciuokime tankis у te) = 2 + 0,001 x2 (g/cm).
Sprendimas.
too
w = |
0
2 + 0,001.r2
a
100 cm ilgio strypo mas?, kai jo ilginis
0,001 з
2x4-------x
3
too 1
10.12. Netiesioginiai integralai su begaliniais integravimo reziais
b
Apibrezdami integral^ ff(x)dx , funkcij<^./(x) laikcme tolydzia atkarpoje
a
[a; b], о integravimo rezius - baigtiniais. Apibrezlinio integralo savoka apibendrinsime dviem kryptimis, tardami, kad integravimo reziai yra begaliniai arba kad pointegraline funkcija yra truki. Siame skyrelyje nagririesime integralus su begaliniais reziais.
Tarkime, kad funkcija Дх) apibrezta ir tolydi visuose intervalo ra; +co) taskuose. Tuomet ji integruojama bet kurioje atkarpoje [ a: b ], b > a. Vadinasi, integrates
b
(4)
a
turi piasm?. Nagrinesime sio integralo riba, kai b —> +oo.
1 apibrezimas. Jeigu egzistuoja (4) integralo baigtine riba, kai r +co> tai ji vadinama funkcijos f(x) netiesioginiu integrals intervale a> +qo), arba pirmojo tipo netiesioginiu integral!/, ir zymima simboliu
+ZC	b
lim f/(x)rfx.
b—>+-r. J
274
+00
Siuo atveju sakome, kad netiesioginis integralas f/(xpx konver
Priesingu atveju, kai minetoji riba yra begaline arba neegzistuoja, sakome netiesioginis integralas divergnoja.	’
b	b
\f(x)dx = lim f/(x)dr, 47—>-00	'
-°0	a
Analogiskai apibreziame:
+°°	c	+00
-OO	-00	c
e	b
= lim	+ lim [/(Afc.
a->-oo J	b->+oo J '
a	c
+00 j
Г uX
1 pavyzdys. Apskaiciuokime integral^ i ------- (10.19 pav.).
Sprendimas. Remdamiesi apibrezimu, galime uzrasyti;
+CO ,	0 J +00 J	0	,
f dx r dx г dx ,.	<• dx
I--I----------I--------= hm I----у
-«о i+^ Joi+* о 1+*
br dx
+ hm j------у
1 + X
= lim arctgx + lim arctgx =- lim arctga+ lim arctgi = —и—= n. a—>-oo	a b^>+w	0	a—>—oo	/>—>+oo	2	2
Integralas konverguoja. Vadinasi, begalines figures, esancios tarp kreives у - —^-y ir asies Ox, plotas lygus л. ▲
1 + xz
+o0
2 pavyzdys. Apskaiciuokime integral^ ^e^dx , a < 0 (10.20 pav.).
0
275
Siuose pavyzdziuose integralq apskaiciavomc, pirma rad? pirmykst? to-jos ribq.. Abu siuos momenlus, kai egzistuoja baigtine riba galima isreiksti viena formule:
funkcijq.- P° lim. ’
j f[x)dx = F(+x>) - F(a) = F(.r)
ciaF(+co)= lim Fib). b—>+x
a
Is netiesieginio integralo apibrezimo ir sios formules isplauxia, kad, -nAaiciuodami netiesioginius integralus, galime taikyti integravimo dalimis ir kin'amitju keitimo metodus.
?r/2
fdx
---1------ '
1 + — sin2x
о 6
„	, ,.	, .  .	. t2 , dt
Sprendimas. Panaudokime keitm; tg.r=/, sin'x =------— , dx =---- .
1 + r 1+r
Tuomet
Daznai paxanka tik istirti, ar netiesioginis mtegralas konverguoja, ar diverguoja, neapskaiciuojant jo reiksmes. Tam tikslui naudojamas palyginimo pozymis, kuri pateiksime be [rodymo.
Palyginimo pozymis. Jejeu su visomis x> a reiksmemis ieisinga nelygybe	*
0<Ar)<g(x)	(5)
+oc	+ »
jeigu integralas	konverguoja, tai konverguoja ir integralas ^f(x)dx ,
a	a
. ,	+00	+06
JeiS4diverguoja integralas |/(л-)гА", tai diverguoja ir integralas Jg(x)o!r.
a	a
Tiriant integralo J/(x)cZr konvergavimo, is anksto nera zinoma, su ^Unkcija reikia palygir.ti pointegralin? funkcijq. Labai daznai palygini •
276
mui naudojama laipsnine funkcija
—. Isnagrinekime integral^
Tarkime, kad a * I; tada
1	400
Jeigu a>l,taia-l>0 ir ———>0,kai x->+co, todel f-^L = x“	J
a
------—г - Taigi integralas konverguoja. (a-l)cz
Jeigu a < 1, tai a - 1 < 0, 1 - a > 0 ir x1 ” “ —> +oo, kai x -> +a>, todel integralas diverguoja.
Kai a = 1, tai
Vadinasi, integralas
konverguoja, kai a > 1, ir diverguoja, kai a 1 •
+0G pin x
4 pavyzdys. Istirkime integralo Izy—r/x konvergavimq,.
J y/x e
Sprendimas. Kai x>e, tai lnx> 1, todel > -j-y. Kadangi a six x'
+00
= — < 1, tai integralas diverguoja; tuomet pagal palyginimo pozymt
3	J y/x
e
..	...	. flnx ,
diverguoja ir integralas ~x^dx . ▲
277
lft.13. Absoliutusis ir reliatyvusis netiesioginiif integralq konvergavimas
4-oo
Nagrinesime J/(x)t&, kai/(x) intervale [«;+«) turi paslovq zenklo
a
arbajikeicia.
4-00
1	apibrezimas. Integralas	vadinamas absoliuciai konverguo-
a
4-QO janciujei konverguoja integralas j|/(x)| dx . a
Teisinga tokia teorema.
Teorenia. Absoliuciai konverguojantis integralas konverguoja. Kitaip m
sakant, jei konverguoja integralas j|/(x)|<Zr, tai juo labiau konverguoja a
integralas
4-oo
a
Pavyzdys. Istirkime integralo
4-00
Г cosx
I- -r—dx konvergavim^.
J x2
1
Sprendimas. Kadangi | cosx I < 1, tai
cosx „2
< - Pastarosios funkci-
jos integralas
— konverguoja. Remiantis palyginimo pozymiu, galima
COS X
~2 ’
dx konverguoja, о tai reiskia, jog
-be
fcosx ,
I —— ax yra abso-
1 ociai konverguojantis. ▲
Atvirkscias teiginys gali buti ir neteisingas. Is to, ,x) , dar neisplaukia, kad konverguoja j|/(x) | dx .
kad konverguoja
278
+оо
2	apibrezimas. Jei integrates |/(x)A konverguoja, о integrates a
a
+G0
diverguoja, tai integrates j/(x)r/x vadinamas reliatyviai konverguojanciu
a
10.14. TrGkiqjij funkcijq netiesioginiq integral^ apibrezimas.
Niutono ir Leibnico formules taikymas
Tarkime, kad funkcija/(x) yra tolydi intervale (a;b], о taske x = a turi antrosios rusies trukj. Taigi taske x = a ji yra neaprezta, kartu del Sios priezasties neintegruojama atkarpoje [«; Л]. Taciau tarkime, kad j desin? nuo tasko a, pavyzdziui, atkarpoje [a + £; b] (0< e <b~a) ji jau yra integruo-b
jama. Tuomet ribin? integralo ]/(х)г/х reiksm?, kai s -> 0, natiiralu laikyti a+s
b
integralo j"/(x)cZx reiksme. a
b
Apibrezimas. Jeigu egzistuoja baigtine riba lim [/’(xjr/x, tai si riba e->0 J a+e
b vadinama trilkiosios funkcijos fix} netiesioginiu integrate j/fxjtfr arba
a antrojo tipo netiesioginiu integrate intervale (a; b ].
Taigi b	b
j/(x)rZr = lim J/(x)r/x, s > 0. a	£->^<7+e
b
Jeigu riba lim J/(x)<7x yra baigtine, tai sakome, kad integrates E-»0 J
a+E b
j f(x)dx konverguoja, priesingu atveju - diverguoja. a
Jeigu funkcija Дх) turi antrosios rusies trukj taske x = b, tai
Ь	Ь-г
J/(x)c/x=lim |/(x)<7x, a > 0.
a £->^ °	• b]
Jeigu funkcija/(x) turi antrosios rusies trukj vidiniame atkarpos Iй’ taske x = c, tai
279
b	с	b
=	f/(x)<&	+	f/(x)</x	,
a	a	c
b	c-el	b
f/(x)e& = lim f/(x)tfr + lirn |/(x)c& .	(6)
a	E,->0 a	e2->®c+e2
1	pavyzdys. Apskaiciuokime integral^ J-^-.
-1
Sprendimas. Funkcija у = Д- truki taske x = 0. Remdamiesi (6) lygybe,
galime parasy ti:
0-6|
f dx lim | — e,-*0 J x
1
+ lim £j->0
0+£2
1 -£. 11 lim - 1 - lim - =
£[—>0 X ~ 1	£2—>0 X £2
= - lim -----+ 1
Ej-vOk-E!
lim 1------= +oo .
£2—>0\	Sj/
Taigi integralas diverguoja. ▲
Jeigu, apskaiciuodami integral^, neatsizvelgtume j funkcijos trukio taska x = 0, tai gautume
-1
Sis rezultalas, aisku, yra klaidingas. nes teigiamos funkcijos integralas negali buti neigiamas.
Sakykime, kad b - funkcijos Дх) antrosios rusies trukio taskas ir funkcija Лх) intervale [ a ; b ) turi pirmykst? funkcijq F(x). Tuomet
6-6 = lim F(b - e} - F(a). a £->0
b	b-e
j"/(x)<ir = lim f/(x)o!x = lim F(x)
n	£—>0 J	£—>o
°	a
Taigi netiesioginio integralo egzistavimas ekvivalentus baigtines ribos ^^(b-e) egzistavimui. Jeigu si riba egzistuoja, tad j^ naturalu laikyti Pmnykstes funkcijos Fix) reiksme taske b, tuomet F(x) bus tolydi visoje inte^e fa ; !• Vadinasi, kai F(x) tolydi atkarpoje [ a ; b ], tai netiesioginj
8Га T apskaiciuojame taikydami Niutono ir Leibnico formula
280
ь
j7(x)<& = F(b) - F(a) = F(x)
b a
a
Ta pati formule tinka ir tada, kai trukio taskas yra atkarpos viduje arba к • jq yra keli, svarbu tik, kad pirmykste funkcija butq tolydi visuose atkamr«. [a; 6] taskuose.
2	pavyzdys. Apskaiciuokime integralq
Sprendimas. Integralas yra netiesioginis, nes pointegraline funkcija nutruksta taske x = 1.
f dx J x-x/lnx 1
Kadangi pirmykste funkcija 2л/1пх tolydi atkarpoje [ 1; e], tai galima taikyti Niutono ir Leibnico formula Todel e f dx J x-Jlnx
= 2. A
Apskaiciuojant trukinjq funkcijq netiesioginius integralus, galima taikyti integravimo dalimis ir kintamqjq keitimo metodus. Reikalavimq, kurie tuomet keliami pointegralinems funkcijoms, cia neformuluosime.
1
3	pavyzdys. Apskaiciuokime Jxlnxrfr .
0
Sprendimas. jxInxdx - < о
, , 1 , w = mx, du = —dx,
= —tnx
xdx = dv, v = -—
2 J
1 ..	2.	1 z
— lim x Inx-------x
2 x->0	4
- - [xcfx = — In 1 -
2 J 2 0
0
1
1 2 ' о
1
1 1 Inx	1
-------lim —— =-------
4	2 x—>0 1	4
- — lim -Ц-
2 x—>0 _ 2
7.T
1	1	..	2_ 1
— + — hm x — .
4	4	x->o 4
X1 2	.
Be jrodymo pateiksime palyginimo pozymj, analogiskq suformuluo*3® pirmojo tipo netiesioginiq integralq konvergavimo pozymiui.
281
х
palyginimo pozymis. Jeigu funkcijos fix) ir g(x) intervalo (a; b ] taske a turi antrosios rusies truk[ ir su visais x is sio intervalo teisinga nelygybe
1ai'
konverguojant integralai j g( x) dx, konverguos ir integra-
a
b
las	’
a
b
о diverguojant integralai j"/'(x)<7x, diverguos ir integralas a
a b
Tirdami integralo j/(x)t/x konvergavimo labai daznai palyginimui a
,. c , •• 1 naudojame funkcijq------.
(x-a)“
Isnagrinekime integral^
(b > a). Tarkime, kad a * 1 ir e > 0;
tuomet
b
dx
a-rE
= lim -г——-(x-a)1
□ <>-«>'- s'—(»-<.)'-
£-+o\ 1-a 1-aJ 1-a
Lilli ——	~~ .
e->o(l-a)sa
Jeigu a> 1, tai a - 1 >0 ir ——> oo, kai e-»0, todel integralas
diverguoja. Jeigu а < 1, tai а - 1 < 0 ir ——r = e1"" —> 0 , kai e —> 0, todel Ea~ b
_ (&-a)1-a
J /	~----------. Taigi integralas konverguoja, kai а < 1.
1-a
K^ia= l,tai b . b ,	h .	।
Г dx г dx	г dx , / J b
—------= -----= hm -------=limln(x-al
(v-a)a J x-a £—>0 J x-a c->0	|o+£
о	a	a+£
= lim(ln(Z>-a)-ln£) = oo. £—>0V	'
282
Vadinasi, integralas J-----— konverguoja, kai a < 1, ir diverguoja ka‘
a )
4 pavyzdys. Istirkime integralo
1,5
|os.rkonvergavimq.
0
Sprendimas. Funkcija y=^~- yra truki taske x=0. Bet, kai
x e(0; 1,5], tai
cosx 1
1
Kadangi a = — < 1, tai integralas
1,5
l-7=dx konverguoja. Tuomet pagal J y!x
0
1 teoremtt integralas
1,5
fcosx , .
ax konverguoja. A
о
5 pavyzdys. Istirkime integralo
’2 + sinx , , ------~ax konvergavima.
о
C J- ci- 2 +sinx Sprendimas. Funkcija
yra truki taske x = 1. Kadangi su visomis
2
x reiksmemis 2 +sinx > 1, tai
2 +sinx n2~
1
Kadangi siame pavyzdyje a = 2 > 1, tai integralas
diverguoja. Tuo-
0
met, remiantis palyginimo pozymiu, integralas
0
2 + smx^ diverguoja. A
283
10.15-	Integral^, priklausanciu nuo parametro, sqvoka tolydumas, diferencijavimas
Nat ripekime dviejq. kintamqjq funkcijq/(x,y), apibreztq staciakampyje n-Hx'	c<y<d} (10.21 pav.). Fiksav^ vienqargument^, pavyz-
dziui у turesime vieno kintamojo funkcijq/(x,y). Jei ji tolydi staciakampyje p, tai egzistuoja integralas
/&')= y)dx, a
kuris yra kintamojo у funkcija. Sis integralas vadmamas tiesioginiu integralu, priklau-
sanciu nuo parametro у.
Jei funkcija f[x,y) tolydi staciakampyje D, tai integralas 1 (y) irgi yra tolydi kintamojo у funkcija atkarpoje [c;<7].
Is sio teiginio isplaukia svarbi isvada. Kadangi funkcija l(y) yra tolydi atkarpoje [c; d], tai
lim /(y)=7(>’o) •	(7)
?->У0
A	b
Taciau/(y0)= j/(x,y0)c& = lim f(x,y)dx, nes funkcija/(x,y) atzvilgiu
kintamojo у irgi toiydi taske y0. [vertin dam i tai, is (7) lygybes gauname:
A	*
lim j/(x,y)a'x = lira f(x,y)dx .
V^.1’0 a	b->yQ
a
Si lygybe rodo, kad ribos ir integralo zenklas galima sukeisti vietomis, kai tolydi staciakampyje D funkcija.
olia-a kalbesime apie diferencijavim^ po integralo zenklu.
1	eorema. Jei funkcija f( x ,y) ir jos daline isvestine fy(x,y) yra tolydzios staciakampyje D, tai teisinga formule
b
d'y = jfv(x,y)dx,
’‘d vadinama Leibnico formule,
tr°dyntas. Taskui у e[c; d\ suteikime tokj pokytj Ay, kad y+Ay e[c; d\, lraPskaiciuokimeSantyki — '
Ay
284
А/_/(у + Ау)-/(у) _ 1
Ay Ay Ay
'b	h	\
J/(x,y + Aypx- f/(x,y)dr
V'	a	j
1
1/(x,y + Ay)-/(x,y)^ Ay
Skirtumui /(x,y+Ay)-/(x,y) pritaikome Lagranzo formula /(x,y+Ay)-/(x,y)=/^(x, y)-Ay ;
cia у yra tarp у iry+Ay. Tuomet
^=J/;(xj)r&.
? a
Dabar imkime rib:y kai Ay—>0. Kaireje lygybes puseje gausime lim — = /' . Desineje lygybes puseje sukeisime vietomis integralo ir ribos Ду—>0 Ay л
zenklus, nes iSvestine f'y (x,y) yra tolydi staciakampyje D. Gausime: b
/' = J lim f'(x,y)dx.
qA.v->0
Kai Ay—>0, tai y->y, taigi del isvestines /'(x,y) tolydumo turime: lim /'(x,y)<& = /'(x,y).
Лу->0
Vadinasi, galutinai
b
J'y=	Ж
a
1 pavyzdys. Zinodami, kad
f dx 1 b .
-r----- = — arctg— (a*0),
J a +xz a a
apskaiciuokime
Sprendimas. Kadangi funkcija /(x,a)
(x,a) yra tolydzios su visomis x ir a*0
= J - ir jos isvestine reiksmemis, tai galime taikyt
285
bnico formul?. Abi duotosios lygybes puses diferencijuokime parametro a ativilgiu:
h
is cia
f 2a
I i ">. У “ '	2
}(a'+x-)-	aL
0
,	1 b
dx=-----z-arctg------
a
1 b b2 a2'
b
f dx
b
= —? arctg- + —
2д3 a 2a-
b ab
a a2+b2
1 ,
=—г arctg—+ 2«3
Dabar isnagrinekime atvejj, kai integravimo reziai a ir b irgi priklauso nuo parametro у , t. у.
bM
1(.У)= {/(•*, y)d>
Sakykime, kad funkcijos a(y) ir b(y) turi tolydzias isvestines — ir dy
db
— atkarpoje [с;<У]. Pazymekime /(у) = Ф(у,а(у),Ь(уУ) ir diferencijuo-ay
kime kaip sudetin? funkcijq:
_дФ ^дФ da 5Ф db y dy da dy	db dy
Apskaiciuodami , rezius a ir b laikome konstantomis, todel galime
taikyti Leibnico formula
ль
—=
4у)
Apskaiciuodami , naudojames integralo su kintamu virsutiniu reziu
	db
ntegravimo taisykle. Todel
сФ db
=f(b(y),y) 
b
0
//(х,у)с&
286
Analogiskai
оФ да
%’)
М>')
г«(у)
<*(>’) J а
= -/(а(у),у).

Galutinai
/>(у)
’ Zf	dy dy
cos у
2	pavyzdys. Isdiferencijuokime integral^/(y)= Jln(2x-y)rfr (j,>q .
2x-y>0).
Sprendimas. Remdamiesi (10) formule, gauname:
cosy J
I'v = - f -----dr-ln(2y-y)l+ln(2
J 2x-y у
cosy-y)(-siny)=
1	.	, cosy
=—ln(2x-y) -lny-sinyln(2 cosy-y)= 2	у
—^sinу + ( ln(2 cosy-y)-y Iny . ▲
Uzdaviniai
l. (vertinkite integralus:
2
b)
2
Г xdx
I 2
c)
dx
J 5 + 3cos2x о
2. Raskite funkcijos у =
—— dt kritinius taSkus intervale (0 ; »).
о
3. Raskite funkcijos у =
?-16 , , ------dt ekstremumo
о
4. Jrodykite, kad funkcijaу =
dt tenkina s^lyg^ 2 y" + —•+
287
5 Apskaiciuokite integralus, tiesiogiai taikydami Niutono ir Leibnico formula П
6. Keisdami kintamqjl, apskaiciuokite siuos integralus:
3л	
4	2
Г a 2x ,	ч Г
d) Isin6—dx ;	e)
J 3	J 1 + sin X + COS X
0	0
7. Integravimo dalimis metodu apskaiciuokite siuos integralus:
		
2 a) J(3x + 2)ln xJx; 1	3 , s Г xdx b4 • 2 ; J sm X	c) Jx'cosxtZv; 0
1 d) pn(l+x)A ; 0	4 Vi e) jxarctgxr/r . 0	
8. Apskaiciuokite figuni, kurias riboja duotosios kreives, plotg:
a)у = 6x-x2-7, y = x-3; b)y = x-x2, y=x-J\~x ;
c) x = 2 cos t - cos 2 t, у = 2 sin t - sin 2 t (kardioide);
d) P = 2 7? costp, p = 2sin tp; e) (x2 +y2)2 = 2a2 xy (lemniskatc).
9- Apskaiciuokite §iq kreivip lanky ilgj:
a) У2 - x3, nukirstos tiese x = 4 / 3;
c)y-2Vl + ex/2 , In9<x<ln64; e) P = a costp;
b)y=—7x + 12 , -ll<x<-3;
6
d)x=sin4/, y = cos2Z, 0<z<n/2;
f) p = a( 1 - sintp), - я/ 2<(р<-л/6.
288
10. Kiinq riboja paraboloidas z
r2 2
_ + 2_ ir plokstuma ~’=10.ApskaiCillokite
kiino Игр
11.	Apskaiciuokite turi sukiniq, kurie gaunami duotq kreiviq apribotas f -sukant apie as( Ox:	№as
a)	r = xI 2 - + 15, v = 0;
b)	у = arcsinx, у = 0, 0 < x < 1;
с)	у - e' + 6, y = e2', x = 0.
12.	J skysti, kurio tankis y, panardinta (virsune aukstyn) trikampe plokstele tain kad jos virsune yra vandens pavirsiuje. Raskite skysdio slegj j plokiitel?, jei trikampio pagrindas a, о aukstine Л.
13.	Kokio didumo darbas atliekamas iSsiurbiant skysti cilindrinio rezervuaro kai to skyscio tankis y, rezervuaro aukstis й, о pagrindo skersmuo <7?
14.	Apskaiciuokite pirmojo tipo netiesioginius integralus:
boo 3
a) j x'e v dx ;
о
dx xln2 x
15.	Istirkite siq integralq konvergavimq:
x f dx
a) I-7—
J ^4 -J- x2
1
16.	Apskaiciuokite antrojo tipo netiesioginius integralus (arba jsitikinkite, kad jie diverguoja):
17. Istirkite siq integralq konvergavimaj
18. Raskite funkcijos 1(a) isvestine, kai:
1
f dx
J x-sinx
0
I	a
. ,, . jln(l + ax) ,	fln(l + ax) ,
a) I(a)= I—----------dx , a>0; b) Z(a)= I—--------------dx,
J 1 + x	J	x
0	0
—oc < a < +00 •
PAPRASTOSIOS
DIFERENCIALINES
LYGTYS
11.1. Diferencialines lygties ir jos sprendinio sqvokos
[vairCis realieji procesai, vykstantys gamtoje, technikoje ir kt., daznai modeliuojami lygtimis, kurios tarp savy's sieja nepriklausomtyj kintamtyj л; ieskomqjti funkcija у ir tos funkcijos jvairiq eiliq. isvestines argumento x atzvilgiu. Tokios lygtys vadinamos diferencialinemis lygtimis.
1	apibrezimas. Diferencialine lygtimi vadinama lygtis, siejanti nepri-klausomqjl kintamqji x, ieskomqjqfunkcijqy ir jos isvestines y',y",...,y^:
г(х,у,у',...,у^)=0.	(1)
Lygtis, kuri^ galima issprqsti isvestines y^ atzvilgiu, dar uzrasoma ir taip:
yW = /(x,y,y',...,y^
Jeigu ieskomoji funkcijay yra tik vieno kintamojo x funkcija, tai diferencialine lygtis vadinama paprastqja. Diferencialine lygtis, siejanti nezinoma keliq kintamigq funkcija irjos dalines isvestines, vadinama daliniq isvestiniq
diferencialine lygtimi. Pavyzdziui, tokia yra lygtis x—— =y—— . Sioje c’x ' 5 у
knygoje nagrinesime tik paprast^sias diferencialines lygtis.
2	apibrezimas. Diferencialines lygties eile vadinama auksciausios eiles isvestines, esancios toje lygtyje, eile.
Pavyzdziui, lygtisy' = 2x yra pirmosios eiles, lygtis y"-2y'-t-+ 3y = e 3v- antrosios eiles, о lygtis y'1 -3.1" t-5y-x(?' = 0 - ketvirtosios eiles.
3	apibrezimas. Diferencialines lygties sprendiniu, arba integralu, v°dinama funkcijay = ip (x), tinkanti tai lygciai.
Funkcija <p (д-j turj buti n kartq tolydziai diferencijuojama.
kreiv’ le*v’en^ diferencialines lygties sprendinj atitinka lam tikra plokstumos eiv®’ kuri vadinama integraline diferencialines lygties kreive.
jnte erencialines lygties sprendimo procesas vadinamas tos lygties
290
1 pavyzdys. Lygtis
У ~ xy'-у'2
turi sprendini у = x -1, nes, jras? i j.y у = x -1 ir y' = 1, gauname tapatyb» Analogiskai isitikintume, kad ir funkcijos y = 2x-4 bei v = 3x - 9 jrgj sios lygties sprendiniai. Apskritai nagrinejamoji lygtis turi sprendini у - Cx - C‘, priklausantj nuo laisvosios konstantos C. Tai nesunkiai patvir tintume, rad? у' (у1 = C) ir iras? j duotyja lygtiУ bei y' israiskas. ▲
2 pavyzdys. Lygties y"-6y'-7y - 0 sprendiniai yra funkcijos у = e~* ir y = e7x, nes, jrasytos i siy lygtj, jos pavercia jy tapatybe. Apskritai Sios lygties sprendinys yra ir funkcija у = Cle~x + C2e7x , priklausanti nuo laisvai parenkamu konstanty Cj ir C2. Is tikryjy isdiferencijav? turime:
y' = -Cie~x + 7C2e7x, y" = Cie~x + 49C2e7x.
[ras?siasy, y' ir y" israiskas j duo try у lygtj, gauname tapatyb?
C{e~x +49C2e7x +6C}e~x-42C2e7x-7C}e~x-7C2e7x =0. ▲
Kaip matyti is abiejy issprestp pavyzdziu, diferencialine lygtis turi be galo daug sprendiniu, kuriuos gauname keisdami laisvigi} konstantu reiksmes.
1	1.2. Pirmosios eiles diferencialines lygtys. Kosi uzdavinys
Kai n = 1, tai (1) syrysis apibrezia pirmosios eiles diferencialin? lygtj f(x,y,y')=0,
arba lygtj y' = f(x,y).	(2)
Tokia lygtis turi be galo daug sprendiniu. Noredami is ju isskirti kuri nors vieny (veliau jj pavadinsime atskiruoju sprendiniu), pareikalaujame, kad Ц sprendinj atitinkanti integraline kreive eity per tasky (xolTo)» tenkinama sylyga у (,r0) = Уо . Sylygos у = y0, kai x =	> trumPal
uzrasomos y| v= v = y0 ir vadinamos pradinemis sqlygomis.
Kaip matyti is 1.1 skyrelyje isnagrineto 1 pavyzdzio, pirmosios eiles diferencialines lygties sprendiniai paprastai nusakomi funkcija, priklausancia nuo laisvosios konstantos C. Siy funkeijy bendruoju atveju galima uzra у
291
1 apibrezimas. Pirmosios eiles diferencialines lygties y'- f\x,y) bendruoju sprendiniu vadinama funkcija
'klausanti nuo laisvosios konstantos C ir tenkinanti tokias sqlygas: ?Г ’j) su bet kuria C reiksme Ji tinka diferencialinei lygciai y' = /(x,y);
b) kad ir kokios butq pradines sqlygos }’|v_v = Уо • visada galima rasti tokiq parametro C reiksme Co , su kuria funkcija y = <p(x,C0) tenkintq tas pradines sqlygas.
Kartais diferencialines lygties sprendinys y = <p(x.C) nusakomas reiskiniu Ф(х,у, Q = 0. Tuomet toks sprendinys vadinamas bendruoju diferencialines lygties integralo.
2	apibrezimas. Atskiruoju diferencialines lygties y'= f(x,y) sprendiniu vadinamas sprendinys, kuris gaunamas is bendrojo sprendinio su kuria nors konstantos C reiksme Co.
Is bendrojo integralo Ф(х, у, С) = 0 gautas atskirasis sprendinys vadinamas atskiruoju integralu.
Taciau yra lygciq, kuriq ne visi sprendiniai gaunami is bendrojo sprendinio.
3	apibrezimas. Lygties sprendinys y = \|/(x), kurio negalima gauti is bendrojo sprendinio ne su viena C reiksme, vadinamas ypatinguoju tos lygties sprendiniu.
Pavyzdziui, 1.1 skyrelyje nagrineta lygtis у = xy' -y'2 turi sprendinj
r2	2
_ X	x	X
У -	, nes, [ras? j jo у = — ir v' = —, gauname tapatyb^
4	4'2
4	2 v 2 J
TaCiau aisku, kad nera tokios C reiksmes, su kuria galetume is reiskinio 2	2
V = Л* /^2 .XX	э
у cx-C" gauti r = — .Taigi v =------------ypatingasis lygties r = xv'-v'“
4	’	4
sprendinys.
Uzdavinys, reikalaujantis rasti (2) diferencialines lygties atskirqjj sprendini. tenkinantj pradines sajygas y| _ = v0, v adinamas tos lygties Kosi ,	v0
avinin Taip jis buvo pavadintas del to, kad O. Kosi pirmasis suformulavo lr°de teoremo apie lygties y' = /(x, v) sprendinio, tenkinancio pradines
^ygas y|x_ = j.q, egzistavimo ir vienatj. Toliau be jrodymo pateiksime sio teorern^
292
Teorema (apie Kosi uzdavinio sprendinio egzistavimq ir v:
Tarkime., kad funkcija fix, y) apibrezta, tolydi ir turi tolydziq dating isvesf cl
— lam tikroje plokstumos xOy srityje D, kuriai priklauso taskas (x0- у у Tuomet yra tasko x() aplinka Kp'(x0), kurioje egzistuoja vienintelis diferen dalines lygties y’ = f(x,y) sprendinys pradines sqlygas r| - >’a.
I r- v0
Geometriskai tai reiskia, kad yra vienintele funkcija y= <p (x), kurios grafikas eina per taskq. (x0;y0)eZZ
Kai Kosi teoremos sqlygos neispildytos, per taskq (x0; yfi^D gali eiti ne viena, о kelios integralines kreives.
Pavyzdys. Nagrinekime lygtj y' = 3 yfv2 . Kai у 0, siq lygtj galime parasyti taip:
-q>(x), tenkinantis duotqsias
= 1.
Kadangi reiskinys —y== lygus fyy) , tai turime lygtj
1,
kurios bendrasis sprendinys yra Ijy = x + C, arba у = (x + Q3. Taigi lygties у' = 3д/у^ integralines kreives yra kubines paraboles, pavaizduotos 11-1
' paveiksle.
I
I

293
Sesunku patikrinti. kad nagnnejamoji lygtis dar turi sprendini у = 0, kurio attonta gauti is bendrojo sprendinio ne su viena C reiksme. Sprendinio -0 grafikas - asis Ox. Taigi per kiekvienq asies Ox lasky eina ne viena. о a ' integralities kreives: kubine parabole ir pati asis Ox. Lygties sprendinys = Э yra ypatingasis jos sprendinys ▲
11.3. Diferencialines lygtys su atskiriamaisiais kintamaisiais
Apibrezimas. Pirmosios eiles diferencialine lygtis
Mt (x) .V| (y) dx + ЛЛ (*) ^2 (y) dy =0	(3)
vadinama lygtimi su atskiriamaisiais kintamaisiais; cia (x), N\ (y), ~ tolydzios tam tikrnose intervaluose funkcijos.
Lygtis
dx
irgi yra tokio pat tipo; cia /(x), g (y) - tolydzios tam tikrnose intervaluose funkcijos.
Sakykime, kad M2(x) / 0 ir N\(y) 0 tuose intervaluose. kuriuose sios funkcijos yra apibreztos. Padalij? abi (3) lygties puses is Л/2(х) AG(y) * 0. gauname lygtj
M[(x)	. n	,
—ку-т- dx + —dy - 0,	(4)
M2(x) Aj(y) .
kuri^ jau vadiname lygtimi su atskirtaisiais kintamaisiais. Is (4) lygties gauname lygybq
M2(x) jVl(.v)
-4 gaiime traktuoti kaip dviejy difcrencialy lygyb?. Tuomet ju neapibreztiniai integralai skiriasi tik konstanta:
L У-
_-ЦМ M2(x)
dx = - dv , Aj(j’) 
dx = -.\f2^2dv + c.	(5)
lygybe apibrezia bendrtyj (3) lygties integral^.
Kai M2(x) = 0 arba Ajtyj = 0. (3) lygtis gali tureti ir kitokiy sprendinio. Is es4, kai x = X] - lygties M-fx) = 0 saknis, tai su sia reiksme (3) lygtis virsta vgtimi
Mfx) NJy) dx = 0 .
(6)
294
Kadangi dx = 0, kai x = Xj = const, tai (6) lygtis yra tapatybe. Taigi x = lygties ypatingasis sprendinys. Analogiskai nagrinejamas atvejis Aj (y) = q
1	pavyzdys. Isspreskime lygtj
(x2y + y)<ir + (x2 - x2yjdy = 0 .
Sprendimas. Lygtj pertvarkome:
(7)
41 + x2 Idx = x2 (y-1) dy .
Abi jos puses padalijame is ух1 (x * 0,у * 0):
Integruodami gauname:
l + x2 (• y-1 ,	_
--- —~dx -- I  dv + C >
x2	У
arba
X - — _ у + ln |y| - (J _
Si lygybe nusako bendrqjj (7) lygties integralq. (7) lygtis dar turi du ypatinguosius sprendinius x = 0 ir у - 0, kuriq nejmanoma gauti is bendrojo integralo ne su viena C reiksme. ▲
2	pavyzdys. Raskime lygties
atskirajj sprendinj, tenkmantj pradines sajygas
Sprendimas. Atskyrg kintamuosius, turime: dy dx
SuintegravQ gauname:
arctg у = arctg x+C.
1 Atsizvelg? j pradines sqlygas, gauname:
I	arctg 0 = arctg 1+C.
I
295
p cia C -	• Taigi atskirasis lygties integralas yra
Tl arctg у = arctg x - —,
arctg у = arctg x - arctg 1,
x-1
arctg у = arctg ----
1 + x-l
Is cia isplaukia tokia atskirojo lygties sprendinio israiska:
У
Lzdavinys apie radioaktj vqjj skilimq. Bandymais nustatyta, kad radio-aktyviosios medziagos skilimo greitis proporcingas nesuskilusios medziagos kiekiui. Nustatykime nesuskilusios medziagos kiekio m priklausomyb? nuo laiko t, kai pradinis medziagos kiekis lygus m0.
dm
Sprendimas. Radioaktyviosios medziagos skilimo greitis lygus —.
Pagal s^lygu,
(8)
dm
--- = - km; dt
cia к > 0 - proporcingumo koeficientas. Kadangi radioaktyviosios medziagos
kiekis ilgainiui mazeja, tai — <0, todel (8) lygties desiniojoje puseje rasome dt
minuso zenkl^.
Atskyr^ kintamuosius, turime:
*
m
Suintegrav? gauname:
1пш = -kr + lnC.	(9)
(Noredami supaprastinti bendrojo sprendinio israiska, siame pavyzdyje vietoj C rasome In Q.
Is (9) lygybes randame bendraj j (8) lygties sprendinj:
m = Ce .	(10)
Uzdavinio sajygoje nurodyta, kad laiko momentu t = 0 pradinis ziagos kiekis lygus mu. Sios s^lygos yra pradines ir trumpai uzrasomos ’P’ w|i=o = z»o- I (10) reiskinj vietoj m jras? dydj mn, о vietoj r-nulj,
296
(Н)
gauname: C = miu. Taigi is bendrojo sprendinio isplaukia toks ан sprendinys	,s
m - m0 e k'
atitinkantis duot^sias pradines sqlygas.
Radioaktyviosios medziagos skilimo greitj apinudina pusamzio arba pusejimo trukmes, savoka. Taip vadinamas laikas T, per kuri suskyla puse pradimo radioaktyvios medziagos kiekio. [ (11) lygybe (rase m = ~ц.
1 - T, gauname sqrysj
1	-kT
-1щ}=т^е
Is cia
e~kr =- ir £T=ln2. 2
Taigi koeficient^ к su skilimo pusamziu T sieja s^lyga
k = —ln2.
T
Tuomet atskirasis diferencialines lygties sprendinys uzrasoinas taip:
-In24 m = m^e 1 . ▲
Pusamzio T reiksmes nustatomos eksperimentais. [vairin racioaktyviiyn medziagp skilimc pusamzio reiksmes yra labai skirtingos (zr 1 lente!?).
1 lentele
|\’airiq radioaktyviiyp medziagu skilimo pusamzis
Medziaga	Skilimo pusamzis
Anglis - 14	5730 metp
Plutonis - 244	8’107metq			
Radis-226	1600 metp		
Stroncis - 90	28,1 metp				-
Uranas - 235	7,07-108 metp			
Uranas - 238	4,51  109 metp			
297
11.4. Homogenines diferencialines lygtys
1	apibrezimas. Funkcija f(x,y) vadinama kintamiyn x ir у m-tojo „ata*"»0 homogenine funkcija, jei
fljx, ty)=fflx,y), t&R .
Pavvzdziui, funkcija f (x, y) = x3y + x4 + / yra 4 - tojo matavimo homogenine funkcija, nesf(tx, ty) = Л3 ty + Ax4 + t4y4 = t4f(x, y).
2	apibrezimas. Diferencialine lygtis
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 ,	(12)
kurios P(x,y) ir Q(x,y) yra to paties matavimo homogenines funkcijos, vadinamapirmosios eiles homogenine diferencialine lygtimi.
Is (12) lygties, kai Q(x, y) * 0, gauname
dy _ P(x,y)
dx Q(x,y)'
Kadangi P(x,y) ir Q(x,y) yra m - tojo matavimo homogenines funkcijos, tai р[х у 'j
jgsantykis )-’•'( bus nulinio matavimo homogenine funkcija. Todel
Q\x,y)
homogenine bus ir lygtis y' = g(x,y),	(13)
kurios g(x, y) - nulinio matavimo homogenine funkcija.
(12)	lygtj visada galima pakeisti (13) lygtimi, todel toliau nagrinesime
(13)	lygties sprendimo melody.
Kadangi g(x, y) - nulinio matavimo homogenine funkcija, tai g(tx, ty) = z°g(x, y) = g(x, j) .
Parink? t = —, x * 0, gauname:
X
g(x, y)= g| 1,- ,
todel (13) lygtj parasome taip:
y = gfl,-\	(14)
к x j
^sprendziame naudodami keitinj — = и . Tuometу = их ir у' - их + и . jras? sias israiskas j (14) lygtj, gauname:
u'x + u = g(l,z/), arba u'x = g(l,u)-и .
298
Tai jau yra lygtis su atskiriamaisiais kintamaisiais. Jos g(l,t/) - и * 0, nusakomas lygybe
г du _ edx J g(l,u)-u •* x
1 pavyzdys. Isspr?skime lygti x2dy-y(y + x)dx = 0.
Sprendimas. Kai x * 0, is sqjygos turime:
dy „	+ *)
dx	x2
v(y + x)
Kadangi - ——- yra nulinio matavimo homogenine funkcija, tai duotoji x2
lygtis homogenine.
Panaudoj? keitinj = их , у' = u'x+ u , gauname:
sprendinys, kaix^Oir
Suprastin? is x xO, turime:
и x + и = и + u, arba и x = и . Atskyr? kintamuosius, gauname:
du dx
- —= ln|xl + lnC. и
Pertvarke turime:
Cx-e y .
Nesunkiai jsitikintume, kad x = 0 irgi yra duotosios lygties sprendinys. A
2 pavyzdys. Raskime atskirqjj diferencialines lygties xy'= ylD~ sprendini, tenkinanti pradines sqlygas y| = y/e .
Sprendimas. Kai x 0, gauname:
Taigi duotoji lygtis yra homogenine. Pritaik? keitinjу = их, gauname: u'x + и = и In и ,
299
l/'x = l/(in U - 1),
du dx n /,	n
—---------r = —, x * 0, и (In и -1) * 0 .
n(lnz/-l) X
Suintegrav? turime: In |ln и -1| = In |x| + In C .
pertvark? si^lygyb?, gauname tokj bendrtyj lygties sprendini:
C.r+1 у = xe
Atsizvelg? j pradines sqlygas, turime:
4 1 C-l+l. e- = 1 -e ;
is cia C =	. Vadinasi, ieskomas atskirasis sprendinys yra toks:
11.5. Pirmosios eiles tiesines diferencialines lygtys
Apibrezimas. Pirmosios eiles tiesine diferencialine lygtimi vadinama fygtis
y' + P(x),v = g(x);	(15)
cia P(x), Q(x) - tolydzios tam tikrame intervale funkcijos.
Isnagrinesime du tokios lygties sprendinio metodus.
1. Kintamojo keitimo metodas. Lygtis sprendziama naudojant keitinj У - tiv; cia и = и (x) ir v = v (x) - tolydziai diferencijuojamos funkcijos. Tuomet y' = u'v + uv . (ras§ §i^ israiska i (15) lygtj, gauname:
u'v + uv' + P(x)uv = Q(x), arba
v(i/' + P(x) и) + и v' = g(x).	(16)
Funkcijq и parenkame toki^, kad butp
u' + P(x)w = 0.	(17)
lygtis yra lygtis su atskiriamaisais kintamaisiais. J4 galima pertvarkyti taip:
— = -P(x)d.x.
Su'ttegrav? randame и:
„ - [p(.r)<&
и = це 1 v '
300
Kai galioja (] 7) s^lyga, tai (16) lygtj. gaiima uzrasyti taip-Cie-K^? = g(x)
Ji taip pat yra lygtis su atskinamaisiais kintamaisiais. Atskyr? tUo kintamuosius, turime:
—Q{x^P^dx;
G
is cia
v = — ^Q(x)e^P^x^xdx + C2 
Taigi (15) lygties bendrasis sprendinys yra
у = uv =	\q(x^P^x dx + C2j =
=	+ QC2) .
Kadangi C\ ir C2 - bet kokios konstantos, tai C]C2=C-irgi bet kokia konstanta. Taigi bendrasis lygties sprendinys yra
Aisku, kad taip atrodantj sprendinj gautume parink? G = 1 ir G ~ C.
_ fp(x\Jx
Todel и israiskoje G gahma praleisti ir rasyti tiesiog и = e J
1	pavyzdys. Isspr?skime lygtj
y = 2i+xV-i.
X
Sprendimas. Parasykime si^ lygtj taip:
y' - —  у - x2ex -1. x
Matome, kad ji yra pirmosios eiles tiesine diferencialine lygtis. Sprendzianic.
у = uv, y' = u'v + uv',
i ,2	2 r ,
uv + uv---uv = x e -1.
J
301
nan sugrupuojame su treciuoju ir pries skliaustus iskeliame v :
( , 2 )	,	2 x ,
у и-----и \+uv = x e -1.
2
(19)
Reikalaujame, kad btitq
• 2 П u — и = 0 .
Atskyr? kintamuosius, integruojame: du 2 j — = — dx, и x
2
Tuomet (19) lygtis virsta tokia:
x2v' = x2ex -1;
is cia
, x IL dv = \e------- ar,
к x1)
v = ex + — + C. x
Taigi bendrasis duotosios lygties sprendinys yra
у = uv = ex 4-----h C | = Cx2 + x2 ex + x.
\ x )
Diferencialine lygtis
x 'y+p{y\x=e(y)
kgi yra tiesine, taciau funkcijos x = x (у) atzvilgiu; cia P (y), Q (y) - tolydzios lam tikrame intervale funkcijos. Ji sprendziama naudojant keitini x = uv, cia и r v yra kintamojo у funkcijos.
2	pavyzdys. Isspr^skime lygti
, 1
У ~	2
cos y-xtgy
Sprendimas. Kadangi — = x'v, tai duotaj^ lygtiparasome taip:
Jx
1 1
x'y cos2y - Xtgy
302
,	2
х); = cos у - xtg у, х\, + xtgy = cos2y.
Si lygtis yra tiesine funkcijos x=x(y) atzvilgiu, todel j;[ sprendziam naudodami keitinj x = uv, x'v = u'v + uv'. Gauname:
,	I	">
uv + uv + HVtgy = COS y,
V’(l/'+Z/tgy)+Wv' = COS2y.	(20)
Reikalaujame, kad biitu
u' + utgy = 0, du
— = -tgyr/v, и ln|z/| = ln|cosy|;
is cia и = cosy. Tuomet (20) lygtis atrodys taip: v'cosy = cos“y, v = cosy;
is cia
v = siny + C.
Vadinasi, bendrasis lygties integralas yra
x = uv = cos у (sin у + Q = sin у cos y+C cos у. ▲
2. Konstantos variacijos metodas (Lagranzo metodas). Prilygin? desini^j^ (15) lygties pus? nuliui, gauname lygtj
y' + P(x)y = 0 ,
kuri vadinama pirmosios eiles tiesine homogenine diferencialine lygtimi. Tat lygtis su atskiriamaisiais kintamaisiais. Issprend? randame bendr^jl sprendinj
(21)
у = Ce 1 r ; cia C - bet kokia konstanta.
Palygin? sj sprendinj su bendruoju (15) lygties sprendiniu, apibreziainu (18) lygybe, matome, kad (18) sprendinj galima gauti is (21) sprendiniq pakeitus pastarojo konstant^ C tam tikra funkcija C(x) (metodo pavadimmas kil?s is lotynq kalbos zodzio variatio - pakeitimas). Todel bendrojo t lygties sprendinio israiska tokia:
y = C(x)e~H4<	(22)
303
lras?j^i(15)lygtt gauname:
.(-Р(х))+р(А-)с(л-)е-И^л- = e(jr)>
С'(х)е-И^ = 2(х),
Is cia
С(.'< >= | (?(х)е	,ix • С
Jras? si^ C (x) iSraiskst j (22) formul?, gauname bendrry j (15) lygties sprendinj.
3 pavyzdys. Raskime lygties , 2xy ,	2
У------2y = l + x
l + x2
atskirqji sprendinj., tenkinantj pradines s^lygas y| _2 =5 .
Sprendimas. Pirmiausia sprendziame homogenin? lygtj
У--^- = 0 .	(23)
l	+ x2
Atskyr? kintamuosius ir suintegrav?, randame bendrqj j (23) lygties sprendinj: y = C(l +x2).
Bendrasis duotosios lygties sprendinys yra
у = C(x) (l+x2).
Si^. у israiska jras? j duotqj^ lygtj, gauname:
„,/ J 2I z-,/ \ 2xC(x)(l + x2) ,	2
C(x)(1 + x2I+C(x)-2x--------v ‘ = 1 + x z,
l + x2
l-	У- C’(x)= 1. Todel C(x) = x + C. Bendrasis duotosios lygties sprendinys yra y = (x + Q(l +x2).
Kadangi у = 5, kai x = 2, tai 5 = (2 + C) 5; is cia C = -1. Vadinasi, duotojo °si uzdavinio sprendinys yra
y = (x-l)(l + <). ▲
к
304
*
11.6.	Bernulio diferencialine lygtis
Taip vadinama lygtis
y' + P(x)y = Q(x)ym-,
cia m&R, m * 0, m # 1 (kai m = 0, lygtis yra tiesine, о kai m = 1, - lygtis su atskiriamaisiais kintamaisiais).
Padalij? abi jos puses is У”(у * 0), gauname y-V+/’W?-'”=e(x).	(24)
Pazymej? yx~m = z, matome, kad (24) lygtis virsta lygtimi z' + (l-w)p(x)z = (1 -m)o(.r), kuri yra pirmosios eiles tiesine diferencialine lygtis. Del sios priezasties Bernulio lygtj galima spresti panasiai kaip ir pirmosios eiles tiesin?, naudojant keitini y=uv.
Aisku, kad у = 0, kai m > 0, taip pat yra Bernulio lygties sprendinys.
Pavyzdys. Raskime lygties
xy' + у + x2y2e* = 0 bendrqji sprendini.
Sprendimas. Padalij^ abi lygties puses is x * 0, gauname lygti ,	1	2 x
У +-y = -xy e .
x
Tai Bernulio diferencialine lygtis. Sprendziame: y = wv, y' = w'v + wv',
,	, «V 2 2 X
и v + uv + — = -xu v e , x
vfw'+— '1 + j/v' = -xu"v~ex.	(25)
V XJ
Reikalaujame, kad biitq
h' + - = 0.
x
Is cia gauname:
du _ dx и x ln|l/| = — ln|x| , 1
305
Tuoinet (28) lygtis atrodo taip:
— v' = -x-\v2ex Y
v = —v2ev.
Suintegrav?jtb gauname
Taigi bendrasis lygties sprendinys yra
arba
xy =
1
ex +C
11.7.	Pilnqjy diferencialq lygtys
Priminsime, kad dviejq kintamqjq funkcijos u = u(x,y) pilnuoju diferencialu vadinamas reiskinys
, du , on , du = —dx +—dy . dx dy
Be jrodymo suformuluosime sqlygas. kurioms reiskinys
P(x,y)dx + Q(x,y)dy
yra tam tikros funkcijos u(x, y) pilnasis diferencialas. Jos skamba taip: Tarkime, kad P(x, y) ir Q{x, y) - tolydzios tam tikroje srityje E funkcijos,
turincios joje tolydzias dalines isvestines	ir . Reiskinys
dy dx
P(x, y)dx + Q(x, y)dy
yra tam tikros funkcijos и = и (x, у) pilnasis diferencialas tada ir tik tada, kai dP_ _ dQ cy dx
v‘suose srities E taskuose.
Sj teiginj jrodysime veliau, nagrinedami kreivinius integralus (zr. 14.6 skyrelj).
Apibrezimas. Diferencialine lygtis
L
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0	(26)
fimkama diferencialu lygtimi, kai jos kairioji puse yra tam tikros c‘jos и = и (x,y) pilnasis diferencialas du.
306
Kaip jau minejome, lokios lygties pozymis yra sajyga ~ = pQ_
dy qx  Jei
P(x, y)dx + Q{x, y)dy = du, tai (26) lygtj galima uzrasyti taip:
du = 0 .
Bendrasis jos sprendinys yra
u(x,y) = C.
Kaip rasti u(x, y), kai zinomas du, paaiskinsime, spr^sdami pavyzdzius Kitas u(x,y) radimo budas bus pateiktas toliau (14.6 skyrelyje).
1 pavyzdys. Isspr^skime lygtj
(e* cosy + crgy)dv-(eA sin у + xcosec2y-3y2}dy = 0 .
Sprendimas. Pazymej?
P = e ' cosy + ctgy, Q = -ex sin у - xcosec2y + 3y2 , randame
dP x .	2
— = -e siny-cosec“v,
5y
dQ x .	->
— = -e sin у - cos ec y. dx
dP dQ
Taigi — = — , todel duotoji lygtis yra pilmpy diferenciahj lygtis. Tuomet
dy dx
du x
— = e cos v +ctgy, dx
du x .	2	, 2
— = -e sin у-xcosec y+3y . dy
Is pirmosios lygybes, integruodami kintamojo x atzvilgiu, gauname:
и = j(eA cosy + ctgy^dx = ex cosy + xctgу + C(y);
vietoj integravimo konstantos C rasome bet kokia funkcija, priklausanci^ nuo dd 1
v, nes -—— = 0 . Isdiferencijav? gauta. и israiskyy atzvilgiu ir prilygin? J4 dx
. du ,v ....	.	.
zinomai — israiskai, gauname lygtj cy
- ex sin у - x cos ec2у + C'(y) = -ex sin у - x cos ее2у + 3y2 •
Taigi C'(y)= 3y2 ir C(y) = у3 + C. Vadinasi, bendrasis duotosios lyg116® integralas yra toks:
Y	3
e' cos у + xctgy + у = C . ▲
307
2 pavyzdys. Raskime lygties
(1 + yexy }dx + (2у + xexy }dy = 0 atskir^jl sprendini, tenkinanti pradines sqlygas y| v=Q = y[2e
Sprendimas. Pazymeje P = 1 + yexy, Q = 2у + xexy, randame:
CP xv л-v &Q XV XV — = ey + xye ', — = e ’ + xye • . dy	dx
C^P dO
Kadangi —- =	, tai duotoji lygtis yra pilnqjq diferencialq lygtis. Is sqlygos
du M, — = 1 + ve  , dx
integruodami jqkintamojo x atzvilgiu, gauname: и
xy+C(y) .
Tuomet
— = xexy +C(y)=2v + xexy. oy
Todel C'(y) = 2y ir C(y) = у2 + C .
Bendrasis lygties integralas yra
x + e^’ + y2 = C .
Is sqlygq x = 0, у = -Jie , gauname 1 + 2e = C. Taigi atskirasis lygties integralas yra
x + exy + _v2 = 1 + 2e. ▲
11	.8. Bendrosios aukstesniqjq eiliij diferencialiniij lygciq sqvokos
Zinome, kad lygtis
1)	vadinama n -tosios eiles diferencialine lygtimi. Kai jq galima isspr^sti "tosios isvestines atzvilgiu, ji uzrasoma taip:
/”)=/(х,у,У,/,...,у(',ч)) .	(27)
Bendrasis n -tosios eiles diferencialines lygties sprendinys priklauso nuo n onstantq Cj, C2,..., C„ ir turi israiskq
<₽ n kartq tolydziai diferencijuojama funkcija. Bendrasis sprendinys, kuris sakomas neisreikstine funkcija, vadinamas bendruoju integralu.
308
Parinkus tam tikras konstantq С1я C2,..., C„ reiksmes, gaunamas at.’ki diferencialines lygties sprendinys. Norint rasti и konstantq reiksmes г V tureti n sqlygq. Todel pradines s^lygas, be funkcijos reiksmes tain tikra^ taske x0, dar nusako jos n- 1 isvestiniq reiksmes tame taske. Kosi uidavi ° siuo atveju formukiojamas taip reikia rasti (27) lygties atskirqjj sprertd’ • tenkinanti pradines sijygas
J’|V=XO = ко,У Uo = J'o.k Iv=Xo = To.-.,/	= To ;
cia x0,y0,yo,yo,...,y^” -tam likri skaiciai.
11	.9. Diferencialines lygtys, sprendziamos mazinant jq eii$
Isnagrinesime trijq tipq diferencialines lygtis, kurios integruojamos mazinant i q eil<j.
\.y^=f(x).
I’okiq lygciq eil? maziname nuosekliai integruodami abi lygties puses.
1	pavyzdys. Isspr^skime lygtj yIV = cosx - x .
Sprendimas. Nuosekliai integruodami, gauname
r2 y” = sinx- —+ C>, 2
x3
y" = -cosx- —- + C|Xx + C2,
x4	x2
v' = - sin x-----e Ci — t- C7xr + Ci,
2-3-4	2
v5	r3	r2
V - COSX-: + Ci  ---F Cl  -F C1X + Сд.
5!	3!	2'	3
с -с,
Pazymekime — =	= ^2  Tuomet
Л'5	~3~2
У — COS X--— 4-C]X + C2x + C^X -F C4.
Praleid? vingio zenkliukus, bendrqji lygties sprendinj galetume parasyti taip-
v5 3	2
У = COS X-----F C]X + C2x 4 C3X + C4 . A
309
2.	/ = /(*,/)•
Tokiose lygtyse nera funkcijos y. Jos sprendziamos naudojant keitinj
Дх),/ = P  lras*? i lygtj sias israiskas, gauname pirmosios eiles diferencialine lygti
P = f(x,p).
Issprend? j4P atzvilgiu,vietoj p [rasome y' ir vel gauname pirmosios eiles diferencialine lygti-
2	pavyzdys. lsspr?skime lygtj
x y" = y'.
Sprendimas. Pazymekime: y' = p,y" = p'. Gauname:
*P' = P 
• < • - dp .	.	> •		. •
Vietoj p irase — ir atskyr? kintamuosius, turime: dx
dp dx p x is cia
In |	= ln| x | + In C] ,
arba
p = Cjx .
Vietoj p jras? , gauname: dx
dy = Cpcdx.
Suintegrav? turime
x1
y = C}A- + C,.Jk
3- y" = l\y,y'Y
Tokiose lygtyse nera kintamojo x. Pazymej? y' = p (dabar laikome, kad P pnklauso nuo y), ir pritaik? sudetines funkcijos diferencijavimo taisykl?, turime:
v" = ^P^^P.^L = p^P. dx dy dx dy
lras? sias y" ir y' israiskas i duoRj^ lygtj, gauname pirmosios eiles ^ferencialin? lygtj
p^-=f{y,p\ dy
310
.Ц suintegrav?, nustatome p priklausomyb? nuoy. jras? vietoj p isvestin?
(ix * gauname pirmosios eiles diferencialin? lygtj, kurios bendrasis sprendinys ir duotosios lygties bendrasis sprendinys.
3 pavyzdys. Isspr?skime lygtj
yy" - (y1)2 + G’’)3 = 0 •
Sprendimas. Pazymekime: y' = p,y" = p~ . Iras? sias y” ir y' israiskas j duotfya lygtj, gauname:
yp^-~p2 + p3 =0.
arba
Is ciap = 0, taigi у - C = const. Kaip^O. turime lygti y~-p + p2=0.
dy
ydp + \p -ppy = 0, kuri yra lygtis su atskiriamaisiais kintamaisiais. Is jos gauname:
dp _dy dp dy
p~p2 у’р^-р) У
Suintegrav? turime:
p i-p
Is cia
1 + C,y
Jras? vietoj p iSvestin?
dv .	.	,
— ir atskyr? kintamuosius, gauname lygti dx
----— dv = dx . Qy
Suintegrav? jq, turime:
1
Tai ir yra bendrasis duotosios lygties integralas. ▲
311
pastoviais
11.10. Antrosios eiles tiesines homogenines diferencialines lygtys su pastoviaisiais koeficientais
1 apibrezimas. Antrosios eiles tiesine diferencialine lygtimi su koeficientais vadinama lygtis
y" + py' + qy = /(.v);	(28)
cia p,q~ skaiciai, f (x) - zinoma, be to, tolydi tam tikrame intervale (a; />) funkcija.
Pavyzdziui, tokia yra lygtis
/-7y' + 8y=e3*.
Kai /(xj*0, tai (28) lygtis vadinama tiesine nehomogenine, о kai дА-) = 0, - tiesine homogenine lygtimi.
Toliau siame skyreiyje nagrinesnne tiesing homogening diferencialine lygti
y” + py +qy = Q .	(29)
Teorema. Jei funkcijos >’i ir y2 yra (29) lygties sprendiniai. tai ir y~ Qy] +С2У2 (G,C2 -konstantos) yra tos lygties sprendinys.
Jrodymas. Kadangi yt ir y2 - (29) lygties sprendiniai, tai teisingos iygy-bes, kurios gaunamos is (291 lygties, jrasius vietoj у sprendmius Vj ir y2 :
У1 + РУ\ + 9У\ = 0.
У2 + РУ2 +ЧУ2 =°-
Padaugir.g ab; pirmosios lygybes puses is Cj, antrosios - is C2 ir sudejg, turime
^iJ’f + С2У2 + P(QJ’i + ^2У2)+ 9(G);i + ^2)’2) = 0 
(30)
Kadangi konstantngalima iskelti piles isvestines zenklq. о sumos isvestine lygi 1Svestininsumai, tai (30) lygybe galima parasyti taip.
(Qy, +с2у2)	+ ^’23'2)	+£3 =0 •
Si s^lyga reiskia, kad C,/, + C2y2 yra (29) lygties sprendinys. ▲
312
11.11.	Bendrasis sprendinys. Vronskio* determinantas
Tik kq jrodytoje teoremoje yra nuoroda jtai, kokia galetq buti (29 г lv • bendrojo sprendinio struktura. Kadangi bendiasis antrosios diferencialines lygties sprendinys turi dvi konstantas, tai visai tiketina kad funkcija y, apibreziama lygybe
У ~ Cl V| + C2y2 ,	Jh|j
yra bendrasis (29) lygties sprendinys, kai yt,y2 - atskirieji tos lygties sprendiniai.
Taciau taip yra ne visada. Pavyzdziui, parink? y2 = 3yt (kai - (2< lygties sprendinys, tai ir 3yt yra tos lygties sprendinys), (31) sqrysj galime parasyti taip:
У = С| у^ЗСзу^С^ЗС^.	(32)
Kadangi Q + ЗС2 - bet kokia konstanta, tai, pazymeje C, +3C2 tiesiog Ct, is (32) sqrysio gauname sqrysj
У = Co’i,
apibudinama viena konstanta. О tokia funkcija jau negali buti antrosios eiles diferencialines lygties bendiasis sprendinys.
Taciau tai dar nereiskia, kad nera tokiq atskinpp antrosios eiles diferencialines lygties sprendiniq, is kuriq nebula galima sudaryli bendrojo tos lygties sprendinio. Toliau ir nagrinesime, kokle turi but: atskirieji (29) lygties sprendiniai y, ir y2, kad is jq biitq galima sudaryti bendrajj tos lygties sprendinj, apibreziamq butent (31) formule.
Reiskinys + C2y2 bus (29) lygties bendrasis sprendinys tada, kai iS jo bus galima gauti atskirqji sprendinj, atitinkantj duotqsias pradines sqlygas. Kitaip sakant, konstantas Cj ir C2 galima parinkti taip, kad taske Xoe(ai funkcija y, apibrezta (31) sqrysiu, ir jos isvestine y’ tenkintq duotqsias pradines sqlygas
>L =>0, У|,-г = >0-
Galimybe parinkti tokias konstantq Q ir C2 reiksmes reiskia, kad Cj ir Cz atzvilgiu galima isspr?sti tiesiniq lygciq sistemq
ко =С]Ую + С2У10’
>’o = CiJ’io + С2У20;
cia
У10 = ki|v=vo, >’20 = V2Lv >T'o =>’i|.v=Xo>k2O =>’2|X=XO •
‘Juzcfas Vronskis, tikroji pavardc Hcnc - Vronskis (J.Wronski, 1776-1853) matcmatikas ir filosofas.
313
Zinome, kad tokia sistema turi vienintelj sprendinj, kai jos determinantas
yra
nelygus nuliui. Taigi, pareikalav§, kad biitu
>’10
Tio
3’20
3’20
* 0 , galesime rasti
vieninteles Ct ir C2 reiksmes, kad ir kokios butq pradines salygos Л=хо=У0’ -Vlr=r0--V
Determinantas
3’1
У1
У2
У2
= 1к(у>1,_У2) vadinamas Vronskio determinant!/,
arba vronskianu.
Taigi reiskinys у = Ctyt + Cuy yra bendrasis (29) lygties sprendinys, kai atskirieji jos sprendiniai yi bei y2 tenkina s^lygo W-Z(j'n З’г) * 0- Tokiu atveju sakoma, kad atskirieji sprendiniai yt ir y2 sudaro fitndamentaliqjq sprendiniq sistemq.
Vadinasi, jrodeme toki^ teorema apie antrosios eiles tiesines homogenines diferencialines lygties bendrojo sprendinio struktiir^.
Teorema. Kai у1, y2 yra fundamentalioji antrosios eiles tiesines homogenines diferencialines lygties atskinyq sprendiniq sistema, tai bendrasis sios lygties sprendinys isreiskiamas formule
У= С\ух+С2у2.
Du sprendiniai yi ir y2 vadinami tiesiskai nepriklausomais tam tikrame intervale, kai visuose to intervalo taskuose — const.
У2
frodyta, kad tokiu atveju IV (jj, у 2) * 0 . Taigi is tiesiskai nepriklausomo sprendiniqyi ir y2 galima sudaryti bendnyj sprendinj у = C\y^ + С2Уу 
11.12. Antrosios eiles tiesiniq homogeniniq diferencialiniq lygciq su pastoviaisiais koetlcientais sprendiniq formules
Sprysime antrosios eiles tiesine homogenine diferencialine su pastoviais koeficientais
У" + РУ' + qy = 0 	(33)
Noredami suzinoti bendqjjjos sprendinj, turime rasti du atskiruosius jos
sprendinius yt ir y2, su kuriais W	
leskosime atskirojo sprendinio, tar$, kad jis apibreziamas formule y=efa, к = const.
Tuomet у' = ke^, у" =	. jras? sias y,y' ir y" israiskas j (33) lygtj.
Sauname:
1C pkeu+ q ek' = 0,	eL\lf+ pk+q) = 0.
314
Kadangi eL' * 0, tai
Ic + pk + q = 0 .
Taigi, kai к yra sios lygties saknis, tai еь - (33) lygties sprendinys. Lygtjs k2 + pk + q = 0 vadinama (33) lygties charakteringaja lygtimi.
Charakteringqji lygtis yra kvadratine lygtis. Ji gali tureti dvi skirtingas arba vienodas reali^sias, arba dvi jungtines kompleksines saknis. Jos saknis pazymekime k\ bei k2 ir toliau nagrinekime tris atvejus.
1.	Charakteringosios lygties saknys k} ir k-> yra realios ir skirtingos-k^k2.
Siuo atveju atskirieji sprendiniai yra tokie:
yi=e^, у2=ек>х.	(34)
Raskime Vronskio determinant^, sudaryt^ is siq sprendiniq:
v2) =
ek'x k}ek'x
ek*x k2ek*x
= k2e^'+ki +A'2 = (k2 - kx >(A|+k* >.
Zinome, kad +A’2 * 0 su bet kuria x reiksme. Skirtumas k2 - k\ / 0, nes k\ * k2 .Tuomet ir W(yj,y2)^0. Taigi is sprendiniu, nusakomq (34) formulemis, galima sudaryti bendrtgj lygties sprendini
y = Clek’x+C2e^-x.
1 pavyzdys. Isspr^skime lygtj у" + у - 6 = 0 .
Sprendimas. Charakteringoji lygtis lC + k-(> = Q turi dvi skirtingas realiqsias saknis A?| = —3, k2 = 2. Todel bendrasis sprendinys yra y = C}e-3x+ C2e2x. ▲
2.	Charakteringosios lygties saknys kt ir k2yra vienodos\ k} = k2 = k.
Kadangi siuo atveju ek'x = екгХ, tai turime tik vien^ atskirqji sprendini >'i = ekx . Antr^ atskirqjj sprendini rasime konstantQ variacijos metodu (zr-11.5 skyrelj). Jo ieskosime isreiksto taip:
y2=C(x)efa.
y’2 = Ce^ + kCe^, y"2 = C'efa + IkCe^ + k2Cekx.
{ras? y2 ir y2 israiskas j (33) lygtj, gauname
C’efo + 2kCekx +	+ p (c’e^ + kCe^)+ qCe^ = 0 
315
padalij? abi sios lygybes puses is * 0 bei sugrupav^, turime;
C" + (2k + p)C + (k2 + pk + <?)c = 0 .	(35)
Kadangi k- charakteringosios lygties saknis, tai k~ + pk + q = 0 .
Pagal Vieto* teoremq, p=- (ky+k2) = - (k+k) = -2k, todel 2k + p = 0 . Tuomet is (35) lygybes gauname, kad C = 0 . Todel C = A = const ir C - Ax + Ay (Л] = const). Vadinasi, y2 = (Лх + Ay )<?fa ir
у = C|jj +	= Cyekx + C2(Ax + Ay )ekx = (C2Ax + (C] + C2Ay ))ekx =
= (Cy+xC2)e/a;
cia Cy = Cy + C2Ay, C2 - C2A . Kadangi Cy ir C2 yra laisvos konstantos, tai toliau vietoj jq rasysime tiesiog Cy ir C2. Nesunkiai [sitikintume, kad Vronskio determinantas	sudarytas i§ sprendiniq )’y=ekx ir
y2 =	, yra nelygus nuliui. Todel is siq atskirqjq sprendiniq galima
sudaryti bendrqjj sprendini.
Taigi bendrasis (33) lygties sprendinys yra
у = Cy eh + C2xete = (Cy + xC2).
2 pavyzdys. Isspr^skime lygtj у" + 8y' + 16y = 0 .
Sprendimas. Charakteringoji lygtis ^г+8А'+16 = 0 turi dvi vienodas realiqsias saknis: ky = k2 = - 4, todel bendrasis duotosios lygties sprendinys yra y = eA'(Cy+xC2). A
3.	Charakteringosios lygties saknys ky ir k2 yra kompleksines:
2	2
^1,2 = a±pi; cia a = --y, p	’ ^to, >®-
Irodyta, kad tokiu atveju bendrasis (33) lygties sprendinys uzrasomas formule
y = ea'(C| cos p.r + C2 sin p.r).	(36)
3 pavyzdys. Isspr?skime lygtj
у" - 8y' + 25y = 0 .
Sprendimas. Charakteringoji lygtis 1c- Sk+ 25 = 0 turi dvi kompleksines saknis: <t|2=4 + 3/ Taigi a = 4, P = 3. Todel, remiantis (36) formule, endrasis duotosios lygties sprendinys yra
у = e4x (C] cos 3x + C2 sin 3x). A
Fransua Vietas (F. Viete, 1540 - 1603) - ргапсйгц matematikas.
316
11.13.	Aukstesniqjq eiliq tiesines homogenines diferencialines lygtys su pastoviaisiais koeficientais
Nagrinesime n-tosios eiles tiesine homogenine diferencialine lygtj y^ + a^”	+ - + an-\y' + a„y = 0 ,	(37)
kurios koeficientai yra pastovQs.
Sios lygties bendrasis sprendinys randamas tokiu pat biidu, kaip jr antrosios eiles tiesines homogenines diferencialines lygties su pastoviaisiais koeficientais. Pirmiausia sudarome (37) lygties charakteringqjq lygtj
kn + ajk" ' +... + <7,z_]A- +an =0	(38)
ir randame jos saknis k}, k2,k„ . Po to priklausomai nuo gautq saknq tipo surasome jas atitinkancius tiesiskai nepriklausomus atskiruosius sprendinius.
1.	Kiekvienq realiqjq. nekartotine saknj k} atitinka atskirasis sprendinys ek'x.
2.	Kiekvienq nekartotine jungtiniq kompleksiniq saknq porq a ± |3z atitinka atskirieji sprendiniai cosfl.r ir e™ sin px .
3.	Kiekvienq r-tojo kartotinumo realiqjq saknj atitinka atskirieji sprendiniai e ,xe x e .
4.	Kiekvienq r-tojo kartotinumo jungtiniq kompleksiniq saknq porq a ± P< atitinka atskirieji sprendiniai
cosp.x, xe”"' cospx,x'^e™ cospx ir
sinpx, xeox sinPx,...,xr-1eax sinpx.
1	pavyzdys. Isspreskime lygtj
/'-y = 0.
Sprendimas. Charakteringqjqjos lygtj k6- 1 = 0 galima pertvarkyti j lygU
(k3 -l)(P+l)=0, arba (к - 1)(A'1 2 + к +1) (к + 1)(a2 - к +1)= 0 •
1..V1
Sios lygties saknys yra Aj=l, A'2=-l,	A'3i4=_^'-z 2 ’
1 -Л
6	Todel bendrasis duotosios lygties sprendinys toks:
317
у = С]вv + С3с л + 6
у л- \ „	„	 Л/J
+ е* С< cos—x + CftSin—х
I 5	2	°	2
2	pavyzdys. lsspr?skime lygti
/r-10/ + 25y = 0.
Sprendimas. Charakteringoji jos lygtis k4~10k2+25 = 0 ekvivalenti lygciai (k2-5)2=0. Jos saknys ki,2 = л/5 , кзл = -V?. Bendrasis sprendinys isreiskiamas formule
у = (q + xC2) + e~^(C3 + xC4). ▲
3	pavyzdys. Isspr^skime lygtj
yJ*' + 8/ + 16y = 0.
Sprendimas. Charakteringqjq lygtj k4+8k2 +16 = 0 pertvarkome j lygtj (k2+4)2 = 0, kurios saknys ku,3,4=± 2i. Taigi charakteringoji lygtis turi 2-ojo kartotinumo jungtiniq kompleksiniq saknq porq ± 2/ . Tuomet bendrasis duotosios lygties sprendinys yra toks:
у - (C| + xC2 )cos 2x + (c3 + xC4)sin 2x. ▲
11.14. Antrosios eiles tiesines nehomogenines diferencialines lygtys
Nagrinesime tiesin? nehomogenin? diferencialine lygtj
y’ + py' + ^ = /(x).	(39)
I klausimq, kokia yra Sios lygties bendrojo sprendinio struktura, atsako tokia teorema.
Teorema. Jei у yra bendrasis homogenines lygties
y" + РУ + ЧУ = ° •	(4°)
sprendinys, у - kuris nors atskirasis (39) nehomogenines lygties sprendinys, la> (39) lygties bendrasis sprendinys yra
у = у + у .
[rodymas. Pirmiausia jrodysime, kad reiskinys yra (39) lygties sprendinys. Kadangi у - (40) lygties sprendinys, о г - (39) lygties sprendinys, tai jie turi tenkinti atitinkamas lygtis, todel
у" + py’ + qy = 0,
318
у” + ру'+qy = A*) 
Sudej? sias lygybes ir pritaike isvestinip savybes, gauname
(y + y) +p(y + y) +q(y + y)=.f(x).
Si lygybe rodo, kad y + y yra (39) lygties sprendinys.
Sakykime, kad ir y2 - atskirieji homogenines lygties sprendiniai sudarantys fundamental^^ sistemq. Tuomet sprendinj y=y + v galime uzrasyti taip:
У = C1T1 +С2У2 + у 
jrodyta, kad jis kartu yra ir bendrasis (39) lygties sprendinys.
Dar кшщ akcer.tuojame: norint isspqjsti tiesin<? nehomogenin^ dileren-cialin? lygtj, reikia rasti jp atitinkancios homogenines lygties bendr^jj sprendinj ir bet kurj atskirtyj nehomogenines lygties sprendinj.
11.15. Konstantij variacijos metodas
Jan issiaiskinome, kaip galima rasti tiesines homogenines lygties bendrpjj sprendinj у . Taip pat jrodeme, kad, pridej^ prie у bet kurj atskirqj j tiesines nehomogenines lygties sprendinj у , gauname bendrty j nehomogenines lygties sprendinj. Dabar isnagrinesime у radimo biidp.
Tarkime, kad ir y2 - antrosios eiles (40) homogenines lygties atskirpjp sprendini 14 fundamentalioji sistema. Tuomet sios lygties bendrasis sptendinys yra
У = С}У\+С2у2-	(41>
Nehomogenines lygties, nusakomos (39) formule, atskiiojo sprendinio ieskosime tardami, kad jj galima uzrasyti tokiu pat reiskiniu, kaip ir (41) sprendini, taciau vietoj Ci ir C2 jrasysime koi kas nezinomas funkcijas C i(x) bei Cy.r) (konstantas pakeisime funkcijomis). Taigi musp tikslas - rasti funkcijas Cj(x) ir C2(x), be to, tokias, su Kuriomis reiskinys
T = Q(r)yi+C2(x)v2
butp(39) lygties sprendinys. Isdiferencijuokime (42) lygyb?:
у' = Cj + C] (.r)y[ + C2 + C2 (x)y2.
С](л') ir C;(.v) parinkime tokias, kad butp
С{(х)У[ +С'2{х)у2 = 0.
Tuomet
У' = C](x)y\ + C2(x)y’2.
(42)
(43)
(44)
319
Bdiferencijuokime si reiskinj.
у" = С, Mki + 9"1(-х)кГ + C'2(x)y2 + C2(x)y2-	(45)
~ ir y" israiskas, apibreziamas atitinkamai (42), (44) ir (45) lygybe, ;rasykime i (39) lygti’
C]	+ f i (x)y1 + C2 (x)y2 + C2 (x)y2 +p(Ci (x)yj + C2 (x)y2)+
+ 4 (C1 U)ft + Q (*)>’2) = Л4
Pertvark? turime:
G(a')(v" + P Vi + 9У1)+ C2(x)(j’2 + p >’2 + <73'2 )+
+ c'\ Wvi + c2 Ый = f (•*)	(46)
Kadangi y, ir y2 - homogenines lygties sprendiniai, tai suskliausti reiskiniai lygus nuliui. Is (46) lygybes gauname:
Cf (x)y{ + C2 (x)y'2 = f(x).	(47)
Vadinasi, (42) reiskinys yra (39) lygties sprendinys, kai funkcijos Ci(x) ir C2(x) tenkina (43) ir (47) sqlygas.
Taigi gauname dviejq lygciq su dviem nezinomaisiais q'(x),C2(x) sistemq
|'q'(x)y1+q(x)y2=0,
[q(x)yj+С2(х)у2 =/(x).
Kadangi tos sistemos determinantas yra Vronskio determinantas, sudarytas is tiesiskai nepriklausomq sprendiriq tj iry2, tai jis neiygus nuiiui. 'Todel is (48) sistemos galima rasti vieninteles funkcijas Q'(x) ir C2(x).
(48) sistemos sprendinj pazymekime taip’
Cj(x)=(pi(x), С2(х)=ф2(х).
Tuomet q(x) ir C2(x) rasime integruodami:
q(x)= j<pj(x\Zr+q*, c2(x)= |ф2(г)й^ + ^2;
c’a q ir C2 - konstantos.
Taigi (39) lygties atskirasis sprendinys yra
7 = 3'1 JtPl +У2 JV2 ’
c bendrasis sprendinys
у = p p v = qyj + C2y2 + У1 fФ1 (x)dx + y2 J(p2
320
Pavyzdys. Isspr^skime lygti y" + 4y = cos 2.x.
Sprendimas. Charakteringoji lygtis k2 + 4 = 0 turi Saknis k, 2 = +?>-Todel bendrasis homogenines lygties y" + 4y = 0 sprendinys у = Cj cos 2x + C2 sin 2x . Remdamiesi (48) lygciq sistema, sudarome sistema
[ Cj (x)cos 2x + C2 (x)sin 2x = 0, [- 2C[ (x)sin 2x + 2C2 (x)cos 2x = cos 2x.
Pirmosios lygties abi puses padaugin? is 2 sin 2x, о antrosios - i§ cos 2x bei sudej? lygtis panariui, gauname lygti
2C2(x)(cos2 2x + sin2 2x)= cos2 2x; is cia
C2(x) = y cos2 2x.
Tuomet is sistemos pirmosios lygties turime:
C]'(x) = --~-sin4x.
Vadinasi,
C|(x)=-— fsin4x6& = — cos4x + C\ , n '	4 J	16
C->(x) = — [cos2 2xdx = — f(l + cos4xWx=—x +—sin4x + C2.
2 J	4 й	4	16
Taigi duotosios lygties atskirasis sprendinys
у = — cos4xcos2x + — xsin2x + —sin4xsin2x =
16	4	16
= — xsin2x + — cos(4x - 2x) = — xsin2x + — cos2x, 4	16 v	4	16
о bendrasis sprendinys
у = Ci cos2x + C2 sin2x +—xsin2x +—cos2x. A
1	2	4	16
321
11.16. Antrosios eiles tiesines nehomogenines diferencialines lygties atskirojo sprendinio parinkimo metodas
Nagrinekime lygti
y" + py' + <1У - /(-<)-	(49)
kudos koeficientai p ir q yra pastovus, о deSinioji puse gali jgyti tam tikras iSraiskas.
1.	Tarkime, kad Дх) yra daugianario ir rodiklines funkcijos sandauga: /(*) = P„(x>^;
cia P„(x) - /Mojo laipsnio daugianaris, a - realusis skaicius.
Atskirojo sprendinio у ieskosime tardami, kad jis irgi yra /Mojo laipsnio daugianario Q„(x) su neapibreztais koeficientais ir rodiklines funkcijos sandauga:
j=e„(x)e«.	(50)
Kadangi у, apibreztas (50) formule, yra (49) lygties atskirasis sprendinys. tai jis turi tikti tai lygciai. Randame y' ir y":
y^Q'Ax^+aQ^e^,
У" = Qn (x)^ + 2as; (x)e^ + a2 Qn (x)e^.
Iras? jas j (49) lygtj, gauname tapatyb?
^(х)е-+2ае;,(х)е-+а2е„(х)е- +
+ PQ'„ № + paQ„ (x)e^ + qQ„ (x)e^ = P„ (xje™.
4pertvark? ir suprastin? is * 0, turime:
Qn (x)+ (2а + p) Q'n (x)+ (а2 + pa + <?) Qn (x) = P„ (x).
(51)
, 1- Kai a nesutampa su charakteringosios lygties !c+pk+q=Q saknimi. tai «+pa+q 0 ir kairiojoje lygybes puseje, kaip ir desiniojoje. yra //-tojo aipsnio daugianaris. Sulygin? koeficientus prie vienodQ x laipsniip galime rasti daugianario (9„(x) koeficientus.
2.	Kai a sutampa su viena nekarlotine charakteringosios lygties saknimi, °-+pa+q = o. bet 2a+p * 0. Kadangi Q,',(x) yra (n- l)-ojo laipsnio daugianaris, tai (51) lygybe negali buti tapatybe. Todel, parinkdami atskir^jj
322
sprendinj у, turime imti (и+lj-ojo laipsnio daugianarj, tiesa, be laisv nario, nes diferencijuojant jis ir taip dingsta. Sj каПц_	°3°
у = xQ„(x)eax.	(52)
3.	Kai a sutampa su kartotine charakteringosios lygties Saknimj tai ar+pa+q = 0. Kadangi, pagal Vieto teorem^.
p = - (^i+А'з) = - (a+a) = -2a ,
tai ir p+2a = 0. Q”„ (x) yra (n - 2) -ojo laipsnio daugianaris, todel (51) lygybes kairiojoje puseje yra (w-2)-ojo laipsnio daugianaris. Vadinasi, (51) lygybe negali buti tapatybe. Sj kart^turime parinkti
? = x2e„(x>ax.	(53)
1	pavyzdys. Isspr?skime lygti
/-5y' + 6y = /(x),
kai: a) /(x)=2x2ev; b) /(x) = (2x-3)e3x.
Sprendimas. Pirmiausia issprt?sime lygti у" ~ 5y' + 6y = 0 . Kadangi charakteringoji lygtis A2-5A + 6 = 0 turi saknis ^ = 2 ir k2=3, tai homo-genines lygties bendrasis sprendinys
у = сле2х + C2e3x.
Toliau, atsizvelgdami j desiniosios puses israisk^, parinksime atskir<yj nehomogenines lygties sprendinj.
a)	Kai Дх) = 2x2eT, tai daugianaris P„(x) = 2x2 (jis yra antrojo laipsnio) ir a=l. Kadangi a=l nesutampa ne su viena charakteringosios lygties saknitni, tai, pagal (50) formula,
у = [ax2 + bx + c]ex
(daugianaris Q,:(x)=ax2 + bx + c, nes jis turi buti antrojo laipsnio; beje, pirmojo laipsnio daugianaris yra ax+b , treciojo laipsnio ax3+bx~+cx+d ir 1.1.).
Toliau randame:
у' = (ax2 + lax + bx + b + cje*, у" = (ax2 + 4ax + bx + 2a + 2b + с (ел.
—	~	is
{ras? y,y' ir y" israiskas j duot<y<t lygtj bei suprastint? abi jos puses gauname tapatyb^
2ax2- 6ax+ 2bx+2a~3b+2c = 2x2.
323
Sulygin? koeficientus prie vienodii x
x~
laipsniq, gauname sistemq 2a=2,
x	-6a+2b=0,
x°	2a-3b+2c=Q.
Js jos randame: rr=l , b=3 , c=3,5. Todel у = (x2 + 3x + 3,5 duotosios lygties sprendinys
ir bendrasis
y = y + y = C{e2x + C2e3x + (x2 + 3x + 3,5)e\ ▲
b)	Kai/(x)=(2x - 3) e3r, tai P,fa) = 2x-3, a=3. Kadangi P,fa) yra pirmojo laipsnio daugianaris, tai Q,fa) = ax+b; a=3 sutampa su viena charakteringosios lygties saknimi, todel, pagal (52) formula,
у = x(ax + b)e3x = (ax“ + bxje3' .
Toliau sprendziama analogiskai a) atvejui. Tai padaryti siulome skaitytojui.
II	. Tarkime, kad
/(x) = P„ (х)еш cos p.x + Qm (x) sin 0x ;
cia P„(x) ir Qm(x) - atitinkamai n-tojo ir m-tojo laipsnio daugianariai, a, P -realieji skaiciai. Pazymekime / = max {in, n}.
1. Kai a+pi nera charakteringosios lygties saknis, tai atskirqji (49) lygties sprendinj rasime pagal formule
у = e™ (U i (x)cos Px + И/ (x)sin px);	(54)
cia Ufa), У fa) - /-tojo laipsnio daugianariai su neapibreztais koeficientais.
2. Kai a+р/ sutampa su charakteringosios lygties saknimi, tai atskirasis sprendinys gaunamas is (54) formules, padauginus desini^j^ jos puse is x. Taigi
у = xeCJX (Uj (x)cos Px +1) (x)sin px).	(55)
Paminesime, kad ir tuo atveju, kai funkcij^/(x) sudaro tik vienas demuo ^(x)e“-'cospx arba Q,„(x)ea"v sin p.r, atskirasis sprendinys у nusakomas (54) arba (55) formule (taigi jj sudaro du demenys).
2 pavyzdys. Isspr^skime lygtj
у ’ - 6y' +1 Oy = 3 cos 2x.
324
Sprendimas. Kadangi charakteringoji lygtis A2- 6)1+10 = 0 к = 3 ± i, tai
turi закп^
у = e3' (C; cos x + C2 sin x).
Siame pavyzdyje a = 0, 0 = 2, taigi dydis a+ 01 = 2/ nesutampa su charakteringosios lygties saknimi. Todel, ieskodami y, taikysime (54) formal?. Kadangi prie cos 2x yra pastovus daugiklis 3, tai vietoj daugianariu Ui(x) ir k/(x) rasysime nezinomus skaicius M ir N. Taigi
у = M cos 2x + N sin 2x .
Randame:
y' = ~2M sin 2x + 2N cos 2x,
y" = -4M cos 2x - 4Л' sin 2x.
jras? y,y' iry” israiskas j duotqj^ lygtj, gauname tapatyb?
-4M cos 2x - 4Л sin 2x +12M sin 2x -12N cos 2x + + 10Л/ cos 2x + I0,Vsin 2x
(бМ -12N) cos 2x + (6 .V +12M )sin 2x = 3 cos 2x.
Sulygin? koeficientus prie cos 2x ir sin 2x, gauname dvi lygtis: 6A/-12W = 3, 6Л' + 12Л/ = 0.
Si sistema turi sprendinj M = 0,1; N = - 0,2.
Taigi
у - 0,1 cos 2x - 0,2 sin 2x , о bendrasis duotosios lygties sprendinys
у = (Cj cos x + C2 sin x) + 0,1 cos 2x - 0,2 sin 2x . A
3 pavyzdys. Isspr?skime lygtj
y’ + 4y' + 13y = /(x),
kai: a) f(x)=xe~2x; b) /(x) = e-2xsin3x.
Sprendimas. Kadangi charakteringoji lygtis Z.-2+4A+13=0 turi Saknis Ay 2 = -2 ± 3z, tai homogenines lygties y" + 4y' + 13y = 0 bendrasis spren 1 nys у = e~2x (Cj cos 3x + C2 sin 3x).
325
3) Kai f{x}= х<?~2л , tai desinioji lygties puse turi israiska /J„(x)ea' . Kadangi si karta P„(x)-x yra pirmojo laipsnio daugianaris, о a = -2 nesutampa su charakteringosios lygties saknimi (nesvarbu, kad a=-2 sutampa su saknp ' ’ - 3; realiqja dalimi), tai sprendinio у israiskcinusako (50) formule. Taigi
у = (ax + b}e~2x.
Skaitytojui siiilome baigti spr?sti uzdavinj.
b) Kai Дх)= e-2 v sin 3x , tai desinioji lygties puse turi israisk^, apibrezia’M formule f(x)-P1(x)eax cos₽x. Sj karta a=-2, p = 3 ir dydis a+j3/=-2t-3/ sutampa su charakteringosios lygties saknimi, todel atsk.rojo sprendinio у israisk^nusako (55) formule. Taigi
у = xe~2x (М cos 3x + N sin 3x) .
Randame:
y' = e~2x((M - 2Mx + 3iVx)cos3x + (N - 2Nx - 3Mr)ein 3л),
у" = e~2x ((- tPM + 6Ar-5.iV£r-12№)cos3x+(-6zH-4N +12Mx - 5Ax)sin x).
Jras? y,y' ir y" iSraiskas j duotqjq lygtj, sutrauke panasiuosius narius ir suprastin? is egauname tapatyb?
6ЛГ cos Зх - 6M sin 3x - sin3x .
Is cia
J6A' = O,
(-6Л/ = 1,
todel M = _, ту - (j Taigi
6
~	1	-2x
у = — xe cos 3x ,
6
° bendrasis duotosios lygties sprendinys
У = У + у = e~~x (C] cos 3x + C-> sin 3x) — xe~2x cos 3x . A
326
/////L/ULLJ
rX______pusiausvyros
padetis
____X—/(f)
У
11.2 pav.
11.17.	Mechaniniy svyravimy lygtis
Isnagrinekime tokj uzdavinj. Sakykime, prie spyruokles yra prikabintas kunas. kurio mas? papraslumo delei laikysime lygk vienetui (Ц.2 pav.) Pusiausvyros padetyje Ц кйп'4 laiko spyruokles tamprumo jega. Kuno nuokrypj nuo pusiausvyros padeties pazymekime y. Tarkime, kad tamprumo jegos, kuri stengiasi gri^zinti kuna j pradin? padetj, didumas Ft yra proporcingas nuokrypiui taigi Ft = - qy; cia q > 0 - proporcingumo koeficientas, dar vadinamas tamprumo koeficientu (minusq paraseme del to, kad tamprumo jegos kryptis priesinga atskaitos krypciai). Tamprumo jegos didumas tikrai bus proporcingas nuokrypiui, jei tik jis pakankamai mazas (Huko* desnis).
Toliau tarkime, kad kunui svyruoti trukdo aplinkos pasipriesinimo jega, kurios didumas F„ proporcingas to kuno judejimo greiciui —. Kadangi Si dt
jega yra priesinga judejimo krypdiai, tai Fp = dia p>0 - pasiprie-и dt
sinimo koeficientas. Dar sakykime, kad sistemq veikia pasaline jega vadinama
trikdymo jega. Jos didumn pazymekimeXO-
Remdamiesi Niutono desniu, parasome diferencialin? judejimo lygtj
dt2	dt
.Ц pertvarkome j lygtj
d2y dv	\	(56)
-^-+p-y-+qy = fV),	v
dt2 dt
vad'mam^priverstiniq svyravimq lygtimi. Kai f(t)=O, gauname lygtj y’ + py' + ЧУ - 0,
kuri vadinama laisvqjn svyravimq lygtimi.
' Robertas Hukas (R.Hookc, 1635-1703) - anglii fizikas, biologas, isradcjas.
327
11.18.	Laisviyij svyravimy tyrimas
Isnagrinekime (57) lygti. Jos charakteringoji lygtis lf+pk+q=0 (p>0, ^>0) turi saknis
A-] 2 =
*>*•	2 V 4
Galimi trys atvejai.
2
1	Kai ~ >q , tai saknys k\ ir k2 yra realios ir skirtingos, be to, 4
neigiamos. Tuomet (57) lygties bendrasis sprendinys
X~T -Jt\t I z'~’
У=че 1 + C2e - .
Kadangi £,<0 ir k2<0, tai ek'‘ —> 0 ir e*2' —> 0. kai t -> oc . Taigi nuokrypis j’ ilgainiui arteja prie nulio ir svyravimai praktiskai nuslopsta. Taip yra del to, kad aplinkos pasipriesinimo koeficientas yra daug didesnis uz spyruokles tamprumo koeficientrp Pavyzdziui, taip bus, kai kunas svyruos ne ore, о kokiame nors klampiame skystyje.
2
2.	Kai — = q , tai saknys k\ ir k2 yra realios ir lygios: k\ = k-> ~ k<0. 4
(57)	lygties bendrasis sprendinys apibreziamas formule y = /'(C1+rC:).
Sis atvejis mazai skiriasi nuo ankstesniojo, nes ir dabar nuokrypis y -> 0, kai t —> +oo, tik ne taip greit kaip pirmuoju atveju, mat bendrajame sprendinyje yra daugiklis C, +1 C2.
3.	Kai p = 0, aplinkos pasipriesinimo jega neveikia ir svyravimn lygtis yra tokia:
y" + qy = 0.	(58)
Charakteringoji jos lygtis k~ + q=Q turi kompleksines saknis *1.2 = -ijq = +<0; cia co = y[q . (58) lygties bendrasis sprendinys
у = Cj cos co? + Ci sin cot.	(59)
Pazymekime:
C]=zlsin<p0, C2=>lcos<Po;
e’a = t/c2 + C2 , tgcp0 = —. Tuomet nesunku jsitikinti, kad (59) formula C2
galima parasyti taip;
328
y = zlsin(cof + cp0).	{60)
Dabar kunas is tiesq svyruoja. (60) formule apibudina harmoni • svyravimus. Taigi (58) lygties integralines kreives yra sinusoides. (604 funkcijos grafikas pavaizduotas 11.3 paveiksle.	'
11,3 pav.
Dydis A vadinamas svyravimq amplitude, <p0- pradine faze, co - kampiniu dazniu. Svyravimq periodas T = — .
co
2
4.	Kai p*Oir-^j-<q, tai charakteringoji lygtis turi kompleksines saknis
A-] 2 =a±coz;
p	p2
cia a =-—< 0, co = д/г;--4-.
2	V 4
(57) lygties bendrasis sprendinys
у = ea,(Cj cos со/+ Сэ sin cot).
J(, kaip ir (59) sprendini, galima pertvarkyti j reiskinj
у = Aeal sin(cot + <p0).	(^0
Sj kartq svyravimq amplitude nusako dydis AeM , kuris priesingai net harmoniniq svyravimq, yra nepastovus ir ilgainiui mazeja, nes eal arteja pne nulio, kai / neapreztai dideja. Todel (61) formule apibudina slopinaniuosius svyravimus. Dydis Aeat vadinamas jq amplitude, cp0 - pradine faze, ?
-penodu. Slopinamqjq svyravimq grafikas pavaizduotas 11.4 paveiksle.
329
11.19. Normalioji diferencialiniq lygciq sistema
Tarkime, kad v, = yi(x),y2 = T2OO, —,T»=T«(X)_ kintamojo x funkcijos.
Apibrezimas. Sistema, kuriq sudaro diferencialines lygtys, siejancios kintamqji x, funkcijas у>’2	, y„ bei jq isvestines, vadinama diferencialiniq
lygciq sistema.
Toliau nagrinesime tam tikros israiskos sistemq
1^Т- = /1(х’У1’У2’-’Уп\
I dx
kuri vadinama normaliqja diferencialiniq lygciq sistema; cia А(Л>Т1>У2,(i =	1) kartqdiferencijuojamos funkcijos. Jos
sprendiniu tam tikrame intervale vadinsime visumq tame intervale apibreztq ir tolydziai diferencijuojamq funkcijq yi = Vi(*)’ У2 = V2(x)’-,‘’ ~^цкЧ-tenkinanciq tos sistemos lygtis.
330
(62) sistemq sprendziame taip. Pirmqjq jos lygti (galima imti ir kuriq no kitq) isdiferencijuojame kintamojo x atzvilgiu:	s
^2У1 __ sf\ , 8f\ dy\ , g/1 dy2 ! ! 8f\ dy„
dx2	dx dyx dx dy2 dx dyn dx '	^)
I (63) lygti iras? isvestiniq	israiskas, nusakomas (ю\
dx dx	v >
lygtimis, gauname lygti, kurios desinioji puse priklauso nuo x, yt ...
2
^r=^x,yl,y2,...,yn).
dx~
Siq lygtj dar kartqdiferencijuojamex atzvilgiu ir vietoj isvestiniq
dx ’ dx
vel jrasome jq israiskas is (62) sistemos. Gauname lygtj
—-^~ = (?з(х,ух,у2,...,уп). dx
Prates? sj procesq, pagaliau turime lygtj
^- = 4>n(x,yi,y2,...,ynY dx
Taigi gauname sistemq
dx
^У\	(	\
-~T = ^2\x,yx,y2,...,yn),
• dx
(64)
a yx /	x
-—Г = (р1Дх,у1,у2,...,уп). . dx
Is jos, eliminav^ funkcijas yi,yy,gauname lygti, siejanciq
x,	, taigi gauname и-tosios eiles diferencialine lygti-
dx dx2 dxn
Issprend? jq, randame
Л=Ф(х,С1,С2,...,С„).
Zinodami y}, funkcijas у2>Уз,yn randame is (64) sistemos.
331
1 pavyzdys. Raskime sistemos
^- = 2y + 3z + ex, dx
' dz .	-
— = 3y+ 2z + sinx [dx
atskinyi sprendini. tenkinanti pradines s^lygas
_ 3
' л=и 13
_19
У х=0~ 13’2 *=0~ 26
Sprendimas. Pinnqjfi sistemos lygti isdiferencijuojame kintamojo x atzvilgiu:
d2y , dy .dz x
—^- = 2—+ 3— + ex.
dx2 dx dx
I si^ lygtj jrasome — ir — israiskas is duotosios sistemos: dx dx
^-^- = 13y + 12z + 3ex + sinx.
dx2
Sudarome sistemq
—	= 2y + 3z + ex, dx
,2
—	^- = 13y + 12z + 3ex+ 3sinx
</x2
ir is jos eliminuojame funkcijq z. Galima daryti taip: pirm^j^ sistemos lygtj padauginti is — 4 ir sudeti su antrqja sistemos lygtimi. Tuomet gausime lygtj
c/2y . dy ,	. . x
—	4— - 5y = 3sinx -e .	(65)
dx2 dx
Ji yra antrosios eiles tiesine nehomogenine diferencialine lygtis. Kadangi jos charakteringoji lygtis 1c - 4k - 5 - 0 turi saknis k| = -l, k2-5, tai omogenines lygties bendrasis sprendinys
y = C}e~x+C2e5x.
Toliau parenkame atskirqjj nehomogenines lygties sprendinj
у =M cos x+N sin x+ae\
332
Surad^ у' ir у" bei iras§ jq israiskas j (65) lygti, gauname:
(- 6M - 4.'V)cos x + (4Л/ - 6A'')sin x - 8aex = 3 sin- ex.
Is cia
1	3	9
a=—,	M =	—,	N = ~—	.
8	13	26
Taigi _ _v _ 5v 3	9	1 x
y = C\e ' +C?e ' + — cosx------smx + — e .
2	13	26	8
Is pirmosios sistemos lygties turime
Kadangi
c/)’ —x c5x 3	3 r
— = -C,e + 5С2еэ-------sinx—e ,
dx 1	13	8
tai
z--Cte~x + C->e5x	cosx + — sinx-— ex.
26	13	8
Gavome toki sistemos sprendini — r 5 r 3	9	1y
y = C,e +C?e +—cosx--------sinxd—e ,
13	26	8
y-, -x _ 5x 7	2	.	3 r
z = -C.e +C7e----------cosx + — sinx—e' .
1	2	26	13	8
Noredami rasti konstantij C| ir C2 reiksmes, tenkinancias duotas pradines
3	19
sqlygas, i bendr<yi sprendini irasome x = 0, y = — ir z = —. Gauname
13	26
sistemq
Ci+C2=--, 1	2	8
- C] + C2 = — 8
3	5
Is cia C] =	, C2 = —. Taigi atskirasis sistemos sprendinys yra toks:
333
3	_х 5	5v 3	9	.	1	r
v=—e +— e' и----cos x--smx + — e' .
4	8	13	26	8
3 z = — e
4
7	2 .	3 v
---cosx +—sinx—e' .
26	13	8
Normaliosios diferencialiniq lygciq sistemos sudaro vienq sistemq klas?. Taciau yra jvairiq sistemq, kuriq israiska nea'itinka (62) sistemos lygciq israiskos. Kai kuriasjq galima issprqsti jvairiais dirbtiniais biidais.
2 pavyzdys. lsspr?skime sistemq d^y _	_
dx4 dx2
Sprendimas. Pirmqjq lygtj isdiferencijavq du kartus paeiliui x atzvilgiu, gauname lygti
d6y _ d2z
dx6 dx2
Taciau —- - у , todel turime lygtj dx2 ’
d6y к j6y П
—— - у arba —- - у = 0 . dr6	dx6
Charakteringqjq jos lygtj k*- 1=0 galima pertvarkyti taip: (k3-l) (^+l)=0, (к-1)(к+1)(^+Д+!) (k2- Hl)=0.
К cia randame jos saknis
к1=-1, к2=1, Азл=--±1 —, k56=- + i —.
Vadinasi, bendrasis lygties ylI-y = 0 sprendinys yra _ 7з r . Vi 1 C-jCOS------------------------------X + CziSin-X +
3	2	4	2
У = Qe
x	<3	. V3 i
+ e- С c cos—x + CTsin-x
v 3	2	6	2 J
Funkcijqz rasime isdiferencijave gautqjqу israiskq keturis kartus. Tai pada-^siulomeskaitytojui. ▲
334
Uzdaviniai
1.	jsitikinkite, kad funkcija у=3ч------------'—
l + 3x
у - xy' = 3 (1 + x2y'j sprendinys.
2.	Raskite bendruosius lygciq sprendinius:
yra diferencialines iygtjes
a)
y' =
i+A l + x2’
b)
c) 3y 2y' = 11 + у3 Icos x;
xdy - ydx = xy2dy + у' = 2xylny.
3.	Raskite atskiruosius lygciq sprendinius, tenkinancius duotas pradines sqlygas: a) 2(y-\)y' = ex,y\x=0 = -2- b) y'tgx = y, у|г=^=1.
4.	Raskite bendruosius lygciq sprendinius:
a)	xdy-\x + y)dx = 0;	b) x2 dy - y{y + x'jdx =
c)	xdy - ydx = Jx2 + y2 dx',	d) y' = — + cos—;
x x
I	У I	У
e)	x-ycos— dx + xcos—dv = 0 ; x)	x
f)	(2х-у + 1)<Д + (2у-х-1)<Уу = 0;
g)	(x + у + 1 )<7x (2x + 2у -1 )dy = 0 .
5.	Raskite bendruosius lygciq sprendinius:
a) y' + 2xy = xex ; b)y' + 2y = e3x;	d)y - xy'= y2 y'
t	.	у
d)v+ycosx = S’nxcosx; e)y =—— x + y3
6.	RasKite bendruosius lygciq sprendinius:
>	2	y3	,	2x
a)x*y+xy = 2y ; b)y =yctgx+-—;	c)y  -----------—Г
smx	x cosy + sin 2y
7.	Raskite bendruosius lygciq integralus:
a) (10xy-8y + l)<Zr-r(5x2-8i’ + 3^Zy = 0; b)|2x + e^ \dx+ 1-- e'dy = 0',
x xdx + ydv vdx - xdy n
c) ------------+	= 0.
71 + x2+y- Х'+У
335
8.	Isspr?skite lygtis:
a) y" = sin.r-.r;
j) y"+y'tgx = sin2x;
b)yw = ;
е)/ = у, 2y
c) xy’ - y' = x2ex;

9.	Raskite bendruosius siq lygciq sprendinius: a)y'' + y'-2y = 0; b) y"-l6y' + 64y = 0;
c) v"-6y' + 13y = 0; d) 4y’-8y' + 5y = 0;
e) 4y’ + 4y' + y = 0.
10.	Raskite atskiruosius siq lygciq sprendinius:
a)	y’-5y' + 4y = 0; y|x=0= y'|x=o= 1;
b)	у' - 2y' + у = 0; y| x=2 = 1, у '| x=2 = -2.
11.	Raskite Bendruosius siq lygciq sprendinius:
a) y,v + 4y" + 3 у = 0;	b) y,V - 4y = 0;
c) y,v - 6y ’ + 9y = 0;	d) у,v + 32y’ + 256 у = 0;
e) у v + 8y" +16/ - 0; 1) у VI + 2 уv + yiy = 0.
b) y’ + y'-2y = 8sin2x;
12.	Raskite bendruosius tiesiniq nehomoger.iniq diferencialiniq lygfiiq sprendinius:
a) y*-7y' + 12y = x;
c)y’ + 9y = 6e3x;
e)y' +4y = 2sin2x;
13.	Sias lygtis issprQskite konstantq variacijos metodu:
a)y" + 3y' + 2y = —5—;	b)y’ + 4y = —.
ex+l	shvx
d) y*-2y' + 3y = e Xcosx;
f) y"-2y' + y = <?x; g) y” + y = 4xcosx.
14.	Isspr^skite sias lygciq sistemas:
a) — - 1 dt у ’ dt
, . dx dv
c) 4—---------->-3.r = sin/,
dt dt
15. Raskite sistemos
,. dx , dy , ; b) —=y+l, -y- = x + l;
dt	dt
dx
----hy = COSt. dt
V)’	,
— = у + 3z - x, dx
dz ,	-
- - = -y + 5z + 2x .dx
tskirqqsprendini, tcnkinantipradines sqlygas у|д=0= 3, z|
= 1.
_12/ г
EI LUTES
12.1.	Skaiciq eilutes ir jos sumos sqvoka. Konverguojanciqjq eiluciq savybes
Sakykime, duota skaiciq seka
W=«I ,a2,...,a„,...
Is jos nariu sudarytas reiskinys
а1 + a2 +-.+a„ +-='^an	(1)
<7=1
vadinamas skaicin eilute, о narys a„- tos eilutes bendruoju nariu. Iki siol paprastai sumuodavome tik baigtinj skaiciq demenq, todel mums zinomq sumos sqvokq reikia isplesti sutariant, kq vadinti (1) reiskinio suma. Tam tikslui, apskaiciuojame vadinamqsias dalines (1) eilutes sumas
=<3], S2 =Я| +a2,S3 =c/| +a2 + a^,...,S„ = q + a2 +...+a„ =^aj
Z=1
ir sudarome jq sekq [Sn ’.
Apibrezimas. Jei egzistuoja (1) eilutes daliniq зипщ sekos } baigtine riba, kai n oo, t. y. jei S = lim Sn , tai si riba S vadinama eilutes sutna, о pati eilute - konverguojanciqja. Kai mineta riba yra begaline arba neegzistuoja, eilute vadinama diverguojanciqja.
1	pavyzdys. Isnagrinekime eilut^
a + aq + aq^ +... +aqn~} +...,
sudarytq is geometrines progresses nariq {a * 0).
Sprendimas. Pritaik^ zinomq geometrines progresijos n nariq sumos formul?, turime
337
Toliau apskaiciuojame lim Sn . Kai |g| > 1, tai qn -> oo ir lim Sn = co; И—>CO	H—>00
Dabar isnagrinekime atvejj l</| = 1. Kai q = 1, turime eilut? a + a +... +a +..,
kurios daline suma S„ = na, о lim S„=oo. Kai q = -\, gauname eilut? к	и->ос
a~a + a-a+..., kurios daline suma
ГО, kai л?—lyginis skaicius, ”	[a, kai n- nelyginis skaicius.
Tai rodo, kad lim S„ neegzistuoja. /1—>00
Taigi i§ geometrines progresijos nariu sudaryta eilute konverguoja tik tada, kai ta progresija yra mazejanti. ▲
2	pavyzdys. Raskime eilutes 111 1 ---------------------1----1	K..4	-r+... 1-2 2-3 3-4-------------------------------и(и + 1)
зитц.
Sprendimas. Randame S„ : „ 111 1 S„ = ——i----------------------1----i-...ч—у-г .
n 1-2 2-3 3-4 и(п + 1)
Kadangi
1 (и + 1)-и _ 1	1
>;(« + 1) n(n +1) n Л + 1’ tai
n ,11111 11,1
5 =1 — +-------+----E..+-------------= 1-.
22334 и и +1 n+1
Tuomet
5 = lim Sn = lim Г1----— | = 1. A
n—>00	n —n + 1J
^ejrodinedami suformuluosime kelet^konverguojanciiuQ eiluciq savybiq.
1 savybe. Is konverguojanciosios eilutes atem^ arba prie jos pridejq a'gtmi skaiciq nariq, gauname konverguojanciqjq eilutq.
‘ savybe. Jei (1) eilute konverguoja ir jos suma lygi S. tai eilute cat +ca2+---+can +...,
a‘P pat konverguoja, о jos suma lygi cS; cia c = const.
338
3 savybe. Jei eilutes a\ +a2 +—+a„ +..,
AI + ^2 +•••+	+•••,
konverguoja, о ju_ sumos atitinkamai lygios S ir ст, tai eilute (<7| +Z>| )+(«2 + ^2 )+--+(й„ +^n)+ —
taip pat konverguoja, о jos suma lygi S + ст.
Tarkime, kad eilutes daline suma lygi S„, eilute konverguoja ir jos suma lygi 5. Tuomet S = S„ + a„+l + a„+2 +... Reiskinys rn = an^} + an+1 +... yra nauja eilute, kuri vadinama duotosios eilutes Искана. Taigi, kai eilute konverguoja, tai S = S„ + r„ . Is Sios lygybes tiesiogiai isplaukia teiginys, kad eilute konverguoja tada ir tik tada, kai lim rn = 0 .
Л->00
12.2. Butinasis eilutes konvergavimo pozymis
Isnagrinesime jvairius pozymius, kurie apibudina eiluciq konvergavimo sqlygas. Pradesime nuo butinojo konvergavimo pozymio. Jei tik eilute jo netenkins, ji bus diverguojanti.
CO
Teorema. Jei eilute "j^an konverguoja, tai «=1 lim an = 0.
frodymas. Eilutes dalin? sumq pazymekime S„. Kadangi eilute konverguoja, tai egzistuoja riba S = limS„. Is sqlygos Sn = Sn~\ +a„, «->«>
gauname: lim Sn = lim S„_\ + lim an.	@)
T7->CO	Ц—>GO	77—>00
Del eilutes konvergavimo ir lim 5„_j = 5. Tuomet is (2) sqrysio turime. n-»oo
S = S + lim an; is cia lim an = 0. Teorema jrodyta. ▲ n—n—>X>
Kadangi jrodytas pozymis yra butinasis eilutes konvergavimo pozymis, tai eilute diverguoja, jei tik lim a„ Ф 0 . Pavyzdziui, tokia yra eilute
«->00
12 3 n ® n — + — + —	-----+ ...= У----- ,
2 3 4 n + 1	„=i« + l
nes lim------= 1*0.
n—>x П + 1
339
jrodytas pozymis yra tik butinasis, bet ne pakankamasis eilutes konvergavimo pozymis. Is s^lygos lim a„=0 dar neisplaukia, kad eilute
konverguoja. Noredami tai pagrjsti, isnagrinekime pavyzdj - harmoninq eilutq
1	1
+ — + ... + — + .
4	n
2 3
= £- n=l«
Ji tenkina butinqjq. konvergavimo stjlygq, nes
jrodysime, kad si eilute diverguoja.
Pirmiausia jrodysime papildomo nelygyb?
x>ln(14-x), kaix>0.
lim alt = lim — = 0. И—>oc	n—>ocW
(3)
Tam tikslui isnagrinesime funkcijq /(x) - x - ln(l + x). Jos isvestine
kai x > 0.
Vadinasi, funkcija/(x) yra didejanti intervale (0; oo). Pagal didejanciosios funkcijos apibrezimo, kai x > 0,
Taigi x > In (1 +x), kai x > 0 .
Grjzkime prie harmonines eilutes. Raskime jos da ling sumo
о ,111	1
S„ =14---1---Г---I-... 4-
”	2 3 4 n
ir pasinaudokime (3) nelygybe. Tuomet
S„ > ln2 4- In — 4- In — 4- In — 4- ...4- In + = "	2	3	4	n
= 1пГг	= ln(« + l)
<234 nJ
Taigi S„>ln (/74-1), о tai reiskia, kad S„ —kai n—>oc, nes ^lim 1п(и + = x _ Vadinasi, harmonine eilute diverguoja.
340
12.3. Pakankamieji teigiamqjtj eiliiciij konvergavimo pozymiai
Nagrincsime skaiciq eilutes, kuriq nariai yra teigiami. Kad butq trumpiau jas tiesiog vadinsime teigiamosiomis eilutemis. Istirsime sqlygas, kuriomis lokios eilutes konverguoja.
Kadangi teigiamqjq eiluciq daliniq sumq seka {5„} yra didejanti, tai jos riba egzistuoja, kai ta seka yra aprezta is virsaus. Taciau, tiriant eiluciq konver-gavima, sj teigini sunku tiesiogiai pritaikyti, todel toliau suformuluosime tinkamesnius pakankamuosius teigiamqjq eiluciq konvergavimo pozymius.
1 reorema (palyginimo pozymis). Tarkime, kad teigiamqjn eifuciq
CO	00
X an ir nariai tenkina sqfygq a„< b„, Vn e N. Tuomet, konverguo-«=1	«=1
00	00	00
jant eihttei j_bn , konverguoja ir eilute ^an ; diverguojant eilutei , «=1	n=l	n=l
00
diverguoja ir eilute Y_b,... Kitaip tariant, jei konverguoja eilute, turinti n=d
didesnius narius, tai konverguoja ir eilute su mazesniais nariais, о jei diver guoja eilute su mazesniais nariais, tai diverguoja ir eilute, kurios nariai didesni.
n
jrodymas. Eiluciq dalines sumas pazymekime taip: S„ = Xai ir
1=1
n	cc
o„=X^'. Kadangi a„<b„, tai S„ < c„. Sakykime, eilute ^b„ 7=1	»=i
konverguoja. Tuomet jos daliniq sumq seka turi buti aprezta. Taigi yra tcks skaicius M, su kuriuo сти < M , Vn e TV. Bet, pagal sqlyga,	ir
co
Sn < M . Is cia isplaukia, kad eilute an konverguoja.
W=1
00
Dabar jrodysime antrqjj teoremos teiginp Sakykime, eilute ^ап
diverguoja. Kartu tun diverguoti ir eilute ^bn , nes priesingu atveju -s
«=1
00
x	• • V
sqlygos a„<bn ir eilutes konvergavimo isplauktq ir eilutes Д'” n=i	n~
konvergavimas, о tai jau priestarautq teoremos sqlygai. ▲
341
1 np
=	(p^r),
И=1
1 pavyzdys. Isnagrinekime Dirichle eilutes, arba apibendrintosios harmonines eilutes
, 1 1
1 + ---i----:
2P 3P konvergavimo
Sprendimas. Kai p < 1, tai
1_
np n
1
Kadangi — - harmonines eilutes bendrasis narys, о si eilute diverguoja, n
00 1
tai, pagal palyginimo pozyrng diverguoja ir eilute Y, —  n=inp
Sakykime, p > 1. Surasykime tokias eilutes:
, 11111111
(4)
2Р Зр 4Р 5Р 6Р 1Р 8/; 9Р
1111111
1 1
2P 2P 4P 4P 4P 4P 8P 8P 2 nariai	4 nariai	8 nariai
1
i6p ; i6p 16 narin
• (5)
(5) eilut<? galima parasyti dar ir taip:
2	4	8	16	,11	1
4---1---1-1----1-... — 14-— 4-— 4-r 4	-
4P 8p I6p 2p~' 4p-] 8p-' 16p~'
Kadangi —< 1, kai p> 1, tai (5) eilute sudaryta i§ mazejanciosios
geometrines progresijos папц, todel ji konverguoja. Is (5) eilutes sudarymo aisku, kad (4) eilutes nariai yra ne didesni uz (5) eilutes narius. Tuomet, pagal Palyginimo pozymj, (4) eilute konverguoja. ▲
Vadinasi, Dirichle eilute konverguoja, kai p > 1, ir diverguoja, kai P ~ 1 • Greta eilutes, sudarytos is geometrines progresijos nariq, Dirichle eilute *rgl yra etalonine eilute, su kuria paprastai palyginamos kitos eilutes, tiriant jn Konvergavimo
2 pavyzdys. Isnagrinekime eiiuciu
konvergavimo
00 i	00	1
У----- ir У —7----------
“1/712"	^jn2+5«4-6
342
Sprendimas. Turime:
—-— < —, Vn e N, n!2n 2”
1 . 1 ; 1 1
n~ + 5n + 6 (n + 2)(n + 3) n • n ц'2-
°° J
Eilute £ — sudaryta is mazejanciosios geometrines progresijos nariu ,7 = 1	2	’
OO |
todel ji konverguoja. Eilute £ ~y Уга Dirichle eilute ir ji konverguoja n=l л	J
Remiantis palyginimo pozymiu. galima teigti, kad abi duotosios eilutes irgi konverguoja. ▲
3 pavyzdys. Isnagrinekime eiluciig
00	1	00	1
Z sin- ir	Xtg—7=-
77=1	П	,7=1
konvergavim^.
Sprendimas. Pasinaudokime zinorna nelygybe
sin x < x < tgx, kai x e •
.Ц galima taikyti duotiyq eiluCin bendriesiems nariams, nes —	0 ir —-L= -> 0, kai и -> oo . Vadinasi,
и Пу/п
.11. 1 1
Sin — < — ir --= < tg---7= .
n n n nj n
Eilute, kurios bendrasis narys —, diverguoja, о eilute, kurios bendrasis n
1	3.-х-
narys —t= , yra Dirichle eilute, kuri konverguoja, nes p = — > 1  Taciau si ny/n ’	2
00	|	00 j
кагЦ palyginimo pozymis neatsako, ar eilutes Zs^n— ir	—~r ^onver"
guoja, ar diverguoja, nes, diverguojant eilutei, sudarytai is didesnin nariu, eilute su mazesniais nariais gali ir diverguoti, ir konverguoti, о konverguojant eilutei, sudarytai is mazesnin папц, eilute su didesniais nariais gait ir konverguoti, ir diverguoti. ▲	. _ .
Kai palyginimo pozymio neuztenka uzdaviniui isspr^sti, kartais ga^’ but* naudingas toks pozymis, kurj cia pateikiame be jrodymo.
343
2 teorema (ribinis palyginimo pozymis). Sakykime, duotos dvi teigia-mosios eilutes an ir ^b„ . Jeigu egzistuoja riba rt=l n=l
lim ^-=K>0 (K*oo), «—>00 bn
tai abi eilutes kartu konverguoja arba diverguoja.
Grjzkime prie 3 pavyzdzio. Apskaiciuokime ribas:
sin —	7=
n ,	г ndn ,
lim ——- = 1	ir hm-----------= 1.
«—>00	1	«—>00	1
n	n-fn
oo |	oo	]
Kadangi eilute diverguoja, tai kartu diverguoja ir eilute £sin—,o »=1«	«=1	”
“1
kadangi eilute £—г	konverguoja, tai kartu konverguoja ir eilute
n=\n^in
OO 1
Dg-^.A
«=1 njn
ж 1
4 pavyzdys. Istirkime eilutes £ —-------konvergavimip
n=i3n2 +7n + 4
1 2	2	1
Sprendimas. Kadangi	lim ——±-ZZL±£ = |jm ———-----------= — ,
«->co	1	n->co3„2+7„ + 4	3
n2
oo ]
tai duotoji eilute konverguoja, nes konverguoja eilute T ' n=\n
3 teorema (d'Alambero* pozymis). Sakykime, duota teigiamoji skaiciq
ОС
eilute ^jan ir egzistuoja riba
n=\
Um an
2anas d'Alambcras, Dalambcras (J.L. d'Alembert, 1717-1783)- prancuzq fizikas, "Wmatikas ir filosofas.
344
Tuomet eilute'.
1) konverguoja, kai L <1 ;
2) diverguoja, kai L > 1.
Irodymas. Zinome, kad
lim = Z«Ve>03W :«>#=> и—>oo an
att
< E <=>
^/'-E<T±<z+£’	<6)
WA7
1. Tarkime, kad L < 1. Tuomet galima parinkti tokj e, kad ЬгИц L+e < 1 Pazymekime L+e = q<l. Is (7) nelygybes turime:
----<q^> an+l < a„q .
an
Kadangi paskutinioji nelygybe teisinga su Vn > N, t. y. su n reiksmemis, lygiomis N + 1, N + 2,..., tai is jos isplaukia nelygybes
aN+2 < aN+\ 7’
aN+3 <aN+2^<aN+\kl >
aN+4 < aN+34 < aN+\43>
Sudarykime tokias eilutes:
«1 + a2 +... + ajv+i +OJV+2 +^N+3 +aM+4 + •••>	(?)
aN+2 +aN+3 +aN+4 +••• •
c,N+]cl +aN + \4~ + <3W+1<?3+-	(9)
Kadangi q < 1, tai (9) eilute sudaryta is mazejanciosios geometrines progresijos папц, todel ji konverguoja. Tuomet, remdamiesi palyginimo pozymiu, galime teigti, kad konverguoja ir (8) eilute, kurios nariai mazesni uz atitinkamus (9) eilutes narius. (8) eilute gauta is (7), atmetus baigtinj skaidiii папц, bet tai eilutes konvergavimui jtakos neturi. Taigi (7) eilute, t. y. duotoji eilute, konverguoja.
2. Dabar tarkime, kad L> 1. Tuomet galima parinkti tokj £, kad butQ 9 = к - г > 1. Is (6) nelygybes turime:
> L ~ e = ? => a„+1 > anq^n > N . an
Si kart^ (9) eilute bus sudaryta i§ didejanciosios geometrines progresijos nariu, todel ji diverguos. (8) eilute irgi diverguos, nes jos nariai, turint galvoje s4.1yg3. <2„+i > anq, bus didesni uz atitinkamus (9) eilutes narius. Taigi (7) eilute bus diverguojanti. Teorema jrodyta. ▲
345
co yi
5 pavyzdys. Istirkime eilutes £ — konvergavimo
/7=1 "
Sprendimas. Apskaiciuojame:
3/7+1
L= Hm £n±L= Hm 21+1 = lim —------------— = 3 lim — = 3-1 >1.
и-+<ю a„ n-»<x> 3"	«-+003" (n +1)	n-+<»n + l
n
Eilute diverguoja. ▲
Kai L = 1, eilute gali konverguoti arba diverguoti. Pavyzdziui. imkime dvi
Dirichle eilutes	ir Г’ kuri4 Pirm°ji diverguoja, о antroji
n=isln n=\n
konverguoja.
Nesunkiai nustatytume, kad abiej 4 eiluciq
L= lim^_=l.
n—>«> an
Taigi, kai L = 1, tai, remdamiesi d'Alambero pozymiu negalime atsakyti, kokia yra eilute: konverguojanti ar diverguojanti.
Be jrodymo pateiksime dar vienq pozymj, labai panasq j d'Alambero. Beje, jis ir jrodomas analogiskai d'Alambero pozymiui.
4 teorema (Kosi radikalusis pozymis). Sakykime, duota teigiamoji
CO
skaiciq eilute У an 'r eg-istuoja riba
/7=1
lim - L .
Ц-К
Tuomet eilute'.
1) konverguoja, kai L < 1;
2) diverguoja, kai L > 1.
6 pavyzdys. Istirkime eilutes
konvergavimq.
Sprendimas. Taikome Kosi radikalqjj pozymj:
Ir \n	i
.	n ]	.. n 1 ,
L = hm И --------- = hm----------= — < 1.
n->00 V\ln — Ij	П—>0o7n —1	7
Eilute konverguoja. ▲
346
Toliau suformuluosime ir be jrodymo pateiksime vienq pozymj к ' savo forma skiriasi nuo nagrinetq.	’ s
5 teorema (Kosi integralinis pozymis). Tarkime, kad Дх) - tolydi neneigiama ir monotoniskai mazejanti funkcija intervale [1; oo), о teigiamosi '
CO
skaiciq eilutes fjan nariai a„=fn}. Tuomet si eilute konverguoja tada kai /7=1
OO
konverguoja netiesioginis integralas jf(x)dx, ir diverguoja, kai diverguoja l
sis integralas.
7 pavyzdys. Istirkime eilutes
co , n=2 n In n konvergavimq.
Sprendimas. Sqlygq Ди) = tenkina funkcija /(x) =—-—, kuri xln3 X
intervale [2; <») yra tolydi, neneigiama ir monotoniskai mazejanti. Apskaiciuojame integralq
°? dx_________1__°°	1
2%ln3x	21n2x2	21n22
Kadangi sis integralas konverguoja, lai konverguoja ir duotoji eilute. ▲
12.4.	Alternuojanciosios eilutes. Leibnico pozy mis
Alternuojanciqja (lot. alterno - kaitalioju) vadinama eilute
<7!-a2+03-<24+... + (-l)”_1a„+... ,	(Ю)
kurios a„ >0, n = 1,2,... . Tokios eilutes konvergavimo sqlygas apibudina teorema.
Teorema (Leibnico pozymis). Jeigu (10) alternuojanciqjq eilute sudarantys nariai yra tokie, kad
O] > a2 > a3 >... ir lim an = 0,
n—>00
tai (10) eilute konverguoja, jos suma yra neneigiama ir ne didesne uz pirmqjl eilutes narj
Irodymas. Is lyginio skaiciaus eilutes nariq sudarykime dalin? sumq: S2m =(al -a2)+(a3-a4)+-- + (a2w-l ~ a2m) 
347
Kadangi an > a„+1, tai suskliausti reiskiniai yra neneigiami, todel s > 0 , be to, S2m+2 > S2m. Taigi seka {S2,J yra nemazejanti.
Suma S2m isreikskime kitaip:
^2/n a\ ~ (a2 — a3 ) — •" ~ (^2m-2 ~ a2m-1 / a2m 
Suskliausti reiskiniai yra neneigiami, todel S2in < . Vadinasi, seka
Уга nemazejanti ir aprezta is virsaus, todel egzistuoja jos riba lim Si„, = 0- Vis delto dar negalima tvirtinti, kad eilute konverguoja. ги->»
Pavyzdziui, eilutes 1-1 + 1-1 + ... dalines sumos S2m=0, kartu lim S2ni=0, taciau eilute diverguoja.
Panagrinekime, kokia bus dalines sumos riba, kai Ц suma sudarys nelyginis skaicius папц h = 2w+1. Kadangi
^m+l — $2m + a2m+\’
o lim a2m+\ = 0, tai m-»co
lim 52ot+| = lim S2m + lim a2w+1 = S •
m—>oo	m—>oo	m->co
Vadinasi, dalines sumos riba nepriklauso nuo to, ar jos demenu skaicius lyginis, ar nelyginis,todel galutinai
lim Sn = S,
/7~>X)
о tai rodo, kad eilute konverguoja. Be to, is jrodymo metu gautu sq.lygii S2m>0 ir S2m < O] isplaukia, kad 0 < 5 < «i-A
Remdamiesi ka tik jrodytu Leibnico pozymiu, suformuluosime labai paprasta taisykl?, padedanciq jvertinti paklaida, kuri padaroma, kai alter-nuojanciosios eilutes suma 5 pakeiciama jos daline suma S„. Aisku, kad tuomet paklaida bus lygi liekanai r„, nes 5 = S„ + rn. Taciau rn =±(an+] - a„+2 + •••) yra nauja altemuojancioji eilute, kuriai irgi galima taikyti Leibnico pozymj. Todel
Vadinasi, paklaidos modulis yra ne didesnis uz pirmoji atmetama eilutes narj.
00	1	1
Pavyzdys. Eilute	----т konverguoja, nes ji yra altemuo-
>7=1	1 + и4
jancioji ir lim —J— = 0 . Noredami apskaiciuoti jos sum^, pavyzdziui, 0,001 а->х] + и4
tikslumu, reikalaujame, kad butQ
hl <0,001.
348
Kadangi is sqlygos
lrn|~°n+i 1 + (/; + 1)4 <0’001 gauname
1 + (n +1)4 > 1000 => (n +1)4 > 999 => n +1 > 5 , tai pirmasis atmetamas narys yra a„+| =a6. Todel
j___l_ J_____1_ J_
2 17 82 257 626
12.5. Absoliutusis ir reliatyvusis eiluciq konvergavimas
Nagrinesime eilut?
a, + ai + ат, +...+ a„+...,
kurios nariq zenklai keiciasi, taciau nebutinai pakaitomis, kaip altemuo-
OO
janciosios eilutes. Is tiriamos eilutes nariq moduliq sudarykime eilute £|a„| •
W=1
OO
1 apibrezimas. Eilute vadinama absoliuciai konverguojanciqja, n=l
00
jei konverguoja eilute X |an| 
И=1
Toliau be [rodymo pateiksime keletq eiluciq, kuriq nariai gali buti jyairiq zenklq, savybiq.
1 teorema. Absoliuciai konverguojanti eilute yra konverguojancioji eilute.
,	,	v sin no. ,
1 pavyzdys. Istirkime eilutes / , ---- konvergavimq.
n=l 2
Sprendimas. Kadangi |sin na| < 1, tai
sin па. < 1
Э n ~~
00 1 1 1 1 • •
Eilut? —=y + — + — + sudaro mazejandiosios geometrines
progresijos nariai, nes q = — <\. Tuomet, remiantis palyginimo pozymiu,
sin na
galima teigti, kad eilute > -----------
n=l
absoliuciai konverguojanti. ▲
konverguoja, todel duotoji eilute yra
349
Atvirksciasis teiginys gali buti ir klaidingas. Is eilutes konvergavimo ne-butinai isplaukia jos absoliutusis konvergavimas. Tokia, pavyzdziui, yra eilute
00	1	1
»=l
ji yra altemuojancioji ir lim an = lim -^= = 0, todel eilute konver-n—>CO
guoja.
co 1
Is sios eilutes nariq moduliq sudaryta eilute у — yra Dirichle eilute, n=\vn
kurios р = у < 1, todel ji diverguoja.
2 apibrezimas. Jei eilute ^a„ konverguoja, о eilute X|<7„| diverguoja. я=1	я=1
tai eilute £ a„ vadinama reliatyviai konverguojanciqja. w=l
00	j
Tokia yra nagrineta eilute £ (-1)"- —j=.
n=l
Tirdami absoliutqjj eilticiij konvergavimq, taikome anksciau suformu-luotus pakankamuosius teigiamqjqeiluciqkonvergavimo pozymius.
2 pavyzdys. Istirkime eilutes
Я=1
1й-1
n
51
konvergavimq.
Sprendimas. Is duotosios eilutes nariq moduliq sudarome teigiamqjq co и"
skaiciq eilut? У— irjai taikome d'Alambero pozynq:
H~ 1 5
L = lim -^-T
Я + 1
Taigi tiriamoji eilute konverguoja, todel duotoji eilute yra absoliuciai konverguojanti. ▲
350
12.6. Funkcijq eilutes konvergavimo sritis
Futikcijn eilute vadiname eilut?
Zlln(x) = ll^x)+ ll2(x) + +	+ ... ,	(11)
n-\
kuri sudaryta is vieno kintamojo funkcijq u„ (x), apibreztq tam likroje srityje D.
{ras? i (11) eilut? konkreciq reiksm? x = xoe D, gauname skaiciq eilut?
OO
Уw„(xo), kuri gali konverguoti arba diverguoti. Visuma tq x e D reiksmiq /7=1
su kuriomis is (11) eilutes gaunamos konveiguojanciosios skaiciq eilutes vadinama funkcijn eilutes konvergavimo sritimi.
Tokios eilutes sumq apibreziame panasiai kaip ir skaiciq eilutes. Pirraiausia sudaromejos dal in? sumq
Sn (x)= г/i (x) + и2 (x) +... + u„ (x) , po to apskaiciuojame ribq
s(x)= lim 5n(x).
n—>00
Funkcija 5(x) vadinama funkcijq eilutes suma, о skirtumas 5(x)~ Sn{x) = r„(x) - liekana.
Noredam: nustatyti funkcijq eilutes konvergavimo sritj, paprastai taikome palyginimo, d'Alambero ir Kosi radikalqji pozynq. Kadangi tie pozymiai jrodyti teigiamosioms eilutems, tai, juos taikydami, turime apskaiciuoti ribas
lim = L(x) arba lim !A'|z/,; (x j = Z(x).
II n (x)	n—>oc V
Is siq lygybiq matyti, kad los x reiksmes, su kuriomis Z.(x)<l, sudaro
eilutes	konvergavimo snti. Vadinasi, taikydami minetus pozymius,
/7=1
is tiesq nustatoine eilutes У i/„(x) absoliutaus konvergavimo sritj.
/7=1
1	pavyzdys. Nustatykime eilutes C0S >?= konvergavimo sriti-"=1-уп4 + x4
Sprendimas. Taikome palyginimo pozynq. Kadangi su visornts reiksmemis |cos nx\ < 1, tai
351
cos nx
^n4 + X4
oo |
kai x e (-00;+»). Eilute £ — Уга Diricble eilute, kurios p =2>1, todel ji kon-„=1н2
verguoja. Tuomet eilute
CO
L
cos nx
sin4 + X4
konverguoja visojc skaiciq tiesejc.
Vadinasi, duotoji eilute konverguoja absoliuciai intervale (-00; +00). ▲
2	pavyzdys. Nustatykime eilutes У - (х-ЗУ' konvergavimo sritj.
Sprendimas, Taikysime Kosi radikalcj j pozymj:
n—>ooy n +1)	e
nes
/ \n 1 limf— -I =-n—»oc\ л +1) e
Sprendziame nelygyb^
|х-з|		.
------- <1 <=> |x -3| < e <=> -e < x - 3 < e <=> 3 -e < x <3 + e .
Vadmasi, duotoji eilute konverguoja absoliuciai intervale (3 - e; 3+e). intervalo '3-e; 3 + e) ga’us dar turime istirti atskirai, nes taskai 3-e ir
7	•	•	|x - 3|
i + e gaunami remiantis sqlyga J--L = 1,0 tuomet, kaip zinome, Kosi radika-
e
lusis pozymis nerodo, ar skaiciq eilute yra konverguojanti, ar diverguojanti.
K.ai x = 3 - e, gauname altemuojanciqjq skaiciq eilut?
Apskaiciuojame ribq: lim un = lim n~~>00 diverguoja.
Taske x = 3 + e irgi gauname
77
«2
en =1*0. Taigi eilute
- -	,.b.	diverguojanciq skaiciq eilut§. Vaainasi,
u°toji eilute absoliuciai konverguoja intervale (3 - e; 3 + e). ▲
352
12.7. Laipsnines eilutes stjvoka. Abelio* teorema
Apibrezimas. Funkciju eilute
2	00
°0+alx + a2x + ... + a„x"+... = £a„x”,	(12)
n=0
kurios nariai yra laipsnines funkcijos (cia an e Л), vadinama laipsnine eilute
Aisku, kad ji konverguoja bent viename taske xo=O. Laipsnines eilutes konvergavimo sritj apibudina tokia teorema.
Abelio teorema. Jei laipsnine eilute konverguoja taske x0 * 0, tai ji konverguoja absoliuciai bet kuriame taske x, tenkinanciame sqlygq lx|<|x0|. Jei laipsnine eilute diverguoja taske xj, tai ji diverguoja ir taskuose x, kurie tenkina sqlygq I x I > I Xj I.
Irodymas. jrodysime pirmqjj teiginj. Kadangi (12) eilute konverguoja
CO
taske Xo, tai is jos gauta skaiciq eilute £ <j„Xq yra konverguojanti. Tuomet ji n=0
turi tenkinti butinqjq eilutes konvergavimo sqlygq lim а„хц = 0 . Kai si riba
A7—»OO
egzistuoja, bendrasis narys a„XQ yra apreztas. Vadinasi, turi egzistuoti skaicius M> 0, su kuriuo
|«„Xq|<A/, « = 0,1,2,...
Parasykime eilute, sudarytq is (12) eilutes nariq moduliq:
|°o|+ |alx|+ |fl2%2| + •••+	+ ••• = E \anx"
11	11 n=o'
Pertvarkykime jq taip:
Remdamiesi nelygybe |а„Хо|<Л/, parasykime dar vienq eilute, kurios nariai ne mazesni uz (14) eilutes narius:
(13)
(14)
2
+ ...+ M
(15)
n
M + M
+ М,— ко
I—< 1, todel (15) eilute sudaryta is mazejanciosios lxo
*0
*0
Kai |x|<|x0|, tai |
geometrines progresijos nariq. Del sios priezasties (15) eilute konverguoja.
’ Nilsas Hcnrikas Abclis (N.H. Abel, 1802 - 1829) - norvcgq matcmatikas.
353
Remdamiesi palyginimo pozymiu, galime teigti, kad konverguoja ir (14), taigi r (13) eilute. Tokiu atveju (12) eilute yra absoliuciai konverguojanti. Pirmasis teiginys jrodytas.	.
(rodysime antrqjj Abelio teoremos tetginp
Sakykime, eilute diverguoja taske xb Tarkime priesingai, kad taske x, tenkinanciame sqlygq |x|>|x1|, eilute konverguoja. Tuomet, pagal pirmqjq
teoremos dalj, eilute turi konverguoti ir taske x,. bet tai priestarauja teoremos sqlygai- Vadinasi, taskuose x, kuriq |x| > |xj|, eilute diverguoja. ▲
12.8. Laipsnines eilutes konvergavimo intervalas ir spindulys
Jei (12) eilute konverguoja taske x0, tai. pagal Abelio teoremq, ji absoliuciai konverguoja taskuose x, kuriq |x|<|x(J|. Si nelygybe ekvivalenti nelygybei - |x0| < x < |x0|. Vadinasi, jei (12) eilute konverguoja taske x0, tai ji butinai konverguoja absoliuciai intervale (—|xq|; |x0|) (12.1 pav.). Is Abelio teoremos taip pat isplaukia, kad, diverguodama taske X|, eilute diverguoja intervaluose (-°°;-|xi|) ir (|x]|; +<» |).
ZZ2////ZkZl
-|X,|
V/////////////////A	\//////////
-|XO| 0	|x0| |X,| x
12.1 pav.
Taigi laipsnines eilutes konvergavimo sritis yra baigtinis arba begalinis intervalas. kurio centras - taskas 0, arba vienintelis taskas 0. Sj interval^ zymesime (- R\ R) (cia R > 0) ir vadinsime konvergavimo intervalu, о skaiciq R - konvergavimo spinduliu. Kai eilute konverguoja vieninteliame taske xo= 0, tai R = 0, о kai konverguoja visoje skaiciq tieseje, tai 7? = oo.
Noredami rasti konvergavimo spindulj, remiames d'Alambero arba Kosi radikaliuoju pozymiu. Taikydami siuos pozymius, apskaiciuojame ribas
lim
n—
arba
Pazymekime
L = lim
arba
L =
Tuomet
lim

an
= jxj-A
lim !^\ • n-»x
arba

354
Eilute konverguoja tada, kai |x| • L < 1
guoja, kai |x|-L>l, arba
(	I
X 6 - oo;--
к	L)
,t. y. kai *e(-p£),ir diver-
ir xe (-£-;+ooj . ]§ cia
matyti, jog
konvergavimo spindulys R = — . Taigi turime dvi formules jam apskaiciuotr
R = lim an+}
ir R = lim -—
Laipsnine eilute taip pat vadiname eilut?
«0 + (x - x0 ) + a2 (x - x0 )2 +... + a„ (x - x0)" +... = £ a„ (x - x0)” .
n=o
Nesunkiai jsitikintume, kad tokios eilutes konvergavimo intervalas yra (x0 - R\ Xq + R); cia R apskaiciuojamas pagal tas pacias formules, kaip ir (12) eilutes konvergavimo spindulys.
00 xn
1	pavyzdys. Nustatykime eilutes £—+= konvergavimo interval^.
п=1У/И
Sprendimas. Randame /?:
1
d i 	V'?	i •	ln + 1
R = hm —-------= hm J-------= 1.
и->оо 1	n—>00 V И
Taigi eilute konverguoja intervale (-1; 1). Jo gains reikia istirti atskirai. °° (_]¥>
Kai x = -1, gauname alternuojanciqjXeilut?	, kuri konverguoja,
»=1 sin
J	OO j <»	1
nes lim-== = 0 . Kai x = 1, gauname diverguojanci^eilut^ ^-т==Х-Т’ n=\yn n=l n2
Vadinasi, duotoji eilute konverguoja intervale [-1; 1). ▲
00
2	pavyzdys. Raskime eilutes £ -— konvergavimo interval^. //=! «!
Sprendimas. Apskaiciuojame R:
R - lim —у— = lim = lim (n + 1) = oo . n—>00 —1—Г- И—>00	nl
(/1+1)!
Vadinasi, eilute konverguoja su visomis realiosiomis x reiksmemis. A
355
CO
3	pavyzdys. Eilutes У n'.e~nx" konvergavimo spindulys »=1
(j
R = lim---------- r |V = lim — = 0 ,
>°o(fl + ]) I g v!+0	>1—txM + l
todel eilute konverguoja vieninteliame taske x0= 0. ▲
12.9.	Laipsniniq eilucitj savybes
Panagrinesime, kaip laipsnines eilutes sumos savybes susijusios su tos eilutes nariq savybemis. Tiksliau tariant, kelsime tokius klausimus: 1) ar tolydi eilutes suma tos eilutes konvergavimo intervalo taskuose; 2) ar suma integruojama (diferencijuojama) tam tikroje konvergavimo intervalo atkarpoje? A n trig j klausimq galime sufonnuluoti ir taip: ar begalinio skaiciaus demenq sumos integralas (isvestine) lygi eilutes nariq integralq (isvestiniq) sumai?
Pasirodo, j siuos klausimus visada galima atsakyti teigiamai.
Be (rodymo pateiksime tris teoremas, apibudinancias sias laipsniniq eiluciq savybes.
1	teorema (sumos tolydumo teorema). Laipsnines eilutes suma jos konvergavimo intervalo viduje yra tolydi funkcija.
2	teorema (eilutes integravimo teorema). Laipsnin? eilutq galima panaritii integruoti bet kurioje atkarpoje, priklausancioje jos konvergavimo intervalui. Taigi, jei
W = s(x), n=0 lai b	co	b
jS(x)cZr = £ \anxndx-, a	n=0	a
Cla [a; b] - atkarpa, priklausanti eilutes konvergavimo intervalui.
1 pavyzdys. Raskime sumq S(x) = 1 + 2x + 3x2 +... + их”-1 +...
Sprendimas. Kadangi si eilute konverguoja intervale (-1; 1), tai jq galima integruoti panariui atkarpoje [O; x] g (-1; 1). Gauname:
*	л
WVz = [(1 + 2t+ 3r2 + ... + И/”-1 + ...Vr =x + x2 + x3 + ... + x" + ... = ——,
0	0	V	1-^
nes X yra nykstamosios geometrines progresijos suma, kai |x| <1.
« = ]
356
Isdiferencijav? abi lygybes \S(t)dr = —— puses, turime:
о
5(х) = (гМ =7 \2' ’ kai (1-x)2
3	teorema (eilutes diferencijavimo teorema). Laipsninq eilutq jos konvergavimo intervalo viduje galima diferencijuoti panariui. Tiksliau sakant jei ^a„xn =S(x), tai Упа„хп1 =S'(x).
n=0	n=]
2	pavyzdys. Apskaiciuokime sumq S(x)= £(-l)”+ —---------г .
„=1	2и(2и + 1)
Sprendimas. Sios eilutes konvergavimo intervalas yra (—1; 1). Jq du kartus diferencijuojame panariui. Gauname:
°э	2/7
s'M=Z(-i)”+1V-, n=i	2«
S"(x) = f (- l)',+,x2”-' = x - x3 + x5 - x7 +... = —Ц-.
w=l	1 + x
Tuomet, du kartus suintegrav^, turime
$'(•*) =	= yln f1 + *2)’
01 + /	2
5(x)= 2 pn(1 +t2 jr/z = — xln(l + x2)-x + arctgx . A
2o	2
12.10.	Funkcijos reiskimo jos Teiloro eilute s^lygos
Kai tasko x0 aplinkoje funkcija /(x) turi isvestines, kuriq eile siekia iki (n +1), tai jq galima isreiksti Teiloro formule
/(x) = /(x0 ) + (x - xo)+ (д- - д0 )2 + ... +	(x - X0 )" + rn (x
1!	2!	nl
Cia liekana parasyta Lagranzo forma:
r"	= "7—(x - x0)"+' >	c e (x0; x) . 
(» + 1)!
Kai funkcija/(x) turi bet kokios eiles isvestines tasko x0 aplinkoje, tai is Teiloro formules nariq galima sudaryti eilut?
357
/(х„)+£^(-«-А0)+^(л-х0)2+...+
у. ,	(16)
п'.
kuri vadinama funkcijos /(х) Teiloro eilute. Formaliai jq galima uzrasyti visada. Taciau ar tikrai jos suma lygi/(x)?
Dabar ir issiaiskinsime, kada (16) eilute turi sumq, lygiq/ (x). Pazymejc jos dating sumq
/ \ .(	/('ro)r j, f (ло)г v j2 + ,	x
p„(x)=./(x0J +—-—(x-x0)+———(x-Xo) +••+	—(x x0/ ,
turesime:
,/(x) =p„(x)+ r„(x).
Jei limr„(x)=0, tai /(x) = lim p„(x), о tai reiskia, kad (16) eilutes n—>00	;z—>co
suma lygifix). Teisingas ir atvirkscias teiginys, butent: kai (16) eilutes suma lygi f (x), tai lim r„ (x)= 0.
Л~>00
Vadinasi, teisinga tokia lygybe:
/W = /(*0)+(* - *0) +	- x0 ^ +... + - —(x - x0)" +....
1!	2!	tr.
Tokiu atveju sakome, kad funkcija/(x) isskleista jos Teiloro eilute.
Taigi funkcijq/(x) galime isskleisti jos Teiloro eilute tada ir tik tada, kai lim rn(x)-0.
n->CO
Kai xo=O, tai is Teiloro eilutes gauname Makloreno eilut?
12.11.	Kai kuriq elementariqjq funkcijq reiskimas jq Makloreno eilute
Remsimes 7.17 skyrelyje isvestomis kai kuriq funkcijq Makloreno formulemis. Nejrodinedami paminesime, kad visais atvejais siose fonnulese 'im r„(x) = 0.
n->00
!-Дх) = e^.
Kadangi sios funkcijos Makloreno formule yra
funkcijq ex galima isskleisti jos Makloreno eilute
1
358

х X X2 X3 х”
s — 1н--1——I------------- + ... .
1! 2! 3! nl	(П)
Nesunku tsitikinti, jog (17) eilutes konvergavimo intervalas (-oo-+oo) Todel (17) formule teisinga visoje skaiciq tieseje.
2.Дх) = sinx.
Kadangi sios funkcijos Makloreno formule tokia:
r5 7	„2/7+1
sin x = x - — + -----------+ ... + (-1)” T------г + r2„+-,(x)
3!	5!	7! V ' (2w + l) 2лт3';’
tai funkcijq sin x galima isskleisti intervale (- oo; + oo) Makloreno eilute
3	5	1	2и+1
•	XXX	/	\ и X
Sinx = x- +--+----------F... + 1-1 ----r- + ...
3!	5!	7! v ’ (2/7 + 1)'
3.fix) = cos x.
Siq funkcijq intervale (-oo;+oo) galima isreiksti taip:
Y2 Y4 Y6	Y2"
1 л л л	f 1\f1 л
cosx = l-----1---------t-... + (-!	—r-+...
2!	4!	6!	(2«)l
(17) - (19) eilutes konverguoja intervale (- oo; + oo).
(18)
(19)
4. fix) = sh x ir fix) = ch x.
(17) eiluteje x pakeiciame -x:
X x2	r3
1!	2!	3!
Tuomet, remdamiesi (17) bei (20) eilute, gauname: .3	5
1/7 л____
n\
(20)
p' — p
shx = ------—
,2n+l
3!	5!
2 J
chx = —	..............
2	2!	4!
Sios eilutes irgi konverguoja intervale (- co; + co).
2n
5.fix)= (l + x)a, a e/f.
Kadangi sios funkcijos Makloreno formule yra
359
tai funkcija (1 + x)“ galima isskleisti eilute
.	, a(a-l) 2	a(a-l)..(a-« + l) „
(l+x) = l + ax + —----zx~ + ... + —---—--------x +..., (21)
v	2!	и!
vuri vadinama binomine eilute. Si eilute konverguoja intervale (-1; 1).
б.Дх) = In (l+x) •
(21)	formuleje vietoj a jrasome-1 ir gauname eilut?
—!—= 1-x + x2 — x3 + ... + (-l)”x” + ..., l + x
kuri konverguoja intervale (-1; 1). Jq. galima integruoti panariui bet kurioje
atkarpoje [О; x] c (-1; 1). Gauname:
x j,	v2 3	4	n+1
fJL = in(1 + x)=x-^-+^-—+... + (-1)"^-+...	(22)
Jl+r v	234	n+l
Nesunku patikrinti, kad eilute
2	3	4	n+l
X X X	/ - \fi X
x----+---------+ . .. + (-1) ----+ ...
234 x w+1
konverguoja intervale (-1; 1].
Tuomet is (22) formules, jras? jjqx = 1, gauname eilutp
ln2 = 1- — + — - — + ... + (-1)”	+ ,	(23)
234	' n+l
kuri vadinama Leibnico eilute. Pailiustruosime, kaip siame skyrelyje gautos eilutes taikomos sprendziant
(vairius uzdavinius.
1 _ 2
1	pavyzdys. Apskaiciuokime 10-3 tikslumu Je x dx .
0
Sprendimas. j (17) formula vietoj x (rase dydj - x2, gauname eilut^
konverguojanci^ visoje skaiciq tieseje. Integruodami panariui, turime
360
л. 2	у* 1-5	7	2»+1
L-'-Л = х_^_+2—Z_+...+ _1)«JL_^+
J	3-1! 5-2! 7-3!	7 (2/?+1)и!	’
todel
г	-х2 ,	,	1	1	1	1	1	/	х„ 1
I е dx — 1------1----------1-----------F1) ----------------
J	3-1!	5-2!	7-3!	9-4!	11-5!	3	’	(2и + 1>!	-
Si eilute yra altemuojancioji, todel randame jos narj, kurio modulis ne didesnis uz 1O'J. Kadangi —1—= —!—< ю-3, tai 10~3 tikslumu
11-5'	1320
[е'л‘2а'х« = 1- —+ —------— + — = 0,747. A
(j	3-1! 5-2! 7-3! 9-4!
2	pavyzdys. Funkcijq arcsinx isskleiskime eilute.
„	, г dt .	....
Sprendimas. Kadangi —  - = arcsinx, tai pirmiausia turime о 7137
... * isskleisti eilute. Tam tikslui tinka binomine eilute. I (21) formul?
• v 1	•	•	2
vietoj a iras? —, о vietoj x - dydj - x , turime entity
1__
7i-x2
2
1-3 4 1-3-5 6
	X +	X 2-4--------2-4-6
=1+fM>
Ь *
konverguojanci^ intervale (-1; 1).
Integruodami jijpanariui, atkarpoje [0; x], kai |x| < 1, gauname eilut?
1 x3
arcsin x = x 4---
2-3
1-3 x5
2-4- 5
1-3-5 x7
2-4-6- 7
+... =
(2/i-1)!x2”+I
X+ >	,
,Zj (M'- 2n + \
kuri taip pat konverguoja intervale (-1; 1). ▲
361
3 pavyzdys. Funkcijq л In x + У1 + x2
isskleiskime Makloreno eilute.
Sprendimas. Nesunkiai gautume:
1
Taikydami (34) formul?, parasome eilut?
1	(,	2H	, 1 2 1'3	4 1-3'5	6
. 	= 11 + X*-  =1---x +-----X----------x°
m	{	’	22-4	2-4-6
(2и-1)! 2» (2и)!
=1+S(-')"
Л = 1
konverguojancici
intervale (-1;1)- Integruodami panariui atkarpoje
[0;x]c(-l;l), turime:
In
2w+l
Padaugimj abi lygybes puses is x, gauname
X Inf X + У1 + X2 = X2 + 2L (~ 1)" к )	»=1
(2w-l)l! x2”+2 (2n)l 2n + l
x - 29. Todel pinniausia pakeiciame УзО : y[?>0 = У27 + 3 = 31 + —
4 pavyzdys. 10 3 tikslumu apskaiciuokime УзО.
Sprendimas. Jeigu parasytume УзО = (1 + 29)3 ir taikytume (21) formu-1?, tai suklystume, nes si formule teisinga, kai xe(-l;l), о siame pavyzdyje
. Dabar
taikome (21) formula, jrasydami ija a =—, x = —. Gauname:
1)з	11	1-2	1	1-2-5	1
(9)	( 3 9 3-3-2! 92 З-З-З-З! 93
Si eilute yra altemuojancioji, todel randame jos narj, kurio modulis ne didesnis uz 0,001.
Kadangi - 1 " -----L < 0,001, tai
З-З-З-З! 93
Узо = зИ+—•—
I 3 9
1-2 J_)
3-3-2192 J
3,107.
362
12.12. Eiluciq taikymas sprendziant diferencialines lygtis
Jeigu nepavyksta rasti diferencialines lygties sprendinio, isreiksto elementariosiomis funkcijomis, tai tq lygti galime spr^sti apytiksliai ieskodami sprendinio, isreiksto Teiloro eilute.
Sakykime, reikia rasti antrosios eiles diferencialines lygties
y" = F(x,y,y')	(24)
sprendini, tenkinanti pradines sqlygas
т|х=л0 =То>У|.г=ло =J’O 	(25)
Tarkime, kad sios lygties sprendinys у =flx) isreiskiamas eilute
У = /М=Ж)+2^~(^-^о) + ^-^(^-^о)2+---	(26)
Is (26) formules matyti: norint uzrasyti tq sprendini, reikia zinoti f(x) ir jos isvestiniq reiksmes taske x0. Tas reiksmes galima rasti pagal (24) ir (25) formules. Is tiesu reiksmes /(x0) ir f'(x0) nusakomos pradinemis sqlygomis, reiksm? f (x0), kuri lygi F(.r0, y0, y'o) apskaiciuojame pagal (24) formula, о aukstesniqjq eiliq isvestines - pirma nuosekliai isdiferencijav? (24) lygties abi puses. Gautas isvestiniq reiksmes jrasome j (26) formula
1	pavyzdys. Raskime diferencialines lygties
y" = (y')2+xy	(27)
sprendinio у tenkinancio pradines sqlygas
k|x=l =1,У|х=1 =0	(28)
ir isreiksto (26) eilute, pirmuosius keturis nelygius nuliui demenis.
Sprendimas. Is (28) formuliq turime:
/(1) = 1,/'(1) = 0, о pagal (27) formula randame /’(1):
/’(l) = 02+1-1 = 1.
Isdiferencijav^ (27) lygybes abi puses, gauname:
y" = 2y'-y" + y + xy' .	(29)
Todel
/"'(1)= 2-0-1 +1 + 1-0 = 1 .
363
Diferencijuojame (29) lygybes abi puses:
y,v =2^’2+Уг)+2у' + л/.
Todel
//|Z(1)= 2^12+01J+2-0 +1-1 = 3 .
Iras? apskaiciuotas /(l),/'(l),/"(l),/m(l) ir f1' (1) reiksmes j (26) formul?, gauname diferencialines lygties sprendinj, isreikstq eilute
у =	+^x-1)3 +^x-1)4 +- =
= l+l(x-l)2+l(x-l)3+|(x-l)4+... .A
Kartais lygtj patogiau spr?sti jrasant jjq sprendinj, isreikstq eilute
у = <70 + O]X +	+... + a„xn +...	(30)
Tuomet nezinomi koeficientai a0,a}a„ nustatomi neapibreztqjq koeficientq metodu.
2	pavyzdys. Isspr?skime lygtj
(l-x2)y’-xy' = 0, y|x=0= O,y'|x=o= 1.
Sprendimas. Isdiferencijav? du kartus paeiliui (30) eilut?, gauname
у = Oq -f-ajx + ^x2 + ... + a„xn +...	(31)
y' = a\ +2tf2* + 3<7jx2 +...+na,jX,’~l +...,	(32)
jras? j (30) ir (31) formed? x = 0, у = 0 ir y' = 1, gauname: an = 0, ai = 1. Dabar (31) ir (32) israiskas jrasome j duotqjq diferencialin? lygtj:
(l-x2^2«2 +3-2с7зх + 4-За4х2 +...+и(л-1)а„х"*2 +...)-
- x (<?] + 2д2Х + 3ujx2 +... + nanxn'1 +...)= 0.
Sulygin? koeficientus prie x”, x‘, x2,..., x",... kairiojoje lygybes puseje su koeficientais prie tokig pat laipsniQ desiniojoje lygybes puseje (kadangi desinioji puse lygi nuliui, tai visi mineti koeficientai toje puseje taip pat lygus nuliui), gauname be galo daug lygciq:
364
2а2 = О,
3 • 2в»з - (7| =0,
-2<7j + 4 • Зад - 2а2 = О,
-3 • 2а3 + 5  4<75 - 3<?з = О,
-4  3<?4 + 6  5а6 - 4и4 = О,
- п(п -1)ап + (и + 1\п + i)a„+2 - па„ = О,
Is cia:
А «1	1	4"2 А ?«3	3	16<74 л
<?2 - 6, й-> —---—-------, а л---— 0,	=-----= —	—, й(. =-----=Q ,
3-2 3-2	4-3	5-4 5-4-2	6 5
jras? sias koeficientu reiksmes j (30) formal?, gauname:
1	2	3	5
-----x +-------x +... = arcsinx. ▲
3-2	5-4-2
Uzdaviniai
1.	Apskaiciuokite eilutes dab a? suma S„ ir sumq.5':
i_ 2	3
i” + IO"’’’1 +10"’
a) E
»=1И(Г
2.	Taikydami palyginimo pozymj, istirkite sin eiluciq konvergavimq:
t V 1	mV 1 + "	t v3"2-2
a) E—тгг’	b) E—7 ;	c) E a
,I=l«+5	^7il + «2	«=»!» +5"
3.	Taikydami d'Alambero pozymj, istirkite sin eiluciq konvergavimq: co 5	oo эИ-i	CO .A"
^=15	n=] [2n 1)2	n=i n
4.	Taikydami Kosi radikalqj(pozym[, istirkite siq eiluciq konvergavimq:
n2 +5
; Ь) ^(Зм-2^ + 1) •
W=1
b) E3” n=l
n
n+ 1
л2
\ fl ~T c)
+6
n
n2 +6
5. Taikydami Kosi integralinj pozymj, istirkite eiiuciq konvergavimq: co ,	co	oo
a)E—ir;	b)E^v; c)Ez-Fi
n=2 И In n	n=ll + n2	n=l(2n + lf 1
365
6.	Istirkite siq eiluciq konvergavimq:
а) £НГ'
n=l
2ii + l u(ii +1)
Г 211 + 1Y, 311 + 1J
b) у О1"1™ ;
17=1	”
d) f (-l/l-cos-^l
11=1 к V»)

7.	Istirkite reliatyvqii ir absoliutqji siq eiluciq konvergavimq:
oo
> V(-li
77 = 1
b) z (-1)'
3”+l ’
+ 2
OO (—]Y’ 1
8.	Eilutes У —-— suma pakeista pirmqjq keturiq nariq suma. jvertmkite n=l w2"
gautqpaklaidq.
9.	Nustatykite siq laipsniniq eiluciq konvergavimo intervalus:
n_j Пу/П и=1 /? • 5	n—\ n
d) f
17 = 1
(х-2)и (2и-1)2"
10.	Diferencijuodami ir integruodami panariui apskaiciuokite sii| eiluciq sum^:
CO	277-1	co
a) I (- F1	; b) £ (-1)-1 <2n -1)?"-2 ;
»=1	2и-!	i,=l
c) J n(n + ЦУ’1 ; d) X (» + 1X» + 2X» + 3) xn n=l	ii=0	3!
11.	Naudodamiesi pagrindiniq elementariqjq funkcijq eilutemis, sias funkeijas isreikskite Makloreno eilutemis:
7	—7 V
a) cos x ;	b) xe .
12.	10 4 tikslumu apskaiciuokite siuos dydzius:
a) cos20°;	b) ^270; c) In 1,8.
13.	10 2 tikslumu apskaiciuokite siuos integralus:
a) fl/xsinxa<;	b) j 7==; c) 1 arcl^r
o	oViC? 0
14.	Raskite siq diferencialmiq lygdiq sprendiniq, tenkinanciq duotas pradines sqlygas, ekleidir.ius Makloreno eilute:
a) v' - xy = 0, v| = 1; b) + v' + xv = 0, v’l . = l.y'l = 0 ;
/	. l.r=0	у	l.r=0 lx=0
e, y‘v - , = 0,	= 1,V|v.o = 0,= 0. ,-|„0 = 0 -
13
KARTOT1N1AI
INTEGRAL^
13.1. CiJindroido turis. Dvilypic integralo sqvoka
Spr?sdami uzdavini apie kreivines trapecijos plctq, pirmq kartq pavar-tojcme integralines sumos sqvckq, po to, imdami tos sumos ribq, apibrezeme apibreztinj integral^.. Panasiai elgsimes ir dabar - sprysdami tam tikro kuno turio apskaiciavimo uzdavini, suformuluosime dvimates integralines sumos sqvokqbei apibresime dvilypi integialq.
Pirmiausia susipazinsime su glodziosios kreives sqvoka. Neuzdara kreive L, kuriq apibudina parametrines lygtys x = x (/), у = у (/), t e [f0 ;Г], vadinama glodziqja, jei x'(t) ir у'(f) yra tolydzios atkarpoje	be to,
(.r'(f))2 + (y'(z))2 * 0 tos atkarpos taskuose. Kreive L gali buti ir uzdara.
Lygtimi у = f(x), (л e [a; ft]), nusakoma kreive L vadinama glodziaja, jeigu f\x) yra tolydi atkarpoje [«; ft] funkcija.
Kreive L, kuriq sudaro baigtinis skaicius glodziqjq kreivip, vadinama dalimis glodzia.
Tarkime, kad uzdaroje srityje D (apribotoje glodziosios arba dalimis glodzios kreives) apibrezta tolydi if teigiama funkcija z = f(x,y). Raskime tur] kuno, kurj is apacios riboja plokstuma xOy, is virsaus - pavirsius z = /(x,y), о is sonq - cilindrinis pavirsius, kurio vedamoji yra srities D konturas, о sudaromosios lygiagrecios asiai Oz (13.1 pav.). Toks kunas vadinamas cilindroidu. Srit] D glodziosiomis arba dalimis glodziomis kreivemis bet kaip padalykime j n daliy ,..., AS1,, ir kiekvienoje dalyje A5, (z = l,n) laisvai pasirinkime po taskq Mt (.х,-; у,-). Daliq AS,- aib? vadinsime srities D skaidiniu. Nubraizykime cilindrinius stulpelius, kur 4 kiekvieno pagrindas yra AS,- (z' = l;n), о aukstine lygi funkcijos reiksmei taske Mj, t. у. /(.г,-, у,-).
Toliau simboliu AS, sutarkime zymeti ne tik dal) AS,-, bet ir jos plotq. Tuomet kiekvieno cilindrinio stulpelio, kurio pagrindas AS,-, turis bus lygus
/(.x,,y,)AS,-,
367
о visq takiq c i lindriniq stulpeliq turis bus lygus
;=1
13.1 pav.
Sis dydis tuo maziau skiriasi nuo ieskomojo cilindroido turio, kuo daugiau yra daiiq AS,- ir kuo mazesni jq tiesin iai matmenys.
Dalies AS,- skcrsmeniu Л pavaainkime didziausiq atsiumq tarp tos dalies konturo taskq. Didziausiq is visq skersmenq d, pazymekime
k = maxdj, i = \,n.
Tuomet aisku, kad cilindroido turis И bus lygus (1) sumos ribai, kai 7 -> 0. Vadinasi,
V = Hm klM- • ^0;=1
Aprasytq procedure pritaikykime (nebutinai teigiamajai) dviejq kintamqjq funkcijai f (x, y), kuri apibrezta uzdaroje srityje D:
1) sudarykime sumq y^AS,, kuri vadinama dvimate integraline i=i
suma;
2) apskaiciuokime jos ribq, kai л —> 0:
limf /CwiM' X->0/=1
368
Apibrezimas. Jeigu egzistuoja haigtine dvimates integralines sumos riba kai /. —> 0, nepriklausanti nuo srities D padalijimo ; dalis A5(. jr M-^xgy^ parinkimo, tai si riba vadinama funkcijos f(.r,y) dvilypiu integral и srityje D. Funkcija/(x, y) vadinama integruojama srityje D.
DviJypis integralas zymimas taip:
[//(*> > a,'na D	D
Funkcija f (x, y) vadinama pointegralinc junkcija, sritis D - integravimo sritimi, dS - ploto elementu.
Is dvilypio integralo apibrezimo matyti, kad cilindroido turis
D
Kai f(x, j’) = 1, tai is geometriniij samprotavimq aisku, kad tuomet dvimate integraline suma
/=i
isreiskia srities D plota. Taigi snties D plotas S nusakomas formule
5 = |p5.
D
Kad srityje D egzistuotQ funkcijos f(x, y) dvilypis integralas, funkcija f(x,y) butinai turi buti toje srityje aprezta, kitaip neegzistuos ba;gtine dvimates integralines sumos riba. Jau zinome, kad apreztumo savyb? turi tolydi uzuaroje srityje funkcija. Taigi tolydi uzdaroje srityje D funkcija f(x,y) tenkina bating integruojamumo stplygrt
Irodyta, kad ji tenkina ir pakankamtj integruojamumo sfjygg. Taigi tolydi uzdaroje srityje D funkcija/(x, y) yra integruojama toje srityje.
13.2.	Dvilypio integralo savybes
Tarkime, kad f(x,y) ir g(x, yj - integruojamos srityje D funkcijos. Tuomet teisingi sie teiginiai:
1.	ff(a/(x, y)+pg(x,y))dS = a^f(x,y)dS + ^g(x,y)dS;
D	D	D
cia a, p - bet kokie tcalieji skaiciai.
2.	Jei f (x, y) > g (x, у j srityje D, tai
D	D
Sios dvi suformuluotos savybes jrodomos apskaiciuojant integralink sumq ribas. Is 2 savybes, kai f (,r, у) > 0 srityje D, isplaukia nelygybe
D
369
3.	Tarkime, kad sritis D yra dvieju sricii( D\ ir If, neturinch{ bendry vidinitl tasku, sqjunga (13.2 pav.). Tuomet
ff/(x,y)c75 = JJ/(x,y>/5 + JJ/(x,y)rfS.
D	£>,
Si savybe vadinama dvilypio integralo adityvumo savybe. Jos teisingunui iluistruoja 13.2 paveikslas.

13.2 pav.
4.	Tarkime, kad m = min f(x,y), M= max fix, y), S - srities D (x,yfD	(x;y)eD
plotas. Tuomet teisinga tokia dvilypio integralo iyercio formule
mS<\\f{x,y)dS<MS.	(2)
D
[rodymas. Kadangi m < f(xj,yj)<M, kai (x,;y,e D, ir AS, > 0, tai
XmkSj < ^Ax^yj^Sj <	.
/=] /=1 /=1
Apskaiciav? rib% kai Л. -> 0, gauname reikiam^nelygyb?. ▲
5.	Vidutines reiksmes teorema. Tarkime, kadfix, y) - tolydi uzdaroje srityje D funkcija. Tuomet egzistuoja tos srities taskas C(x; y), kuriame
^f(x,y)dS = f(x,y)-S ;
D
cia S - srities D plotas.
(rodymas. Kadangi fix, y) - tolydi uzdaroje srityje D funkcija, tai sioje srityje ji jgyja maziausiqj^ ir didziausiqj^reiksm? m ir M. Tuomet teisingos (2) nelygybes. Padalij? jas is 5 > 0, turime:
/[/'(x.yjcft'
m < —---------< M .
S
fj/(x,y)c/5'
Dydis ------------ yra tarp funkcijos f{x, y) maziausiosios ir didziau-
•
siosios reiksmes, todel, pagal teorem^ apie tolydzios srityje D funkcijos tarpin?
370
reiksm?, jis yra funkcijos f(x, y) tarpine reiksme, jgyjama, pavyzdziui ta’l C(jr; v). Vadinasi,
--= /U
О
is cia
ЯЖЖ5=/(х,у)-5. ▲
D
Reiksme f(x,y) vadinama vidutinefunkcijos f (x,y) reiksme srityje D. A
13.3. Dvilypiq integral^ apskaiciavimas
Dvilypio integralo apskaiciavimo formula pateiksime be jrodymo.
Pirmiausia sutarkime, kad sritis D tenkina s^lygq, jog bet kuri lygiagreti asiai Ox ar Oy tiese srities D konturo kerta ne daugiau kaip dviejuose taskuose (13.3 pav.).
Sakykime, sritis D telpa staciakampyje a<x<b, c<y<d (13.4 pav.), lanko AEB lygtis yra y = <P](.r), lanko ACB - y = <p2(x)-Taskai C ir E srities D konturo irgi dalija j du lankus. Sakysime, kad lanko CAE lygtis yra x = V|(y), о lanko CBE - x = y2(y) • Toliau
tarkime, kad mineta sritis D yra cilindroido, pavaizduoto 13.1 paveiksle, pagrindas, о Ц. cilindroido is virsaus riboja pavirsius z =f(x,y).
jrodyta, kad dvilypis integralas ^f(x,y)dxdy isreis-D
kiamas kartotiniais integralais
,	b	d v2(.y)	.
ftf(x,y)dxdy = jdx	[f(x,y)dy= fdy jf(x,y)dx.
D	a	c Vi 6)
Sakoma, kad vienas kartotiniq integral^ gautas is kito, pakeitus integravimo tvarky Kintamqjo x ir у kitimo reziai, butent a<x^b ir
371
ф1(х)< v<<p2(x) (arba c<y<d, ф J,,)< x < 4b(v) ) surasomi taip, kad kartu kintant x ir у, ЬСИц gauta sritis D. Integruojami kartotiniai integralai taip: pinniausia apskaiciuojamas vidinis integralas (pirmojo -y atzvilgiu, laikant x = const; antrojo -x atzvilgiu, laikant У = const), po io integruojamas gautas rezultatas (pirmojo-x atzvilgiu,
antrojo - у atzvilgiu).	13.5 pav.
Kai integravimo sritis D yra staciakampis (13.5 pav.), (3) formule virsta tokia:
d
О
b x
b d	d b
fjf(x,y)dxdy = jdxjf(x,y)dy= \dyJ/(x,y\ix .
D	a с	c a
si karlq visi integravimo reziai yra pastovus. Pabreziame, kad taip esti vieninteliu atveju - kai integravimo sritis D yra staciakampis.
Taigi, norint dvilypj integral^ isreiksti kartotiniu, pinniausia reikia nustatyti integravimo rezius. Jie randami nubraizius sritj D ir pasirinkus lam tikrq integravimo tvarkq. lsspr?sime keletq pavyzdziq ir paaiskinsime, kaip nustatomi integravimo reziai.
1	pavyzdys. Dvilypj integral^ JJ/(x,y)dxdy pakeiskime kartotiniu, kai D
sritis D yra trikampis, apribotas tiesiijy = 0,y = 2x, x = 2 (13.6 pav.).
У4
Sprendimas. Kadangi sritis D gaunama, kai x kinta nuo 0 iki 2 (x kinta is kaires j desin?), о у - nuo asies Ox iki tieses j' = 2x (y kinta is apacios j virsq), tai 2 2x
[|7(x, y)dxdy = px J/(x,ypy .
D	0	0
Tq. paciq. sritj D gausime, kai у kis nuo 0 iki 4, о x - nuo tieses у = 2x iki tieses x = 2. Is tieses lygties gauname, kad x = —. Vadinasi, 2
integravimo tvarkq. turesime:
у = 2.x
pakeite
13.6 pav.
372
Rasydami
2	4
Д/(х,y\ixdy = \dx\f(x,y)dy ,
D	0 0
klystume, nes, x kintant nuo 0 iki 2, о у - nuo 0 iki 4, gautume staciakampj Paskutinioji lygybe ЬйЩ teisinga, jei integravimo sritj D sudarytu ne trikampis OAB, о staciakampis OABC. Jk
2 pavyzdys. Dvilypj integralu ^f(x,y)dxdy pakeiskime kartotiniu, kai
D
sritj D riboja asis Oy, parabole _y = Vx ir tiese x +y = 2 (13.7 pav.).
Todel
Sprendimas. Pirmiausia randame kreiviq x + y = 2 ir у = Jx susikirtimo tasku A Tuo tikslu issprendziame lygciq sistemu
x + у = 2, У = 4х,
is kurios randame: x = 1, у = 1.
Sritj D gausime, kai x kis nuo 0 iki 1, о у - nuo apatines kreives у = Jx iki virsutines
\\f(x,y\lxdy= \dx f/(x,y)<7y.
D	0
Pakeitus integravimo tvarku, dvilypio integralo nepavyks isreiksti vienu kartotiniu integralu, nes, у kintant nuo 0 iki 2, x kis nuo asies Oy iki dvieju skirtingn kreiviQ - tieses ir paraboles. Sj kartu sritj D teks padalyti j dvi dabs: OAC ir ACB. Tuomet dvilypj integralu galesime isreiksti dvieju kartotiniu integralu suma:
1 y2	2	2-y
jJf(x,y)aWv = p/у j/(x,y)cZx + jdy f/(x,y)dx. A.
D	0	0	10
3 pavyzdys. Apskaiciuokime dvilypj integralu jj(l - x - y)dxdy, bat
D
integravimo sritj D riboja kreives y = x~ ir y = Jx (13.8 pav.).
373
Sprendimas. Pirmiausia randame sin kreiviq susikirtimo task^ A (1; 1).
Tuomet
,2 3
D
-y)dxdy = px |(1-x-t)c7v= j y-xy-^-0 x2	ol
0
Ok 3
2 ; 2 —x2 ..
3	5	4
2	3 X
'	.1
2
+ x5+ — dx =
.2
5
T4 patj rezultat^ gausime ir pakeit? integravimo tvarku Is tikrqj ц
D
- y)dxdy = \dy J(1 - x - y)dx = о v2
.2
= J Х-^Г~ХУ ok 2
dy — ~—
2	30
dx=
3
.2	„3
13.8 pav.
4 pavyzdys. Кйпд. riboja koordinacin. plokstumos x = 0, у = 0, z = 0, cilindrinis pavirsius z = 9-x2 ir plokstuma x+j = 3 (13.9 pav., a). Apskaiciuokime to kuno turj.
13.9 pav.
374
Sprendimas. Integravimo sritis D plokstumoje xOy. Zinome, kad kuno turis
(13.9 pav., b) yra kuno projekcija
К = j{/(x, y)dxdy;
D
cia z =f(x, y) - lygtis to pavirsiaus, kuris riboja kunq is virsaus. Todel 3 3— r	3
jj(9-x2)*aT = px Д9-х2)ур = j(9y-x2y) P ' dx =
D	oo	о
5 pavyzdys. Kunq riboja plokstuma xOy, cilindrinis pavirsius x2+y2=l ir paraboloidas z = x2+y2 (13.10 pav.). Apskaiciuokime to kuno turi.
zf
Sprendimas. Kadangi kunas yra simetriskas koordinaciq plokstumq xOz ir yOz atzvilgiu, tai apskaiciuosime tik jo ketvirtadalio, esancio pirmajame oktante, 1йц. Taigi
375
ТС
2	4 L	/1!! л
t — cos tdt = 4---------
3 J	\2!! 2
2 3!! tt)
3 4!! 2 J
Sito uzdavinio sprendimas (zr. 13.4 skyrelio 1 pavyzdj) sutrumpeja, kai dvilypis integralas isreiskiamas kartotiniu polineje koordinaciq sistemoje.
13.4. Dvilypis integralas polineje koordinaciq sistemoje
Polines koordinates p ir <p yra labiausiai paplitusios kreivines plokstumos koordinates. Jas su staciakampemis koordinatemis sieja sqrysiai x =p costp, у =p sintp; cia p > 0, 0 < <p < 2л ( arba - л < <p < л).
Kai figiira D (13.11 pav.) suskirstyta j dalis tiesemis x = const, у = const,
tai kiekviena tq daliq, pavyzdziui ABCD, yra staciakampis ir jo plotas lygus krastiniq dx ir dy sandaugai dx dy. Sakoma, kad reiskinys dx dy isreiskia elementariosios dalies plotq.
Toliau panagrinesime, koks yra elementariosios dalies plotas polinese koordinatese. Figurq D (13.12 pav.) suskirstome j dalis koordinatinemis krei-vemis p = const (koncentri-niais apskritimais) ir 9= const (pustiesemis, einan-ciomis per koordinaciq pradziq). Tuomet elementariosios dalies plotas bus bgus figuros ABCD (13.12 pav.) plotui. Apskaiciuokime jj. Kadangi apskri-llrno lankas AD remiasi j centrinj kampq, lygq c/tp, tai ilgis lygus p r/tp. Jeigu dalj &CD iaikysime stacia-
13.12 pav.
376
kampiu, tai jo plotas bus lygus p dp dip.
Taigi elementariosios dalies plotas polinese koordinatese lygus p dp dtp {ras? j integralo flf(x,y)dxdy israisko x =pcos<p, y = psin<p ir reiskinj dx dy pakeit? reiskiniu p dp dtp, gauname formul?
fJf(x, y)dxdy = Jj/(p cos <p,p sin (p)pt/prf<p.
D	D
1 pavyzdys. Isspr?skime 13.3 skyrelio 5 pavyzdj, dvilypj integralo ]"j(x2 + y2 jdxdy iSreiksdami kartotiniu polineje koordinadiq sistemoje. Kai D
sritis D (13.10 pav.) yra skritulio dalis, esanti 1 ketvirtyje, tai 0<<p< —
2 ’
0 < p < 1. Tuomet
Л	Л
\	2	1 У 4
jdxdy= Jjp2 pdpdtp = p<pjp3dp = j£-
ЯР+Л
D	D	0	0	0
It
'	,2
(
0	"0
<лр=1рф=1<р2
I 4o 4 0
7T
2 _ Jt > ’ 8
Vadinasi, V = 4  — = — . ▲ 8 2
2 pavyzdys. Figure riboja kreives x2+y2 =4x, x2 + у2 - 8x, у = x, у = л/Зх. Apskaiciuokime tos figuros р1оЦ.
Sprendimas. Pirmiausia issiaiskinkime, kokias kreives apibudina lygtys 2	2	2	2
x +y =4xirx +y = 8x. Isskyr? dvinario kvadratus, gauname:
x2 + y2 = 4x<=>(x - 2)2 + y2 = 4, x2 + y2 = 8x<=>(x - 4)2 + y2 = 16.
Tai apskritimo lygtys. Pirmojo apskritimo centras yra taskas (2; 0), о spindulys lygus 2, antrojo centras - taskas (4; 0), о spindulys lygus 4 (13.13 pav.). Parasykime tq apskritimo lygtis polineje koordinacio sistemoje: p = 4coscp ir p = 8coscp. Tiese у - x su asimi Ox sudaro я	г Д
kampo —, о tiese y = V3x- kampo j •
n
Taigi sritj D gauname, kai <p kinta nuo
377
- nuo 4 cos<p iki 8 costp. Figuros plotas S = JpZrdy = jjpdpdp,
D D
Я
iki |,«>P todel я
У 8cos<p j 3 s= рФ J p^p=-Jp
я 4cos<p 2L 4
it
4
я
8cos<₽
ufcp = 4cosq>
я
1 3ri 2	2 1
— ](64cos (p-16cos фр
4
13.14 pav.
3	3	f 1	\
= 24 jcos2 <р<7ф = 12 j(l + cos 2<р)сйр = 12, ф + - sin 2ф I тт	TT	'
л
4
(it	n	1	. 2rt	1	. те
J-----+ —£...
\3	4	2	3	2	2
3 pavyzdys (Vivianio* uzdavinys). Ritinys x2 + y2 = ax (n>0) ispjauna is rutulio x2 + y2 + z2 < a2 kunq (13.14 pav. a). Apskaiciuokime jo turj V.
Sprendimas. Apskaiciuosime 1/4 ieskomojo turio, nes kunas simetriskas plokstumq xOz ir xOy atzvilgiu. Integravimo sritis D yra duotojo ritinio Pagrindas (13.14 pav., fc). Kiinq is virsaus riboja pavirsius
-y2,
Я
4
z todel
.	1 . Л] Л <3
sm------sin— 1 = 12 —н----
"У
- у dxdy.
D
§i dvilypj integralq apskaiciuosime pakeisdami jj kartotiniu integralu polineje koordinaciq sistemoje. Tuomet
R = 4 Ну/a2 -p2 pdpdtp .
D
Raskime kintamqjq ф ir p kitimo
* + y2 = ax turime: p = acosrp . Taigi sritj D gauname, kai <p kinta nuo 0 iki
rezius. Is apskritimo lygties
Vincensas Vivianis (V. Viviani, 1622 - 1703) - italij matcmatikas.
378
—, о р - nuo 0 iki a cos(p. Todel
л	л
2	ticosq)	।------ д 2	Г/
= f yla2-p2pdp = --^[a2-p2
0	0	J0
Л
13.5. Pavirsiaus ploto apskaiciavimas
Tarkime, kad srityje D pavirsiq nusako lygtis z-z(x,y), funkcijos isvestines z'x ir z'v yra tolydzios srityje D. Pavirsiaus dalies, kurios projekcija plokstumoje xOy yra sritis D, plotas apskaiciuojamas pagal formula
S = jh/l + zx +zy‘dxdy 	(4)
D
Kai pavirsip nusako funkcija
x = x (y, z) arba у = у (x, z), tai
S = Jjjl+x’y +x'2 dydz	(5)
D'
arba
5 = jj-jl + Ух +Уг2'd*dz ;	(6)
D"
cia D' ir D" -atitinkamos plokstumq yOz ir xOz, j kurias projektuojamas duotasis pavirsius, sritys.
Dydis
Jct = Jl + z'2 +z'2 dxdy
(arba atitinkamai ^1 + x'2 + x’2 dydz , -Jl +	+ y'2 dxdz ) vadinamas
pavirsiaus ploto diferencialu.
1 pavyzdys. Paraboliniai cilindrai у = Jx , у = 2 7* bei plokstuma z = 0 ispjauna is plokJtumos x + z = 4 kreivinj trikampj (13.15 pav., a). Apskaiciuokime jo plotq..
Sprendimas. Plokstumos lygtj parasykime taip: z = 4-x. Kreivinj trikampi projektuokime j plokstuma xOy (13.15 pav., b) ir taikykime (4) formol?, turedami galvoje 13.15 paveiksle, b pavaizduot^ sritj £>. Randame:
zx~ b zy	^ + zx + zy — 42.
Tuomet
4 2/7	,, /у
S = ^41 dxdy -42 ^dx jc/y =---. ▲
D	0	£	3
777
2 pavyzdys. Raskime р1оЦ tos ritinio x + у =a pavirsiaus dalies,
кигц is jo ispjauna ritinys y2 + z2 = a2 .
Sprendimas. 13.16 paveiksle pavaizduota pavirsiaus lygties x2 + y2 = a2 isplaukia, kad x = -Ja2 -y2 . Si^ pavirsiaus dal( projektuojame j plokstumayOz.
Vadinasi, turime taikyti (5) formul?.
Randame: x' =— 3-	x'. =0,
/2	2
~У
1/8 ieskomojo pavirsiaus. Is
Tuomet
380
cia integravimo sritis D yra ketvirtis skritulio, apriboto apskritimo y2 + z~ = a2. Taigi
a ,	a
S = 8u |	3 - - job = 8u p/y = 8«2 . ▲
0yJa2-y2 о 0
13.6.	Dvilypio integralo taikymas mechanikoje
1.	Ploksciosios figures mase. Tarkime, kad srityje D paskirsiyta figures mase, kurios plokstuminis tankis nusakomas tolydzia toje srityje funkcija у (x,y). Apskaiciuokime tos figflros mas? m.
FigureD bet kaip suskaidykime j dalis AS^i = 1,и), kiekvienoje ji’bet kur pasirinkime po taskq. Mz(xz;yz) ir apskaiciuokime figures tankio reiksm? tame taske. Ji bus lygi y(xz,yj. Toliau tarkime, kad visoje dalyie ASZ tankis yra toks pat, kaip taske Mz. Tuomet dalies AS, mase mt «'^xi,yiM о
n
visos figures mase m ~ £y(xz,. Tiksliq mases reiksm? gausime j-1
apskaiciav? sms integralines sumos ribq, kai X -> 0. Vadinasi, m = y^dx^y 
D
1	pavyzdys. Skritulines ploksteles spindulys R, о jos plokstuminis tankis tiesiog proporcingas atstumo nuo tasko iki ploksteles centre kvadratui. Ploks-teles kontdro taskuose tankis lygus a. Apskaiciuokime tos ploksteles mas?.
Sprendimas. Pagal sq’ygq, tankis taske (x; y) lygus atstumo nuo to tasko iki tasko (0; 0) kvadratui: y(x, у) = k{x2 + у2); be to, ka; taskas (x; y) priklauso apskritimui x2 + y2 = R2 , tai у (x,y) = a. Taigi gauname sqlygq a = kR‘ .
Is cia proporcingumo koeficientas к =	.
R2
Vadinasi,	y(x,y) = -^r(x2+y2).
R2
Tuomet	m -	jj(x2 + y2 ^dxdy.
3 d
Sj integralq apskaiciuosime pakeisdami jj kartotiniu integralo, uzrasyiu polineje koordinaeiu sistemoje. 1 aigi
2л R	i
m = — Др ’ф/<р = — J do jp3</p = — naF~ . A
R' d	-^ 0	0
381
2.	Ploksciosios figiiros statiniai momentai ir mases centra koordinates. Zinome, kad materialiojo tasko Л/ statinis momentas kurios nors asies atzvilgiu lygus to tasko mases m ir jo atstumo d iki asies sandaugai md. Sakykime, turime sistemq materialiqjq taskq , kuriq kiekvieno mass m;-, о atstumas iki asies d,. Tokios sistemos statinis momentas isreiskiamas suma:
К = \ mfij.
i=l
Tarkime, kad figiiros D mase pasiskirsciusi taip, kad plokstuminis tankis lygus у (x, y). Raskime tos figuros statinius momentus asiq Ox ir Oy atzvilgiu.
Figure D bet kaip suskaidykime j dabs AS;^z = l,n) ir kiekvienoje jq bet kur pasirinkime po taskq Л/((х,;у,). Apskaiciuokime tankj tame taske y(x,-,yz) ir tarkime, kad visoje dalyje А5,- jis yra toks pat, kaip ir taske Mt. Tuomet dalies AS1,- mase bus lygi m, «y(xi,yi)ASl. Dar tarkime, kad visa mase sukoncentruota taske . Tuomet figurq D galima traktuoti kaip materialiqjq taskq sistemq. Kadang’ tasko M,(x,;y4) atstumas iki asies Ox lygus у,-, о iki asies Oy - x,, tai tokios taskq sistemos statiniai momentai Kx ir К,, ati.inkamai asiq Ox ir Oy atzvilgiu bus lygus
кх *1у^у^
1=1
КУ ~ •
/=i
Kaip [prat?, pazymekime A = maxdiamAS b = l,n). Apskaiciav? r'bq kai X-»0, is siq apytiksliq lygybiq gauname tikslias Kx ir К reiksmes, isreikstas dvilypiais integralais:
Kx = ^yy(x,y)dxdy,
D
Kv =	.
D
Figiiros mas? pazymekime raide m, о jos mases centra koordinates -simboliais xc ir yc . Tuomet
К y =wx|, Kx=myc.
382
Is Cia
,v =±r =D __________, },c = ^V_
m ^y[x,y}dxdy ’ m
D	D
(7)
2 pavyzdys. Homogenine plokstele (Y (-4 J’) = const) riboja kreives у = x ir у - x - 2 (13.17 pav.). Apskaiciuokime tos pioksteles mascs centro koordinates.
Sprendimas. Kai у (x, y) =const, tai (7) formules supaprasteja:
13.17 pav.
^xdxdy Jjydxdy
D______, v
jfdxdy ‘ c ^dxdy
Ь	D
Apskaiciuojame:
2	2+x	2 /	ч
'^dxdy = Jt/.v jdv = 1 ^2 + x - x2 * p- =
D -1	д-2 -I
2.
2 ’
2	2+x	2 /
|JxcZrr/v= JxcZr \dy= l(2x + x2 D	-1 x1 -1
dx =
3
4)
2
_9 .
4 ’
-1
2	2+x	। 2/
Jуdxdy = ^dx j" ydy = — J(4 + 4.r + x~
D	-1	,d-	2-i
- %4 jdx =
£
2
4x+2.x2
2
_ 36
~ 5
Vadinasi,
8
Ус ~ 5

383
3.	Ploksciosios figiiros inercijos momentai. Zinome, kad materialiojo tasko Af inercijos momentas asies arba kito tasko atzvilgiu lygus md~ ; cia m -materialiojo tasko mase, d - jo atstumas iki asies ar kito tasko, Materially taskg , kurip kiekvieno mase /и,-, sistemos inercijos momentai asig Ox, Oy ir koord.t'.aciif pradzios atzvilgiu lygus
я	П	2
4 = Z т-У1 ’ Iy='L mixi > 4 = 4 + 4 • /=1	/=1
Samprotaudami taip pat, kaip dareme isvesdami statiniy momenta formules, suzinotume, jog ploksciosics figuios inercijos momentai lygus
4 =	1 у =
D	D
(8)
4 =	+ y~\(x,y)dxdy .
D
3 pavyzdys. Homogenin? figure (y(x,y) = l) riboja kardioide p = a(l + cos<p) (13.18 pav.). Apskaiciuokime tos figures inercijos momentus ash) Ox, Oy ir poliaus О atzvilgiu.
Sprendimas. K.ai y(x, y) = 1, tai (8) formules virsta tokiomis:
Ix = JJy2 dxdy , ly = jJx2 dxdy, D	D
h = f]42 +y2~)dxdy. D
Siuos integralus apskaiciuosime isreiksdami juos polinemis koordinatemis. Pinniausia rasime Ix ir /0. о dydj ly apskaiciuosime kaip ju skirtum^ Iy = Iq-1
Turime:
13.18 pav.
2<pp</pc7<p= JJp3 sin2 ф cipdy>.
D
4 = fjp3tfp<fo •
D
Pakeisdami siuos dvilypius integralus kartotiniais, apsiribosime 1/2 srities D dalimi. Taigi
384
n	a(l+cosq>)
lx = 2 Jsin2ipdp f р3ф =
о
о
4 П ="V isi"2
2 о
+ costp)4<Лр = 32а4 jsin 2 —cos10 —dip .
О 2	2
Pakeit? kintam^ji pagal formal? t = —, d(? = 2dt, gauname
Л	n
?	2 /	\
Ix = 64a4 j'sin2rcos10 tdt = 64a4 Jjcos10 t-cos12 tjdt =
0	0
— 64a4
91! 11!!
10!! 12!!
л 21 4
— = —na
2 32
л a(l+cosq>)	4 л
70=2jd<p j p3<7p = — J(1-f-cos <p)4c7<p =
0	0	2 0
It
= 8a4 fcos8 —rftp = 16a4 fcos8 tdt = 16a4 • — — = — na4 .
J 2 V J	8!! 2 16
Tuomet
t t J 49	4 A
ly = I0~Ix =	Ж
13.7. Кйпо mases apskaiciavimas ir trilypio integralo sqvoka
Tarkime, kad tarn tikro kuno V mase pasiskirsciusi taip, kad to kuno tankis taske M (x; z) apibreziamas funkcija
Y = y(.W)=y(x,j/,z).
Mush tikslas - apskaiciuoti to kuno mas? m.
Кйпн И bet kaip padalykime j n daliQ ДР,(/ = 1,и) (simboliu ЛР/ zymesime ir dalies turi) ir kiekvienoje jn bet kur pasirinkime po task^.
Tankis tame taske bus lygus y(x/,_y/-,z/). Tarkime, kad toks tankis yra ir kituose dalies ДР) taskuose. Tada tos dalies mas? galesime apytiksliai isreiksti dydziu
Yjx,-,^^,^^.
385
Viso kuno mase
/=1
Kai visit dalivi Akj skersmuo arteja prie nulio, t. y. kai \ - max diam ДГ} -> 0, gauname tiksliq mases reiksme:
m= Нт^у(х1,у/,а;)Д1/,-.
X->0/=|
Aprasytq procedure pritaikykime bet kokiai tolydziai funkcijai f(x, y, z), apibreztai uzdaroje srityje V, kuna riboja glodus arba dalimis glodus (sudarytas is keliq giodziq pavirsiq daliq) pavirsius S’.
1. Sudarykime sumq ^/(х;-,У|,2,)дИ,-, kuri vadinama trimate integra-
te
line suma.
2. Apskaiciuokime tos sumos ribq, kai X -> 0:
lim	
k^o,=1
Apibrezimas. Jei egzistuoja baigtine trimates integralines sumos riba, kai X -> 0, nepriklausanti nuo srities V padalijimo i dalis AVt ir taski{ M^x^y-^z^ parinkimo, tai si riba vadinama funkcijos f(x, y, z) trilypiu integralu srityje V. Funkcija f (x, y, z) vadinama integruojama srityje V.
Trilypis integralas zymimas taip:
к arba
[\\f(x,y,z)dxdydz.
V
Antrasis zymejimas yra patogus tada, kai reikia trilypj integralq pakeisti kartotiniu.
Taigi, kai у (x, y, z) - tam tikros mases kuno V tankis, tai
v
Kai у (x, y, z) si, dydis
y(xz,y,,z,>/, =ДИ,-isreiskia dalies turj, о suma
i=l
386
lygi кйпо V turiui. Is to isplaukia, kad kuno turis isreiskiamas trilypiu integralu
Jz = ffldxdydz. r
Aisku, kad trimates integralines sumos baigtines ribos egzistavimo butinoji s^lyga yra funkcijos/(x, y, z) apreztumas srityje V. Kaip zinome, sir^ savyb? ir turi tolydzioji funkcija, apibrezta uzdaroje srityje K. Irodyta, kad tolydi uzdaroje srityje V funkcija/(x, y, z) yra integruojama toje srityje.
Lygindami dvilypio ir trilypio integralo konstravimo procedures bei apibrezimus, jzvelgiame aiSki^ ju analogijsp Todel dauguma teiginiu, jrodytn nagrinejant dvilypius integralus, tinka ir trilypiams integralams.
13.8.	Trilypio integralo savybes
Tarkime, kad f(x, y, z) ir g (x, y, z) - integruojamos srityje V funkcijos. Tuomet teisingi sie teiginiai:
1	• Ш(аЖ >’, г)+ pg(x, y, z)}dV =
V
= af|J/(x,y,z)c/K + p/j’j‘g(x,y,z)<7r;
к	v
cia a, p - bet kokie realieji skaiciai.
2.	Jei f (x, y, z) > g (x, y, z) srityje V, tai
V	V
3.	Tarkime, kad sritis V yra dviejq sriciq Pj ir T2 , neturinciq bendrq vidiniq taskq, sqjunga. Tuomet
jff/(x,y,.’)rir = ^f(x,y,z)dT + ffJ/(x,y,z>/K .
и	и	v2
4.	Tarkime, kad m- min f(x,y,z),M = max /(x,y,z), V-sri-(x;y;rjef	(x;y;z)etz
ties T tiiris. Tuomet teisinga tokia trilypio integralo [vercio formule
mV < _[jf/(x,y,rViz MV .
к
Pavyzdys. (vertinkime integral^
JJj(x2+y2+z2}/K,
V
kai V - rutulys, nusakomas s^rysiu
x2+y2+z2<4.
387
Sprendimas. Raskime funkcijos /(x,y,z) = x2+y2+z2 maziausi^jq. ir didziausiqjtl reiksm? srityje V.
Kadangi si funkcija isreiskia bet kurio tasko (x; y; z) atstumo iki koor-dinaciu pradzios kvadrat^, tai to atstumo didziausia reiksme, lygi 2, bus rutulio r2 + у2 + z2 < 4 pavirsiaus taskuose, о maziausia, t. y. lygi nuliui, - koordi-naciu pradzioje. Todel
m = 0, Af=4.
4 з
Kadangi rutulio turis apskaiciuojamas pagal formul? V = — nR (Л-ru-
32л
tulio spindulys), tai siame pavyzdyje V = —^~,nes rutulio spindulys lygus 2.
Todel
V	i
5.	Vidutines reiksmes teorema. Tarkime, kadf(x, y, z) - tolydi uzdaroje srityje Vfunkcija. Tuomet toje srityjeyra taskas C(x;y',z), kuriame
Jff/U b	= /(x, у, z) • И.
V
Reiksme Дх, у, z) vadinama vidutine funkcijos Дх,у, z) reiksme srityje V.
13.9.	Trilypio integralo apskaiciavimas
Trilypis integralas, panasiai kaip dvilypis, apskaiciuojamas pakeiciant jj kartotiniu.
Tarkime, kad sritis И nusakoma nelygybemis a < x < b , <P|(x)< у < <p2(x), V](x,y)<z < y2(x,y) (13.19 pav.); cia <p|(x) ir (p2(x) ~ funkcijos, tolydzios ir vienareiksmes atkarpoje [a; b], Vi(x,y) ir \|/2(x’.v) - funkcijos tolydzios ir vienareiksmes srityje £>; D- kuno И projekcija plokstumoje xOy. Ta kiina is apacios riboja pavirsius z = \|/1(x,y), is virsaus - pavirsius z=\y2(x,y), i§ soni| - cilindrinis pavirsius, kurio sudaromosios lygiagrecios asiai Oz, о vedamoji yra srities D konturas.
Tuomet trilypis integralas analogiskai dvilypiam irgi isreiskiamas kartotiniu integralu:
b <₽;(л) Vj (•«••, v)
JJ]V(x,y,z)Ac/y<:/z = Jdx j dy \j\x,y,z\lz .
г	а фД.г) мД-гД
388
Desiniojoje puseje esar.tis kariotinis integralas apskaiciuojamas taip: x iry laiKant konstantomis, pinniausia apskaiciuojamas vidinis integralas « atzvilgiu, po to, kintamqjj x laikant konstanta, gautas rezultatas integruojamas у atzvilgiu, ir ga.'iausiai integruojamax atzvilgiu.
1 pavyzdys. Apskaiciuokime $(x + у - z)dxdydz , kai sritis V yra tet-v
raedras, apribotas plokstumqx = 0,y-10, z =0, x + y + z = 2 (13.20 pav., a).
Sprendimas. Integravimo sritis D pavaizduota 13.20 paveiksle, b. Kuna V is apacios riboja plokstuma z = 0, is virsaus - plokstuma z = 2 - x -y.
Trilypj. integral^ pakeiciame kartotiniu:
2	2-x	2-x-y
j|J(x + у - z = jdx J dy ^(x + y-z)dz = v	0	0	0
389
2 2-xf
- jdx J xz + yz- —
о о I 2 J
2-x-y
dy =
0
3	3 i
4x + 4y - 3xy -—x2 - — у 2 - 2 \dy =
2 2-x
= px J 0	0
2 A	3 A 2—x
= А1ху + 2у2—yx2y-^--2y] dx =
o<	2	2	2	) 0
= if 2x-2x2 +2.r3 JI	7
(A	z
2 pavyzdys. Pirmajame oktante esantj kun^ riboja pavirsiai z = 4-y" , x+y = 2,2x +y = 2, _y = 0, z = 0 (13.21 pav., a). Apskaiciuokime to kuno turi.
Sprendimas. Kuno turi apskaiciuojame pagal formula
4-v2
V = JJj dxdydz = fjdxdy (dz .	(9)
Г	D 0
a
13.21 pav.
Integravimo sritis D, kuri yra kuno projekcija plokstumoje xOy, pavaizduota 13.21 paveiksle, b. Parinkus vienokia. integravimo tvark^, dvilypis mtegralas sioje srityje isreiskiamas vienu kartotiniu integralu, о pakeitus t^ tvarkq^- dviem kartotiniais integralais:
2	2-y
P>' (ЛХ’У№	<10)
D	0	2-y
2
390
arba
1	2-х	2 2-х
Д/(х,y)dxdy = jdx J/(x,y)dy + [dx f./'(x,y[dy.
D	0 2-2x	1	0
Todel, keisdami (9) trilypi integral^ kartotiniu, remkimes (10) formule;
3	4")
4y-v^y_+y_
3	8
10
13.10. Trilypis integralas cilindrineje koordinaciq sistemoje
Cilindrines koordinates gaunatnos, prie poliniq koordinaciQ p ir <p pri-jungus staciakampes Dekarto koordinaciu sistemos aplikat? z. Taigi tasko M padetis cilindrineje koordinaciu sistemoje nusakoma trimis dydziais: p, <p ir z (13,22 pav.); cia p > 0, 0 < tp < 2л (arba-я < <p < л),— oo < z < + oo.
Su staciakampemis Dekarto koordinatemis cilindrines koordinates sieja formules
x = p cos tp, у - p sin cp,
koordinatese gaunama dalijant sriti
Aisku, kad reiskinys dx dy dz staciakampese Dekarto koordinatese isreiSkia elementarios dalies turi. Elementarioji dalis cilindrinese V koordinatiniais pavirsiais p = const
(cilindru, kuno sudaromosios lygiagrecios a§iai Oz), <p = const (pusplokstume, emancia per asj Oz), z = const (plokstuma, lygiagredia plokstumai xOy) (13.23 pav.).
Kai elementas ABCDA\B\C\D^ laikomas staciakampiu gretasieniu, tai jo turis isreiskiamas matmenn dp, p<7<p ir dz sandauga, taigi jo turis lygus dydziui pdp d<p dz.
391
{ras? i integralo Jfj/(x, y, z^dxdydz israiskq x ~ p cos tp, у = p sin tp, z = z v
ir reiskini dx dy dz pakeit? reiskiniu pdp d<? dz, gauname formula fyf(x,y,z)dxdydz = Jjj/(pcos(p,psin<p,z) pdpdydz . К	V
Kadangi kiino turis V = jjjdxdydz , tai cilindrineje koordinaciq sistemoje v jis isreiskiamas formule
К = ftjpdpdtpdz .	(11)
V
1 pavyzdys. Kunq V riboja pavirsiai x2 + y2 = x, x2 + y2 = 2x, 2 = 4 - x2 + y2 , z =0. Apskaiciuokime to kuno turj.
Sprendimas. Kdnas И is §onq apribotas dvieju cilindrq, kuriq sudaromosios lygiagrecios asiai Oz, о vedamosios - apskritimai x2+y2=x ir x' + y2 =2x. Is apacios kunq riboja plokstuma z = 0, is virsaus - kugis 2 = 4 - ^x2 + у2 , kurio virsune yra taske (0; 0; 4) о sudaromosios nukreiptos zemyn. Kadangi kunas yra simetriskas plokstumos xOz atzvilgiu, tai apskaiciuosime у to kuno turio. Integravimo sritis D, t. y. kuno projekcija plokstumoje xOy, pavaizduota 13.24 paveiksle.
392
Cilindrineje koordinaciq sistemoje apskritimq lygtys yra p = costp jr p = 2coscp, - kQgio - z = 4 - p. FigQra D gaunama, kai kampas ф kinta nuo 0
71
iki —, о dydis p- nuo cos <p iki 2 cos cp. Todel, pritaik^ (11) formula, gauname
я
2	2cos<p	4-p
V = 2 ]"<7<p j pt/p jdz =
0	cosip 0
n
2 2cosq>
= 2 Jt/ip J pz
0 cos®
л
Л	Я
4-p	- -	- -
<
0	0	coscp	Ok
2 2cosq> ,	>	2/	3'
ф=2р<р j [4р-р2Ур = 2| 2p2-^-0 cos®	0\
2cos(p
' cos<p
сЛр =
2	7	з V	1	я	14 2!!	_	28
= 2 I 6 cos <p — cos ф кйр = 12---------------------------= 3n--------. ▲
A 3	)	2	2	3 3!!	9
2 pavyzdys. Kunq V riboja virsutine sferos z = ^6-x2-y2 dalis ir paraboloidas z = x2 + y2 (13.25 pav.). Apskaiciuokime kuno turj.
Sprendimas. Kadangi kunas yra simetriskas plokstumq xOz ir yOz atzvilgiu, tai apskaiciuosime — jo tflrio. Noredami rasti integravimo sritj D,
turime suprojektuoti j plokstumq xOy sferos ir paraboloido susikirtimo kreive, kurios lygtj gausime issprend? jq lygciq sistemq. j lygtj z = д/б-х2 -у2 vietoj z jrasome reiskinj x2 + y2. Gauname lygtj
x2 + у2 = ^б-х2-у2 ;
2	2
is cia x + у =2.
Taigi viso kuno turis
7t	 - n
2 V2	V6-P2	2 72/	,------	\
K = 4jcApjpdp j dz = 4 Jrfip j р^б-p‘ - p dP -oo	p2	oo^	'
393
13.11. Trilypio integralo taikymas mechanikoje
Siame skyrelyje pateiktos formules analogiskos pateiktoms skyrelyje „Dvilypio integralo taikymas mechanikoje".
]. Kuno mases centra koordinates. Kai tam tikros mases tankis lygus y(x,y, z), tai to kuno mases centra koordinates apskaiciuojamos pagal formules
jjjxy (x, y, z)dxdydz
Xc=±______________— ,
и
jjjyy(x,y,z)dxdydz
УС \\[((x,y,z}ixdydz ’
V
^zy(x,y,z)dxdydz
Z.=_K________________.
tffr(x,y,z)dxdydz
v
1 pavyzdys. Kuna, riboja pavirsiai z = x +y ir z = 4 (13.26 pav.).
Apskaiciuokime to kuno mases centra koordinates, kai у = const.
Sprendimas. Kadangi kunas simetriskas plokstumij xOz ir yOz atzvilgiu, tai xc - yc ~ 0. Raskime zc . Pagal s^lyg% ? = const, todel i£ (12) formulip isplaukia, kad
jtfzdxdydz
c ffidxdydz V
Integralus apskaiciuosime pakeis-dami juos kartotiniais cilindrineje koordinaiin sistemoje. Taigi
13.26 pav.
394
Z 4 i 2л 2/	\
\dq\pdp\zdz 1 рф^б-р4)^ 1.^.2л
_ о 3 р2 _ 2 0 0_______________________ _ 2 3	__ 8 .
с 2л 2	4	2л 2/	2)	4 - 2тг 3'А
J (Др|р<7р jrfe J <7фД4-р р<7р
о	о	р2	оо
2. Кйпо inercijos momentai. Tasko Л/(х; у; z), kurio mase m, inercijos momentai koordinaciq plokstumq xOy, xOz ir yOz atzvilgiu isreiskiami formulemis
2	2	2
hoy = z m, lxOz = y m, IyOz =x m,
asiq Ox, Oy, Oz atzvilgiu - formulemis
Jxx =O2 +z2)m , J,y=(x2+z2)m, Izz=(x2+y2)m,
koordinaciq pradzios atzvilgiu - formule
7	7	7
Iq = (x + у + z )m.
Kuno inercijos momentai isreiskiami atitinkamais trilypiais integralais. Pavyzdziui, tam tikros mases kuno, kurio tankis у (x, y, z), inercijos momentas plokstumos xOy atzvilgiu apskaiciuojamas pagal formul?
^xOy = fflz2y(x,y,z)tixdydz,
v
asies Oz atzvilgiu - pagal formul?
Zzz = Jjj(x2 +y2 (x,y,z)dxdydz irt. t.
V
2
2 pavyzdys. Apskaiciuokime kuno, kurj riboja paraboloioas z = x + у
13.27 pav.
ir plokstuma z = 4 (zr. sio skyrelio 1 pa-vyzdj), inercijos momentq asies, einancios per jo mases centrq statmenai to paraboloido sukimosi asiai, atzvilgiu (y =1).
Sprendimas. Koorainaciq asis parinki-me taip, kad jq pradzios taskas sutaprq su paraboloido mases centru, о asis Ox butq statmena paraboloido sukimosi asiat (13.27 pav.). Tuomet turesime rasti 
Paraboloido Ijgtis tokioje koordinaciq sistemoje yra z + -| = x2+y2, 0 projekcija plokstumoje xOy - sritis, apriboia
395
apskritimo x2 + v* = 4 . Taikome formal? /xv = JJjG'2 + z2\ixdydz . Tuomet v
 2	2
sin <p + z
sin2 tp
4
3
dp =
? 8 p---
0	0 <
3
4
2л 2	3 /
= рф/рф Др2 0	0	2 8
P "J
27 , 2/f. 3	s'! • 2	64 p7 8p5 64
= рф]Ц4р -pjsin-<p + — p-y + —-------P
3
</p =
о 0
32V	64л 16л
ф +-- к/ф =----h--=
9 J	9	3
112л
9
Uzdaviniai
1.	Dvilypius integralus JJ/(x,y)dxdy pakeiskite kartotiniais, kai sritis nusakoma D
tokiais sqrysiais:
a) y<3 + x, y>0, x<0; b) y<8-x2, x>0, y>0.
2.	Pakeisdami integravimo tvarkiy dvilypius integralus yV’t/v dviem D
budais isreikskite kartotiniais integralais, kai sritis D nusakoma s^rysiais:
a) у2 <2x+l,y>x-l;	b) 2y <x2,x2 +y2 <8,x>0,y >0.
3.	Pakeiskite integravimo tvarkiy
2	x+2	3	y2	0	3
a)	px |/(x,y)c/p; b) \dy J/(x,y)o!r; c) jdx j/(x,y)t7p +
-1	x2	0	y2	-3	-x
V
3.	3.	-1	72-л-’	0	л2
+ Jdx\f(x,y)dy, d) J dx J/(x,y)rfi’+ \dx J/(x,y)c/y.
0	A	-72 o	-1	0
4.	Dvilypius integralus JJ/(x,y)rfrc/y isreikskite vienu kartotiniu integralu, kai D
sritis D yra tokia, kokia pavaizduota: a) 13.28 paveiksle; b) 13.29 paveiksle.
396
5.	Dvilypius integralus JJy(.v,^)cZvc/y pakeiskite kartotiniais polineje koordinaciq D
sistemoje, kai sritis D nusakoma taip:
э Э Э	7	7	7	7
a) x	+ у	< a~	; b) л*	+ y“	< ax ; c) x~	+ y“	< ay ;
d) x2 + y2 >2x, x2 + y2 < 4x,y > —j=,y £ х-\/з.
-v3
6.	Apskaiciuokite iigCrq, kurias riboja sios kreives, plotq.
a)y = 4x-x2, y = 2x2-5x; b) x = 4-y2, x-2y-4-0.
7.	Taikydami dvilypius integralus, apskaiciuokite siq pavirsiq apribotq kunq turj:
a)y = l + x2, z-3x, у = 5, z = 0 (kiinas yra I oktante);
b)	у = л/х, у = 2-/x, x + a = 4, z = 0;
c)	z = 1 + x + у, у = -x, x = Jy, у = 2, z = 0;
d)x2+y2=T?2, x2+z2=R2.
8.	Apskaiciuokite sferos x2 +y2 + z2 = R2 pavirsiaus plotq.
9.	Apskaiciuokite kugio z = ^x2 + y2 dalies, kuri yra cilindro x2+y2=2x viduje, pavirsiaus plotq.
10,	Nustatykite figuros, apribotos kreiviq y2=4x + 4 ir y2=-2x + 4, mases centra koordinates, kai y(x,y) = 1.
X V
11.	Apskaiciuokite figuros, apribotos tiesiq-I — = 1, x = 0 ir у = 0, inerciios
a b
moment;; Koordinaciq pradzios atzvilgiu, kai y(x,y) = 1.
12.	Taikydami trilypius integralus, apskaiciuokite siq pavirsiq apribotq kiinq turp
a)	у = Vx, у = x, z = 0, z = 3;
b)	z = x2+y2, z = 2(x2+y2) y = x, y2=x;
c)	x2+y2+z2 =2z, z = -Jx2 + y2 (turime galvoje tq rutulio dali, kun yra kugio isoreje).
13.	Kiinq riboja pavirsiai z = x +	, x + у = 1, x = 0, у — 0 ir z = 0. Raskite
jo mases centra koordinates, kai y(x,y,z) = 1.
14.	Raskite kubo, kurio briauna lygi a, inereijos momentqjo briaunos atzv’lgiu, kai y(x,y,z) = l.
KREIVINIAI
INTEGRALAI
14.1.	Kreives lanko mase ir pirmojo tipo kreivinio integralo savoka
Tarkime, kad plokstumoje duotas glodziosios kreives lankas L, kurio mase tolydziai pasiskirsciusi jo taskuose. Sakykime, to lanko tankis у = y(x,y). Raskime lanko mast? m.
Lank^ L bet kaip pada'ijame j dalis As,- (t = l, и; simboliu As,- zyme-sime ir pacios da'.ies ilgi) к kiekvienoje dalyje bet kur pasirenkame po taska Mj(x,;y,). Tankis taske M, bus lygus у(х;,у;). Tarkime, kad toks tankis yra ir visuose kituose dalies As, taskuose. Tuomet dalies Ast mas? galime apytiksliai isreiksti dydziu y{xj,yj') As;, о viso lanko L mas? apskaiciuoti taip:
n
 (1) i=l
Aisku, kad si suma bus tuo artimesne tiksliai lanko mases reiksmei, kuo mazesni bus dydziai As,. Pazymekime X. - maxA.s’(, (i = 1, n). Noredami gauti tiksl^i m reiksm?, turime apskaiciuoti (1) sumos riba?. kai X -> 0. Taigi
m = lim £у(х/,у;)Дх,- •
*_$ei=l
Aprasyt^ procedure pritaikykime bet kokiai tolydziai funkcijai f (x, |’), apibreztai glodziosios kreives lanko L taskuose:
1)	kreiv? L suskaidome ; dalis Asj (/ = !,«), kiekvienoje tp. dalip pasi-’enkame po taska ; t^), apskaiciuojame funkcijos reiksm? tame taske ir sudarome sum^
J’iX';
i=l
(2)
398
2)	apskaiciuojame sios sumos rib^, kai X -> 0: limt/(j,j,>(. ^“>0/=l
Apibrezimas. Jei egzistuoja baigtine sios sumos riba, kai X -^>0, nepriklausanti nuo lanko L suskaidymo [ dalis A.s, ir taskn M parinkimo, tai si riba vadinama funkcijos f(x, y) pirmojo tipo kreiviniu integralo kreive L.
Sis integralas zymimas taip:
f/(x,y)t*.
L
Taigi
= lim X/(x/> Vf)^i 
L	^°/=l
Kai L yra glodi erdvine kreive, f (x, y, z) - tolydi tos kreives taskuose funkcija, tai kreivinis integralas apibreziamas lygybe
\f(x,y,z}ds = lim	.
£	X—
Dabar jau aisku, kad ploksciosios kreives lanko L mas? galesime apskaiciuoti pagal formul?
m= [y(x,y)ds ,	(3)
L
о erdvines kreives pagal formul?
m= jy(x,y,z)ds.
L
Kreives lanko ilgis L apskaiciuojamas pagal formul?
L =	.
L
Pirmojo tipo kreivinis integralas egzistuoja, kai /(x, y) - tolydt glodziosios kreives L taskuose funkcija.
399
14.2.	Pirmojo tipo kreivinio integralo apskaiciavimas
Nagrinesime J/(x,y)z/s apskaiciavimq.
L
Kadangi ds yra dar pries tai (zr. 10.9 skyrelj) apibreztas kreives lanko ilgio diferencialas, tai ds = -^1 + y'2dx, kai kreive L apibrezta lygtimi y = y(x),xe [a; Z>].
Tuomet
j/(x, y)ds = jf(x, >’G))V1 + (t'(x))2dx 	(4)
L	a
Kai kreive L apibrezta parametrinemis lygtimis x = x(Z), y=y(t), te [to; У], ta> ds - \x'2 + y't2 dt ’
г	,---------
J7(x,y)<* = ]7(x(z),y(z))7x;2 +y't2dt •	(5)
£	Co
Kai parametrinemis lygtimis x = x (Z), у=y (z), z = z (z), Ze [z0; Г] apibrezta erdvine kreive L, tai
r	.---------------
J/(x, y, z) ds = j/(x(z\ y(t), z(t)\lx’r2 + y't2 + z't2 dt.	(6)
£	to
Kai kreive L polineje koordinaciq sistemoje apibrezta lygtimi p = p(<p), ip e [a; p], tai ds = -^p2 + p'2 cAp ir
P	I--------
J/(x, y)ds = j / (p cos ip, p sin q>}\| p2 + p'2 dtp . £	a
1 pavyzdys. Apskaiciuokime integral^ j(x + ^/y)/s, kai L - paraboles £
1 2	f П
У lankas nuo tasko (0; 0) iki tasko I 1;— I.
Sprendimas. Remdamiesi sqlyga y = -^x2, randame: y' - x, ds = 71 + dx . Pritaik? (4) formul?, gauname
j(x + -/у \1s = jf x + ~^= хЬ + x2 dx = f 1 + —U j Jx
1 + x2 dx =
0
0
400
2 pavyzdys. Apskaiciuokime integral^ jxdls , kai L - pirmoji cikloides L
x = a(t - sin t), y = a(l- cost) arka.
Sprendimas. Taikome (5) formul?. Randame:
x't = «(1 - cos t), y't = «sin t, ds = 2asin —dt.
Tuomet
2л	(2л	2n	j '
\xds = 2a2 f(/-sint)sin—сй = 2«2 j/sin— dt- J sin/sin—. dt .
i	n	2	2 n 2
L	0
к 0	0
Pirm^jj integral^integruojame dalimis (pazymedami и = t, dv = dm—dt), t	j t t
antrqjj - taikydami formul? sintsin— = 2sin —cos—.Gauname:
jxds - 2a2l -
L к
. t , • t 4 . з t 2/cos — + 4sin-----sin —
2	2 3	2
2л
= 8тш2. ▲
о
3 pavyzdys. Apskaiciuokime J(x + y)cfc , kai L - apskritimas x2 + y2 -
L
= ay, (o>0).
Sprendimas. Integral^ apskaiciuosime, Dekarto koordinates pakeit? polinemis. Kreives L lygtis sioje koordinaciQ sistemoje yra p = «sin<p,
/ 7	.0
<p e [0; л]. Randame p = acosip, ds = Jp + рф dtp = ad(? .
T uomet
]'(x + y}ds = a j(psin tp + pcosip]t7<p = a2 j|sin2 <p + sin<pcos<p)^(p = ~~
L	0	0
401
-у 4 з
4 pavyzdys. Apskaiciuokime kreives y~ = — x , (x e [3; 8]) lanko L mas?, kai tankis kreives taske yra tiesiog proporcingas to tasko ordinatei ir atvirksciai proporcingas kvadratinei sakniai is to tasko abscises, be to, taske .л- — I jo reiksme lygi 8 — .
’ 3 )	cm
Sprendimas. Kreives lanko L mas?, kai to lanko tankis lygus у (x, y), apskaiciuojame pagal (3) formul?.
kv
Pagal uzdavinio s^lyga, tankis y(xy) = -j=; cia k - proporcingumo yX
16	3
koeficientas. Kadangi у = 8, kai x = 4, у = —, tai is lygybes 8 = —~ gauna-3	'	<4
me: k= 3. Tuomet, pagal (3) formul?,
m = 3	.
l.dx
Noredami apskaiciuoti sj integralq, taikysime (4) formul?. Is salygos 2 4 з 2 r~ .	, r~ .	, f л /	/7	,
v =—x , y = — x-Jx turime v=Vx ir as = VI t- у “ dx = VI + xax .
9	3	’	V '
Tuomet
2 z-
3 1 A r.----, А r.---------,	[VT+x = /,1 + x = t~ ,dx = 2tdt
w = 3 - -Vl + xVx = 2 xVl + xJx=	j
3 \ x	3	ij — 2,/s ~ 3
= 4j(/2 - l)/2o'r = -^-(g)~ 143,47(g). ▲
2	5
14.3.	Jegq lauko darbas ir antrojo tipo kreivinio integralo s^voka
Siame skyrelyje apibresime kreivinj integral^, vadinama antrojo tipo krei-vimu integralu. Pradesime nuo mechanikos uzdavinio.
Tarkime, kad plokscioje srityje D apibreztas jegq laukas. Vadinasi, kiekvienq materialqjj tos srities taska Л/(х;у) veikia kintamoji jega, kurios Vedamosios priklauso nuo to tasko koordinaciq. Todel jegq laukas nusakomas vektoriumi
F = P(x. y)7 + Q(x, y)j = {P(x, y)t g(x, y)}, kurio koordinates yra kintamqjqx iry funkcijos: P(x,y) ir g(x,y).
402
Sakykime, materialusis taskas, veikiamas jegq lauko, kreive L per. keliamas is padeties В i padetj C (14.1 pav.). Apskaiciuokime, kokj darbq atlieka jegq laukas.
Lankq BC taskais В =	= C bet kaip suskirs-
tykime i n daliq ir kiekvienoje jq bet kur pasirinkime po taskq ЛУ,-. Tq taskq koordinates pazymekime taip: 5,-(x,;y,-), Af,-(х,-; у,-), i = l,n. Raskime jegq F(A/,.)={p(xZ)y^e(x,-,y,-)} if tarkime, kad ji islieka pastovi tol, koi perkelia materialqji taskq is padeties j padeti #, • Lankq B,_| B, pakeiskime styga B,_| B, ir, atsizvelgdami j judejimo krypti, tasko nueitq keliq pazymekime
vektoriumi Bt_\Bj = (SSj. Sio vektoriaus koordinates (14.1 pav.) lygios Дх,- ir
Ay,-, be to, kaip zinome, Ax, ir Ay, yra Ar,- projekcijos asyse Ox ir Oy.
—>
Rasome: As,-= {Ax,; Ay,}.
Kai pastovios jegos veikiamas materialusis taskas pereina tieses atkarpa is jos pradzios i galq, tai atliktas darbas, kaip zinome is fizikos kurso, yra lygus jegos ir nueito kelio vektoriaus skaliarinei sandaugai. Todel darbas A,, kun atlieka jegq laukas, perkeldamas materialqji taskq is padeties B,_] I padeti В,-, isreiskiamas formule
4,- « F(1W,) • As-, = {p(xz, y,); g(x,, у,-)}  {Ax,; Ду,-}.
403
Taigi
4 ~	. у, fa + (fa . J7 Ы •
Tuomet visas atliktas jegq lauko darbas
4 ~ X P^i ’ Ti	+ (fa ’ Уi h>’i •
(=1
As,- (/ = 1, n) arteja prie nulio.
Simboliu As,- pazymekime vektoriaus As,- moduli. Tiksliq darbo reiksm? gausime apskaiciav? ribq, kai /, = max
Pries apibrezdami naujos rusies kreivini integrals sutarsime, kaip galima parinkti judejimo kreive kryptj, kuriq veliau vadinsime integravimo kryptimi.
Kai kreive L yra neuzdara, pavyzdziui, lankas AB, tai judejimo kreive kryptj nusako lanko pradzios ir galo taskai A ir B. Kai kreive L uzdara, galima pasirinkti vienokiq ar kitokiq judejimo kryptj. 1 pradinj kreives taskq A (14.2 pav.) galima grjzti dviem keliais: judant per taskus C ir В (14.2 pav., a) arba per taskus В ir C (14.2 pav., b). Pirmoji kryptis yra priesinga laikrodzio rodykles judejimo krypciai ir vadinama teigiamqja kreives L apejimo kryptimi; antroji kryptis sutampa su laikrodzio rodykles judejimo kryptimi ir vadinama kryptimi. Toliau sakysime: jeigu parinkta judejimo kreive kryptis, tai ta kreive yra orientuota.
Sumos A sudarymo procedure pritaikykime bet kokioms dviem funk-cijoms P (x, y), ir Q (x, у), kurios yra tolydzios tam tikroje srityje D. L- glo-dzioji ir orientuota toje srityje kreive. Kreiv? L suskaidykime [ dalis ir kiekvienoje jq bet kur pasirinkime po taskq Л/, (x,-;y,). Kiekvienos dalies projekcijq asyse Ox ir Oy pazymekime Ar,- ir Ay, (/' = !,«). Sudarykime sumq
14.2 pav.
neigiamqja kreives L apejimo
z=l
*r apskaiciuokime jos ribq, kai X. —> 0.
(7)
404
Apibrezimas. Jeigu egzistuoja baigtine (7) sumos riba, kai л. —> q nepriklausanti nuo orientuotos kreives L suskaidymo i dalis ir taskq M, parinkimo, tai si riba vadinama antrojo tipo kreiviniu integralu kreive {arba keliu) L.
Zymima taip:
\p{x,y)dx + Q{x,y)dy.	(8)
L
Vadinasi,
\p(x,y)dx + Q(x,y)dy = lim XH-TJ/Xa + Q&i	
Kai Q (x, y) = 0, i§ kreivinio integralo (8) bendrosios israiskos gauname kreivinj integral^
\P(x,y)dx,
L
о kai P (x, y) = 0,- integral^
\Q(x, y)dy.
L
Kadangi integralai \P[x,y)dx ir jg(.r,y>)t7y, paimti skyrium, irgi turi L	L
prasm?, tai is antrojo tipo kreivinio integralo apibrezimo isplaukia, kad
\P(x,y)dx + j2(x,y)tZj’= \p(x,y)dx + Q(x,y)dy .
L	L	l
Grjzkime prie uzdavinio apie jegu lauko darbq, Gauname tokia darbo apskaiciavimo formula
A= J P(x, y\ix + Q(x, y)dy .
L
Kai kreive L uzdara, (8) integral^ zymime taip:
<fP(x,y)afr + 2(x, y)dy.
L
Palyginsime pirmojo ir antrojo tipo kreiviniu integralu apibrezimus, kartu isryskindami viena esminj jq. skirtum^. Sudarydami (2) sum^, funkcijos reiksm? tarpiniame taske dauginome is kreives lanko ilgio txst, о sudarydami —i
(7) suma, - is to lanko (kartu ir vektoriaus As, ) projekcijos asyje Ox (arba asyje Oy), bet ne is lanko ilgio As,.
Kadangi lanko As, ilgis nepriklauso nuo integravimo krypties, tai tos krypties pakeitimas neturi [takes pirmojo tipo kreiviniam integralui. To nega-
405
lima pasakyti apie antrojo tipo kreivinj integralq, nes lanko As, projekcijos zenklas priklauso nuo to lanko krypties. Pakeit? integravimo lanku AB kryptj. kartu pakeiciame ir lanko Bs, projekcijq Ar,- ir Ay,- zenklus. Taigi
jP(x, y) dx + Q(x, y)dy = -\ P(x, y) dx + Q(x, у) dy . AB	BA
Dar paminesitne, kad tokiu pat budu kaip (8) integralq galima apibrezti antrojo tipo kreivinj integralq erdvine kreive L:
jp(x,y, z)dx + Q(x,y,z)dy + 7?(x,y, z)dz .
L
14.4. Antrojo tipo kreivinio integralo apskaiciavimas
Antrojo tipo kreivinis integralas apskaiciuojamas pakeiciant jj apibreztiniu integralu.
Nagrinekime integralq
Jp(x, y)dx + Q (x, y)dy .	(9)
AB
Tarkime, kad kreives L lanko AB parametrines lygtys yra
x = x(t), y=y(t), lanko pradzios taskq A atitinka parametro t reiksme r0 , о lanko galo taskq В -reiksme T. Dar sakykime, kad x (t),y(fy ir jq. isvestines x'(t\y'(t) yra tolydzios atkarpoje [r0 ; funkcijos, P (x,y) Q\x,y) - irgi tolydzios kreives L taskuose funkcijos. Tuomet
т
]>(x,y)dx + Q(x,y)dy = ]>(x(t),y(t))x'(t)dt + Q(x(t\y(t))y'(t)dt.
AB	t0
Vadinasi, norint apskaiciuoti (9) integralq, reikia kintamuosius x ir у pakeisti jq israiskomis x (7) ir у (/), о vietoj dx ir dy jrasyti israiskas dx = x'(t)dt, dy = y'(t)dt, kurios gaunamos is sqlygq x = x(7) ir y = y(r). Apibreztinio integralo reziai - parametro t reiksmes, paimtos taip. kad atitiktq pasirinktq integravimo kryptj.
1 pavyzdys. Apskaiciuokime jydx - xdy , kai L - apskritimo x-a cost, L
У = asint lankas nuo tasko	- — a I iki tasko B\ — a;-^ |.
I 2 2 J I2 2 J
Sprendimas. jras$ j apskritimo lygtis taskq A ir В koordinates, suzinome, kad taskq И atitinka parametro t reiksme, lygi —, о taskq В - reiksme, lygi —.
406
Randame: dx = -asintdt, dy = acostdt. Tuomet
n 3
Jydr- xdy = j(asint -(-a)sint- a cost -a cost) dt =
L	n.
6
ТС	71
3 /	\	3	Д 2
= -a2 f(cos2 t + sin2 t]dt = -a1 J dt = - д2/|з =	. Д
£	1	6	6
6	6
Dabar tarkime, kad (9) integralas apskaiciuojamas kreive, kurios isreikstine lygtis у =y (x), о judejimo is tasko A j task^fi atitinka x kitimas nuo a iki b. Tuomet
b
jp(x,y)dx + Q(x,y)dy = j>(x,y (x))<7x + Q(x,y (x))y'(x)c7x =
AB	a
b
= ] (p(x, y(x)) + Q(x, y(x))y'(x)) dx. a
2	pavyzdys. Apskaiciuokime integral^ )xydx + (x2 - y3 j/y L
nuo tasko 0(0; 0) iki tasko A (1; 1), kai integravimo kelias L (14.3 pav.) nusakomas lygtimi: a) у = x; b) у = x3 ; с) у2 = x .
Sprendimas. a) Randame dy = dx. Turime:
407
c) Is s^lygos y~ = x turime:
—х 2 dx. Tuomet 2
jxy<Zx + |x2
L
-y^dy = ^xjxdx+ ^{x2 -x-Sx^-x 2dx =
0	0	2
Siuo atveju pavyzdj galejome spr^sti ir neissi-reiksdami kintarruyi у kinta-muoju x. Laikykime x funkcija, о у arguments 2 Tuomet is sajygos x = y turime: dx = 2y dy, у kitimo reziai yra nuo 0 iki 1. Dabar duotqjj kreivinj integral^ pakeiskime apibreztiniu, jrasydami vietoj x ir dx jq israiskas:
L
v-
0
0
Siame pavyzdyje visais trimis atvejais integravimo kelio pradzia ir pabaiga sutapo. Taciau, integruodami skirtingais keliais, gavome nevienodus atsakymus.
Isspr^skime dar viena pavyzd).
3	pavyzdys. Apskaiciuokime integral^
[(2.Г + 3y2 ]dx + (бху -\)dy
L
nuo tasko 4(1; 1) iki tasko В (2; 4), kai integravimo kelias L (14.4 pav.) nusakomas:
a)	tieses у = 3x - 2 atkarpa;
b)	paraboles у = x2 lanku; c) lauzte ACB.
408
Sprendimas. a) Is lygties у - 3x - 2 turime: dy = 3 dx; x kitimo reziai yra nuo 1 iki 2. Tuomet
Д2х+3у2 j</v+(6xy-l)rfr = j(2x + 27x2 -36x + 12]tZr +
L	1
2 , + j(18x2
1
-12x-l)-3<Zx =
j(six2 -70х + фх = (27x3 -35x2 + 9x) |2= 93 .
0
b) Kai у = x" , tai dy = 2x dx ir
J(2x + 3y 2 )dx + (бху -1) dy =
L
= j^2x+3x4 )<7x + ](бх3 -1 (2x dx =
1	l
2	|2
= J15x4cZr = 3x5	=93.
c) Integravimo kelia suskai-dysime [ dvi atkarpas: AC ir CB. Atkarpos AC taskuose x kinta nuo 1 iki 2, у = 1 = const, todel kelio AC taskuose dy = 0; atkarpos CB taskuose у kinta nuo 1 iki 4, x = 2 = const, todel kelio CB taskuose dx - 0. Tuomet
j^2x + 3y2 \lx + (бху - Ц/у
L
= Д2х + 3у2|/х + (бху-1)с/у +
AC
+ j(2x + 3y2 )/.v + (бху - 1)сЛ’ = j(2x + 3  12 |/x + (бх  1 -1 )• 0 + CB	1
+ f(2-2 + Зу2)-0 + (б-2-у-1>Л’ =
1
= j(2x + 3)с&с + J(12y-\}dy = (x2 + 3x) + (бу2 -yj = 6+87 = 93. A
Sis pavyzdys, priesingai negu 2 pavyzdys, rodo, kad kreivinio integralo reiksme visais trimis atvejais yra vienoda, nors integruota buvo skirtingais keliais. Sakome, kad kreivinis integralas nepriklauso nuo integravimo kelio, о priklauso tik nuo integravimo kreives pradzios bei pabaigos taskp.
409
Is paskutimuju dviejq pavyzdziq aiskeja, kad antrojo tipo kreiviniai integ-ralai gali priklausyti arba nepriklausyti nuo integravimo kelio. Toliau (zr. 14.6 skyrelj) issiaiskinsime, kokias sqlygas turi tenkinti pointegralinis reiskinys p (x, v) dx + Q (x, y) dy, kad (9) integralas nepriklausytq nuo integravimo Kelio.
14.5. Gryno* formule
Tarkime, kad sritis D, apribota uzdara kreive L. tenkina sqlygq, jog bet kuri lygiagreti koordinaciq aSims tiese kreive L kerta ne daugiau kaip dviejuose taskuose.
Isvesime labai svarbiq formula, kuri dvilypj integralq srityje D sieja su kreiviniu integralu kreive L, ribojancia sritj D.
cP
Teorema. Jei funkcijos P (x, y) ir Q (x, v) bei ji( dalines isvestines — ir бу
yra tolydzios sritvje D, apribotoje uzdaru kontiiru L, tai dx
[fl —— — \dxdv = 4p(x, y)dx + 2(x, y)dy ,
Лбх dy) ' L
kai kontiiras L apeinamas teigiamqja kryptimi.
(rodymas. Tarkime, kad sritis D yra tokia, kokia pavaizduota 14.5 paveiksle. Jos konturq L sudaro dvi kreives: lankas ACB, kurio lygtis У = уi (x), ir lankas AEB, kurio lygtis y = y2(x),o<x<6.
Apskaiciuokime dvilypj integralq
D °У
pakeisdami j j kartotiniu:
1*4^., j а’!г D d>'	,
Diordzas Grytias (G. Green, 1793 - 1841) - anglq matematikas.
410
Kadangi
У2^дР(х, v) ,	\
.r,(x) dy
y2W
= p(x,y2(x))-p(x,yl(x)), 3’1 (-0
tai
W^c’^dxdy = Jp(x,y2(x))tZr- Jp(x,yi(x))cfc.
D dy a	a
Pirmasis integralas
Jp(x,y2(x))dr a
yra apibreztinis. Jis gaunamas is kreivinio integralo jp(x,y)tfx, I
kai integruojama kreive /, kurios lygtis у = y2 (x) •
Kadangi у = y2(x) Уга lanko AEB lygtis, tai
(10)
Analogiskai
b
Jf(x> у 1 (x)) dx = j P(x, y) dx .
a	AEB
b
jp(x,y] (x))dx = jp(x,y)<7x.
a	ACB
Taigi is (10) formules gauname, kad
jjgpfx, v) _ jP(x, y^dx_ jу) dx
D &У	AEB	ACB
Taciau
|p(x,y)dx = - ^P{x,y)dx, ACB	BCA
todel
ff—\’^-dxdy = fp(x, y)dx + [p(x, y)dx . D dy	AEB	BCA
Lankai AEB ir BCA sudaro kreive L, todel kreivinin integral^ siais lankais suma lygi integralui visa uzdara kreive L. Sj kart^ kreive L pradedame judeti is tasko A ir vel gr(ztame (taskq. Л lankais AEB ir BCA, taigi einame kryptimi, sutampancia su laikrodzio rodykles judejimo kryptimi, t. y.neigiamqja kreives L apejimo kryptimi.
411
Integravimo kryptj pakeitQ teigiamqja kontiiio L apejimo kryptimi, turetume:
^dxdy = y)dx	(11)
D °У	L
Jeigu kurio nors lanko dalis I butq atkarpa, lygiagreti asiai Oy, tai tos atkarpos taskuose buitu dx = 0 ir ]P(x,y)dx = 0. Taigi (11) formule butq
I
teisinga ir tuo atveju.
Analogiskai jrodytume, kad
= <$Q(x,y) dx .	(12)
D dx	L
Is (12) lygybes ateme (11) lygybe, gauname vadinamqjq Gryno formula
Jj. (^--(-~\dxdy= ^P\x,y)dx + Q(x,y)dy . ▲
DVdx дУ) L
Pavyzdys. Taikydami Gryno formula, apskaiciuokime kreivinj integralq jxyrZr + [x2 + y2jdy,
L
kai L - apskritimas x2 + y2 = ax (a >0), apeinamas teigiamqja kryptimi.
Sprendimas. Kadangi skritulyje x2 +y2 < ax funkcijos P{x,y)-xy ir
2	 . dP . dQ ,	, ж
(x, у) =	+ у bei ju aalines isvestines — = ,r ir — = 2x yra tolydzios,
dy dx
tai duotajam kreiviniam integralui galima taikyti Gryno fcrmul^.
Turime:
JxytZr +(x2 +y2jdy= jj(2.r-x\lxdy = ^xdxdy . L	D	D
Dvilypj integral^ pakeiskime kartotiniu pelineje koordmaciq sistemoje, turedami galvcje, kad apskritimas apeinamas teigiamqja kryptimi. Tuomet kampas <p kinta nuo iki — .Vadinasi, 2	2
л
2	I	tfcosip
jfxdxdy = JJp cos(po'pt7<p= J cos<?r/(p j p~dp =
D	D	0
2
412
71	7С
а3	2Г	4 ,	2а3 2с	4	2а3	3!!	л	ла3
= — cos т<Лэ =------------ cos оаф =-----------------=-------.
3	J	3 '	3	4!!	2	8
л	о
2
14.6. S^lyga, kad kreivinio integralo reiksme nepriklausyti} nuo integravimo kelio
14.4 skyrelyje jsitikinome, kad integrally reiksme gali priklausyti arba nepriklausyti nuo integravimo kelio. Dabar issiaiskinsime, kokiomis sqlygomis kreivinio integralo reiksme nepriklauso nuo integravimo kelio.
Toliau nagrinesime vienajungy sritj, kuri a paprasta apibQdinti, kai ji yra baigtir.e. Sritis bus vienajunge, kai jty ribos viena glodzioji arba dalimis glodi uzdara kreive.
Sakykime, vienajungeje srityje D apibreztos dvi tolydzios funkcijos
P (x,y) ir О (x, y), turincios tolydzias dalines isvestines — ir . Nagi hie-dy dx
(w)
kime k^eivinj integrally 1 Pdx + Qdy ir tarkime, kad jis priklauso nuo lanko (m)
pradzios ir pabaigos task 14 M ir N (14.6 pav.), bet nepriklauso nuo pasirinkto integravimo kelio. Taigi tarkime, kad
J Pdx + Qdy = I Pdx + Qdy.
MAN	MBN
Is cia
( - J -0.
MAN MBN
Antrajame integrale pakeitg integravimo kryptj, rurime:
f + J =0.	(13)
MAN NBM
Kadangi lankai MAN ir NBM sudaro uzdar^j; kontiira L, ape mama. ta pacia kryptimi, tai (13) formula galima parasyti taip.
J Pdx + Qdy - 0 .
L
Taigi is sajygos „integralas nepriklauso nuo integravimo kelio, jungian».10 taskus Л/ ir A” isplaukia s^iyga „integralas bet kuriuo uzdaruoju kor.turu, kuriam priklauso taskai Mir N, yra lygus nuliui”.
413
Nesunkiai jsitikintume, kad teisingas ir atvirkscias tciginys, butent is s^lygos d" Pdx + Qdy = 0 isplaukia sajyga
L
I Pdx + Qdy = jp<7x + Qdy .
MAN	MBN
Todel teiginiai „Integralas nepriklauso nuo integravimo kelio” ir „Integralas uzdaruoju kontum lygus nuliui”, yra ekvivalentus.
Toliau be jrodymd suformuosime sajyga, kuriai esant integralas nepriklauso nuo integravimo kelio.
1 teorema. Tarkime, kadfunkcijas P (x,y), Q (x, y) ir /ц dalbi&s isvestines
dP dO
—, ~ yra tolydzios vienajungeje srityje E. Integralas dy dx
j P[x, у jlx + Q(x, у )dy
L
bet kuriuo uzdaruoju konturu L, esanciu srityje E, lygus nuliui tada ir tik tada,
kai visuose srities E taskuose teisinga lygybe
dP = dQ_ dy dx
Taigi
P(x, y)dx + 0(x, y)dy = 0 «	.
L	oy a
Reiskinys P (x, y) dx + Q (x, y) dy savo forma panasus j funkcijos и
•>	. du . ou ,	„.	.	. V1 . ,
pnnqji dnerencialtt du-—dx-\--------dy. Taciau savaiinc aisku, kad ne
dx dy
kiekvienas toks reiskinys yra tam tikros funkc'jos и pilnasis diferencialas du. Isnagrinesime sqlygas, kuriomis reiskinys P (x, y) dx + Q (x, y) dy vis delto yra kokios nors funkcijos и pilnasis diferencialas. Pasirodo, vel susiduriame su dP cO
sqlyga — = —. Be nodymo pateiksime toki^ teorem^ oy dx
i teorema. Tarkime, kadfunkcijos P (x, y), Q (x, y) irji( dalines isvestines cP cQ
— yra tolydzios vienajimgeje srityje E Reiskinys P (x, y) dx + Q (x,y) dy
cP cO
yra tam tikros funkcijos иpilnasis diferencialas tada ir tik tada, kai — = ——.
dy ex
414
Kai funkcijos P (x, y) ir Q (x, y) bei jq dalines isvestines — ir — vra ду dx
tolydzios vienajungeje srityje E, tai, reziumuodami galime sakyti, kad toliau pateikiami keturi teiginiai yra ekvivalentiis.
1	Kreivinis integralas \Pdx + Qdy nepriklauso nuo integravimo kelio
L
srityje E.
2.	Kreivinis integralas \Pdx + Qdy bet kuriuo uzdaruoju kontiiru, esanciu
L
srityje E, yra lygus nuliui.
3.	Reiskinys P dx+ Q dy yra tam tikros funkcijos pilnasis diferencialas.
5P cO
4.	Visuose srities E taskuose teisinga lygybe — =—.
dy dx
14.7. Pilnqjq diferencialo integravimas
Sakykime, funkciios P (x, y), Q {x, y) ir jq dalines isvestines —, dy dx
yra tolydzios vienajungeje srityje E, be to, —=^-. Tuomet reiskinys dy dx
P(x,y)dx+ Q(x,y)dy yra tam tikros funkcijos u(x,y) pilnasis diferencialas du, о pati pirmykste funkcija и (x,y) isreiskiama formule (x;y)
и(х, y) = jp(x, y) dx + Q(x, y) dy .
Cwn’o)
Tarkime, kad funkcija v(.r,y) irgi yra reiskinio p(x,y)dx + Q(x,y)dy
pirmykste funkcija, tuomet tos funkcijos skiriasi konstanta: n(x,y)=v(x,y)+C.	(14)
Kadangi
(*(Д)
»Uo. To) = f t) + Q(x’ t) dy 4 0,
(•Wo)
tai, [ras? i (14) sqlygq. х = хо,У = Уо> gauname: 0 v(.ro,yo)+C; is cia
C = -v(xo,yo)-Taigi
ll(x,y)= v(.Y,y)-v(x0,y0),
arba
415
jXx,y)dx + Q(x,y)dy = v(x,y)-v(x0, y0) = v(x,y) j ' у /	.	V O'? 0/
(Wo)
Si formule vadinama kreivinio integralo Niutono ir Leibnico formule. Ja remiantis, nustatoma reiskinio P(x,y}dx + Q(x,y)dy pirmykste funkcija, kai tas reiskinys yra pilnasis diferencialas.
Suprasnnkime Niutono ir Leibnico formula, integravimo keliu nuo tasko MqCwo) iki tasko M(x;y) (14.7 pav.) pasirinkdami iauzt? M0AfM arba
. Taip galime daryti, nes zinome, кг integravimo kelio. Kadangi atkarpos M$M\ taskuose x = x( taskuose у = const, dy = G, tai (x;.v)	к Jp(x,y)rfc + ^(x,y) Jy =	у (Wo) = (2(*о>т)<^+ р(х,у)</х =	y0 Уо	x0	d integralas nepriklauso nuo = const, dx = 0, о atkarpos M.	M		
			t M
		4 -*	
= jp(x,y)a&f+	• vo	>’o	Xo 14.7 pav.		к X
Integruodami lauzte	, analogiskai gautume:
(x;.f)	X	v
jP(x, y) dx + Q(x. y)dy= JP(x, y0) dx + jQ(x, y)dy .
(•'o Ll’o)	Xo	Л’о
Taigi galutinai
(.r;y)	X	V \P<(X,y)dx+ j2(x0,y)A’,
v) = |p(fl y) dx + б(х, у) dy =  (л'о>1'о )	Xo	Л	(15) ]>(х,у0)^+ /бСту)^- xo	Л’о
1 pavyzdys. Raskime reiskinio \vex-3y3)dx + \ex + y-9xy~}dy pir-tttykst^ funkcija
416
Sprendimas. Pazymekime />(хчу) = уел - Зу3 , Q(x, у) = ex + у - 9,xv2_ Uzdavinj galesime isspr^sti tada, kai duotasis reiskinys bus pilnasis diferencialas. Taip yra is tikrqjq, nes dalines isvestines
— = ex - 9y2 ir — = ex - 9y2 dy	dx
yra lygios. Tuomet
u(x, у) = j(yeA - 3y3 }dx + j{eA° + у - 9х0у2 )<У}- = л'о	>о
= уех -Зху3 -уех<1 + Зхоу3 + ех°У+ ~~3*оУ3 -еv°Уо -+ Зхоу^ =
cia konstanta С pazymetas suskliaustas reiskinys, nes jis priklauso tik nuo tasko (x0; y0) koordinaciq, vadinasi, yra pastovus. ▲
2 pavyzdys Isspr^skime lygtj
[eA cosy + ctgy)t& - (eA siny + xcosec2y - 3y2 jdy = 0.
Sprendimas. Nesunku jsitikinti, kad kairiojoje lygties puseje esantis reiskinys yra tam tikros funkcijos u(x,y) pilnasis difetencialas, be to, lygus nuliui, todel ta funkcija lygi konstantai. Taigi duotosios diferencialines lygties sprendinys yra reiskinys и (x, у) = C. Kadangi и (x, y) yra reiskinio, parasyto kairiojoje lygties puseje, pirmykste funkcija, tai jq rasime taikydami kuriq nors is (15) formuliq, pavyzdziui, antrqjq . Gauname:
j (ел cosy0+ctgyo)dr- j (eA siny + ,vcosec2y -3y2)</y = C;
*o	.1’0
cia y0 * 0.
Integruojame:
e'cos v0 + xctgv0 I - - eA cos v - xctgv - v3 j’ =C ,
l.v0	'	I/O
ex cosy0 + xctgy0 - eT° cosy0 -	cos3’ + xctgy + у
417
-e:< cosy0 -xctgj'o - ?q = C ,
ey cos у + xctgy + j’3 -(e'n cosy0 + xoctgyo + у^)=С, arba
e‘ cos ii + xctgy + у3 = C ,	(16)
nes pastes iyj dydq <?'° cos y0 + xoctgyo + yjj galima prijungti prie C. Taigi duotosios lygties bendrasis integralas nusakomas (16) formule. ▲
Uzdaviniai
1.	Apskaiciuokite jjr-yVr, kai L yra:
L
a)	tieses atkarna, esanti tarp taskq A (0; 0) ir В (4; 3);
b)	kubines paraboles у = x3 lankas tarp taskq A (1; 1) ir В (2; 8).
2.	Apskaiciuokite Jx2ycfc, kai L yra:
L
a)	apskritimo .f2 + y~ = R~ dalis, esanti pirmajame ketvirtyje;
r2 y2
b)	elipses	dalis, esanti pirmajame ketvirtyje.
.2	,3
p V’	t	t
3.	Apskaiciuokite j—ds , kai L - kreives x = t, у = —j= ,z - — lankas tarp taskq A (0; 0, 0) ir5 [ VZiv'T;।
к 3 J
4.	Apskaiciuokite j-Jx2 + y~ ds , kai L - kardioide p = u(l + cos <p).
L
5.	Apskaiciuokite vises astroides x = ucos3t,y = us in ‘ mas?, kai tankis У(ту) = |ху|.
6.	Apskaiciuokite kreives y= —r2 lanko nuo tasko л 1;— I iki tasko В (2: 2) ' 2	I 2j
lr>as?, kai tankis taske M(x: y) tiesiog proporcingas tasko ordinatei ir atvirksciai proporcingas to tasko abscisei.
7.	Apskaiciuokite apskritimo x* т у2 = ux (u>0) mas?, kai tankis taske M(x; y) lygus to tasko atsturr.ui iki koordinaciq pradzios.
8-	Apskaiciuokite darby, kurj atlieka jega F =xyi -(x-y)j , perkeldama materi-alRiltaskqis koordinaciqpradzios (taskqA (1; 1):
a)paraboie у = r2;
418
b) lauzte, einancia per taskus 0(0; 0), В (1; 0) ir A (1; 1), kai tos lauztes grandys yra lygiagrecios koordinadiq asims;
c) lauzte, einancia per taskus О (0; 0), C(0; 1) ir A (1; 1), kai tos lauztes grandys yra lygiagrecios koordinaciq asims.
9.	Apskaiciuokite jydr - (y + x2 )/y , kai L paraboles y = 2x-x2 lankas L
esantis virs asies Ox ir apeinamas teigiamqja kryptimi.
10.	Apskaiciuokite jf xy + — \dx +	—dy , kai L - apskritimo x2 + y2=a2
А У) *
lankas, esantis pirmajame ketvirtyje ir apeinamas teigiamqja kryptimi.
11.	Apskaiciuokite jx2ydx + x2dy, kai L - konturas, sudarytas is paraboliq L
2	, • i , ,	.		••	• ,	
у =xbeiy = x lankq ir apemamas teigiamqja kryptimi.
12.	Apskaiciuokite	arctg—dy-dx. kai OmA - paraboles у = x2 lankas,
OmAnO x
OnA - tieses у = x atkarpa.
13.	Taikydami Gryno formula, apskaiciuokite siuos integralus:
a)	——-A , kai L - apskritimas (x-1)2 + (y-l)2=l, apeinamas teigiamqja
L X~+y
kryptimi;
b)	§xy2dy—x2ydx , kai L apskritimas x2+y2=a2, apeinamas teigiamqja
L
kryptimi.
14.	[rodykite, kad sie kreiviniai integralai nepriklauso nuo integravimo kelio, ir apskaiciuokite jq reiksmiy
(2;3)
a)	J(x + 3y)dx + (y + 3x)dy ;
0.1)
b)	j (x4 - 3x2y)t& + (2 у - x3 ]dy .
15.	Raskite pirmykste funkcijq z, kai:
a)	dz - (12x3 + 2xy-y2^dx + (x2 -2xy + 2yjdy ;
,, , (. 3y j , I 3 4	1 I ,
b)	dz = \ 4y—— Wx+ — + 4x + —- \dy ;
к x J	у J
c)	dz = e'" (1 + xy + y2 Vx +	(1 + xp + x2 \iy .
15 /FURJE EILUTES IR FURJE INTEGRALAS
15.1.	Pcriodines funkcijos ir harmonine anali/c
Daugelis gamtoje ir technikoje vykstanciu leiskinip po tam tikro laiko tiksliai arba beveik tiksliai pasikartoja. Tokie reiskiniai vadinami periodiniais Jie apibiidmami periodmemis, priklausanciomis nuo laiko t funkcijomis, kurioms budinga tokia savybe:
<p(r + 7j = ip(i).
Vieni paprasciausip periodinip reiskinip yra mechaniniai svyravimai. Jie nusakcmi sinusiniais dydziais у = A sin(cor + a); cia A - svyravimo amplitude,
co - daznis, susij?s su periodu T lygybe T = —. Sios rusies mechaniniai
svyravimai vadinami harmoniniais.
Sadej? kelis tokio pat daznio sinusinius dydzius, gauname to paties daznio sinusinj dydi. Taciau rezultatas buna visiskai kitas, kai sudedami ski'tingo daznio sinusiniai dydziai. 15.1 paveiksle pavaizduotas dydzip sin t ir
—sin 2/ sumavimo rezultatas. Gautas grafikas, aisku, yra ne sinusoide. Ir taip
atsitiko sudejus tik du demenis. Kai skirtingo daznio sinusinip demenp yra daugiau negu du, gauname sudetingp periodin? funkcijp.
Kadangi, sumuodami sinusinius dydzius, galime gauti jvairias periodines funkcijas, tai kyla klausimas: ar galima duotpjp periodin? funkcija kurios periodas T, isreiksti sinusinip dydzip suma?

y=sinf+^sin2/
15.1 pav.
420
Pasirodo, i ji dazniausiai galima atsakyti teigiamai, taciau reikia imti begalini kieki sinusiniq dementi. Sios klases funkeijas tp (Z) galima isreiksti tokia „trigonometrine eilute”:
tp(z) = Aq + Aj sin(coz + (Xj)+ A2 sin(2toZ + a2)+ Ay sin(3coz + оц)+... =
= Aq + У A„ sin(moZ +a„).
0 = 1
(1)
Taigi sudetingas judejimas, kurj apibddina periodine funkcija tp (z), isreis-kiamas atskirq harmoniniq svyravimq suma. Todel periodines funkcijos <p (r) skaidymas j harmonikas An sin(zzcoZ + a„) vadinamas harmonine analize.
.	X
Pazymekime: co t = x. Is cia t = —. Tuomet
co
ф(0 = (р^£^ = /(х)-
Funkcija /(x) taip pat yra periodine, taciau jos periodas lygus 2zc (tai isplaukia is s^rysio x = coz =—z). Atsizvelgdami j tai, (1) destinj galime uzrasyti taip:
/(x) = Aq + X A„ sin(z?x + a„) =
0=1
00
= Aq + ^(A" sinzzxcosa„ + An cosnxsin a„).
0=1
(2)
Pazymej?
An sin an = an , An cos a„ = bn,
Ao=— (sio zymejimo
prasme paaiskes veliau), is (2) formules gauname periodines funkcijos /(x) destinj
/7 w
f(x) = — + YAan cos nx + ^o s’n Z!X) ’ 2	0=1
kurj toliau ir nagrinesime. Dar sakome, kad funkcija /(x) isreiksta trigonometrine eilute.
421
15.2.	Trigonometrines eilutes koeficientq nustatymas Furje metodu
Dabar sprgsime uzdavini apie funkcijos f(x), turincios period^ 2л, reiskitM trigonometrine eilute
/7 J
— + У (a„ cos nx + b„ sin nx).
2<| i \ fl	fl	/
n=l
(3)
leskosime jos koeficientQ ^,^,^^2, b2,...,an,bn,.... Pirmiausia tarkime, kad periodin? funkcijq, kurios periodas 2л, galima isreiksti (3) trigonometrine eilute, konverguojancia atkarpoje [- л; л]. Taigi
f(x) = — + X (a« cos nx + bn s*n nx) 	(4)
2 n=I
(4)	eilut? panariui integruokime atkarpoje [- л; л]. Rasome:
Я
cos nxdx + b„ J sinnxrZr
-я
Nesunku jsitikinti, kad visi po sumos zenklu esantys integralai lygus nuliui.
Is tikrqjig,
[cosnxcZr = — sin nx
1	n
~n
[sinnw!x =—cos их =0.
J	n 1-я
-Tt
Todel
f /(^ = y !^ = yx	=aon-
-л	-л	-л
Is cia
(5)
(6)
1 71 «0 =- j/(^.
71-n
Noredami rasti koeficientus an (n = 1, 2,...), abi (4) lygybes puses pa-dauginame is cos mx ir gaut^ lygybe integruojame panariui atkarpoje [- л; л]: л	.	a n	x	л
\f(x)posmxdx = — J cosmxdx+	(cosnxcosmxdx +
-n	2 -я	Л=1	-It
422
Я
+ bn J's in nx cos mxdx).
~n
Apskaiciuojame integrals:
71	i ~ I	\
1.	jcosmxcosnxdr = — fl COs(m - и )х + COs(m + »)x j <A = -It	-Я
sin(m-n)x + sin(m +n)x m - n m + n
kai m * n.
Jeigu m - n, tai
n	л	। Л
JcosmxcosnxtZr = Jcos2 mxdx =— J(1 + cos2mx)r/x =
-я	-It	“
= — x +----sin2mx
2\ 2m
Vadinasi,
”.	[0, kai mtn,
I cos mx cos nxdx =
_	[7t, kai m - n.
2.	Analogiskai jsitikintume, kad
7	. f 0, kai m t n,
J sin mx sin nxdx = <
17t, kai m = n.
(7)
(8)
л	1	j
3.	JcosmxsinHx<A = — Д sin(n + m)x + sin(«-m)x Jcfr =
-n	*" -Л
_ 1 fcos(i7 + m)x cos(n-m)xj p 2^ n + m n~m J l-n
kai m t n. Sis integralas lygus nuliui ir tada, kai m = n.
Pagal (5), (7) ir (9) formula, visi desiniojoje lygybes puseje esantys integralai lygus nuliui, isskyrus vienq, kuris gaunamas is integralo
Я
jcosnxcosmxdx,
-я
kai m ~ n. Taigi turime:
я	я
J /(x)cosnxdx = an jcos2 nxdx ~ а
-л	-я
423
is cia
1 71 an = — [f[x)cos,nxdx .
7t
— 71
Koeficientus b„ randame analogiskai, padaugin? abi (4) lygybes puses is sin mx ir suintegrave panariui atkarpoje [- л; я]. Gauname:
1 71
b„ =— j/(x)sin raxir.
я „
”71
Taigi tuo atveju, kai funkcija fix) galima isreiksti (4) trigonometrine eilute, jos косficientai <?o,a„ ir b„ apskaiciuo.ami pagal formules
Qo=- M*)*’
71 -n
1 71
an =— f/(.x)cosn.rtZr (n=l,2,...),
1 K
bn=- j"/(x)sln nxdx (w = 1,2, .. .).
(10)
(H)
(12)
Is siq formuliq paaiskeja ankstesnio zymejimo 4$=^- prasme. Taip padaryta notin', suvienodinti (10) - (i2) formuliq israiskq. Re to, aisku, kad (10) formule gaunama is (11), kai n = 0.
Skaiciai «0,an,b„, kurie apskaiciuojami pagal Sias formules, vadinami funkcijos /(x) Furje koeficientais, о (4) trigonometrine eilute su tokiais koeficientais - funkcijos fix) Furje eilute
I pavyzdys. Periodm? funkcijq
/ 4 fO, kai x g (-rt;O), /(x)=<	.	,	,
[тг, kaixe(0;n)
(15.2 pav.), kurios periodas lygus , isreikskime Furje eilute.
Sprendimas. Apskaiciuokime koeficientas aQ,a„, b„ :
sin nx n
n
= 0,
0
424
,	1 ’г ,./ \ ,	,	1 '? 	, cosnx l-cosmt
b„= — / (x jsin n.xdx = — In sin nxax =---------------------
7Г J	71 '	П	П
15.2 pav.
Vadinasi,
.. . n _ ® sinl2k + l)x л ,f .	1 . _	1 . ,
t(x) = —1-2 > ------—+2 smx + - sm3x +—sm5x + ... .
2	2A+1	2 к 3	5	)
Sudarykime dalines eilutes sumas:
5a(x)^p S](x) =
-- + 2sin x, 5чM = — + 2 sinx + —sir. 3x, 2	’ 2	3
5;(x)=—+2sinx +—sin3x +—sin5x . 2	3	5
Sit[ funkcijq grafikai pavaizduoti 15 3 paveiksle. Is jo aiskiai matyti, kad
didejani dalines sumos clemer.ii skaiciui, ji vis geriau aproksimuoja duoteqa
funkcijq.
15.3 pav.
425
2 pavyzdys. Periodin? funkcija
, , [-1, kai x e (- л;0), /W=j	\
[ 2, kai .v e [0; л)
(15.4 pav.), kurios periodas 2л, isreikskime Furje eilute.
Sprendimas. Apskaiciuokime koeficientus а$,ап ,b„ :
Iя if0 я A
o0 = -	= - J (-1)- dx + [2dx = 1,
n -n	71 V-я	о	)
j r.	j 0	it
a„ - — J/(x)cos nxdx =—(- J cos nxdx + 2 [ cos nxdx ) - 0,
<? <?
л 2л
15.4 pav.
1 л
bn = — |/(x^in nxdx =
Л -rr
—It
1 Г о	л
— - j sin nxdx + 2 jsin nxdx Ц -л	о	y
= — fco.siu' |° -2cosnx 1^ = —(l-cosnn-2coswn+2) = wrk I'71	l07 nn	’
f 0, kai n - lyginis,
= —(i-cosmr)=J 6	, .	...
нп	—, kai и - nelygims.
[пл
Vadinasi,
f(x\ = 1 + £ V sin(2^ + 1k A J'' 2 л^0 2k + l
3 pavyzdys. Periodin? funkcija
. fl, kai x e (- л;0), ).r, kai x e (0; л) (15.5 pav.), kurios periodas 2л, isreikskime Furje eilute.
426
1 ( 0	л	A j к
—	[ cosnxdx + fxcosnxa!r = — \xcosnxdx =
Ч-n	О	J ЛО
/
1 х .
= — —sin их п п
к
и = х, cos nxdx - dv,
• , , 1 .
du = dx, v = —sin nx n
K . Л
If. , cos их
---smnxor =———
0 "»	]	™	0
0, kai n - lyginis,
= .	2 , .
-----, kai и - nelyginis;
. im
cos mt -1
। Г о	n
bn = — J sin nxdx + jxsin nxdx
711 -n	0
1 1
—--------COS их
71 П
К
+ Jxsinnxdx о
7
1 COSHTt-l
7t^ И
It
+ jxsin nxdx
0

л
Integral^ jxsin nxdx suintegruosime atskirai dalimis pazymedami и - x, 0
du = dx, sin их dx = dv, v = - — cos их . Tuomet и
427
л
г .	, Л'
xsin nxdx = — cos их
о	”
л
171
+ — fcosnxtZr =
п о
о
л
я	1 .	л
= —cos ил+—sin их	=—cos ил.
и и2 Л «
Taigi
1 ЛСО5ИЛ-1 Л
Ь„ = —------------cos ил
л V и п
—, kai п - lyginis, п
2 л .	- • •
-----+ —, kai и - nelyginis.
.и п
Is cia
---, kai и-lyginis, п
л-2 , .	- . .
----, kai и-nelyginis. ли
Uzrasome funkcijos/(х) Furje eilut§:
л + 2 2 у, cos(2£ + l)x “sin2Ax л-2 “ sin(2k + ~ n fa0 (2A- + 1)2 fa ~2k " + я“kfa 2k+ 1
15.3. Lyginiq ir nelyginiq funkcijq Furje eilutes
Tarkime, kad periodine funkcija fix), turinti period^ 2л, yra lygine. Tuomet funkcija /(x)cosnx bus lygine, о funkcija /(x) sin их - nelygine. Vadinasi, koeficientus а0,а„ ir b„ galesime apskaiciuoti pagal formules
«0 = — f/'(x)cZx,an =~ [/(xjcosnxi/x (и=1,2,...), bn = 0(и = 1,2, ...).
71 О	л0
Kai funkcija /(x) yra nelygine, tai/(x) cos их taip pat bus nelygine, о /(x) sin их - lygine. Tuomet koeficientus a$,an ir b„ apskaiciuosime pagal formules
ao=O, a«=0’	= ~ f/(x)sinnxdx , (и =1,2,...).
Ko
Is to darome isvad^: lygines funkcijos /(x) Furje eilute sudaryta tik is kosinusrg t. y.
/W = -V+ £«» cos их,
- n=l
0 nelygines funkcijos - tik is sinusp, t. y.
428
oo
/(*)= 2A sin nx .
77=1
1 pavyzdys. Staciakampj impulse (15.6 pav.) isreikskime Furje eilute.
Sprendimas. Sj impulse apibudina periodine lygine funkcija
h, kai x e 0;—
I 2.
0, kai x e — ;т6 u
271	2	2
Tuomet bn = 0, a0 = — f/(x)c£r = — [hdx = -hx 7Г0	Л0	71
2
= h.
0
л	л
2 2r	2h .	2 2h . mt
an = — I n cos nxdx = —sin их =—sin— =
я	Tin	т.п 2
°	0
0, kai n = 2k,
2h sinf2A — 1)я . .	„\
——r- '	-2-,kai п = 2к-\[к = \,2, ..I
|X2£-1)	2	v л
Gauname toki^ Furje eilut?
. '2к - 1)л
, a, sin
7^) = 7 + — I ——----------ws(2fc -1> =
2 л £=i 2k -1
h	2h(	cos3x	cos5x	cos7x
2	я	3	5	7	)
429
2 pavyzdys, Periodin? funkcija f(x) (15.7 pav.), kurios periodas 2л, isreikskime Furje eilute.
Sprendimas. Kadangi si funkcija yra nelygine, tai a0 = 0, a„ = 0,
b„ = — j/'(xk'n nxdx = — j----------sin nxdx ,
71 о	2j
nes funkcijos f (x) israiska intervale (0; л) yra f{x) = — - —. Pastanjji integral^
2 2
suintegruosime dalimis, pazymedami
л
x
и = —
2
du = —dx. 2
sin nxdx - dv,
1
V = —cos nx . n
Tuomet
x jcosnx
2 i n
1 71
— fcosnxr/x = 2" о
(
2 л 1	.
----------—sin nx
л 2n in
Taigi duotosios funkcijos Furje eilute sudaryta tik is sinusn ir tolydumo taskuose isreiskiama destiniu:
sin nx	.	1 . „	1 . „
> -------= sin x + — sin 2x + — sin 3x +....
"	2	3
430
15.4. Neperiodiniq funkcijq Furje eilutes
Iki siol kalbejome apie periodimq funkcijig turincip period^ 2л, reiskimq. Furje eilutemis. Dabar sakykime, kad funkcija f(x) yra neperiodine ir apibrezta atkarpoje, kurios ilgis 2k, pavyzdziui, atkarpoje [-л, л]. Noredami pritaikyti k^
tik isdestyt^ teorjjl tokiai funkcijai, jveskime
pagalbin? funkcijq /i(x), kuri atkarpoje [-л, л] sutampa su/(x), taciau yra periodine.
15.8 pav.
15.8 paveiksle pavaizduota, kaip is funkcijos y — x^, apibreztos atkarpoje [-л; л], gauna-ma periodine funkcija, kurios periodas 2л. Funkcijq /i(x) jau galima isreiksti Furje eilute. Kadangi atkarpoje [-л; л] funkcijos /(x) ir /i(x) sutampa, tai gautoji funkcijos /l(x) Furje eilute atkarpoje [-л, л] kartu yra ir funkcijos f(x) eilute. Atkarpoje [-л; л] Furje eilutes suma sutampa su funkcija f(x). Atkarpos [-л; л} isoreje Furje eilutes suma 5 (x) bendruoju atveju nesutampa suf (x).
Pavyzdys. Neperiodlng funkcija /(x) = x (x e [- л, л]) ’sreikskime Furje
eilute.
Sprendimas. Kadangi funkcija yra lygine, tai bn = 0,
и = x, du = 2xdx, J , 1 • cos nxdx = dv, v = — sm nx n
*> x~ .
— sm nx n
— — Jx sin nxdx =---Jx sin nxdx =
U = X , sin nxdx - dv,
du -dx, 1
V = — cos nx n
431
4
ли
— cos их и
it	\
1 71
-1---fcOSHXt/x =-
- n 0
о
4
ли
n	1 .
---COSИЛ+——sin ИХ n
и2
о
Parasome funkcijos x2
3
4
= —--cos ИЛ И2
Furje eilut?:
cos2x cos3x cos4x cos5x
I2 '~2	3^ + ~2 V
cosx
п
15.5. Atkarpoje [0; n] apibreztq funkcijq reiskimas Furje eilute
Tarkime, kad funkcija /(x) apibrezta atkarpoje [0; л]. Noredami sioje atkarpoje /(x) isreiksti Furje cilute, papi'.dome jos apibrezimo - jyedame pagalbin^ funkeijo kuri aikarpoje [0: л] sutampa su funkcija fix). Padarysime tai dviem budais, be to, taip. kad pagalbine funkcija butui arba lygine, arba nelygine, prikla.isorr.ai nuo to, kaip norime isreiksti f (x): ar tik kosirusq, ar tik sinusQ destiniu.
1. Funkcijos fix), apibreztos atkarpoje [0; л], apibrezimo papildomc solyga/(- x) =/(x) ir sudarome lygin? funkeijo
kai х е [О; л],
(zr. 15.9 pav. a) Kadangi naujoji funkcija /Дх) yra lygine atkarpoje [- rj л], tai jos destinyje bus tik nariai su kosinusais:
71 к) = — + У a„ cos их .
2	и=1
Atkarpoje [0; лj funkcijos f (x) ir 71W sutampa, todel funkcijos /j(x) Furje eilute atkarpoje [0; л] kartu yra ir unkcijos f (x) eilute.
(13)
15.9 pav.
432
2.	Funkcijos /(x), apibreztos atkarpoje [0; я], apibrezimo papildome solyga/(- x) = -f (x) ir sudarome nelygin? funkcijo
г ( /W kaixe[0;n],
[- /(- x),kai x e [- я; O)
(zr. 15.9 pav. b). Kadangi funkcija f2(x) Уга nelygine, tai jos destinyje bus tik nariai su sinusais:
/г(х) = £>„sinnx.
»=!
(14)
Sis destinys atkarpoje [0; л] kartu yra ir duotosios funkcijos/(x) destinys, nes toje atkarpoje funkcijos f2(x) irf (x) sutampa.
Pavyzdys. Funkcijo/(x) = x, apibrezto atkarpoje [0; я], isreikskime Furje eilute, sudaryta tik is:
a)	kosinuso;
b)	sinusip
Sprendimas. a) Funkcijos/(x) apibrezimo papildome taip, kad ji butp lygine funkcija, taigi jvedame pagalbin? funkcijo
(zr. 15.10 pav.), kuri yra periodine (turi periodo 2л).
15.10 pav.
Apskaiciuojame Furje koeficientus:
2 71
a0 = — Jxz/x = л ; л0
2 л
an = — f x cos nxdx
*0
0, kai
 4 ,  ------г, kai . л//
n - lyginis,
n - nelyginis
433
(zr. 15.2 skyrelio 3 pavyzd)). Tuomet duotosios funkcijos/(x) = x Furje eilute yra tokia:
_ n 4 “ cos(2k + l)x
2 лл.=0 (2& + 1)2
b) Funkcijos /(x) apibrezimq papildome taip, kad ji butp nelygine funkcija, taigi sudarome pagalbitq funkcija
/3 (x) = x, kai x e (- я;тг)
(zr. 15.11 pav.), kuri yra periodine (turi period^ 2it).
Apskaiciuojame Furje koeficientus:
«0 = °> an = 0-
bn = — jxsin nxdx = - — cosrni -	(-1)” = (- l)"+l —,
Л Q	n	n	n
n = 1, 2, ... (zr. 15.2 skyrelio 3 pavyzdj). Tuomet duotosios funkcijos Furje eilut^ uzrasysime taip:
Pirmieji penki sios eilutes nariai yra tokie:
2	1	2
2sinx, -sin2x, — sin3x,-------sin4x, — sm5x.
3	2	5
Jie pavaizduoti 15.12 paveiksle; kiekvienas jq cia pazymetas atitinkamu numeriu nuo 1 iki 5.
Siq папц suma yra Furje eilutes daline suma
434
5s(x)= 2sinx-sin2x + —sin3x— sin4x + —sin5x . 3	2	5
Intervale (- n; n) ji aproksimuoja funkcijq у = x. 15.2 paveiksle pavaiz-duotos ir dalines sumos, sudarytos is trijn, keturin bei penkin папц. Is to pavei-kslo matyti: kuo daugiau demenp sudaro dalin? sum% tuo ji artimesne funkcijai у = x.
15.6. Funkcijq, kuriq periodas 21, Furje eilutes
Tarkime, kad periodine funkcija/(x), kurios periodas T = 21 (I x n), apibrezta atkarpoje [- /; /]. Jei pazymetume x = —, tai gautume kintamojo t л
funkcija f \ — | = <p(/l, kuri butn periodine. Is s^lygos t= — aisku, kad jos V nJ	I
periodas Ьй1ц lygus 2 л. Vadinasi, funkcijq <p(/) galima isreiksti Furje eilute atkarpoje [-л; n]:
OO
+ COS nt + btt sin nt);	(15)
n=l
435
cia
i Л	1	/ If \
a= — f<p(/)cos«?4/=— I A — cosntdt {n = 0,1,2,...),
7Г J	Я 1 I Я /
-Л	-7t
I Л	1 71	\ It I
b, .= — [<p(z)sinn/dr =— f f — sin ntdt (n = 1,2,...).
71 1	Tt J ' [it J
-П	-n
Pertvarkykime siuos integralus, grjzdami prie ankstesnio kintamojo x. Is
s^lygos x = — randame t = —, dt = — dx; nauji integralo reziai lygus -1 ir I. я	ll
Tuomet
an = j J/(x) cos ^y-dx (n = 0,1,2,...),
b„ = | f /(x) sin ~-dx (n =1,2,...).
-I	'
Is (15) formules gauname duotosios funkcijos destinj
/W = V+E an cos—- + Vm—- • 2 n=A '	' 2
Aisku, kad atkarpq [- /; 7] galima pakeisti atkarpa [0; 2/]. Tuomet Furje koeficientQ formules bus tokios:
12/
an = - J/(x)cos-y-r& (n =0, 1,2,...), ' 0	'
12/
bn =7 J/Wsin^4x (n=l,2,...).
Pavyzdys. Funkcija /(x) (15.13 pav.), kurios periodas 2/= 2 atkarpoje [- 1; 1 ] apibrezta formule
, \_|-x, kai xe(-l;0], | 0, kai xe(0;l].
Isreikskime j^ Furje eilute.
436
15.13 pav.
Sprendimas. Kadangi siame pavyzdyje / =1, tai
1	0	1	1
<?0 = j f(x)dx = - jxtZr + jo • dx = — ;
-1	-1	0	1 2
1	0
an = ^f(x)cosnnxdx = - jx cosnnxdx =
u = x, cos nnxdx = dv,
du = dx
1 .
V =---Sin«7tX
nn
О
о
—sin nnx nn
1
-----[sin nnxdx = И7С'
1
—X—у COS ППХ nn
0
_ cos nn -1
~	T~2
. n n
o, 2
2 2 ’ n It
kai n - lyginis, kai n - nelyginis.
Analogiskai integruodami gautume:
°	(-1)
bn = - [x sin nnx dx = -—-
,	nn

Parasome funkcijos/(x) Furje eilut?:
/М=7 -	1)*
4 Л2д-=о (2^ + 1)-	ЛА.=1 к
Trukio taskuose x = ±1, ±3,... eilutes suma lygi у . ▲
sin knx
437
/W-f
15.7. Kompleksine Furje eilutes forma
Tarkime, kad funkcija/'(л) atkarpoje [- л; л] isreiksta Furje eilute
OO
+ (an cos nx + bn sin nx).	(16)
n=I
Oilerio formules
el<p = cos ф + i sin cp, e~l(f = cos <p - i sin ф panariui sudej? bei atem?, gauname formules JV+e-'V	e'V-g-'V
cos ф =-----------, sin ф =---------.
2	2i
Kadangi tuomet galima parasyti, kad
einx_^e-inx	einx-e~inx
cos nx =------------, sm nx =---------------
2	2i
tai is (16) destinio isplaukia:
-inx — e
-inx
einx + e-inx einx _ e-inx y
_ a0 + у f °n cinx + an + '^n e~inx
Pazymekime:
й0	an~	_
T’c°’	~
Tuomet
/(л) = co + icneinx +	= co + Xcfleinx + Ycneinx ,
n=\	n=l	n=l	«=-00
arba trumpai
/(*)=
M = —OO
438
Gautoji Furje eilutes iSraiska vadinama kompleksine Furje eilutes forma. Isveskime koeficientu cn formules. Turime:
c„ = ——— = — j/(x)(cosnx - isin nx\lx .
2 2л_я
Pagal Oilerio formula,
cos nx - i sin nx = e~'nx , todel
1	K cn=^-]f^-,nxdx.	(17)
Si formule teisinga, kai n = 0, ±1, ±2,.
Kai funkcija /(x), kurios periodas 2/, apibrezta atkarpoje [- /; /], tai jos Furje eilutes kompleksine forma apibQdinama destiniu
innx
00	---
/(x)= £c„e 1 ,
о Furje koeficientai apskaiciuojami pagal formula
I -innx
cn=^if(x)e 1 dx-
Pavyzdys. Funkcij V(x) = chx, kurios periodas lygus 2л ir kuri apibrezta atkarpoje [- л; л] (15.14 pav.), isreikskime Furje eilute.
Sprendimas. Taikome (17) formula
1 ’ ~‘ПХ 1 71 Л 4.^ cn = — fchxe dx = — f-------------e~'nxdx =
2л J	2л J 2
-л	-л
tai
439
-Я f e(|-'">o!r+
МЛ 4 J
4тг \-in
7t
___1-0+'«>
\ + in
l-n
Kadangi, pagal Oilerio formules,
e(l-(n)rt _ gn ,e-irm _ en(cosmx_ fsinmt)= ел cosmr , e-(l-i«)n = е“’1.е'пп = е“л(со5«п + isin mr)= е~л cosmt ,
е-0+^>=е-л.е-/от=е-ясозял > e('+i^=e^.eim=e^cosrnt ,

( л	— n	n -
cos mi e - e e -e -------------------1------ 4tt 1 - in 1 + in
Parasome funkcijos ch x Furje eilut?:
. shrr “ (-1)” inx chx =----- >, -—-^e
К n=-x 1 + П
Kadangi — = c0 , о i§ formules
an-ib„ n~ 2
isplaukia, kad
o„=Re2c„, &„=-Im2c„,
tai, rad? a„ ir bn israiskas, Furje eilut?, pateikt^ kompleksine forma, galesime parasyti jprastu (16) destiniu.
440
Funkcijos ch x Furje eilut? isreikskime (16) destiniu. Is formules
!	(-1Г. .
C" = l2ish к njl + 11 )
turime:
«0 sb”:	v , (-l)"2shrt
2	к	Ц1 + ir J
b„ - - Im2c„ = 0.
Tuomet (16) destinys yra toks:
shir 2shnS(-l)" 2sh/rf l Д (-1)” chx =---+------> -----—coswx =-----—+ > -----—cosnx .
I	*	" Я=11 + «‘	* I2 „=11 + и2 J
Funkcija chx isreiksta tik kosinusu eilute. Tai suprantama, nes chx yra lygine funkcija.
15.8. Furje integralo sqvoka
Tarkime, kad periodin? funkcija /(x), turincia period^ 21 ir apibrezta atkarpoje [- /; /] galima isreiksti Furje eilute
00 /	X
/W = V+ L «„cos —+ i„sin— , 2 „=A	'	' j
kurios koeficientai

i I. aQ=~j
1 'e \ rmt ,	, „
=7 J/vJc08-—(»=1,2, ...),
1 -I	'
hn =7(n=l,2, ...).
Sias koeficieniu israiskas pasome (Furje eilut?:
=	+ J/(r)cos^-cos^rfr +
+ f/Wsin-^sin-^-dt	=•!}	J/(?)cos-^(t-x)r/r.
-I	) Z-l	1
441
Pazymekime:
7Г
“1=7’
2 л	nx
«2 = —•••>«„ = —
л Л
=у
Tuomet
1 I	1 X ( I
f/(4
2'_/	^и=1(-/
}cos(an(t-x)dt Aw,
(18)
77 '
Toliau prireiks funkcijos, absoliuciai integruojamos intervale (- te; +vn), apibrezimo. Taip vadinsime funkcijn/U), jeigu
- M <+oo.
Grjzkime prie (18) lygybes ir tarkime, kad nagrinejamoji funkcija yra absoliuciai integruojama ir I ->+co (funkcija/is periodines virsta neperiodine). Tuomet
77	77 ИФ 77 MF = 7“> °’
kai /—> + co.
/
Kadangi J/(t)cosco„(t -x\lt priklauso nuo w„. tai, pazymej? sj
-/
integral^ Ф(<о„), antnyj (38) sumos demenj parasome taip:
Dabar jis panasus j integraiin? sum^, is kurios, perej? prie ribos, kai
I —> +oo, gauname integral^,
J +oo — jФ(и))з'й . я о
Kai / —> +co, antrasis (38) sumos demuo virsta lokiu:
2 +00 f +00	\	j +Э0 +C0
— J J/(/)cosco(/-x)c/r c/co = — j da	- x)di.
K 0 k-oo	J	Л 0	- x
Sis reiskinys vadinamas neperiodmes funkcijos /(.x) dvUypiu Furje integrulu.
442
Cia pateiktq samprotavimg, aisku, negalima laikyti jrodymu, jog, perej? prie ribos, kai /—>+<», is antrojo (18) sumos demens gauname dvilypj Furje integral^. Jq tikslas - tik pademonstruoti, kaip atsiranda biitent tokios israiskos dvilypis Furje integralas. Vadinasi, turime formula
/(*) = —J <Ло f/(r)cosco(r-x)rfr.	(19)
0 —oo
Pavyzdys. Funkcijq f(x) =
1, 1_ 2’ 0,
kai
kai
kai
|x| = 1, isreikskime Furje integralu.
Sprendimas. Kadangi
+00
tai duotoji funkcija yra absoliuciai integruojama visoje skaiCig tieseje. Isreikskime j4 Furje integralu, taikydami (19) formed?:
Я \ | +F j г (	1+? sin co(r - x)
Дх) = — j day [cos co(/ - xjdt = — J-----------------  
71 0	-1	71 О	Ю
r=l
day =
z=-l
1+?smco(l-x)+sinco(l + x) , 2+?sinco , — I ----1----------------day- — J-----coscoxaco.
я 0	ay	n q ay
Kadangi/(0) = 1, tai jras? j si^ formul? x = 0, turime lygyb?
is kurios gauname:
+oo • e sinco , Я J—d“>=_.
0 co 2
Sio pavyzdzio sprendimo rezultat^ parasome taip:
1, kai |x|< 1,
2 +? sinco ,	1 i • I I i
—	-----coscox«co = <—, kai x =1,
л J co	2	11
0, kai |x| >1.
Toliau pertvarkykime dvilypj Furje integral^. Kadangi cos co(t - x) = cos co? cos cox + sin cor sin cox ,
443
tai is (18) formules isplaukia, kad
j 4-00	4-00
Дх) = — j dm j (/(r)cos cor cos cox + /(r)sin cor sin ®x)cZr =
71 0	-oo
| 4-00	+00	|	+co	+C0
= — J coscoxt/co j/(r)coscorc/r + — j sincoxc/co j/(r)sin wrc/r.
K о	-oo	71	0	-00
Pazymekime:
I +00 a(co) = — J/(r)cos соГс/г,
(20)
j +00 Z>(co) = — j/(/)sincordr.
П -00
Tuomet galime rasyti:
+00
/(x)= j(a(co)coscox + Z?(co)sincox)c/co.	(21)
0
Desiniojoje formules puseje esantis integralas vadinamas Furje integralu. Ir tai ne atsitiktinis pavadinimas, nes sis integralas labai panasus i Furje eilutcj Dabar sumavimas pagal diskretcyj (lot. discretus - atskirtas) indeks^ n pakeistas integravimu pagal tolydqji parametr^ co; koeficientai a (co) ir 6 (co) apskaiciuojami pagal formules, analogiskas koeficientu a„ ir bn formulems.
15.9. Lyginhj ir nelyginiq funkcijq Furje integralai
Tarkime, kad f (x) - lygine funkcija, kuria galima isreiksti Furje integralu. Tuomet/(r) cos cor - lygine, о/(Г) sin co/ - nelygine funkcija. Todel
a(co) = — J/(r)coscor<7r, Z?(co) = O.	(22)
71 о
Remdamiesi (21) formule, gauname toki^ lygines funkcijos /(x) Furje integralo israiSk^:
+00
/(x)= Ja(co)coscox</co.	(23)
o
Kai /(x)- nelygine funkcija, tai f(t) cos cor- nelygine, /(r) sin cor-lygine funkcija. Todel
a(co)=0, Z>(co) = — j/(r)sin mtdt	(24)
71 0
444
п
+CO
fx) = JZ)(co)sincoxc7to.	(25)
0
Noredami simetrizuoti (22) ir (23) bei (24) ir (25) formuliq israiskas, pazymekime:
u(co) = J— f f(t)cos<j)tdt,	(26)
Vk 0
~	l~2+x>
b(a)=J— rf(i)siniotdt.	(27)
Vn 0
Tuomet (23) ir (25) formules galime uzrasyti taip:
f(x)=J— Jo(co)coscox<7co,
v * 0
12
/(x) = J— rb (co)sin mxdw.
’71 0
Funkcijos a (co) ir b (co), apibreziamos (26) ir (27) formulemis, vadina-mos atituikamai kosinusine ir sinusine Furje transformacija.
Pavyzdys. Raskime funkcijos
f(x) = e w (x > 0, a > O)
kosir.usin? ir sinusine Furje transformacija.
Sprendimas. Noredami rasti kosinusine transformacijq, funkcijos fix) apibrezirr.q intervale (- co; 0) papildome taip, kad funkcija butq lygine visoje skaiciq tieseje. Taigi sudarome funkcijq
f*(x) = e a^, x e(- co;+oo).
Tuomet
x (Pi? _a,	,	[2 Ct
a (co) = J— J e cos со/сй = J-------------
Ъ о	Ъ a2 + co-
ir
-a.x	t j 2a+T cos cox
e =. — |a(co)coscoxaco = — I—----------------aco.	(2n)
V Л 0	Л 0 a- + co-
Noredami rasti sir.usinQ transformacijq, funkcijos fix) apibrczimq papildome taip, kad funkcija visoje skaiciq tieseje butq nelygine Toddl sudarome funkcijq
445
е ал, kai х >0, -е°-\ kai х<0. к
Tuomet
ч [Р? _ш . J Ь со b(co)=J— I е	sin Mdt = J—	—т-
' h Q	haW
ir
-ar [MQt ) j 2+<? cosin cox e = -/— |&(co)sin<BAGfa) = — I —-------c/co .	(29)
h 0	л 0 a2 + co“
Formules, kuriomis rememes integruodami integralus cos a>tdt ir |e”aZ sm <x>tdt, pateiktos sip skyriaus 1.3 skyrelyje.
Is (28) ir (29) formulii) isplaukia, Kad
+00	+СЮ
r COS COX , Л -ax	_ r COS’.nCOX , 7t -ax	„
—------da =—e	, x>0;	— -----<7co^ —e °9, x>0.
J a2+co2 2a	J a2 + co2 2
Sie du integralai vadinami Laplaso integra/ais. ▲
Uzdaviniai
1.	Periodines funkeijas (T = 2л), apibreztas nurodytuose intervaluose, isskleiskite Furje eilute:
a) ^={o
kai 0 < x < л.
kai -л<х<0;
0, kai 0 <x < tv
[a, kai 0 < x < it, I - a, kai - л < x < 0;
0, kai - л < x< 0, sin jr, kai 0<x < л.
2.	Periodines funkeijas (T = 21), apibreztas nurodytuose intervaluose, isreikskite Furje eilute:
a) ^'^={ J1'
kai -1 < x< 0, kai 0<r< 1,/ = 1;
, , [l + x, b) / x)= .
[/-x,
kai -7<x <0, kai 0<x<7;
c) /(x)= |.r|, kai - 2 < x < 2, / = 2.
3.	Periodin^ (T= 2n) funkcija/(x) = 1, kai x e [0; л], isskleiskite kosinusn eilute.
4.	Per.odinij (T- 2л) funkcijV(x) = 1, kaix e (0; л), isreikskite sinusn eilute.
5.	Periodin? funkcija
kai 0<x<l, kai l<x < 2,
446
kurios periodas 2/=4, isreikskite sinusq eilute
6.	Periodin? funkcijq
0, kai 0 < л < л, /(x)=- 1, kai л < x < 2 л,
2, kai 2л < a < 3л,
kurios periodas 2/ = 6л, isskleiskite sinusq eilute.
7.	Periodin? (periodas 2/) funkcijq/'(x) = I - x, kai x e [0; /], isreikskite kosinusq eilute.
8.	Penodin? (periodas 2Z) funkcijq/(x) = I - x, kai x e(0; /), isskleiskite sinusq eilute.
9.	Funkcijq
J 2, ka: 0 < x < 1, 0, kai l<x < 2
isreikskite kosinusq eilute.
10,	Funkcijq/(x) = л - x (xe[0; л]) isskleiskite kosinusq eilute, о funkcijq /(x) = л - x (x s(0; л)) - sinusq eilute.
11.	Funkcijq
isskleiskite kosinusq eilute.
12.	Funkcijq
/«= 4
— x, kai 4
3 , • x—, kai
isreikskite kosinusq eilute.
13.	Funkcijq /(x) = x2 , kaix e(0; л), isreikskite sinusq eilute.
14.	Funkcijq /(v) = x- —x2 , apibreztq atkarpoje [0; 2], dviem budais isskleiskite
Furje eilute, pries tai papildomai apibrez?jqtaip, kadbutq. a) lygine; b) nelygine.
447
ATSAKYMAI
1 skyrius
1.
11
8
4
-28 19
0
16
24
-5
2.	m = 3, w = 7.
3.	a) taip; b) ne; c) taip; d) ne; e) ne; f) taip.
4.	a)
18
-4
-10
-14
; c) [4]; d)
d) 270; c) 0; D - 248; g) 3648.
c)-------
121
20
19
-43
-7
-16
-36
-10
29
-15
31
19
8
-20
-12
3
25
13
. S.
-3
-19
35
52
-47
71
.6. a) 19: b)12; c) 25;
9
7. a) - -9
;d)
-3
-9
11
3
-3
3
3
;b>±
.8 -
8
10
12
-8
-3
-5
-4
-3
57
-14
-40
. 9.a) 2; b) 3; c) 2; d) 3; c) 2.
3
; b)
2
12 I ’
6
0
9
8
5
0
0
0
0
0
0
0
0
2 skyrius
1. a) (-1; 3; 2); b) (4; 2,5; -1); c) (1; 2; -1). 2. a) (2; 0, -5); b) (-3; 1, 2); c) (2; -1; 1).
3. a) (3; -2; 7); b)
О	1
у (5 + 2a);y(4 + 17a); a
c) sistema yra nesuderinta;
a e R
dl
у (9 + 2a - 2P);1 ;i + 3a - 3₽); a; 3
a, P <= R
c) sistema yra nesuderinta; f) (1; — 1).
4. a) (1; -3; 2); b) sistema yra nesuderinta; c) sistema yra nesuderinta;
d)
I — (17 + a + 3P);—(-3 + 5a-5P);a;p | a. p e R
V	4	)
5. a) (0; 0; 0);
b) 10; 0; 0);
c) 1 (2a;a;a)a e R
3 skyrius
1. ^?9;7.	2. у - и), у (m + nj, - mj, iii - n,	3. ^7'19,1°
4. </ = {9;-25;14bf =  =£=; --2^=;-,^=^ . 5. Ь;-3;-з}. 6. а) 3; b)-1; c) 13; d) {6; 4; 2f. [<902 <902 <902 J
7- -4. 8. {4; 6; 4}. 9. 3 vien. 10	. 11. Su a = ±| . 12. a) {l;-2;-4}; b) <2;-l; 1),
448
с) Зу/з . 13. 3 ir
16. +-Д={-3,5;10
V155
(kv. vicn.J.
I л/з8 ’ V38” >/з8 J
4.
9.
. 17. Su а = 1 .18. 20;
4J510
-ly— . 19. D|(7; 0; 0), £>-,(-17; 0; 0).
4 skyrius
1. a) 2r r5y-llz + 91 =0; b) - = 7. 2. 3x-ly + : + 10 = 0. 3. 2x-y + 13r-18 = 0. njoj.ni , n n - 1000, , _ r x-3 v + 5 z-2 I ix 4 8г + 2 Iz + 22 ~ 0. 5. -kub.vnt. .6.
729
17
m =----; b) su A = 8-За, m = a ,
4
12. 3y + z + 7 = 0. 13. y = l,5x.
л/Зх + у-57з=0; 5у[з . 16. 5x + 9y-60=0,
9	8	29
. 8. 5r-r9;»-2z + 20 = 0.
11.
a) Su .4 = -—, 4
22x-5v + 8z-16 = 0.
a e R
b)
10- P(-ll;l;0).
17.
18. y = 2x-6, y = -2x + 14 .
14. a)
7x-2y + 16 = 0;
9x-5y-2 = 0.
19. llx-2y-25 = O,
!x-lly-34 = 0. 20. a) (3; 2), b) (2;-1). 21. 2 kv. vnt. 22. 4x + y-13 = 0, d = — 717
5 skyrius
b)
d)
9.
dl
c)
1. (x-3)2+(y + 2)2 = 20,25 .
2. a)
Hi 6); 7;
. 3. a)
—+ 4^ = 1 • 12	8
,2
2
100
2
36
a)
36
9
(x-3)2 9
(x-2)2
2	2
_ У
25 + 9
5. xy=2.
6.
4. a)
2	2
—-2L=I; b)
64 36
7. a) y2 = 8x ;
9
3.
2
2
3
2	2
4-2- = ]; c)
16	9
b) x2 = -20y.
9	2
8. y-18 = 0.
5
O’+1)2 )»
-------= 12)
16
b) iL^i.jO±zii
12
16
c)
64
Q-i)2
36
/ =4(x-2);f) (x-i)
6 skyrius
3 r -1	,	, , , f x
-----. 5. a)x'+3; b) — 2r+l-11-
4o’~3);g) (y-3)2=l(x+4).
4	2
. 6. a) [-2; 0) U (0; 2]; b) [0; 4];
]; d) [0;2]. 7. .V=598. 8. a) - ; b) 2; c) 0; d) «.. 9. a) -  b) - ; c) 12; d) I. 10. a) у;
/	2	6	5	*
b)-2;c) 12; d) 1:	<Ts;g)e,h) l;i)0. 12. .4=2. 14.3/2.
7 skyrius
1	3	11
2. a) sgnx (r* 0); b) 2д|; c) — (x*0); d)-sin2r (cosx). 3. a) — ; b) — . 4. a)
x	2	2	2
449
• >	^Зл+<?г	,,		\ coslnictgx)
, с) —-----;------; d) — sin ismfzcosx) - cosB sin (2 ыпл), с)-----. -	;
е '-е"'+1	sin 2.>ysin Injctgx)
о
л.,	11 \	/	но г I . In sinx
; i).r (ln.r+1): j) (sin rp j 1 +--—
V СОь“X
и	1
11. a) Taip; b) nc. 12. a) 0; b) I: c) d) 0; e) e"2; f) е2/к ; g) e'-/’1. h) 13. (x- 2)"+
2	e
+(r- 2)3- 10(x- 2)2 - 25(x-2) - 15. 14. a)
+ =/?-Сг); b) -1 r ,r -
r2 ?	- x2
-----+ — +/M.v); с) л - x + —
2	4	2!
X
---------rR5(x). 15. a) Dideja visojc skaiciu tieseje; b) dideja
/ 2	2 'l	( 2	1 \
intcrvaluosc I —-—;—-— , mazcia intcrvaluosc (2; oo) ir ------;------ , к = 0, 1, 2, ...
HA- + 3 44- + 1J	<4A- + 5 4A+3J
16. a) min /(x)—890 taske 1/10, max /(x)=l taske x= 1; b) min /(x)=- 1 taske x-e, max /(x) = 0 taske x=1. 17. 42/8. 18. h/b-Jl . 19. a) yma«=0 taske «=Л. у,„,„=12 taske x=5, didejimo
mtervalai (-oo; -1), (5; oo), mazejimo - (-1, 2), (2; 5), perlinkio tasku nera, iskilumo aukstyn intcrvalas (-x; 2), Aemyn - 12; oo), asimptotes x=2, v=x + 4; b) ymra=-4 taske x = 1, didejimo intcrvalas (1; oo), mazejimo - (0: 1), perlinkio taskq nera. iskilumo zemyn intcrvalas, (0;
asimptociq nera; c).Vmm=e taskex=i, didejimo intervals! j-x; 0), (1; oo), mazejimo -	(0: I),
pcriinkio tasku чет, iskilumo aukstyn intcrvalas )-<»; 0), zemyn - (0; oo), asimptote r = x+l, ft 0) = -0
8 skyrius
1. a) Plokstumos dalis tarp tiesiu y=x irfr=-.v, csanti apskritimo r2 + y2=9 isorejc, toje dalyje yra asis <9v, apskritimo taskai sriciai nepriklauso; b) apskritimo v2 +v: = 4 apriboto skritulio dalys pirmajamc ir treciajamc kctvirciuose, koordinaciq asm taskai sriciai nepriklauso.
= 2cos(.r'' + r2) , rv + —j ,	= 2«cos( v2 + y2)	|  8- a) ^„,(1'3, 4,3)= - 7/3:
450
b)	zmm(3, 3)-0; с) гт,п(л/з,- 3)= - 6 Jl ,	, -3)=б7з . 9. a) zmai (2, 1) = 3,
глл(0’ 0) = z (0, 4) = 10; b) z,„o.- = 0 apskritimo x2 + y2 =1 taskuose, :dld; (0, 0)= 1.
10.	h=r-j2 .ll.a = 6 = 3/4p, c = p/2.12. y-e12 . 13. gradtt = (—4;12;1 б). 14. Тб9 .
9 skyrius
1.	C-- y(l + 3cosx)4 *^3; b) C- ^5- In2 x; c) ln|l + tgxj +C; d) (arcsin Vx j” + C;
+ 2jx -6\[x + 6arctgV7 + C; c)
с)С-^'; 0 ln2^x+Vl + x2^ + C. 2. a) +-|V(2~*)3 +C; b)	-yV? +
c)	C-Vl-x2 +-J(l-x2)’ --J(l-.r2/ ;
3 *'	’	5 VV 1
1	3
f) — arccos —+ C.
3	x
3. a) sinx-xcosx+C;
Ы
3
2 1	I----7
lnx-y l+C; c) x arcsinx +yl-x +C;d) e '*
— e '(sinx-cosx) +
+ C; f) у (cos Inx+sin In x)+C. 4. a) x+ in
—-— + —ln|x+l|; c) —In 3(x+l) 9	4
x-1
x + 1
-yarctgx+C. 5. a)
4
3
2
4 -In
+ C;c) C-
.2
0 y(x + 5)i/x2 +2r + 2 - у ln|x +1 + ^x2 + 2x + 21 + C. 6. a) yycos 4 J~
4	-	11
—cos4 x+C; b)	——-— + C; c)
7	4sin4x 6sin6x
x +C; f) 4^ + C.
10 skyrius
l	.a)4</<2V30 ; b) - </< 1; c) — <;/< —. l.r.k, к e N. 3. - - 15ln3. 5. a) 2; 5	2	16	10	3
b)n; c)2/3; d)	c)y; f) ~. 6. a) 100/3; b) 2^arctg2-yj ;	d) ;
c)ln2; ()—> 7.a) J 0 In 2 - 17/4; b)	+ InJ- , с) 4л. d) In-; с) —	•
2V5	1491)12	e 3	2
451
8.a)4,5; b)O,l; с) 6п; d)5n/6-V3; е) а2. 9. а) 112/27; Ь)25/3; с) 2(1 + In 1,5); d) (2V5+ln(2 + V? ))/4 ;	f) 2а. 10. ЗООтгТГ . И. а) 16л/15, 32л/3, b) n(n2-8j/4;
с)Зл(21пЗ- 1)1пЗ. 12. уа/г/3. 13.уЛп//8 14. а) 1/3; Ь) л/х/з ; с) л/6; d) 1; е) 2(1 -1п2); f) 13 п/4 15. a) Diverguoja; b) konverguoja; с) diverguoja. 16. a) Diverguoja; b) -1 /21п: 2; с) 4.
1	2	2 j 7)
17. a) Konverguoja; b) konverguoja; с) diverguoja. 18. а)-In -у—; Ь) —1п(1 + <х" I.
а-1 71 + а а
11 skyiius
2	. а) у = — о) .г = —-; с) v3 = Ces,n" -1; d))>=exp,Ce' \з.а) v = l±
1-Сх 1 + У"	’ V /
+ (ex+s|7 Ь) у = sinx . 4. а) Сх = ех ; b)xe-l’=C; с) С2х2 -1 = 2Су; f	“s *’n“	2	2
d) у = xl 2arctgCx~ — |; c) x = Ce x ; f) x -xyx y~+x-y = C; g)x+2y +
+31n|x + y-2| = C 5. а) у = e~x | C + I; b) у = Ce 2x + ye3v; c) x = y(y + C\
d)	v = Ce slnx +sinx-1; c)x=Cv + — y3. 6.a) у = ——b) v - —;
2	1 + Cx- ’ V2cosx + C
X
c) x2 = Ce™”' -2(siny + 1). 7. a) 5x2y-8xy+ x+ Зу = C; b) r2 + ye v = C;
1--;----7 x	x4 ?	mlxm+"
c) Jl + x2 + у -t-arctg— = C .8. a) v = cosx-+C|X +C2x + C3; b)y = -, '-i- +
у	’	24	’ (m + nj!
+ Cjx"-1 + ...+ C„_jX + C„; с) у = e'(x-l)+ C,x2 + C2; d) у = C2 + Ct sinx - x-y sin 2x;
+ C2.9. а)у = C}e 2' + С2ел; b) у = e8' (Cj +xC2);
c)y = e (Cj +xC2).
3
с) у = е3л (Cj cos2x + Cj sin2x)t d)y = e*| Q cosj~ + C2 5'пу^
10. a)y = e'; b)у = (7-3x)ev*2. 11. а) у = С, cos x + C2 sin x + C3 cos 73х + C4 sin 7з"х;
b)v = Cle'^x +C2e~^x + C} cosV7x+ C4 sin V7x; c)y =e’'3v(C|+xC2)+
+ e'V3v(C3 + xC4); d)y = (Cj + xC2 )cos 4x + (C3 + xC4 )sin 4x; e)y = Q + (C2 + xC3)cos2x + +(C4+xC5)sin2x; Iji—Cl+C;-1' +C3x2 -t-C4x3 +е"л (c5 + xC6 ). 12. a)y = С}е3х +C2e4' -+ -yrj—i b)y = C{e' +C-1e~2x -y(6sin2x + 2cos2x); c)y = C, cos3x + C2 sin3x +ye3';
d) у = Br(cj cos-77x + C2 sin-T2x)+-^j-(5cosx-4sinx);e)y = C] sin2x + C2 cos2r-
v	1
-ycos2x; f)y = ех(С[ + xC2)x — x2ev; g)y = C1 cos x + C2 sin x + x(x sm x + cw'. x).
452
13. а)у = С1е Л+С2е 2л + (с * +е 2'jln(ev+1)-<? ' -е 2‘; b)y = (cj-ln|sin r|)cos2x +
+ ^62 — .v ~ ~*clg.v^jsin 2.v. 14. а)С|Х2 = 2/ + С2, у2 = С|(-/ + С2); b)>> = С}е' +С1е~1 -1, х = С}е' -С2е~/ с)х = С^е~' + С2е, у = С\е~' + ЗС2е~2' + cost. 15. у = -^-е2г +
7	4х 11	29	5	2v 7	4r 1	5
+-----С 4----X -1----, Z —-~в	+----С------X 4----.
32	8	32	8	32	8	32
12 skyrius
1. a) S =—I 1——\s = —; Ь)5 =—fl----------------;—Jl,5 = —.	2 a) Konverguoja-
" 36L 10")	36	" 3^ Зп + lJ 3	J ’
b) diverguoja; c) konverguoja. 3. a) Konverguoja; b) diverguoja; c) konverguoja. 4. a) Diverguoja; b) diverguoja; c) konverguoja. 5. a) Konverguoja; b) diverguoja; c) konverguoja. 6. a) Konverguoja; b) konverguoja; c) konverguoja; d) konverguoja. 7. a) Konverguoja rcliatyviai; b) konverguoja absoliuciai. 8. |r5| <	9. a)[0;2]; b) [—2;8); c) (-e - 3;e - З); d) [O; 4). 10. a) arctgxpj < 1},
(,1-xj	2„=1
(-1Ж)2"
(2«)/ ’
x e (-oo;+oo);
(l-x)
12. a) 0,9397; b) 3 0639; c) 0,5878.
13. a) 0.391; b) 0,337. c) 0,488.14. a)
oo 2n x	2n x 4n
„=02 я! „=0 2	„=о1.чпЛ
0	3+х
l.a) px p(x,y)r/y ; b)
-3 о
’ 3 skyrius
2^2 8-х2	0	V2x+1
j dx f/(x,y)dy. 2. a) j dx p(x,y)<4’ +
oo	J. -721+1
+ pv j .f^,y)dy= jdy p(v,j)A;b) pv p(x,y)o'y+ j dx j/(x,y)dy = 0 л-l	-1 v:-l	00	20
2
2	I	V?	4 Д
= py J/(x,y)cZr.3 a) pv p(.r,j’)A + py p(.v,y)A;
o	757	° -77	1 .г-z
9
4 2/7	9	3
b)	pr p(.v, 1’) dy + pv J f(x, у) dy-
0	77	2 v7
3 у
c)	pv p(.v. y) dx;
0 ->
! -77
d)	py f/Uy)^. 0 -^77
4з 2+74-x2
4. a) pZr j/'(.r,y )o'y ; о хТз
2	2-r
b) pv p(x,y)tZv.
5. a)
2n a
jc/<p|/(pcos<p,psin(p) рФ ’
0	0
453
2 a costp	n asm<p	3 4coscp
b) J d<p J7(pcos(p,psin<p) pdp; c) Jcftp j/(pcosq>,psin<p)pdp; d) jd(p j/(p cos <p,p sin ipjprfp л 0	0	0	Д 2cos<p
~2	6
6.a)13,5;b) у ,7.a)12;b)-^;c) ^-V2+-^-;d) -^/?3. 8. 4л/?2.9. яТ? . 10. ||;о]
п аЬ^2 4
12
’ 13 . --- ' V > -"V “I----i I
'	15	15	3	3
,, x I „ 3 ч л	(2 2 7 '
. 12. a) — ; b) — ; c) —. 13. —; —
2	35	3	к 5 5 30.
2 , — a .
3
14.
14 skyrius
1. а) 2,5;
2а)т:
, . 56Г	. 3 84) , V2 . ,	. 9ла3
b) — arcsin------ . 3. -. 4. 2лял/2а . 5. -
54<	5 54 )	2	64
Ь) с) 1. 9. -4. 10. а-—. И. — . 12. --1 2	3	35	4
6. l(5V5-272). 7. 2а2 . 8. а)
4
13. а) 0; Ь) —. 14. а) 20,5; Ь) 62.
15. a) z = 3x4 + х2у-ху2 + у2 +С ; b) z = — +4ху- — +С-,с) z = (х + у)еп' +С . х у
.	,12 ч-. sin (2л - ’
1. а) — + — > —1-
2 я у 2л -1 л=1
15 skyrius
lx 4а у 5т(2л + 1)х л 2 у cos(2« - 1)х л \	2,1 + 1	; С) 4 я£ (2л-1)2
и=0	n~l '	’
уч Qn+l sin ИХ 1 2_yCOs2n.r „=i	л ’ я я ,
L / , 4/	1
2 + 7	2
2 л-„=1(2л-1)2
4 у4 sin(2w-l)x 2л-1 л=1
х' 9 / 6-Z-П=1 Л*'
о 2/^1 ляс 4 8. — 2,-sm —-9.1+-2.
11 71 _ 2 y cos2(2,i - l).r
4 *	(2л-l)2
- -„=14л2-1
(2л-1)ях cos------— ; с)
I
5.
2пк
ПК ________
COS----h cos----
з 3
14.а) 1-Аус™. Ь) 3 л2 £ (2л)2
1 .	. , 4 v sin(2n- 1)лх
+ — sin.г. 2. а) — > —----------—;
2	л “	2л-1
,1=1
(2л-1)я¥
COS +--—2---. 3. f(x) = 1.
>-4^—4 л2 „=1(2л-1)2
2 . пк । . пкх
-COSWK + —sin— sin----.
пк 2 )	2
„	) . nx , I 4/	1
J 3	2 я2^(2л-1)2
-1)”+|	(2л-1кг я 4 i cos(2n -1 к .ysinzw
2л-1	2	2	(2„-])2	"
2 у. cos 2(2л - 1)л1
•	(2л-I)2
. (2л-1)лг ,, х sm--------
1 о Тз"
2
я" (2л-1)3

_2 х
13. у- + 4£(-1)'
COS их
455
DALYKINE RODYKLE
Adjunktas 21.24
Antrosios eiles tiesines homogenines diferencialines lygtys su pastoviaisiais koeficientais 311
Antrosios eiles tiesines nehomogenines diferencialines lygtys su pastoviaisiais koeficientais 317
Aukstesniujq ci 1 iц tiesines homogenines diferencialines lygtys su pastoviaisiais koeficientais 316
Asimptote
pasviroji —191
vertikalioji - 191
Asimptotes 107, 191
Astroide 131
Asis
didzioji elipses - 106
mazoji elipses - 106
menamoji hiperboles - 107
paraboles - 109
poline - 118
realioji hiperboles 107
Balnas 114
Bemulio lemnisKate 122
Cikloide 130
Cibr.dras
elipsinis - 115
hiperbolinis - 115
paraboiinis - 115
Cilindroidas 365
Determinantas
antrosios eiles  17
n-tosios eiles - 24
treciosios eiles - 17
Vronskio -312
Diferencialas
antrosios eiles - 174, 209 aukstesniosios eiles - 174, 209 kreives lanko ilgio - 267 pavirsiaus ploto - 378
pdnasis - 204
pirmosios eiles - 170
Diferencialo formos invariantiskumo savybe 171, 207 Diferencijavimas
apibreztn parametrinemis lygtimis funkcijn - 169 atvirkstines funkcijos 165 keliQ kintamiyp neisreikstines funkcijos - 20?
logaritminis - 168
sudetines funkcijos - 164 vieno kir.tairojo neisreikstines funkcijos - 167
Diferencialine lygtis
antrosios eiles tiesine - 311
aukstesniosios eiles - 307
Bemulio - 304
laisvtjju svyravimp - 326 n-tosios eiles tiesine homogenine - 316 paprastoji - 289
pilnpjq diferencialn - 305
pirmosios eiles - 290
pirmosios eiles homogenine - 297
pirmosios eiles tiesine - 299
- su atskinamaisiais kintamaisiais 293 su atskinaisiais kintamaisiais 293 priverstmip svyravimp - 326 radioaktyviojo medziagos skilimo - 295
tiesine homogenine - 311
tiesine nehomogenme - 311
Diferencialines lygties eile 289
456
Eilute
absoliuciai konverguojanti - 348
altemuojancioji - 346
binomine 359
Dirichle
(apibendrintoji hannonine) - 341
diverguojancioji - 336
funkcijq - 350
Furje - 423
hannonine - 339
konverguojancioji - 336
kosinusq - 431
laipsnine - 352
Leibnico - 359
Makloreno- 357
reliatyviai konverguojanti - 349
sinusq - 431
skaiciq - 336
Teiloro - 356
trigonometrine - 420
Eilutes liekana 338
Ekscentricitetas
elipses - 106
hiperboles - 107
Ekstremumas
keliq kintamqjq funkcijos - 210
lokalusis- 186
sqlyginis - 212
Ekvivalencios nykstamosios
funkcijos 149
Elipse 104
Elipsoidas
sukimosi - 111
istemptas — 111
suspaustas — 111
triasis - 112
Makloreno - 182
Niutono ir Leibnico - 258
sukinio turio - 270
Funkcija
absoliuciai intcgruojama -441
apreztoji 141
atvirkstine trigonometrine - 127
diferencijuojamoji - 160
eksponentine - 134
elementarioji - 129
hiperboline - 135
keliq kintamqjq - 199
laipsnine - 125
logaritmine - 126
neapreztai didejanti - 140
neapreztoji- 141
neisreikstine - 167
nykstamoji 142
pagrindine elementarioji - 125
pirmykste -- 223
rodikline - 126
signum x - 156
sudetine - 129
tolydi taske - 153
trigonometrine - 126
Funkcijos riba, kai x —> oo 138
Funkcijos riba taske 137,200
Funkcijos tolydumo taske sqvoka 152, 201
Funkcijq superpozicija 129
Furje eilutes
atkarpoje [O;tt] apibreztq
funkcijq -431
funkcijq, kuriq periodas 21, - 434
lyginiq funkcijq - 427
nelyginiq funkcijq - 427
neperiodiniq funkcijq - 430
Furje koeficientas 423
Figures plotas 262
Formule
daugianario Teiloro -181 funkcijos Teiloro - 182
Gryno - 409 kreivinio integralo Niutono ir Leibnico - 415 Leibnico - 283
Gradientas 220
Greitis
funkcijos kitimo taske - 158
funkcijos kitimo vidutinis - 158
lauko kitimo - 219
457
Hannonine analize 420
Hiperbole 106
lygiaase - 107
Hiperboles
jungtines -- 108
Hiperboloidas
dvisakis -- 113
dvisakis sukimosi 112
vienasakis - 113
vienasakis sukimosi -112
Integralas
absoliuciai konverguojantis - 277 antrojo tipo kreivinis - 404 antrojo tipo netiesioginis - 278 apibreztinis - 252
atskirasis diferencialines lygties -291
bendrasis diferencialines lygties -291
dvilypis - 368
elipsinis - 249
Furje - 443
d vi lypis — 368
lygines funkcijos - - 443
nelygines funkcijos — 443
kartotinis - 370
Laplaso - 445
neapibreztinis - 224
nesuintegruojamas - 249 pirmojo tipo kreivinis - 398 pirmojo tipo netiesioginis - 273 reliatyviai konvcrguojantis - 278 trilypis - 385
Integravimas
diferencialiniq binomq - 243 funkcijq, kuriq israiskoje yra kvadratinis trinaris - 232 iracionaliqjq funkcijq - 242 paprasciausiq racionaliqjq trupmenq- 236
trigonometrimq reiskiniq - 245 Isvestine
antrosios eiles -171
antrosios eiles daline - 208
daline 201
funkcijos - 158
kryptine - 217
misrioji - 208
vienpuse - 159
Jegq lauko darbas 401
Kampas
tarn plokstumq 87
tarp tieses ir plokstumos 93
tarp tiesiq 97
Kardioide 123
Kompleksine Furje cilutes forma 437
Kompleksinio skaiciaus
aigumcntas 236
Kompleksinio skaiciaus modulis 235
Konvergavimo intervalas 353
Konvergavimo spindulys 353
Koordinates
centra - 381
cihndrines - 390
kuno mases centra -393
plokscios figures mases
polines - 119
apibendrintosios — 120
vektoriaus - 59
Kramerio formules 40
Kreive
antrosios eiles - 103
dalimis glodi 366
glodzioji - 366
grandinine - 135
mtegraline diferencialines
lygties 289
iskila (aukstyn, zemyn) - 189
lygio - 217
orientuota 403
Kreives
Gvido Grandi (,,rozes“) - 123
Kreives lanko ilgis 266
Kreives normale 161
Kreivine trapecqa 251
Krypties kosinusai 60
458
Kryptis
greidiausio nusileidimo - 220
greiciausio pakilimo - 220 Kiigis
elipsinis - 116
sukimosi - 116
Laukas
skaliarinis - 217
vektorinis - 217
Lygciq sistema
apibreZtoji - 37
homogenine -35, 51
iSsigimusioji - 38 neapibreztoji - 37 nehomogenine - 35 neiSsigimusioji - 38 nesuderintoji - 37 suderintoji - 37 tiesine - 35
Lygtis
apskritimo - 103
asine plokstumos - 86
asine tieses - 95
bendroji plokstumos - 84
bendroji tieses - 95
Bernulio - 304
charakteringoji - 314 kanonine elipses - 105 kanonine hiperboles - 107 kanonine paraboles - 108 kanonine sferos - 110 kreives - 103
kryptine tieses - 96
laisvqjq svyravimq - 326
mechaniniq svyravimq - 326 pavirsiaus - 110
pilnqjq diferencialq 305 priverstiniq svyravimq - 326 tieses, einanCios per du taskus, - 90
vektorine plokstumos - 84
vektorine tieses - 89
Lygtys
astroides- 131
cikloides - 130
bendrosios tieses - 91
erdves kanonines tieses - 89
parametrines apskritimo - 129
parametrines elipses - 130
parametrines kreiviq - 129
parametrines tieses - 89
rysio - 212
Mase
kreives lanko - 397
kuno - 384
plokscios figuros - 380
Matrica
atvirkstine - 27
diagonalioji - 13
iSsigimusioji - 27
kvadratine - 13
m x n eiles - 12
neissigimusioji - 27
nuline - 13
prijungtine - 28
simetrine - 13
sistemos - 35
isplestoji — 36
transponuotoji - 12 vienetine - 13
Matricos
komutuojanciosios - 17
priesingosios - 14 suderintosios - 15
Matricos rangas 30 Metodas
Furje - 421
Gauso - 47
integravimo dalimis - 230, 261 kintamqjq keitimo - 228, 259 konstantq variacijos
(Lagranzo) - 302, 318 Lagranzo daugikliq - 213 neapibreztqjq koeficientq - 239 nezinomqjq eliminavimo - 47 tiesioginio integravimo - 227
459
Mi noras
elemento - 21, 24
matricos A-tosios eiles - 30
Modulis
kompleksinio skaiciaus - 235
vektoriaus - 54
Momentai
kuno inercijos 394
plokscios figuros inercijos - 383
plokscios figuros statiniai - 381
Natiiralusis logaritmas 134
Neapibreztumas 144
Parabole 108
Paraboles direktrise 108
Paraboles parametras 108
Paraboles zidinys 108
Paraboloidas
elipsinis - 113
hiperbolinis - 114
sukimosi - 113
Paskalio sraige 123
Pavirsius
antrosios eiles -110
cilindrinis - 114
ekvipotencialinis 217
kuginis 115
lygio - 217
sukimosi - 110
tiesiskasis - 113
Pertvarkiai
elementarieji determinanto - 21
elementarieji matricos - 31
elementarieji tiesiniq lygCiq sistemq- 37
Pokytis
dalinis funkcijos - 201
pilnasis funkcijos - 201
Polius 118
Pozymiai
funkcijos ribos
egzistavimo - 138 netiesioginiq integralq su begaliniais reziais konvergavimo - 275
pakankamieji teigiamqjq eiluciq konvergavimo - 340 sekos ribos egzistavimo - 133 trukiqjq funkcijq netiesioginiq integralq konvergavimo - 281
Pozymis
d'Alambero - 343
butinasis eilutes
konvergavimo - 338
Ko§i integraiinis - 346
Kosi radikalusis - 345
Leibnico - 346
palyginimo - 340
ribinis — 343
Pradine faze 328
Pusase
didzioji elipses - 106
mazoji elipses - 106
menamoji hiperboles - 107
realioji hiperboles - 107 Pusases
triasio elipsoido - 112
Riba
funkcijos taske - 137 integralines sumos -- 252
keliq kintamqjq funkcijos - 200 skaiciq sekos - 133
vienpuse funkcijos - 139
Ribqdesniai 143
Sqlyga
kreivinio integralo nepriklausomumo nuo integravimo kelio - 412 pilnojo diferencialo - 414 plokstumq lygiagretumo - 87 plokstumq statmenumo - 87 pradine - 290
tieses ir plokstumos lygiagretumo - 93
tieses ir plokstumos statmenumo - 93
tiesiq lygiagretumo - 99
tiesiq statmenumo - 99
460
Sandauga
kompleksiniq skaiCiq - 235
matricos ir skaicius - 14
matricq - 15
miJrioji - 76
skaliarine - 67
vektoriaus ir skaiciaus - 56
vektorine - 71
Savybe
determinanto anuliavimo - 23
optine paraboles - 109
Sistema
fundamentalioji sprendiniq - 313
normalioji diferencialiniq
lygciq - 329
Seka
didejancioji - 133
konverguojancioji - 133
mazejanCioji - 133
monotonine - 133
skaiciq- 131
Skaicius
kompleksinis - 234
menamasis - 234
SkaiCius e 134
Skaliarinis laukas 217
Skirtumas
matricq - 14
vektoriq - 56
Spindulys vektorius 63
Spirale
Archimedo- 121
hiperboline- 121
logaritmine - 122
Sprendinys
diferencialines lygties - 289
atskirasis — 291
bendrasis — 291
ypatingasis — 291
nulinis (trivialusis) - 51
tiesines lygCiq sistemos - 36
Srities skaidinys 366
Sritis
funkcijq eilutes
konvergavimo - 350
Sudaromoji 114, 115
Suderintumo kriterijus 41
Suma
dvimate integraline - 367
eilutes-336
integraline Rymano - 252
matricq - 14
trimate integraline - 385
vektoriq - 55
Svyravimai
harmoniniai - 328, 419
laisvieji - 327
mechaniniai - 326
priverstiniai - 326
slopinamieji - 328
Taisykle
antroji pakankama ekstremumo egzistavimo - 187 lygiagretainio - 55
Lopitalio- 179
pirmoji pakankama ekstremumo egzistavimo - 187
Sarijaus - 18
trikampio - 55
Taisyklingoji racionalioji
trupmena 236
Taskas
kritinis - 187, 211
maksimumo - 185, 210
minimumo- 185, 210
perlinkio (vingio) - 189
Tasko aplinka 133, 199
Teorema
Abelio - 352
didziausios ir maziausios funkcijos reiksmes - 156 diferencijavimo - 356 Ferma - 175
funkcijos apreztumo- 156 funkcijos isvestines ir jos tolydumo rysio - 162 funkcijos, jos ribos ir nykstamosios funkcijos rysio - 142
funkcijos virtimo nuliu - 155
Kosi - 177
Kronekerio ir Kapelio - 41
461
Lagranzo - 177 laipsnines eilutes diferencijavimo - 356 laipsnines eilutes integravimo - 355 laipsnines eilutes sumos tolydumo - 355 Lopitalio- 178 monotonines funkcijos ribos egzistavimo - 138 monotonines sekos ribos egzistavimo - 133 Rolio- 176 tarpines funkcijos reiksmes - 156 tarpines funkcijos ribos 138 tarpinio kintamojo ribos - 134 vidurines reiksmes - 255, 369, 387
Tieses krypties koeficientas 96 Tiesioginis integralas, priklausantis nuo parametro 283
Toras 271 Transformacija kosinusine Furje - 444 sinusine Furje - 444
Universalusis keitinys 245 Uzdavinys
Kosi - 291
Vivianio - 377
Vedamoji 114, 115
Vektoriai
kolinearieji - 54
komplanarieji - 55
lygieji - 55
prieSpriesiniai - 54
vienakrypciai - 54
Vektoriaus ilgis 54
Vektoriaus koordinates 59
Vektoriaus projekcija 58
Vektorius
nulinis - 54
plokstumos normales - 84
priesingas - 55
tieses krypties - 89
vienetinis - 56
Virsune
kuginio pavirsiaus - 115
paraboles - 109
Virsiines
elipses - 106
Vronski anas 313
Z
Zidiniai
elipses - 104
hiperboles 106
Zidinys
paraboles - 108
463
L1TERATLRA
1.	Pekarskas V. Diferencialinis ir inlegralinis skaiciavimas, ld.-K.: Technologija, 2000. - 386 p.
2.	Pekarskas V. Diferencialinis ir integralinis skaiciavimas, 2d- K.: Technologija, 2003. - 419 p.
3.	Pekarskas K. Pekarskiene A. Tiesines algebras ir anali/ines geometrijos elemental- K.: Technologija, 2004. - 387 p.
4.	Rumsas P. Trumpas aukstosios matematikos kursas. - V.: Mokslas, 1979. - 559 p.
5.	Ansorge R., Oberle H J. Mathemstik fur Ingenieure. В. 1, 2. Berlin.: Akademic Verlag, 1994.-442, 503 S.
6.	James G. Modem Engineering Mathematics. Addison-Wesley Publishing Company, 1996 - 935 p.
7.	James G. Advanced Modem Engineering Mathematics. Addison-Wesley Publishing Company, 1994 - 901 p
8.	Краснов М.Л., Киселев А.И., Макаренко Г.И., Шикин ЕВ., Залятт В.И., Соболев СК. Вся высшая математика, ч. 1,2, 3, 4 - Москва: Эдиториал УРСС, 2000 - 328, 184,240, 352 с.
Leidyklos „ Technologija" knygas galima uisisakyii internetu ww. knvgtninkas. Il
Spausdinti rekomendavo KTU Senato studijukomisija
KAUNO TECHNOLOGIJOS UNIVERSITETAS
Vidmantas PEKARSKAS
TRUMPAS MATEMATTKOS KURSAS
Vadovelis
Redagavo autorius
SL 344. 2005-04-29. leidyb. apsk. 1. Tirazas 1000 egz.
Uzsakxmas 984. Ka;na sutartine.
Isleido leidykla „Technologija". K. Donelaicio g. 73. 44029 Kaunas
Snausdino Standard spaustuve, S. Dariaus ir S. Gireno g. 39. 02189 Vilnius