Математика: Учебное пособие. Часть 2

Федеральное агентство по образованию ГОУВПО «Уральский государственный технический университет – УПИ»

А.Б. Соболев, А.Ф. Рыбалко

МАТЕМАТИКА Часть 2 Рекомендовано Уральским отделением Учебно-методического объединения вузов РФ по образованию в области строительства в качестве учебного пособия для студентов всех форм обучения специальностей направления 6533500 – Строительство

Научный редактор доц., канд. физ.–мат. наук С.И. Тарлинский

Екатеринбург 2005

ББК УДК С54

22.1я73 51(075.8)

Рецензенты: кафедра физики Уральского государственного лесотехнического университета (зав. кафедрой физики УГЛУ, д–р физ.-мат. наук, проф. М.П. Кащенко); д–р физ.-мат. наук, проф. А.П. Танкеев, Институт физики металлов УрО РАН. С 54

А.Б. Соболев, А.Ф. Рыбалко Математика: учебное пособие / А.Б. Соболев, А.Ф. Рыбалко. – Екатеринбург: ГОУ ВПО УГТУ-УПИ, 2005. – 195 с. ISBN 5–321–00769–1

Курс лекций по дисциплине ЕН.Ф.01 «Математика» предназначен для студентов строительных специальностей технических вузов, изучающих данную дисциплину в объеме 540–800 часов в течение 4 семестров. Содержание лекций соответствует ГОС и рабочим программам технических специальностей. Вторая часть включает 16 лекций и содержит материал, обычно изучаемый во втором семестре: исследование функций, неопределенный и определенный интегралы, дифференциальные уравнения, дифференциальное исчисление функций нескольких переменных. Электронная версия книги, используемая в аудиториях, сопровождается дополнительным иллюстративным материалом. Наряду с курсом лекций существуют пособия, рассматривающие решение типичных задач и способствующие усвоению понятий и методов. ББК 51 (075.8) УДК 22.1я 73

ISBN 5–321–00769–1

© ГОУ ВПО «Уральский государственный технический университете – УПИ», 2005

3

ПРЕДИСЛОВИЕ

Курс лекций предназначен для студентов строительных специальностей технических вузов и состоит из четырех частей, в которых излагается теоретический материал курса математики для инженеров. Во второй части излагаются следующие разделы: исследование функций, неопределенный и определенный интегралы, дифференциальные уравнения, дифференциальное исчисление функций нескольких переменных В начале каждой лекции приведены заголовки разделов. В совокупности эти заголовки образуют программу дисциплины и являются базой вопросов для тестовых и экзаменационных заданий. Звездочкой помечены разделы, предназначенные для более глубокого изучения. В конце каждой лекции приведен список ключевых понятий. В лекциях студент найдет основные определения, формулировки теорем, примеры, демонстрирующие методы решения типичных задач. Если отсутствуют доказательства каких–либо утверждений, то формулировки результатов сопровождаются примерами, разъясняющими их смысл. В тексте приняты следующие условные обозначения: О

-

определение

Т

-

теорема

С

-

следствие

!

-

замечание

4

СОДЕРЖАНИЕ ЧАСТЬ 2 Лекции 1–2 ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ И ПОСТРОЕНИЕ ГРАФИКОВ…………………………………………...…. 10 1.1.

1.2.

2.1.

2.2. 2.3.

Исследование функций без привлечения производных 1.1.1. Точки разрыва 1.1.2. Асимптоты графика функции 1.1.3. Вертикальные асимптоты 1.1.4. Горизонтальные асимптоты 1.1.5. Наклонные асимптоты Исследование функций с помощью первой производной 1.2.1. Монотонность функции 1.2.2. Локальный экстремум функции 1.2.3. Необходимые условия экстремума 1.2.4. Достаточные условия экстремума 1.2.5. Правило отыскания экстремумов функции Исследование функций с помощью второй производной 2.1.1. Исследование функций на максимум и минимум с помощью второй производной 2.1.2. Направление выпуклости и точки перегиба кривой Общая схема исследования функции и построения графика Примеры исследования функций

Лекции 3–4 КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА. МНОГОЧЛЕНЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ……………………………………………. 33 3.1. 3.2. 3.3. 3.4.

3.5.

Комплексные числа. Основные определения. Алгебраическая форма комплексного числа Изображение комплексного числа на плоскости. Тригонометрическая форма комплексного числа Формула Эйлера. Показательная форма комплексного числа Действия над комплексными числами 3.4.1. Сравнение, сложение и вычитание 3.4.2. Умножение, деление, возведение в целую степень 3.4.3. Комплексное сопряжение 3.4.4. Извлечение корня Комплекснозначная функция действительного аргумента

5 4.1. 4.2. 4.3. 4.4. 4.5.

Многочлены в комплексной области. Корни многочлена Основная теорема алгебры Примеры решения задач Разложение правильных рациональных дробей Примеры решения задач

Лекции 5–6 НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ………………………………………… 53 5.1. 5.2. 5.3. 5.4.

6.1. 6.2.

Основные определения Свойства неопределенного интеграла Таблица основных интегралов Методы интегрирования 5.4.1. Непосредственное интегрирование 5.4.2. Замена переменной в неопределенном интеграле 5.4.3. Интегрирование по частям 5.4.4. Возвратное интегрирование Интегрирование рациональных дробей 6.1.1. Интегрирование простейших дробей 6.1.2. Общая схема интегрирования рациональной дроби Интегрирование выражений, содержащих тригонометрические функции 6.2.1. Интегралы, содержащие произведение тригонометрических функций вида ∫ sin m xcosn xdx . 6.2.2. Интегралы вида ∫ cosα x cosβ xdx ;

6.3.

∫ cosα x sinβ xdx ; ∫ sinα x sinβ xdx .

Интегрирование иррациональных выражений 6.3.1. Линейные иррациональности 6.3.2. Дробно–линейные иррациональности 6.3.3. Квадратичные иррациональности – тригонометрические подстановки 6.3.4. Интегрирование дифференциальных биномов 6.3.5. Метод неопределенных коэффициентов для интегрирования иррациональностей 6.3.6. Подстановки Эйлера

Лекции 7–8 ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ……………………………………………. 80 7.1. Определенный интеграл и его свойства. Основные определения

6 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 7.7. 8.1.

8.2.

8.3.

Геометрический смысл определенного интеграла Теоремы существования Свойства определенного интеграла Формула Ньютона–Лейбница Замена переменной в определенном интеграле 7.6.1. Интегралы от четных и нечетных функций Интегрирование по частям Геометрические приложения определенного интеграла. Вычисление площадей плоских фигур 8.1.1. Вычисление площади в прямоугольных координатах 8.1.2. Параметрическое задание линий 8.1.3. Вычисление площадей, фигур, граница которых задана кривыми в параметрической форме 8.1.4. Полярные координаты на плоскости 8.1.5. Связь полярных координат с декартовыми 8.1.6. Примеры уравнений линий в полярной системе координат 8.1.7. Площадь криволинейного сектора в полярной системе координат Вычисление длины дуги кривой 8.2.1. Вычисление длины плоской кривой в прямоугольных координатах 8.2.2. Вычисление длины плоской кривой в параметрической форме 8.2.3. Вычисление длины дуги пространственной кривой в параметрической форме 8.2.4. Дифференциал длины дуги кривой 8.2.5. Длина кривой, заданной в полярных координатах 8.2.6. Площадь поверхности вращения Вычисление объемов тел 8.3.1. Вычисление объемов по заданным площадям поперечных сечений 8.3.2. Вычисление объемов тел вращения

Лекция 9 НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ………………………………………. 104 9.1.

Несобственные интегралы первого рода (по бесконечному промежутку). 9.1.1. Основные определения 9.1.2. Обобщенная формула Ньютона–Лейбница 9.1.3. Признаки сходимости интегралов с бесконечными пределами 9.1.4. Абсолютная и условная сходимость

7 9.2.

Несобственные интегралы второго рода (от неограниченных функций) 9.2.1. Признаки сходимости несобственных интегралов от неограниченных функций 9.2.2. Примеры решения задач

Лекции 10–11 ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ………………………………… 115 10.1. Основные понятия 10.2. Дифференциальные уравнения первого порядка (ДУ–I) 10.2.1. ДУ с разделяющимися переменными 10.2.2. Однородные ДУ первого порядка 10.2.3. Обобщенные однородные ДУ первого порядка 10.2.4. Линейные ДУ первого порядка 10.2.5. Уравнение Бернулли 10.2.6. Уравнение в полных дифференциалах 10.2.7. Таблица 1. Решения ДУ первого порядка 10.2.8. Особые решения ДУ первого порядка 11.1. ДУ высших порядков 11.2. ДУ второго порядка (ДУ–II) 11.3. Некоторые типы ДУ второго порядка, приводимые к ДУ первого порядка 11.3.1. ДУ y′′ = f ( x) 11.3.2. ДУ вида y′′ = f ( x, y′) 11.3.3. ДУ y′′ = f ( y, y′ ) 11.4. Таблица 2. Решения ДУ второго порядка, допускающих понижение порядка 11.5. ДУ n–го порядка, допускающие понижение порядка 11.5.1. ДУ вида y ( n ) = f ( x) ) ( )=0 11.5.3. ДУ вида F ( x, y ( ) ,..., y ( ) ) = 0 . d G ( x, y, y ',..., y ( ) ( x ) ) = 0 . 11.5.4. ДУ вида dx

11.5.2. ДУ вида F y, y ', y ",..., y ( k

n

n

n −1

8 Лекции 12–13 ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ……………….. 134 12.1. Общая теория линейных дифференциальных уравнений высшего порядка. Определения и общие свойства 12.2. Решение ОЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами 12.3. Таблица 3. Решение ОЛДУ второго порядка 12.4. ОЛДУ n–го порядка с постоянными коэффициентами 12.5. Таблица 4. ОЛДУ n–го порядка 12.6. НЛДУ второго порядка 13.1. Решение НЛДУ второго порядка методом вариации произвольных постоянных 13.2. Решение НЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами методом неопределенных коэффициентов 13.3. Таблица 5. Решение НЛДУ y′′ + py′ + qy = f ( x) 13.3.1. Метод неопределенных коэффициентов 13.3.2. Метод вариации произвольной постоянной 13.3.3. Принцип суперпозиции 13.4. НЛДУ высших порядков 13.4.1. Метод вариации произвольных постоянных 13.4.2. Метод неопределенных коэффициентов 13.5. Таблица 6. Решение НЛДУ n–го порядка 13.5.1. Метод неопределенных коэффициентов 13.5.2. Метод вариации произвольной постоянной

Лекция 14 СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ………………… 154 14.1. 14.2. 14.3. 14.4.

Основные понятия Метод исключения неизвестных Линейные системы ДУ Однородные системы линейных ДУ с постоянными коэффициентами 14.5. Неоднородные системы линейных ДУ с постоянными коэффициентами

9 Лекции 15–16 ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ…………………………... 167 15.1. 15.2. 15.3. 15.4. 15.5. 15.6. 15.7. 15.8. 15.9.

16.1. 16.2. 16.3. 16.4.

Основные понятия Предел функции двух переменных Непрерывность функции двух переменных Частное и полное приращения функции двух переменных Частные производные первого порядка функции двух переменных Полный дифференциал функции Частные производные высших порядков Дифференциалы высших порядков Формула Тейлора 15.10. Производная сложной функции. Полная производная 15.11. Инвариантность формы полного первого дифференциала 15.12. Производная от функции, заданной неявно Локальные экстремумы функции двух переменных Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа Наибольшее и наименьшее значения функции в области Геометрические приложения функций двух переменных 16.4.1. Производная векторной функции скалярного аргумента 16.4.2. Уравнение касательной к пространственной кривой 16.4.3. Нормальная плоскость и ее уравнение 16.4.4. Касательная плоскость и нормаль к поверхности

БИБЛИОГРАФИЯ…………………………………………………………... 194

Лекции 1 - 2 ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ И ПОСТРОЕНИЕ ГРАФИКОВ Графическое описание поведения функции очень полезно, так как наглядность графика делает его незаменимым вспомогательным средством исследования свойств функции. Графики функций, получающиеся из графиков основных элементарных функций с помощью геометрических преобразований, очевидны. Графики сложных функций не могут быть построены без использования дифференциального исчисления. В данных лекциях приводится общая схема исследования функций и ее теоретическое обоснование. Последовательное применение этой схемы позволяет построить график любой сколь угодно сложной функции, возникающей в технических приложениях.

1.1. Исследование функций без привлечения производных 1.1.1. Точки разрыва 1.1.2. Асимптоты графика функции 1.1.3. Вертикальные асимптоты 1.1.4. Горизонтальные асимптоты 1.1.5. Наклонные асимптоты 1.2. Исследование функций с помощью первой производной 1.2.1. Монотонность функции 1.2.2. Локальный экстремум функции 1.2.3. Необходимые условия экстремума 1.2.4. Достаточные условия экстремума 1.2.5. Правило отыскания экстремумов функции 2.1. Исследование функций с помощью второй производной 2.1.1. Исследование функций на максимум и минимум с помощью второй производной 2.1.2. Направление выпуклости и точки перегиба кривой 2.2. Общая схема исследования функции и построения графика 2.3. Примеры исследования функций

1.1. Исследование функций без привлечения производных Построение графика функции y = f ( x ) применяется, как правило, для возможно более точной характеристики хода изменения функции, точность расположения отдельных точек графика обычно представляет меньший интерес.

11

Исследование функций и построение графиков

1.1.1. Точки разрыва О

Функция y = f ( x ) называется непрерывной в точке x0 , если функция lim f ( x) = определена в точке x0 и существуют пределы x → x0 − 0

= lim f ( x) = lim f ( x), и при этом lim f ( x) = f ( x0 ). x → x0 + 0

x → x0

x → x0

Точка x0 , в которой функция y = f ( x ) обладает свойством непрерывности, называется точкой непрерывности функции, в противоположном случае точка x0 называется точкой разрыва функции. lim f ( x) = О Если односторонние пределы существуют, причем x → x −0 0

= lim f ( x) и функция y = f ( x ) не определена в точке x0 или нарушено x → x0 + 0

условие lim f ( x) = f ( x0 ) , то точка x0 называется точкой устранимого x → x0

разрыва. Пример:

sinx в точке x0 = 0 . x В точке x0 = 0 функция не определена, т.е. x0 = 0 - точка разрыва. sinx В теории пределов был доказан 1-й замечательный предел lim = 1, x →0 x sinx sinx следовательно, lim = lim = 1 и x0 = 0 является точкой устраниx →+0 x x →−0 x мого разрыва. Чтобы функция стала непрерывной в точке x0 = 0 , доопределим ее, поИсследовать поведение функции f ( x ) =

ложив f ( 0 ) = lim f ( x ) = 1 (так называемое доопределение по непрерывx →0

⎧ sinx , x ≠ 0, ⎪ ности). Новая, доопределенная функция f ( x ) = ⎨ x будет не⎪⎩1, x = 0 прерывна на новой области определения – всей числовой оси. О

Если односторонние пределы существуют, причем lim f ( x) ≠ lim f ( x), то точка х0 называется точкой разрыва 1-го роx → x0 −0

x → x0 + 0

да. Пример: Исследовать поведение функции y =

x

в точке x0 = 0 . x В точке x0 = 0 функция не определена, так как знаменатель равен нулю, т.е. x0 = 0 - точка разрыва.

12

Лекции 1 - 2

⎧ x, если x ≥ 0; По определению модуля x = ⎨ ⎩− x, если x < 0. x −x Левый предел: lim = = lim = lim ( −1) = −1 . x →−0 x →− 0 x x x →−0 x x Правый предел: lim = = lim = lim 1 = 1 . x →+0 x →+ 0 x x x →+0 Односторонние пределы конечны, но не равны друг другу, следовательно, точка x0 = 0 является точкой разрыва 1-го рода.

О

Если хотя бы один из односторонних пределов не существует или бесконечен, то точка x0 называется точкой разрыва 2-го рода. Пример: Определить точки разрыва функции f ( x ) = e

1 x

и исследовать характер

разрыва. Решение: Функция разрывна в точке x0 = 0 . Вычислим левый предел, учитывая, 1 1 = −∞ , lim e x = 0 . x →−0 x x →−0

что lim e x = 0 . Так как lim x →−∞

1 = +∞ , x →+0 x

Вычислим правый предел, учитывая, что lim e x = ∞ . Так как lim x →+∞

1 x

lim e = ∞ . Правый предел бесконечен, точка x0 = 0 является точкой

x →−0

разрыва 2-го рода.

1.1.2. Асимптоты графика функции О

Если расстояние от точки, лежащей на кривой, до некоторой прямой стремится к нулю при неограниченном удалении этой точки от начала координат, то эта прямая называется асимптотой кривой. Асимптоты могут быть вертикальными, горизонтальными и наклонными.

1.1.3. Вертикальные асимптоты О

Прямая x = x0 является вертикальной асимптотой графика функции y = f ( x ) , если хотя бы одно из предельных значений lim f ( x ) или

lim f ( x ) равно + ∞ или −∞ .

x → x0 + 0

x → x0 −0

Исследование функций и построение графиков

13

1 имеет верx тикальную асимптоту x = 0 , поскольку 1 1 lim = −∞ , lim = + ∞ . x →0 − 0 x x →0 + 0 x Для разыскания вертикальных асимптот кривой y = f ( x ) 1) находим на оси Ox точки разрыва функции f ( x ) ; 2) выделяем те из них, в которых хотя бы один из пределов функции f ( x ) (слева или справа) равен + ∞ или −∞ . Пусть это будут точки x1 , x2 ,..., xm , тогда прямые x = x1 , x = x2 ,…, x = xm будут вертикальными асимптотами графика функции y = f ( x) . 1 Например, для кривой y = 2 верx −1 тикальными асимптотами будут прямые x = −1 и x = 1 . Вертикальная прямая x = x0 может оказаться асимптотой графика функции y = f ( x ) и в том случае, когда точка x0 является концом интервала, в котором определена функция f ( x ) . Это будет тогда, когда x0 - левый конец интервала lim f ( x ) = + ∞ или - ∞ , либо когда x0 - правый конец интервала Так, график функции y =

x → x0 + 0

lim f ( x ) = + ∞ или - ∞ . Например, функция y = ln x определена в интер-

x → x0 −0

вале 0 < x < +∞ , и для нее lim ln x = −∞ , так что прямая x = 0 (ось Oy ) являx →0 + 0

ется вертикальной асимптотой графика функции y = ln x .

1.1.4. Горизонтальные асимптоты Прямая y = b называется правой горизонтальной асимптотой графика функции y = f ( x ) , если lim f ( x ) = b . x →+∞

Прямая y = b называется левой горизонтальной асимптотой графика функции y = f ( x ) , если lim f ( x ) = b . x →−∞

Функция f ( x ) в этом случае представима в виде f ( x ) = b + α ( x ) , где

lim α ( x ) = 0 .

x →±∞

14

Лекции 1 - 2

Возможны следующие ситуации: 1) не существует ни левой, ни правой горизонтальной асимптоты ( f ( x ) = x 2 );

2) существует левая горизонтальная асимптота и не существует правой ( f ( x ) = e x , lim f ( x ) = 0 , y = 0 - леx→−∞

вая горизонтальная асимптота);

3) существует правая горизонтальная асимптота и не существует левой ( f ( x ) = e − x , lim f ( x ) = 0 , y = 0 x→+∞

правая горизонтальная асимптота); 4) обе горизонтальные асимптоты существуют, но не

π

π

совпадают ( f ( x ) = arctgx , lim f ( x ) = − , y = − - леx→−∞ 2 2

π

π

вая горизонтальная асимптота; lim f ( x ) = , y = x→+∞ 2 2 правая горизонтальная асимптота); 5) обе горизонтальные асимптоты существуют и сов1 падают ( f ( x ) = , lim f ( x ) = lim f ( x ) = 0 , y = 0 - уравx→+∞ x x→−∞ нение обеих горизонтальных асимптот).

1.1.5. Наклонные асимптоты Прямая y = kx + b называется правой наклонной асимптотой графика функции y = f ( x ) , если lim ( f ( x ) − kx − b ) = 0 . x →+∞

В этом случае функция f ( x ) представима в виде f ( x ) = kx + b + α ( x ) ,

где lim α ( x ) = 0. x →+∞

Существование асимптоты y = kx + b у кривой y = f ( x ) при x → + ∞ оз-

начает, что при x → + ∞ функция y = f ( x ) ведет себя «почти как линейная

15

Исследование функций и построение графиков

функция», т.е. отличается от линейной функции y = kx + b на бесконечно малую функцию при x → + ∞ . Т

Для того чтобы график функции y = f ( x ) имел при x → + ∞ наклонную асимптоту y = kx + b , необходимо и достаточно, чтобы существовали два предела: f ( x) 1) lim = k ; 2) lim ⎡⎣ f ( x ) − kx ⎤⎦ = b . x →+∞ x →+∞ x Доказательство: Необходимость. Пусть график функции y = f ( x ) при x → + ∞ имеет асимптоту y = kx + b , т.е. для f ( x ) справедливо f ( x ) = kx + b + α ( x ) , α ( x ) → 0 при x → + ∞ .

⎡ b α ( x)⎤ = lim ⎢ k + + ⎥ =k, x →+∞ x →+∞ x x x ⎣ ⎦ lim ⎡⎣ f ( x ) − kx ⎤⎦ = lim ⎡⎣b + α ( x ) ⎤⎦ = b.

Тогда lim

f ( x)

x →+∞

x →+∞

Достаточность. Пусть существуют оба предела k и b . Существование предела для b позволяет утверждать, что разность f ( x ) − kx − b является бесконечно малой функцией при x → + ∞ . Обозначив эту разность через α ( x ) , получим f ( x ) = kx + b + α ( x ) , где α ( x ) → 0 при x → + ∞ . Это означает, что график функции y = f ( x ) имеет наклонную асимптоту y = kx + b . Аналогично исследуется случай x → −∞ . Пример: Найти асимптоты графика функции y = x + arctgx . x + arctg x x + arctg x lim = k+ = lim = k− = 1 , x →+∞ x →−∞ x x

b+ = lim ( arctg x ) = x →+∞

π

2

b− = lim ( arctg x ) = −

,

π

, график имеет две 2 несовпадающие наклонные асимптоты: леx →−∞

вую y = x −

π

2

и правую y = x +

π

2

.

16

Лекции 1 - 2

Пример: Построить график функции y =

x2 + 2x − 3 x2 + x − 2

без использования производной. Решение: Преобразуем выражение: x2 + 2x − 3 x + 3 x 2 + 2 x − 3 ( x − 1)( x + 3) = = , , x 2 + x − 2 ( x − 1)( x + 2) x2 + x − 2 x + 2 x + 3 1+ ( x + 2 ) 1 ( x ≠ 1 ), = = +1, x+2 x+2 x+2 1 т.е. y = + 1 , ( x ≠ 1 ). График этой функx+2 1 ции получается смещением графика y = на две единицы влево, на одx ну единицу вверх и выкалыванием точки графика с абсциссой x = 1 .

1.2. Исследование функций с помощью первой производной. 1.2.1. Монотонность функции О

Пусть функция f ( x ) определена на отрезке [ a, b ] . Если для любых

x1 , x2 ∈ [ a, b ] из условия x1 < x2 следует неравенство: 1) f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) , то функция f ( x ) неубывающая на [ a, b ] ; 2)

f ( x1 ) < f ( x2 ) , то функция f ( x )

возрастающая на [ a, b ] ; 3)

f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) , то функция f ( x )

невозрастающая на [ a, b ] ; 4)

f ( x1 ) > f ( x2 ) , то функция f ( x )

убывающая на [ a, b ] . Функции всех этих типов носят общее название монотонных; возрастающие и убывающие функции называются строго монотонными. Т

Пусть функция f ( x ) : 1) непрерывна на отрезке [ a, b ] ; 2) имеет производную f ' ( x ) по крайней мере на интервале ( a, b ) .

Для того чтобы функция f ( x ) на отрезке [ a, b ] была неубывающей (невозрастающей), необходимо и достаточно выполнение условия f ' ( x ) ≥ 0

17

Исследование функций и построение графиков

( f ' ( x ) ≤ 0 ) для всех точек x из интервала ( a, b ) . Доказательство: Необходимость. Пусть функция f ( x ) является неубывающей на отрезке

[ a, b ] .

( a, b ) производная в интервале ( a, b ) . Так как по усло-

Докажем, что на интервале

f ' ( x ) ≥ 0 . Возьмем точки x и x + ∆x

вию f ( x ) неубывающая, то при любом ∆x (положительном или отрицательном) знак ∆x и f ( x + ∆x ) − f ( x ) один и тот же, и поэтому f ( x + ∆x ) − f ( x ) ≥ 0. ∆x

Учитывая, что по условию в каждой точке x интервала ( a, b ) существует производная f ' ( x ) , из последнего равенства получим f ' ( x ) = lim

∆x → 0

f ( x + ∆x ) − f ( x ) ≥0. ∆x

Итак, в любой точке интервала ( a, b ) имеем f ' ( x ) ≥ 0 .

Достаточность. Пусть f ' ( x ) ≥ 0 на интервале ( a, b ) . Докажем, что функция f ( x ) - неубывающая на отрезке [ a, b ] . Действительно, пусть x1 < x2 - любые две точки отрезка [ a, b ] .

По теореме Лагранжа f ( x2 ) − f ( x1 ) = f ' (ξ )( x2 − x1 ) , где x1 < ξ < x2 . Так

как f ' ( x ) ≥ 0 в каждой точке x интервала ( a, b ) , то и f ' (ξ ) ≥ 0 . Кроме того x2 > x1 . Поэтому f ( x2 ) ≥ f ( x1 ) . Итак, из неравенства x1 < x2 следует

неравенство f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) , а это и означает, что на отрезке [ a, b ] функция f ( x ) неубывающая.

Таким образом, интервалы знакопостоянства производной f ' ( x ) явля-

ются интервалами монотонности функции f ( x ) . Справедливо следующее утверждение (достаточное условие возрастания функции): если f ' ( x ) > 0 на интервале ( a, b ) , то f ( x ) на отрезке [ a, b ] возрастает. Однако если f ( x ) возрастает на [ a, b ] , то отсюда не следует, что

f ' ( x ) > 0 всюду на интервале ( a, b ) . Пример:

Функция f ( x ) = x 3 возрастает на отрезке [ −1,1] , однако ее производная

f ' ( x ) = 3 x 2 обращается в нуль в точке x = 0 .

Рассмотрим возрастание или убывание функции в точке.

18 О

Лекции 1 - 2

Функция f ( x ) называется возрастающей в точке x = x0 , если существует такая окрестность ( x0 − δ , x0 + δ ) точки x0 , в которой для всех x < x0 имеем f ( x ) < f ( x0 ) , а для всех x > x0 верно f ( x ) > f ( x0 ) .

Функция f ( x ) называется убывающей в точке x = x0 , если существует такая окрестность ( x0 − δ , x0 + δ ) точки x0 , в которой для всех x < x0 имеем f ( x ) > f ( x0 ) , а для всех x > x0 верно f ( x ) < f ( x0 ) .

Следующая теорема выражает достаточные условия возрастания и убывания функции в точке. Т

Пусть функция f ( x ) в точке x = x0 имеет производную f ' ( x ) . Если

f ' ( x0 ) > 0 , то функция f ( x ) в точке x0 возрастает; если f ' ( x0 ) < 0 , то

f ( x ) в точке x0 убывает. Доказательство: Пусть f ' ( x0 ) > 0 . Это означает, что

f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) > 0. ∆x →0 ∆x Но тогда существует такое δ > 0 , что для всех ∆x , удовлетворяющих условию 0 < ∆x < δ , верно неравенство lim

f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) >0. ∆x

Отсюда следует, что при 0 < ∆x < δ величины f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) и ∆x

имеют один и тот же знак: если ∆x <0, то и f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) <0, т.е.

f ( x0 + ∆x ) < f ( x0 ) ; если же ∆x >0, то и f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) >0, т.е.

f ( x0 + ∆x ) > f ( x0 ) . Согласно определению, это и означает, что функция f ( x ) в точке x0 возрастает.

Аналогично можно доказать, что если f ' ( x0 ) < 0 , то функция f ( x ) в точке x0 убывает.

19

Исследование функций и построение графиков

!

Теорема дает достаточные, но не необходимые условия возрастания и убывания функции в точке. Так, функция, график которой приведен на рисунке, возрастает в точке x = 0 , но в этой точке производная функции не существует. Функция f ( x ) = x3 возрастает в точке

x = 0 , но ее производная f ' ( x ) в точке x = 0 обращается в нуль.

1.2.2. Локальный экстремум функции О

Пусть функция f ( x ) определена в некоторой окрестности точки x0 , включая и саму точку x0 . Точка x0 называется точкой локального максимума (минимума) функции f ( x ) , если существует такое δ > 0 , что

для всех x из интервала ( x0 − δ , x0 + δ ) верно неравенство: ∆f = f ( x ) − f ( x0 ) ≤ 0 ( ∆f = f ( x ) − f ( x0 ) ≥ 0 ). О

Значение функции f ( x ) в точке максимума называется локальным максимумом, а значение функции в точке минимума - локальным минимумом данной функции. Локальные максимум и минимум называются локальными экстремумами. Эти определения означают, что f ( x0 ) - ло-

кальный максимум функции f ( x ) , если суще-

ствует такой интервал ( x0 − δ , x0 + δ ) , в котором

f ( x0 ) является наибольшим значением функ-

ции f ( x ) , и f ( x0 ) - локальный минимум функции

f ( x) ,

( x0 − δ , x0 + δ ) ,

если

существует

интервал

в котором f ( x0 ) является наименьшим значением функции на этом интервале. Термин локальный (местный) обусловлен тем, что введенное понятие экстремума связано с окрестностью данной точки в области определения функции, а не со всей этой областью. В дальнейшем слово «локальный» бу-

20

Лекции 1 - 2

дем для краткости опускать. Мы будем рассматривать лишь точки строгого максимума и минимума. О

Точка x0 называется точкой строгого максимума (минимума) функции f ( x ) , если существует δ > 0 такое, что для всех x , удовлетворяющих

условию 0 < x − x0 < δ , верно строгое неравенство f ( x ) − f ( x0 ) < 0 (со-

ответственно f ( x ) − f ( x0 ) > 0 ). В приведенном определении не предполагается непрерывности функции f ( x ) в точке x0 . Пример: ⎧ x 2 , x ≠ 0, y=⎨ ⎩1, x = 0, В точке 0 - максимум, хотя в ней нет непрерывности функции.

1.2.3. Необходимые условия экстремума Т

Функция f ( x ) может иметь экстремум только в тех точках, в которых ее производная f ' ( x ) либо равна нулю, либо не существует. Доказательство: Пусть в точке x0 функция f ( x ) имеет производную и f ' ( x0 ) ≠ 0 . Пусть для определенности f ' ( x0 ) > 0 . Тогда функция

f ( x ) в точке x0 будет возрастающей. Поэтому найдется такое δ > 0 , что для всех x из интервала ( x0 − δ , x0 ) верно неравенство f ( x ) < f ( x0 ) , а для всех x из ин-

( x0 , x0 + δ ) f ( x ) > f ( x0 ) .

тервала

верно неравенство

Из этого следует, что не существует окрестности точки x0 , в которой величина f ( x0 ) была бы наибольшим или наименьшим значением функ-

ции f ( x ) , и поэтому точка x0 не будет ни точкой максимума, ни точкой минимума функции f ( x ) . Аналогичными рассуждениями придем к тому же выводу при f ' ( x0 ) < 0 .

Исследование функций и построение графиков

21

Итак, если в точке x0 существует производная f ' ( x0 ) ≠ 0 , то в точке x0 не может быть ни максимума, ни минимума функции f ( x ) .

Следовательно, экстремум функции f ( x ) может быть только в такой точке, в которой производная f ' ( x ) либо равна нулю, либо не существует, что показано на рисунке. Функция y = f ( x ) имеет экстремумы в точках x1 , x2 , x3 , x4 ; при этом в точках

x1 и x4 производная f ' ( x ) не существует, а в точках x2 и x3 она равна нулю. О

Точки, в которых выполняется необходимое условие экстремума для функции f ( x ) , называются критическими точками этой функции. Они определяются как корни уравнения f ' ( x ) = 0 и как точки, где f ' ( x ) не существует (в частности, где f ' ( x ) - бесконечно большая функция).

Корни уравнения f ' ( x ) = 0 называют стационарными точками функции f ( x ) : скорость изменения f ( x ) в такой точке равна нулю.

Утверждение, обратное к теореме, неверно: не в каждой своей критической точке функция f ( x ) обязательно имеет максимум или минимум. Например, для функции f ( x ) = x 3 f ' ( 0 ) = 0 , поэтому точка x = 0 явля-

ется критической для данной функции. Но функция f ( x ) = x3 в точке x = 0

экстремума не имеет: f ( 0 ) = 0 , для x < 0 f ( x ) < 0 , для x > 0 f ( x ) > 0 , так что в точке x = 0 данная функция возрастает. Для функции ⎧ ⎫ ⎛1⎞ ⎪ x sin ⎜ ⎟ , x ≠ 0, ⎪ f ( x) = ⎨ ⎝x⎠ ⎬ в точке x = 0 производная не существует, однако ⎪0, x = 0 ⎪ ⎩ ⎭ экстремум отсутствует.

1.2.4. Достаточные условия экстремума Т

Пусть x = x0 – критическая точка для функции f ( x ) и функция f ( x ) непрерывна в точке x0 . Пусть существует такое δ > 0 , что для всех x из интервала ( x0 − δ , x0 )

производная f ' ( x ) > 0 , а для всех x из интервала ( x0 , x0 + δ ) f ' ( x ) < 0 , то есть при переходе x через точку x0 производная f ' ( x ) меняет знак с плюса на минус. Тогда в точке x0 функция f ( x ) имеет максимум.

22

Лекции 1 - 2

Доказательство: Так как по условию

f ' ( x ) > 0 в интервале

( x0 − δ , x0 ) , то на отрезке [ x0 − δ , x0 ] функция f ( x ) возрастает; так как f ' ( x ) < 0 в интервале ( x0 , x0 + δ ) , то на отрезке [ x0 , x0 + δ ] функция f ( x ) убывает. Следовательно, f ( x0 ) есть наибольшее значение функции f ( x ) в окрестности ( x0 − δ , x0 + δ ) точки x0 , а это означает, что f ( x0 ) есть локальный максимум функции f ( x ) . Т

Пусть x = x0 – критическая точка для функции f ( x ) и функция f ( x ) непрерывна в точке x0 . Пусть существует такое δ > 0 , что для всех x из интервала ( x0 − δ , x0 ) производная f ' ( x ) < 0 , а для всех x из интервала

( x0 , x0 + δ )

имеем

f ' ( x ) > 0 , то есть при переходе x через точку x0 производная f ' ( x ) ме-

няет знак с минуса на плюс. Тогда в точке x0 функция f ( x ) имеет минимум.

1.2.5. Правило отыскания экстремумов функции Чтобы найти точки максимума и минимума функции f ( x ) , надо: 1). Найти производную f ' ( x ) , приравнять ее к нулю и решить полученное уравнение f ' ( x ) = 0 .

2). Найти точки, в которых производная f ' ( x ) не существует. Эти точки и корни уравнения f ' ( x ) = 0 будут критическими точками для функции

f ( x) .

3). Исследовать знак производной f ' ( x ) слева и справа от каждой критической точки. Если при переходе x через критическую точку x0 производная f ' ( x ) меняет знак с плюса на минус, то в точке x0 функция

f ( x ) имеет максимум; если знак f ' ( x ) меняется с минуса на плюс, то в

точке x0 функция f ( x ) имеет минимум. Если при переходе x через критическую точку x0 знак f ' ( x ) не меняется, в точке x0 функция f ( x ) не имеет ни максимума, ни минимума.

23

Исследование функций и построение графиков

f ′ ( x0 − ∆x )

f ′ ( x0 )

f ′ ( x0 + ∆x )

>0

0, ± ∞ , ∃

>0

>0

0, ± ∞ , ∃

<0

<0

0, ± ∞ , ∃

>0

<0

0, ± ∞ , ∃

<0

Экстремум нет max min нет

2.1. Исследование функций с помощью второй производной 2.1.1. Исследование функций на максимум и минимум с помощью второй производной Т

Пусть в точке x0 функция f ( x ) имеет первую и вторую производные, причем f ' ( x0 ) = 0 , а f '' ( x0 ) ≠ 0 . Тогда в точке x0 данная функция f ( x )

имеет максимум, если f '' ( x0 ) < 0 , и минимум, если f '' ( x0 ) > 0 . Доказательство: Точка x0 является критической точкой для данной функции f ( x ) , так

как f ' ( x0 ) = 0 . Пусть f '' ( x0 ) < 0 . Из этого следует, что в точке x0 первая производная f ' ( x ) убывает, то есть существует такая окрестность

( x0 − δ , x0 + δ )

точки x0 , что для всех x из интервала ( x0 − δ , x0 ) верно

неравенство f ' ( x ) > f ' ( x0 ) = 0 , а для всех x из интервала

( x0 , x0 + δ )

верно f ' ( x ) < f ' ( x0 ) = 0 . Таким образом, при переходе x через критическую точку x0 производная f ' ( x ) меняет свой знак с плюса на минус. Следовательно, функция

f ( x ) в точке x0 имеет максимум. Подобными же рассуждениями доказывается, что если в критической точке x0 вторая производная f '' ( x0 ) > 0 , то функция f ( x ) в точке x0 имеет минимум. f ′ ( x0 ) 0 0 0

f ′′ ( x0 )

Экстремум

<0 >0

max min

0

24

Лекции 1 - 2

2.1.2. Направление выпуклости и точки перегиба кривой Пусть кривая задана уравнением y = f ( x )

и пусть функция f ( x ) в точке x0 имеет конечную производную f ' ( x0 ) , то есть в точке

M 0 ( x0 , f ( x0 ) ) существует касательная к дан-

ной кривой, не параллельная оси Oy . О

О

Если существует такая окрестность ( x0 − δ , x0 + δ ) точки x0 , что все точки данной кривой, абсциссы которых содержатся в этой окрестности, расположены выше касательной к кривой в точке M 0 , то говорят, что выпуклость данной кривой в точке M 0 направлена вниз. Если все точки кривой с абсциссами из некоторой окрестности точки x0 находятся ниже касательной к этой кривой в точке M 0 , то говорят, что выпуклость данной кривой в данной точке направлена вверх. Будем говорить, что график функции y = f ( x ) , дифференцируемой на интервале ( a, b ) , имеет на этом интервале выпуклость, направленную

вверх (вниз), если график этой функции в пределах интервала ( a, b ) лежит не выше ( не ниже) любой своей касательной. О графике, выпуклом вверх, часто говорят как о просто выпуклом, график, выпуклый вниз, называется вогнутым. Т

Если во всех точках интервала ( a;b ) функция f ( x ) имеет отрицатель-

ную вторую производную ( ∀x ∈ ( a; b ) f '' ( x ) < 0 ), то график функции в этом интервале выпуклый вверх. Если ∀x ∈ ( a; b ) f '' ( x ) > 0 - график выпуклый вниз. О

Точка М 0 ( x0 , f ( x0 ) ) называется точкой

перегиба кривой y = f ( x ) , если: 1) в точке x0 существует касательная; 2) существует такая окрестность ( x0 − δ , x0 + δ ) точки x0 , что для x < x0 из

25

Исследование функций и построение графиков

этой окрестности выпуклость кривой направлена в одну сторону, а при x > x0 - в противоположную. Т

Точка М 0 ( x0 , f ( x0 ) ) может быть точкой перегиба кривой y = f ( x ) , только если f '' ( x0 ) = 0 (или f '' ( x0 ) не существует). Это условие не является достаточным. Так, например, для функции f ( x ) = x 4 имеем f '' ( x ) = 12 x 2 и f '' ( 0 ) = 0 , но точка O ( 0,0 ) не является

точкой перегиба кривой y = x 4 : в этой точке выпуклость кривой направлена вниз. Т

Пусть функция f ( x ) имеет вторую производную в некоторой окрестности точки x0 , непрерывную в точке x0 . Если f '' ( x0 ) = 0 и при переходе x через точку

x0

вторая производная

f '' ( x ) меняет

знак, то точка М 0 ( x0 , f ( x0 ) ) есть точка перегиба кривой y = f ( x ) .

Обобщение. Пусть кривая y = f ( x ) имеет в точке М 0 ( x0 , f ( x0 ) ) касательную, параллельную оси Oy . Пусть функция f ( x ) в некоторой окрестности точки x0 , кроме, быть может, самой точки x0 , имеет непрерывную вторую производную. Если f '' ( x ) в точке x0 равна нулю или не существует и при переходе x через точку x0 производная f '' ( x ) меняет свой знак, то точка М 0 ( x0 , f ( x0 ) ) - точка перегиба кривой y = f ( x ) .

f ′′ ( x0 − ∆x ) >0 >0 <0 <0

f ( x) вып. вниз вып. вниз вып. вверх вып. вверх

f ′′ ( x0 ) 0, ∃ 0, ∃ 0, ∃ 0, ∃

f ′′ ( x0 + ∆x ) >0 <0 >0 <0

f ( x) вып. вниз вып. вверх вып. вниз вып. вверх

Перегиб нет есть есть нет

26

Лекции 1 - 2

2.2. Общая схема исследования функции и построения графика 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Найти область определения функции; найти область значений функции; найти точки пересечения графика с осями координат, указать интервалы знакопостоянства функции. Проверить функцию на периодичность; проверить функцию на четность и нечетность. Исследовать функцию на непрерывность, найти точки разрыва функции и ее односторонние пределы в этих точках; определить наличие горизонтальных, вертикальных и наклонных асимптот. Вычислив первую производную, найти критические точки и интервалы монотонности функции, выделить точки локальных экстремумов. Вычислив вторую производную, найти интервалы выпуклости и точки перегиба графика функции. Построить график.

2.3. Примеры исследования функций Пример: Найти экстремумы функции f ( x ) = 3 x

2

3

− x2 .

Решение: 2 1 f ′ ( x ) = 2 3 − 2 x , 3 − 2 x = 0 ⇒ x1 = −1, x2 = 1 , x x f ′ ( x ) не существует в точке х 3 = 0 . х f ( x) f ′( x)

( −∞; −1)

-1

( −1;0 )

0

( 0;1)

1

(1;∞ )



2



0



2



+

0 max

–

∃ min

+

0 max

–

Вид графика функции f ( x ) = 3 x

2

3

− x2 :

2

1.5

1

0.5

-2

-1

1

2

27

Исследование функций и построение графиков

Пример: Построить график функции y = xe −4 x . Решение: 1). x ∈ ( -∞,∞ ) , х0 = 0; y0 = 0 - точка пересечения с осями. 2). Функция общего вида. 3). f(x) – непрерывна всюду ⇒ вертикальных асимптот нет. x x k1 = lim 4 x = 0 b1 = lim 4 x = 0 , x →∞ e x x →∞ e y1 = 0 - наклонная (горизонтальная) асимптота при х → ∞ ; x k 2 = lim 4 x = ∞ ⇒ наклонных асимптот при х → -∞ нет. x →−∞ e x

4). y ′ = e -4x − 4 xe −4 x = e −4 x (1 − 4 x ) ,

y ′ = 0 ⇒ x1 =

1 . 4

5). y ′′ = -4e -4x − 4 e −4 x + 16 xe −4 x = e −4 x (16 x − 8) , y ′′ = 0 ⇒ x 2 = х

1⎞ ⎛ ⎜ −∞; ⎟ 4⎠ ⎝

у



1 4 1 4e 0 – max

y′ y′′

+ – ∩ −4 x Вид графика функции y = xe :

⎛1 1⎞ ⎜ ; ⎟ ⎝4 2⎠

– – ∩

1 . 2

1 2 1 2e 2 – 0 перегиб

⎛1 ⎞ ⎜ ;∞⎟ ⎝2 ⎠

– + ∪

Пример: x3 Исследовать функцию y = и построить ее график. 2 ⋅ ( x + 1) 2 Решение: 1). Функция определена всюду, кроме точки x = −1 . Найдём точки пересечения графика с координатными осями. Для этого решим уравнения

x3 2 ( x + 1)

2

= 0 и y = 0 . х0 = 0; y0 = 0 - точка пересече-

ния с осями. 2). Функция общего вида. 3). Точка x = −1 является точкой разрыва 2-го рода. Отсюда следует, что график функции имеет вертикальную асимптоту x = −1 . Выясним, существуют ли наклонные асимптоты. Вычислим пределы: 1 f ( x) x2 lim lim = = = ; k 2 x →∞ x → ∞ 2 x 2( x + 1)

28

Лекции 1 - 2

1 1 x3 − 2x 2 − x b = lim( − x) = lim = −1. x →∞ 2( x + 1) 2 2 2 x →∞ ( x + 1) 2

1 x − 1 является наклонной асимптотой. 2 x 2 ( x + 3) 4). Находим производную: y ′ = . 2( x + 1) 3 y=

x+3 . Легко получить, что x +1 при x < −3 и x > −1 y ′ > 0 , а при − 3 < x < −1 y ′ < 0 . Интервалы возрастания есть (−∞;−1) и (−1; ∞) ; интервал убывания (−3;−1) . В области определения функции производная существует всюду и обращается в нуль при x = −3 и x = 0 . При x < −3 y ′ > 0 , а при x > −3 y ′ < 0 . Следовательно, точка x = −3 является точкой максимума. ( −3 )3 27 = − = −3,375. Находим значение функции при x = −3 : y( −3 ) = 8 8 При переходе через другую критическую точку x = 0 производная знак не меняет, т.е. x = 0 не является точкой экстремума. 3x 5). Находим вторую производную y ′′ = . Видим, что y′′ < 0 при ( x + 1 )4 x < −1 , интервал ( −∞; −1 ) является областью выпуклости. y′′ < 0 , также при −1 < x < 0 - это тоже область выпуклости; y′′ > 0 при x > 0 - это область вогнутости. В области определения функции y ′′ существует всюду; y ′′ = 0 при x = 0 . Так как при переходе через эту точку y ′′ меняет знак, то x = 0 есть абсцисса точки перегиба. Находим y (0) = 0. Знак производной определяется знаком дроби

х

( −∞; −3)

у



y′ y′′

+ –

−

∩ График y = имеет вид:

−3

27 8 0 –

max 3

x 2 ⋅ ( x + 1) 2

−1

( − 1; 0 )

0

( 0;∞ )



∃



0



– –

∃ ∃

+ -

0 0

+ +

∩

перегиб

∪

( −3; −1)

∩

29

Исследование функций и построение графиков

Пример: Исследовать функцию y =

x3 и построить её график. x2 − 1

Решение: 1). Функция определена всюду, кроме точек x = ±1 . Точки пересечения графика с координатными осями:

x3 =0 ⇒ x =0; x2 − 1

y = 0 - точка пересечения с осями. 2). Функция нечетная, f ( − x ) = − f ( x ) , график симметричен относительно начала координат, достаточно исследовать функцию при x ≥ 0 . 3). Точка x = 1 является точкой разрыва 2-го рода, график функции имеет вертикальную асимптоту x = 1 , lim f ( x ) = −∞ , lim f ( x ) = +∞ . x →1− 0

x →1+ 0

Выясним, существуют ли наклонные асимптоты. Вычислим пределы: k = lim

x →+∞

f ( x) ⎛ x3 ⎞ x2 x = lim 2 = 1 ; b = lim ⎜ 2 − x ⎟ = lim 2 = 0 , т.е. y = x явx →+∞ x →+∞ x →+∞ x x −1 x −1 ⎝ x −1 ⎠

ляется правой наклонной асимптотой (и левой, так как при операции симметрии прямая переходит сама в себя). 4). Находим производную: y ′ =

x 2 ( x 2 − 3)

( x2 − 1)

2

. Знак производной определя-

ется знаком x 2 − 3 . При x > 3 y ′ > 0 , а при 0 < x < 1 и 1 < x < 3 y ′ < 0 . Интервал возрастания -

(

)

(

)

3;∞ ; интервалы убывания - ( 0;1) и 1; 3 .

В области определения функции производная обращается в нуль при x=0 и x= 3. При x < 3 y ′ < 0 , а при x > 3 y ′ > 0 . Следовательно, точка x = 3 является точкой минимума.

( 3) =

3

Находим значение функции при x = 3 : y

( 3)

2

=

3 3 . 2

При переходе через критическую точку x = 0 производная знак не меняет, т.е. x = 0 не является точкой экстремума. 5). Находим вторую производную y ′′ = 0 < x < 1 , на интервале

( 0;1)

2 x ( x 2 + 3)

( x2 − 1)

3

. Видим, что y′′ < 0 при

график функции выпуклый вверх. При

x > 3 y′′ > 0 - график функции выпуклый вниз. В области определения функции y ′′ существует всюду; y ′′ = 0 при x = 0 .

30

Лекции 1 - 2

Так как при переходе через эту точку y ′′ меняет знак, то x = 0 есть абсцисса точки перегиба. Находим y (0) = 0.

(

1



∃



0

–

∃

–

0

–

0

–

∃

+

+

+

перегиб

∩

∪

min

∪

0

у

0

y′ y′′

График y =

(1; 3 )

( 0;1)

х

3 −

3 3 2

3;∞

)



x3 имеет вид: x2 − 1

Пример: Исследовать функцию y = 3 2 x 2 − x 3 и построить её график. Решение: 1). Функция определена при всех x . Для нахождения точек пересечения с осями записываем уравнения y = 0 и

3

2 x 2 − x 3 = 0 ; получаем, что ось

Oy пересекается в точке с y = 0 , а ось Ox - в точках x = 0 и x = 2 . 2). Функция общего вида. 3). Точек разрыва нет. Так как нет точек разрыва 2-го рода, вертикальные асимптоты отсутствуют. Ищем параметры наклонных асимптот. 3 f ( x) 2x 2 − x3 2 k = lim = lim = lim 3 − 1 = −1 , x →∞ x → ∞ x → ∞ x x x

b = lim( 3 2 x 2 − x 3 + x ) = lim x( 1 + 3 x →∞

x →∞

2 −1 ) = x

31

Исследование функций и построение графиков

1 ⎛ −2 ⎞ ⎜ 2⎟ 2 2 ⎝x ⎠ 3 3 1+ −1 3 −1 0 2 ⎛ ⎞ x x = lim = ⎜ ⎟ = lim = . x →∞ 1 1 3 ⎝ 0 ⎠ x →∞ − 2 x x При вычислении второго предела использовано правило Лопиталя для

⎛0⎞ раскрытия неопределённости типа ⎜ ⎟ . ⎝0⎠ 2 Итак, у графика есть наклонная асимптота; еe уравнение y = − x + . 3 4). Находим производную: y ′ = ляется знаком выражения

0< x<

4 − 3x 3 3 x(2 − x) 2

. Знак производной опреде-

4 − 3x . Видим, что в области x < 0 y ′ < 0 , при 3 x

4 4 y ′ > 0 и при x > y′ < 0 . 3 3

Получаем, что в области x < 0 функция убывает, при 0 < x < тает и при x >

4 - возрас3

4 - убывает. 3

Находим критические точки. y ′ = 0 при x =

4 , y ′ не существует при 3

x = 0, x = 2 . При переходе через x = 0 знак производной меняется с (-) на (+), т.е. это точка минимума. При x = 0 производная не существует, значит, минимум острый.

y (0) = 0. При переходе через вторую критическую точку x = няет знак с (+) на (-) , т.е. при x =

4 производная ме3

4 ⎛4⎞ 2 - максимум: y ⎜ ⎟ = 3 4 . 3 ⎝3⎠ 3

При переходе через x = 2 знак производной не меняется, значит экстремума нет. 5). Находим вторую производную: y ′′ = −

8 3

9 x 4 (2 − x)

5

. 3

32

Лекции 1 - 2

Видим, что y ′′ < 0 при x < 0 ; в этой области график выпуклый; y ′′ < 0 при 0 < x < 2 , т.е. интервал (0;2) также является областью выпуклости.

При x > 2 y ′′ > 0 , следовательно, при x > 2 график вогнут. Найдём точки перегиба. Вторая производная не существует при x = 0 и при x = 2 .

При переходе через первую точку знак y ′′ не меняется, а при переходе через вторую – меняется. Итак, точкой перегиба является точка с координатами

x = 2,

y( 2 ) = 0 . График y = 3 2 x 2 − x 3 имеет вид:

В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, у студентов должны сформироваться следующие понятия: ƒ точки разрыва, ƒ асимптоты графика, ƒ экстремумы функции, ƒ точки перегиба. Студент должен уметь: ƒ применять общую схему исследования функции, ƒ строить графики сложных функций.

Лекции 3 - 4 КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА. МНОГОЧЛЕНЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ Комплексные числа – расширение множества действительных чисел, широко применяющееся в естественных и прикладных дисциплинах. Использование комплексных чисел позволяет наиболее естественным образом описать многие процессы, в частности, колебательные. Изучение функций комплексного переменного привело к углублению и расширению знаний о функциях действительных переменных и породило множество мощных вычислительных методов.

3.1. Комплексные числа. Основные определения. Алгебраическая форма комплексного числа 3.2. Изображение комплексного числа на плоскости. Тригонометрическая форма комплексного числа 3.3. Формула Эйлера. Показательная форма комплексного числа 3.4. Действия над комплексными числами 3.4.1. Сравнение, сложение и вычитание 3.4.2. Умножение, деление, возведение в целую степень 3.4.3. Комплексное сопряжение 3.4.4. Извлечение корня 3.5. Комплекснозначная функция действительного аргумента 4.1. Многочлены в комплексной области. Корни многочлена 4.2. Основная теорема алгебры 4.3. Примеры решения задач 4.4. Разложение правильных рациональных дробей 4.5. Примеры решения задач

3.1. Комплексные числа. Основные определения. Алгебраическая форма комплексного числа О

Комплексным числом называют упорядоченную пару действительных чисел z = ( x, y ) со следующими свойствами:

1) два комплексных числа z1 = ( x1 , y1 ) и z2 = ( x2 , y2 ) равны тогда и только тогда, когда x1 = x2 и y1 = y2 ; 2) сумма двух комплексных чисел z1 = ( x1 , y1 ) и z2 = ( x2 , y2 ) определяется следующим образом: z1 + z2 = ( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 ) = ( x1 + x2 , y1 + y2 ) .

34

Лекции 3 - 4

3) произведение двух комплексных чисел z1 = ( x1 , y1 ) и z2 = ( x2 , y2 ) определяется следующим образом:

z1 ⋅ z2 = ( x1 , y1 ) ⋅ ( x2 , y2 ) = ( x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) . !

Действительные числа содержатся в множестве комплексных чисел, все они являются парами вида ( x ,0 ) . В дальнейшем будем обозначать

( x, 0 ) = x .

О

Пары вида ( 0, y ) называются чисто мнимыми числами.

О

Пара i = ( 0,1) носит специальное название - мнимая единица. Согласно свойству 3) i ⋅ i = ( −1,0 ) = −1 .

С

Каждое комплексное число z = ( x , y ) можно записать в виде суммы действительного числа x = ( x ,0 ) и чисто мнимого числа iy = ( 0, y ) :

z = ( x , y ) = ( x ,0 ) + ( 0, y ) = x + iy . Действительное число x = Re z называется действительной частью комплексного числа z , действительное число y = Im z называется мнимой частью z . О Комплексное число z = 0 , если x = Re z = 0 и y = Im z = 0 . О

О

Запись z = x + iy называется алгебраической формой комплексного числа.

3.2. Изображение комплексного числа на плоскости. Тригонометрическая форма комплексного числа Так как z = (x, y) определяется как пара действительных чисел, то естественной геометрической интерпретацией является изображение комплексного числа точкой М некоторой плоскости с координатами (x, y). Такую плоскость называют комплексной, ось абсцисс - действительной осью, ось ординат – мнимой осью. При этом устанавливается взаимно-однозначное соответствие между множеством всех комплексных uuuu чисел r z = (x, y) и множеством точек М(x, y) или множеством радиус-векторов OM .

Комплексные числа. Многочлены в комплексной области

35

uuuur Введем на плоскости XOY полярные координаты (r, ϕ). Длина вектора OM называется модулем комплексного числа z и обозначается z или r : uuuur z = r = OM = x 2 + y 2 .

uuuur Угол ϕ между радиус-вектором OM и положительным направлением оси OX называют аргументом комплексного числа z: ϕ = Arg ( z ) . Угол ϕ определяется неоднозначно, с точностью до слагаемого 2π k . Удобно работать с приведенным аргументом ϕ = arg ( z ) , 0 ≤ ϕ < 2π (либо −π ≤ ϕ < π ). Для числа z = 0 + i0 аргумент не определён. При этом аргумент комплексного числа определяется следующим образом: y ⎧ ⎪arctg x , если x > 0, ⎪ y ⎪ ϕ = ⎨arctg + π , если x < 0, y > 0, (для 0 ≤ ϕ < 2π ). x ⎪ y ⎪ − π , если x < 0, y < 0. arctg ⎪⎩ x Практически, для определения ϕ = arg( z ) решают систему уравнений y x cosϕ = , sin ϕ = и изображают z вектором, чтобы определить, в каком r r квадранте лежит точка. Так как x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , то комплексное число z = x + iy можно записать в следующем виде: z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) , которое называют тригонометрической формой записи комплексного числа.

3.3. Формула Эйлера. Показательная форма комплексного числа Используя формулу, полученную Эйлером: eiϕ = cos ϕ + isinϕ (которая будет доказана позже, при изучении теории рядов), можно получить еще одну, показательную, форму комплексного числа: z = r eiϕ . Комбинируя

eiϕ = cosϕ + isinϕ

и

e − iϕ = cos ( −ϕ ) + isin ( −ϕ ) = cosϕ − isinϕ ,

eiϕ + e − iϕ eiϕ − e − iϕ можно получить выражения cosϕ = , sinϕ = . 2i 2

36

Лекции 3 - 4

Пример: Записать число z = 2 − i 2 в различных формах. Дать геометрическую интерпретацию. Решение: Алгебраическая форма: z = 2 − i 2 ; r = z = 2+2 = 2; тригонометрическая форма:

2 7π 2 7π , − = cos = sin , 2 4 2 4 7π , откуда ϕ = arg( z ) = 4 ⎛ 2 2⎞ 7π 7π ⎞ ⎛ z = 2 ⎜⎜ −i + i sin ⎟⎟ = 2 ⎜ cos ⎟; 2 ⎠ 4 4 ⎠ ⎝ ⎝ 2 показательная форма: z =

7π 2e 4

π ϕ=−

4

r =2

.

3.4. Действия над комплексными числами Операции в арифметической форме производятся в соответствии с условием i ⋅ i = ( −1,0 ) = −1 и с обычными правилами алгебры. Обозначим

z1 = ( x1 , y1 ) = x1 + iy1 , z2 = ( x2 , y2 ) = x2 + iy2 .

3.4.1. Сравнение, сложение и вычитание Сравнение чисел в алгебраической форме: z1 = z2 , если x1 = x2 и y1 = y2 . Если числа заданы в тригонометрической или показательной форме: z1 = r1 (cos ϕ1 + i sinϕ1 ) ,

z2 = r2 (cos ϕ2 + i sinϕ2 ) или z1 = r1 eiϕ1 , z2 = r2 eiϕ2 , ⎧r = r , то z1 = z2 , если ⎨ 1 2 ⎩ϕ1 = ϕ 2 + 2π k ; k ∈ Z . Сложение в алгебраической форме: z1 + z2 = ( x1 + x2 , y1 + y2 ) = ( x1 + x2 ) + i ( y1 + y2 ) . Вычитание определяется как действие, обратное сложению: пусть z = z1 − z2 , тогда z1 = z + z2 , z1 = x1 + iy1 = x + x2 + i ( y + y2 ) ,

37

Комплексные числа. Многочлены в комплексной области

откуда

z1 − z2 = ( x1 − x2 ) + i ( y1 − y2 ) .

С геометрической точки зрения сложение (вычитание) комплексных чисел равносильно сложению (вычитанию) изображающих их векторов.

3.4.2. Умножение, деление, возведение в целую степень Умножение в алгебраической форме: z1 z2 = ( x1 + iy1 )( x2 + iy2 ) = x1 x2 + ix2 y1 + ix1 y2 + i 2 y1 y2 =

= ( x1 x2 − y1 y2 ) + i ( x1 y2 + x2 y1 ) . В тригонометрической форме: z1 ⋅ z2 = r1 ⋅ r2 (cos ϕ1 + i sinϕ1 ) ⋅ (cos ϕ2 + i sinϕ2 ) = = r1r2 (cos ϕ1 cos ϕ2 - sinϕ1sinϕ2 + i( sinϕ1 cos ϕ 2 + cos ϕ1sinϕ2 ) = = r1r2 (cos( ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 )) , т.е. z1 ⋅ z2 = r1 ⋅ r2 (cos( ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 )) . В показательной форме: i ϕ +ϕ z1 = r1 eiϕ1 , z2 = r2 eiϕ2 , z1 ⋅ z2 = r1 ⋅ r2 ⋅ eiϕ1 ⋅ eiϕ2 = r1 ⋅ r2 ⋅ e ( 1 2 ) , т.е. модуль произведения комплексных чисел равен произведению модулей, а аргумент – сумме аргументов сомножителей. Деление определяется как действие, обратное умножению: z (x ,y ) z = 1 = 1 1 = ( x, y ) , z2 ( x2 , y2 ) откуда z1 = z ⋅ z2 . Запишем соответствующую формулу для алгебраической формы комплексного числа: z1 = z ⋅ z2 = ( x1 , y1 ) = ( xx2 − yy2 , xy2 + x2 y ) , откуда получаем систему двух линейных уравнений с двумя неизвестными: ⎧ xx2 − yy2 = x1 ⎨ ⎩ xy2 + x2 y = y1 Решаем, используя формулы Крамера:

x1 ∆ = x 22 + y22 ≠ 0; x =

-y 2

x2

x1

y1 x 2 y y1 ; y = 22 , 2 2 x 2 + y2 x 2 + y22

z1 x1 x2 + y1 y2 x y −x y = + i 2 21 12 2 . 2 2 z2 x2 + y2 x2 + y2

38

Лекции 3 - 4

В тригонометрической форме:

z1 r1 = [cos( ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin (ϕ1 − ϕ 2 )] , z2 r2 в показательной форме:

z1 r1 i( ϕ1 −ϕ2 ) = е , z2 r2 т.е. модуль частного комплексных чисел равен частному модулей, а аргумент – разности аргументов делимого и делителя. Возведение в целую степень выводится на основе обобщения операции умножения: z = r(cos ϕ + i sinϕ ) , z 2 = z × z = r 2 (cos 2ϕ + i sin2ϕ ) ;

zn = 1 z4 × z24 ... ×3z = r 2 (cos2ϕ + i sin2ϕ ) 1 z4 × z24 ... ×3z = r n (cos nϕ + i sin nϕ ) ; n-2

n

z = r (cos nϕ + i sin nϕ ) ; n

n

z = reiϕ , z n = r n einϕ . Сравним последние две формулы: еinϕ = cos nϕ + i sin nϕ , с другой стороны: еinϕ = (еiϕ ) n = (cos ϕ + i sin ϕ ) n ⇒ (cos ϕ + i sin ϕ ) n = cos nϕ + i sin nϕ . нее соотношение называется формулой Муавра.

Послед-

Пример: Найти z 11 , если z = 1 − i . Решение:

z = 2 ; arg z = − Тогда z = 2 ⋅ e

−i

π

4

( z расположено в IV квадранте).

π 4

.

⎛ 11π ⎛ 11π ⎞ ⎞ = 2 ⎜ cos + i sin ⎜ − ⎟⎟ = 4 ⎝ 4 ⎠⎠ ⎝ 11 11 ⎛ 3π 3π ⎞ 2 2⎞ ⎛ 5 2 2 = 2 2 ⎜ cos − i sin = −i ⎜⎜ − ⎟⎟ = −2 (1 + i ). ⎟ 4 4 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ 2 z = ( 2) ⋅ e 11

11

11 −i π 4

11 2

3.4.3. Комплексное сопряжение О Комплексным числом, сопряженным к z = x + iy , называется комплексное число z , отличающееся от z только знаком мнимой части: z = x − iy . Свойства операции сопряжения: 1°. 2°.

z = z; z = z тогда и только тогда, когда z - действительное число;

Комплексные числа. Многочлены в комплексной области

3°.

z1 ± z2 = z1 ± z2 ,

4°.

z1 ⋅ z2 = z1 ⋅ z2 ,

39

⎛ z ⎞ (z ) 5°. ⎜ 1 ⎟ = 1 , ⎝ z2 ⎠ ( z2 ) 6°. z ⋅ z = x 2 + y 2 . Докажем некоторые соотношения. В алгебраической форме: z = x + iy, z = x - iy . Вычислим: а) z + z = ( x + iy ) + ( x − iy ) = 2 x , следовательно, z + z = 2 x ; z − z = 2iy ; б) zz = ( x + iy )( x − iy ) = x 2 + y 2 , следовательно: z ⋅ z = x 2 + y 2 . Тогда z1 z1 ⋅ z2 ( x1 x2 + y1 y2 ) + i ( x2 y1 − x1 y2 ) = = = z 2 z2 ⋅ z2 x22 + y22 =

x1 x2 + y1 y2 x y −x y + i 2 21 12 2 2 2 x2 + y2 x2 + y2

В тригонометрической форме:

z = z (cosϕ + i sin ϕ ) ;

z

z = z (cos ϕ − i sin ϕ ) = z (cos(−ϕ ) + i sin( −ϕ )) . В показательной форме:

z = z eiϕ , z = z e − iϕ .

z

Геометрически - комплексное сопряжение есть операция симметричного отражения вектора, соответствующего числу z относительно действительной оси. Вывод: пользуясь алгебраической формой комплексного числа, можно производить операции сложения, умножения, вычитания по обычным правилам умножения многочленов. При делении комплексных чисел эффективно использовать прием умножения числителя и знаменателя на число, сопряженное знаменателю.

Свойства операций сложения и умножения: 1°. z1 + z2 = z2 + z1 , 2°. ( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 ) , 3° z1 z2 = z2 z1 , 4°. ( z1 z2 ) z3 = z1 ( z2 z3 ) , 5°.

( z1 + z2 ) z3 = z1 z3 + z2 z3 .

40

Лекции 3 - 4

Пример: Найти z и arg z для числа: z = 1 + i . Решение:

y x

z = 1 + i , z = 1 + 1 = 2 , α = arctg = arctg1 =

π 4

z =1+i

1 . α

1

0

3.4.4. Извлечение корня Определяется как действие обратное возведению в степень. Число b называется корнем n-ой степени из числа z и обозначается b = n z , если bn = z . Пусть z = reiϕ , а b = ρ eiθ и r , ϕ известны. Найдем ρ , θ . Два комплексных числа равны bn = z , если равны их модули ρ n = r ⇒ ρ = n r и аргументы отличаются на 2kπ . nθ = ϕ + 2kπ ⇒ θ = окончательно

n

iϕ

re = r e n

ϕ 2π i ( +k ) n n

ϕ + 2kπ n

,

n

iϕ

re = r e n

i

ϕ + 2кπ n

или

.

Различных (неодинаковых) значений корней будет ровно n, и они будут соответствовать значениям k = 0, 1, 2, …, n-1. i

ϕ

b0 = r e n , k = 0 , n

b1 = r e n

ϕ 2π ) i( + n n

b2 = n r e

ϕ

, k = 1,

2π i ( +2 ) n n

bn −1 = r e n

, k = 2,

ϕ 2π i ( + ( n −1) ) n n

Если же, например, k = n , то

bn = r e n

i(

ϕ 2π n n

+

=

n

n

)

= i

n

r e

i(

ϕ n

, k = n −1.

+ 2π )

i

ϕ

= re n ⋅ ei 2π = n

ϕ

re n ⋅ 1 = b0 → bn = b0 ,

аналогично bn+1 = b1 и т.д. Вывод: корень n-й степени из комплексного числа имеет n различных значений. ! Числа b0 ,b1 ,...,bn−1 имеют одинаковый модуль, и так как аргументы отличаются, следовательно, значения корня будут изображаться точками на окружности.

41

Комплексные числа. Многочлены в комплексной области

Пример: Вычислить и изобразить на комплексной плоскости Решение: Запишем число i в показательной форме: i

4

i

π

w=i=e2; i

4

π

⎛π ⎞ i ⎜ + 2π k ⎟ ⎝2 ⎠

4

z= w= e = e Возможно четыре 4

k = 0,1, 2, 3 : z3 = e

π

π

i ( +3 ) 8 2

2

i ⎛π ⎞ ⎜ + 2π k ⎟ 4⎝ 2 ⎠

=e различных

i

π

z0 = e , (k = 0) , 8

⎛π πk ⎞ i⎜ + ⎟ ⎝8 2 ⎠

=e . значений корня,

z1 = e

π π

i( + ) 8 2

, (k = 1) ,

соответствующих z2 = e

, (k = 3) . z1 получен из корня z0 поворотом на

совой стрелки, z2 из z0 поворотом на π и т.д.

π

i ( +π ) 8

, (k = 2) ,

р против ча2

Пример: Вычислить 6 1 + i 3 ; изобразить схематично значения корня на комплексной плоскости. Решение: i

π

w = 1 + i 3 = 2e 3 ;

π

1 6

z = 6 2=2 ; θ = 3

+ 2π k 6

; k = 0,1, 2,3, 4,5 .

Начальный аргумент при k = 0 равен θ =

π 18

.

Значения корня: i

π

i

7π

z1 = 6 2 e 18 , z2 = 6 2 e 18 , z3 = 6 2 e z4 = 6 2 e

19π i 18

, z5 = 6 2 e

25π i 18

i

13π 18

, z6 = 6 2 e

,

31π i 18

.

Соответствующие 6 точек располагаются в вершинах правильного шестиугольника на окружности радиусом 6 2 .

Пример: Решить уравнение z 2 + z + 1 = 0 . Используя формулу для решения квадратного уравнения и полагая −1+ i 3 −1− i 3 , z2 = −1 = i , получим: z1 = . 2 2 Рассмотренное уравнение имело вещественные коэффициенты.

42

Лекции 3 - 4

Пример: Решить уравнение z 2 + (−3 + i 2) z + 5 − i = 0 . По формуле корней квадратного уравнения −( −3 + 2i ) + ( 2i − 3 )2 − 4( 5 − i ) 3 − 2i + −15 − 8i = . 2 2 Число, стоящее под знаком квадратного корня, можно было бы записать в показательной форме, а затем по известному правилу извлечь из него корень. Однако можно поступить иначе. Положим − 15 − 8i = x + iy. Возводим обе части в квадрат и находим − 15 − 8i = x 2 − y 2 + 2ixy , откуда x 2 − y 2 = −15 ; 2 xy = −8 . Эта система имеет решения: x1 = 1, y1 = −4, x 2 = −1, y 2 = 4; поэтому z=

z1 =

3 − 2i + (1 − 4i ) 3 − 2i + (−1 + 4i ) = 2 − 3i, z 2 = = 1 + i. 2 2

3.5. Комплекснозначная функция действительного аргумента Если каждому действительному t ставится в соответствие комплексное z, то z = z (t ) называют комплекснозначной функцией действительного аргумента. z = eiϕ - комплекснозначная функция действительного аргумента ϕ . В алгебраической форме: z (t ) = x(t ) + i y (t ) . Так как z (t ) соответствует вектору с координатами х(t ) и y (t ) , то задание функции z (t ) эквивалентно заданию вектор - функции скалярного аргумента. Теория комплекснозначных функций скалярного аргумента совпадает с теорией векторных функций скалярного аргумента. z' (t ) = x′(t ) + iy′(t ) - формула дифференцирования комплекснозначной функции. О

4.1. Многочлены в комплексной области. Корни многочлена О

Многочленом называется функция вида:

Pn ( z ) = a0 z n + ... + an−2 z 2 + an−1 z + an ; a0 ≠ 0 , где n – степень многочлена (n – натуральное), а коэффициенты a0 ,..., an могут быть как действительными, так и комплексными, z – комплексная переменная. При a0 = 1 многочлен называется приведённым. О Рациональной дробью называется отношение двух многочленов

Комплексные числа. Многочлены в комплексной области

43

Pm ( z ) b0 z m + b1 z m−1 + ... + bm−1 z + bm = . Pn ( z ) a0 z n + a1 z n−1 + ... + an−1 z + an При m < n дробь называется правильной, при m ≥ n дробь называется неправильной. Неправильную дробь всегда можно разложить на сумму многочлена и правильной дроби; вид многочлена находится при делении «уголком» или по схеме Горнера. Свойство деления можно записать следующим образом:

R (z) Pm ( z ) . = Ql ( z ) + p Pn ( z ) Pn ( z ) Здесь Ql ( z ) , R p ( z ) - многочлены степени l и p соответственно;

Ql ( z ) - частное (целая часть дроби); l ≤ m , l + n = m , R p ( z ) - остаток ( p < n ). Пример: 2 z 3 + 3z 2 + 6 z − 3 3z − 4 = 2z +1+ 2 . 2 z + z +1 z + z +1

!

О

Pm ( z ) = Q1 ( z ) ; Pm ( z ) = Pn ( z ) ⋅ Ql ( z ) . В этом случае гоPn ( z ) ворят о делении нацело. Если R p ( z ) = 0 ⇒

Корнем многочлена Pn ( z ) называют число z0 , удовлетворяющее уравнению Pn ( z ) = 0 или в развёрнутом виде.

a0 z n + ... + an−2 z 2 + an−1 z + an = 0; a0 ≠ 0 . Данное уравнение является алгебраическим уравнением n-й степени. Т

Теорема Безу. Остаток, получаемый при делении Pm ( z ) на (z-a), равен Pm ( a ) Доказательство: По условию Pn ( z ) = P1 ( z ) = z − a . По основному свойству:

Q1 ( z ) = Qm −1 ( z ) , R p ( z ) = R0 ( z ) = R0 . Тогда Pm ( z ) = Qm−1( z ) ⋅ ( z − a ) + R0 .

Положим z = a , тогда получим равенство Pm (a ) = R0 , что и требовалось доказать. С Для того чтобы многочлен Pn ( z ) делился на выражение ( z − a ) без остатка, необходимо и достаточно, чтобы число z = a было корнем этого многочлена. Таким образом, если z = z0 - корень Pn ( z ) , то Pn ( z ) = ( z − z0 ) ⋅ Qn−1( z ) . Другие корни Pn ( z ) следует искать из уравнения: Qn −1 ( z ) = 0 и т.д.

44

Лекции 3 - 4

Пример:

z =1 Проверить, что является корнем многочлена 3 2 P3 ( z ) = z + z + 3 z − 5 и найти другие корни многочлена. Решение: Так как P3 (1) = 1 + 1 + 3 − 5 = 0 , то z = 1 является корнем многочлена P3 ( z ) и многочлен P3 ( z ) делится на z − 1 без остатка. −

z 3 + z 2 + 3z − 5 | z − 1 z3 − z2 −

z 2 + 2z + 5

2 z 2 + 3z

⇒ P3 ( z ) = ( z − 1)( z 2 + 2 z + 5).

2z − 2z 2

−

5z − 5 5z − 5 0

Для отыскания других корней многочлена решим уравнение z 2 + 2z + 5 = 0 : z = −1 ± 1 − 5 = −1 ± 2i. Итак, многочлен 3 2 P3 ( z ) = z + z + 3 z − 5 имеет один действительный корень z1 = 1 и два комплексно-сопряженных корня z 2 = −1 + 2i , z 3 = −1 − 2i.

О

Если Pn ( z ) = ( z − z0 ) k ⋅ Qn − k ( z ) , где Qn-k ( z0 ) ≠ 0, то z0 называют корнем кратности к многочлена P n ( z ) . Пример:

P 3 ( z ) = z 3 + 3z 2 + 3z + 1 = ( z + 1)( z + 1)( z + 1) = ( z + 1)3 ; z 0 = −1 - корень кратности 3.

4.2. Основная теорема алгебры Т С

Любой многочлен Pn ( z ) при n ≥ 1 имеет хотя бы один корень (действительный или комплексный). 1). Каждый многочлен Pn ( z ) имеет ровно n корней, если каждый корень считать столько раз, какова его кратность. 2). Всякий многочлен n-й степени с учетом теоремы Безу разлагается на n линейных множителей вида z − zk и множитель, равный коэффициенту при z n : Pn ( z ) = a0 ⋅ ( z − z1 ) ⋅ ( z − z2 )...( z − zn ) . Для случая кратных (повторяющихся) корней формула группируется следующим образом: Pn ( z ) = an ⋅ ( z − z1 )k1 ⋅ ( z − z2 )k2 ...( z − zm )km

45

Комплексные числа. Многочлены в комплексной области

здесь zi – корни кратности ki , i = 1,2,K ,m , k1 + k2 + ...+ km = n Рассмотрим случай многочленов с действительными коэффициентами. Т Если многочлен Pn ( z ) с действительными коэффициентами имеет комплексный корень z0 = α + i β кратности к, то он имеет и комплексносопряженный корень z0 = α − i β той же кратности. Вывод: комплексные корни многочлена с действительными коэффициентами появляются сопряженными парами. Многочлен с действительными коэффициентами разлагается на линейТ ные и квадратичные множители с действительными коэффициентами. Рассмотрим линейные множители вида z − zl , где zl - действительное число, и объединим множители вида ( z − zl ) ⋅ ( z − zl ) , где zl - комплексное число. Тогда ( z − zl ) ⋅ ( z − zl ) = z 2 − z( zl + zl ) + zl ⋅ zl . Но zl + zl = (α + i β ) + (α − i β ) = 2α , zl ⋅ zl = ( α + iβ ) ⋅ ( α − iβ ) = α 2 + β 2 являются действительными числами, обозначим их p и q соответственно. Тогда ( z − zl ) ⋅ ( z − zl ) = z 2 + pz + q где p, q – действительные числа, а квадратный трехчлен имеет только комплексные корни и не разлагается на линейные множители с действительными коэффициентами. Таким образом, многочлен Pn (z ) с действительными коэффициентами имеет следующее разложение: s

s

s

k

k

Pn ( z ) = a0 ( z − z1 ) 1 ( z − z2 ) 2 K ( z − zi ) i ( z 2 + p1 z + q1 ) 1 K ( z 2 + p j z + q j ) j , где s1 + s2 + K + si + 2k1 + K + 2k j = n . Данное выражение представляет собой произведение множителей двух типов: 1). Линейные множители ( z − zi )si , где zi - действительный корень кратности si . 2). Квадратичные множители ( z 2 + pz + q ) с действительными коэффициенkj

тами p, q и отрицательным дискриминантом D = p 2 − 4q < 0 . Данные множисоответствуют паре комплексно+ pz + q ) = ⎡⎣( z − z j ) ⋅ ( z − z j ) ⎤⎦ сопряженных корней z j , z j кратности k j . тели

(z

2

kj

kj

46

Лекции 3 - 4

Пример: Разложить на множители P ( x) = х 3 + 1 .

P ( х ) = х 3 + 1 = ( х + 1)( х − х + 1) , x1 = −1 -действительный корень, у квад2

ратного трехчлена действительных корней нет. Найдем пару комплексно-сопряженных корней:

1 ± 1-4 1 ± −3 1 ± 3 ⋅ −1 1 ± i 3 = = = , 2 2 2 2 ⎛ 1+ i 3 ⎞⎛ 1− i 3 ⎞ P ( x ) = ( x + 1) ⎜ x − ⎟⎜ x − ⎟. 2 2 ⎝ ⎠⎝ ⎠ x2,3 =

4.3. Примеры решения задач

Пример: Разложить на множители многочлен P4 ( z ) = z 4 + 1 . Решение: Очевидно, действительных корней многочлен не имеет, находим комплексные корни: iπ

z = −1 + 0i = e ; −1 + 0i = e 4

4

i

i( π + 2 kπ ) 4

π

Корни многочлена: z1 = e ; z 2 = e 4

i

3π 4

; где k = 0;1;2;3.

; z3 = e

i

5π 4

; z4 = e

i

7π 4

.

Пары z1 , z 4 ; z 2 , z 3 - сопряженные: z 4 + 1 = ( z − z1 )( z − z 4 )( z − z 2 )( z − z 3 ); объединим сомножители попарно:

z 4 + 1 = ( z 2 − z ( z1 + z4 ) + z1 z4 )( z 2 − z ( z2 + z3 ) + z 2 z3 ) , z1 + z4 = cos

π 4

+ i sin

π 4

+ cos

7π 7π + i sin = 4 4

=

2 2 2 2 +i + −i = 2, 2 2 2 2

z1 ⋅ z4 = 1 . Аналогично, z2 + z3 = − 2, z2 ⋅ z3 = 1 .

Тогда Pn ( z ) = z 4 + 1 = ( z 2 + 2 z + 1 )( z 2 − 2 z + 1 ).

47

Комплексные числа. Многочлены в комплексной области

Пример: Дать геометрическое описание множества всех плоскости, удовлетворяющих условиям:

точек

комплексной

⎧1 ≤ z ≤ 5, ⎨ ⎩ Im z ≤ 0. Решение: Запишем z в алгебраической форме z = x + yi , тогда из условия :

⎧⎪1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 5 ⎧12 ≤ x 2 + y 2 ≤ 52 ⇒⎨ . ⎨ y≤0 y≤0 ⎪⎩ ⎩

y

−5

−1 0 1

5

x

Искомое множество: нижняя половина кольца с внутренним радиусом R1 = 1 и внешним R2 = 5 .

Пример: Представить в тригонометрической и показательной формах числа 2 2 + z1 = i; z2 = 5 − 12i; z3 = −i. 2 2 Решение: z1 = x1 + iy1 = z1 eiϕ1 ; π 1 1 π π i + = 1 ; z1 = e 4 = cos + i sin ; 4 4 2 2 z2 = 25 + 144 = 169 = 13 ;

ϕ1 = arctg

y π = , x 4

z1 =

⎛ 12 ⎞ ⎟; ⎝ 5⎠

ϕ2 = arctg ⎜ −

⎛ 12 ⎞ i arctg ⎜ − ⎟ ⎝ 5⎠

z2 = 13e

z3 = 1 + 0 = 1 ;

ϕ2 − угол, лежащий в IV четверти.

⎛ ⎛ 12 ⎞ ⎛ 12 ⎞ ⎞ = 13 ⎜ cos arctg ⎜ − ⎟ + i sin arctg ⎜ − ⎟ ⎟ ; ⎝ 5⎠ ⎝ 5 ⎠⎠ ⎝ π π π π −i ϕ3 = − ; z3 = e 2 = cos − i sin .

2

2

2

Пример: Выполнить действие:

i i i2 + 2 + + . i i 9 + 2i 8 + i 7 + 11 i 2 + 2

Решение: Поскольку i 2 = −1; i 4 = 1,... i 9 = i, i 8 = +1, i 7 = −i.

i i i2 + 2 i i −1 + 2 + 2 + = + + = 9 8 7 i + 2i + i + 11 i + 2 i i + 2 − i + 11 −1 + 2 i =

i i +i −i = . 13 13

48

Лекции 3 - 4

Пример: Вычислить Решение: 4

z=

z ⋅e

4

2 + 2i .

4

i

ϕ + 2π k 4

; где k = 0; 1; 2; 3 .

z = 2 + 2 = 2; ϕ = arctg i

π

i

2 π = ; 2 4

9π

z1 = 4 2e 16 ; z2 = 4 2e 16 ; z3 = 4 2e

i

ϕ - угол, лежащий в I четверти. 17π 16

; z4 = 4 2 e

i

25π 16

.

Пример: Разложить многочлен x 4 + 6 x3 + 25 x 2 + 68 x на множители с действительными коэффициентами. Решение: Очевидно, что x1 = 0 . Подбором среди делителей свободного члена находим x 2 = −4 , с помощью деления “уголком” получаем:

x 4 + 6 x 3 + 25 x 2 + 68 x = x 2 + 2 x + 17; D = 4 − 4 ⋅ 17 < 0 . x( x + 4 ) Тогда разложение имеет вид : x 4 + 6 x 3 + 25 x 2 + 68 x = x( x + 4 )( x 2 + 2 x + 17 ) .

Пример: Решить биквадратное уравнение z 4 + 4 z 2 + 3 = 0 . Решение: z4 + 4z2 + 3 = z2 + 1 z2 + 3 = 0 .

(

)(

)

z1,2 = − 1 = 0 ± i ; z 3,4 = − 3 = 0 ± i 3 .

Пример: Разложить многочлен на квадратные множители при условии, что задан один из корней. x 4 + 8 x3 + 21x 2 + 8 x + 20; x1 = −4 + 2i . Решение: Так как для многочлена с действительными коэффициентами корни появляются только сопряженными парами, то x 2 = −4 − 2i . Соответствующий квадратный трехчлен имеет вид: ( x − x1 ) (x − x2 ) = (x + 4 − 2i)(x + 4 + 2i) = ((x + 4)2 − 4i 2 ) =

= x 2 + 8 x + 20. 2 Делением начального многочлена на (x + 8 x + 20) получаем:

x 4 + 8 x 3 + 21x 2 + 8 x + 20 = (x 2 + 8 x + 20)(x 2 + 1) .

49

Комплексные числа. Многочлены в комплексной области

Пример: Найти множество точек комплексной плоскости, удовлетворяющих условию z − i = 1.

y

Решение:

1

z − 1 = x + iy − i = x + i ( y − 1) = x + ( y − 1) = 1 , 2

2

0

x

⇒ x 2 + ( y − 1) 2 = 1 . Следовательно, искомое множество состоит из точек окружности единичного радиуса, центр которой имеет координаты (0;1) .

4.4. Разложение правильных рациональных дробей Т

Всякую правильную рациональную дробь можно разложить на сумму простейших дробей четырех типов: A A Bx + C Bx + C , p2 − 4q < 0 . ; ; 2 ; 2 k k x - a ( x - a ) x + px + q ( x + px + q ) При этом каждому действительному корню а кратности m в разложении знаменателя Pn (x) соответствует сумма A1 A2 Am + + ...+ . 2 x - a ( x - a) ( x - a) m Каждой комплексно сопряженной паре корней zi , zi кратности m соответствует сумма M 1 x + N1 M x + N2 M x + Nm + 2 2 + ...+ 2 m . 2 2 x + px + q ( x + px + q ) ( x + px + q ) m Коэффициенты Ai ,M i ,N i находятся методом неопределённых коэффициентов при одинаковых степенях x в числителях после приведения к общему знаменателю правой части разложения. Пример: Разложить правильную дробь

(x

x

2

− 1) ( x − 2 )

на сумму простейших дро-

бей. Преобразуем знаменатель, пользуясь формулой разности квадратов: ( x2 − 1) ( x − 2 ) = ( x − 1)( x + 1)( x − 2 ) ;

A A A1 , ( x + 1) ⇒ 2 , ( x − 2 ) ⇒ 3 ; x −1 x +1 x−2 A3 x A1 A2 = + + . ( x 2 − 1) ( x − 2 ) x − 1 x + 1 x − 2

( x − 1) ⇒

50

Лекции 3 - 4

x = A1 ( x + 1) ( x − 2) + A2 ( x − 1)( x − 2) + A3 ( x − 1)( x + 1) . Первый способ нахождения коэффициентов. Равенство справедливо для любого x , в том числе и для x = − 1: − 1 = A2 (−2)(−3) x = 2: 2 = A3 ⋅ (1) ⋅ 3 x = 1: 1 = A1 ⋅ 2 ⋅ (−1) 1 1 2 ⇒ A1 = − , A2 = − , A3 = 2 6 3 Второй способ нахождения коэффициентов. Многочлены равны, когда равны коэффициенты перед одинаковыми степенями x. x 2 : A1 + A2 + A3 = 0; x1 : − A1 − 3 A2 = 1; x 0 : −2 A1 + 2 A2 − A3 = 0 ⇒ 1 1 2 ⇒ A1 = − , A2 = − , A3 = . 2 6 3 1 1 2 x . Ответ: 2 =− − + ( x − 1) ( x − 2 ) 2( x − 1) 6( x + 1) 3( x − 2)

Пример: x2 − 1 на сумму простейших дробей. x( x 2 + 1) 2

Разложить правильную дробь

Порядок многочлена x ( x 2 + 1) в знаменателе равен 5. 2

x⇒

(x

2

A ; x

+ 1) ⇒ 2

B1 x + D1 B2 x + D2 + ; ( x 2 + 1) ( x 2 + 1) 2

x2 −1 A B x + D1 B2 x + D2 ; = + 12 + 2 2 x( x + 1) x ( x + 1) ( x 2 + 1) 2 x 2 − 1 = A( x 2 + 1 )2 + ( B1 x + D1 ) x( x 2 + 1 ) + ( B2 x + D2 ) x ; x = 0 : A = −1 ; x 4 : A + B1 = 0 ; x3 :D1 = 0 ;

x 2 : 2 A + B1 + B2 = 1 ; x : D1 + D2 = 0; ⇒ A = −1, B1 = 1, D1 = 0, D2 = 0, B2 = 2 . x2 −1

x ( x 2 + 1)

2

1 x 2x =− + 2 + . x x + 1 ( x 2 + 1)2

51

Комплексные числа. Многочлены в комплексной области

Пример: Разложить рациональную дробь на сумму простейших, предварительно выделив целую часть:

x3 − x + 8 . x3 − 2 x 2 + x + 4

Решение: Разделив «уголком», получим: Разложим

на

x3 − x + 8 2x2 − 2 x + 4 . =1+ 3 x3 − 2 x 2 + x + 4 x − 2x2 + x + 4

множители

знаменатель:

x1 = −1;

x − 2x + x + 4 = x 2 − 3x + 4; x +1 x 3 − 2 x 2 + x + 4 = ( x + 1)( x 2 − 3x + 4). 3

2

2 x2 − 2 x + 4 A Bx + C = + 2 = Ax 2 − 3 Ax + 4 A + Bx 2 + Bx + Cx + C . 2 ( x + 1)( x − 3x + 4) x + 1 x − 3x + 4 A = 1; ⎫ ⎪ x : −3 A + B + C = −2 ⎬ ⇒ B = 1; x 0 : 4 A + C = 4 ⎪⎭ C = 0. x 3 − x + 16 1 x . =1+ + 2 Искомый результат: 3 2 x − 2x + x + 4 x + 1 x − 3x + 4 x2 :

A+ B = 2

1

4.5. Примеры решения задач Пример: Разложить на сумму простейших дробей дробь

10 . x +x 3

Решение: Знаменатель P3 ( x) = x 3 + x , корни x1 = 0; x 2 ,3 = 0 ± i .

P3 ( x) = x( x 2 + 1).

10 A Bx + C Ax 2 + A + Bx 2 + Cx = + 2 = . x3 + x x x +1 x( x 2 + 1 ) Приравняем числители и коэффициенты при одинаковых степенях x : 10 = Ax 2 + A + Bx 2 + Cx; x 2 : A + B = 0⎫ A = 10; ⎪ x1 : C = 0 ⎬ ⇒ B = −10; . x 0 : A = 10 ⎭⎪ C = 0, 10 10 10 x тогда искомое разложение имеет вид: 3 . = − x + x x x2 +1

52

Лекции 3 - 4

Пример: Разложить неправильную дробь на сумму многочлена и простейших дробей. 9 − 9x x 4 + 3x 3 + 3x 2 + 9 = x+ . 3 2 ( x + 3)( x 2 + 3) x + 3x + 3x + 9 9 − 9x A Bx + C = + 2 . 2 ( x + 3)( x + 3) x + 3 x + 3

9 − 9 x = Ax 2 + 3 A + Bx 2 + Cx + 3Bx + 3C. x2 : A + B = 0 ⎫ A = 3; ⎪ 1 x : C + 3B = −9 ⎬ ⇒ B = −3; x 0 : 3 A + 3C = 9 ⎪⎭ C = 0, x 4 + 3x 3 + 3x 2 + 9 3 3x . = x+ − 2 3 2 x+3 x +3 x + 3x + 3x + 9

Пример: Разложить правильную рациональную дробь на сумму простейших дробей 3x 2 . ( x − 1) 2 ( x 2 + x + 1) 3x 2 A B Cx + D = + = 2 2 2 + ( x − 1) ( x + x + 1) x − 1 ( x − 1) x2 + x + 1 Ax 3 − A + Bx 2 + Bx + B + Cx 3 − 2 x 2 + Cx + Dx 2 − 2 Dx + D = . ( x − 1) 2 ( x 2 + x + 1) Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х: A = 1; x3 A + C = 0 ⎫ ⎪ 2 B = 1; x A − 2C + D = 3 ⎪ . ⇒ ⎬ x1 B + C − 2 D = 0 ⎪ C = −1; D = 0. x 0 − A + B + D = 0 ⎭⎪ Искомое разложение имеет вид: 3x 2 1 1 x = + . 2 2 2 − 2 ( x − 1) ( x + x + 1) x − 1 ( x − 1) x + x +1 В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, у студентов должны сформироваться следующие понятия: ƒ комплексные числа и формы их записи, ƒ действия над комплексными числами, ƒ многочлены в комплексной области. Студент должен уметь: ƒ преобразовывать комплексные числа из одной формы в другую, ƒ сравнивать, складывать, вычитать, умножать, делить комплексные числа, возводить в целую степень, извлекать корни целых степеней в удобной для каждого действия форме; ƒ разлагать рациональные дроби на сумму простейших дробей.

Лекции 5 - 6 НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ Интегральное исчисление возникло из потребности создать общий метод разыскания площадей, объемов и центров тяжести. В простейшей форме такой метод применялся еще Архимедом. Систематическое развитие он получил в 17-м веке, в тесной связи с возникшим тогда же дифференциальным исчислением. В данных лекциях рассматривается первая часть задачи – вычисление первообразной как операция, обратная дифференцированию.

5.1. Основные определения 5.2. Свойства неопределенного интеграла 5.3. Таблица основных интегралов 5.4. Методы интегрирования 5.4.1. Непосредственное интегрирование 5.4.2. Замена переменной в неопределенном интеграле 5.4.3. Интегрирование по частям 5.4.4. Возвратное интегрирование 6.1. Интегрирование рациональных дробей 6.1.1. Интегрирование простейших дробей 6.1.2. Общая схема интегрирования рациональной дроби 6.2. Интегрирование выражений, содержащих тригонометрические функции 6.2.1. Интегралы, содержащие произведение тригонометрических функций вида ∫ sin m xcosn xdx . 6.2.2. Интегралы вида ∫ cosα x cosβ xdx ;

∫ cosα x sinβ xdx ; ∫ sinα x sinβ xdx .

6.3. Интегрирование иррациональных выражений 6.3.1. Линейные иррациональности 6.3.2. Дробно-линейные иррациональности 6.3.3. Квадратичные иррациональности тригонометрические подстановки 6.3.4. Интегрирование дифференциальных биномов 6.3.5. Метод неопределенных коэффициентов для интегрирования иррациональностей 6.3.6. Подстановки Эйлера

54

Лекции 5 - 6

5.1. Основные определения О

Функция F ( x ) называется первообразной для функции f ( x ) на интервале ( a, b ) , если F ( x ) дифференцируема на ( a, b ) и F ′ ( x ) = f ( x) . Пример:

F ( x ) = x 2 f ( x ) =2x, (-∞,∞) , F ( x ) = sin x f (x)=cos(x), (-∞,∞) , F ( x) = x

Т

f (x)= =

1 2 x

, (0, ∞)

Если F1 ( x ) и F2 ( x ) – две первообразные для функции f ( x ) на интер-

( a, b ) , то они могут отличаться F1 ( x ) = F2 ( x ) + C , где C – постоянная.

вале

т.е. Доказательство: Положим Φ ( x ) = F1 ( x ) − F2 ( x ) . Φ ′ ( x ) = F1′( x ) − F2′ ( x ) = f ( x ) − f ( x ) = 0 ,

лишь

на

следовательно,

постоянную,

по

теореме

Лагранжа Φ ( x ) = C .

( F ( x ) + C )′ = F ′ ( x ) + C′ = f ( x ) + 0 = f ( x ) . C

Если F ( x ) – одна из первообразных для функции f ( x ) , то любая ее

первообразная имеет вид: Φ ( x ) = F ( x ) + C , где C – постоянная. О

Совокупность всех первообразных для функции f ( x ) на интервале

( a, b )

называется неопределенным интегралом от функции f ( x ) и

обозначается символом

∫ f ( x ) dx , где

∫ – знак интеграла, f ( x ) – по-

дынтегральная функция, f ( x ) dx – подынтегральное выражение. Т

Теорема об интегрируемости непрерывных и монотонных функций Если f ( x ) - непрерывна или кусочно-монотонна на [ a,b ] , то она интегрируема на [ a,b ] .

55

Неопределенный интеграл

5.2. Свойства неопределенного интеграла Из определения следует, что неопределенный интеграл обладает следующими свойствами: 1) dF ( x ) = f ( x ) dx ;

∫ dF ( x ) = F ( x ) + C ; ∫ ⎡⎣Cf ( x )⎤⎦ dx = C ∫ f ( x ) dx , где C – постоянная; ∫ ⎡⎣ f ( x ) ± g ( x )⎤⎦ dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx ; 1 Если ∫ f (x)dx = F (x) + C , то ∫ f (ax + b)dx = F (ax + b) a

2) 3) 4) 5)

+C.

(Доказательство свойства 5 проведем позднее).

5.3. Таблица основных интегралов

∫ 0dx = С , ∫ dx α ∫ x dx =

= x+C

xα +1 + C (∀α ≠ -1) α +1

dx ∫ x dx = ∫ x = ln x + C

dx

∫

a2 − x2 dx

∫

x −a 2

-1

ax ∫ a dx = ln a + C , a > 0, a ≠ 1

dx

∫

x +a 2

x

∫ e dx = e x

x

+C

∫ sin xdx = − cos x + C

∫ cos xdx = sin x + C dx ∫ cos2 x = tg x + C dx ∫ sin 2 x = − ctg x + C dx x+a 1 = ln 2 ∫ a − x 2a x − a + C 2

2

∫a

2

2

= arcsin

x + C, x < a a

= ln x + x 2 − a 2 + C

(

)

= ln x + x 2 + a 2 + C

dx 1 x = arctg + C ( a ≠ 0 ) 2 a a +x

∫ shx dx = chx + C

∫ chx dx = shx + C dx

∫ ch x = thx + C 2

dx ∫ sh2 x = −cthx + C

56 !

Лекции 5 - 6

Производная любой элементарной функции сама является элементарной функцией. Интегралы от некоторых элементарных функций не выражаются через элементарные функции, они называются неберущимися. Пример: 2

−x ∫ e dx – неберущийся интеграл.

5.4. Методы интегрирования 5.4.1. Непосредственное интегрирование Отыскание неопределенных интегралов с помощью свойств интегралов, таблицы интегралов и алгебраических преобразований подынтегральной функции называется непосредственным интегрированием. Пример:

1) 2 x ⋅ 32 x ⋅ 53 x dx = 2 ⋅ 32 ⋅ 53 x dx = 2250 x dx = ( 2250 ) + C . ) ∫ ∫( ∫( ) x

2)

∫(

)

x5 + x7 + 8 x dx =

ln 2250

6

8

3/ 2

x x 8x x 6 x8 16 x 3/ 2 + + +C = + + + C. 6 8 3/ 2 6 8 3

5.4.2. Замена переменной в неопределенном интеграле Т

Пусть функция x = ϕ ( t ) определена и дифференцируема на некотором

множестве {t} и пусть { x} – множество всех значений этой функции.

Пусть для функции f ( x ) существует на множестве { x} первообразная функция F ( x ) , т.е.

∫ f ( x ) dx = F ( x ) + C . Тогда всюду на множестве {t}

для функции f ⎡⎣ϕ ( t ) ⎤⎦ ϕ′ ( t ) существует первообразная функция, равная F (ϕ ( t ) ) , т.е. ∫ f ⎡⎣ϕ ( t )⎤⎦ ϕ ′ ( t ) dt =F (ϕ ( t ) ) + C . Доказательство: Пусть F ′ ( x ) = f ( x ) ,

∫ f ( x ) dx = F ( x ) + C . По правилу дифференцирова-

dF ( x ) dx d = f ⎡⎣ϕ ( t ) ⎤⎦ ϕ ′ ( t ) , значит, F ⎡⎣ϕ ( t ) ⎤⎦ = dt dx dt ∫ f ⎡⎣ϕ ( t ) ⎤⎦ ϕ ′ ( t ) dt = F (ϕ ( t ) ) + C , что и требовалось доказать.

ния сложной функции

57

Неопределенный интеграл

Пример: Пусть

∫ f ( t ) dt = F ( t ) + C . ⎧

t

1

⎫

1

∫ f ( ax ) dx = ⎨⎩t = ax, x = a , dx = a dt ⎬⎭ = a ∫ f ( t ) dt = 1 1 F ( t ) + C = F ( ax ) + C , a a ⎧t = x + b, ⎫ ⎪ ⎪ ∫ f ( x + b ) dx = ⎨ x = t − b, ⎬ =∫ f ( t ) dt = F ( t ) + C = F ( x + b ) + C , ⎪ dx = dt ⎪ ⎩ ⎭ ⎧ ⎫ ⎪t = ax + b, ⎪ ⎪ ⎪ t b ⎪ dt 1 1 ⎪ ∫ f ( ax + b ) dx = ⎨ x = a − a ,⎬ = ∫ f ( t ) a = a F ( t ) + C = a F ( ax + b ) + C . ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪⎩ dx = a dt ⎪⎭

=

Пример: 1 1). ∫ sin ( 8x − 2 ) dx = − cos ( 8x − 2 ) + C ; 8 ⎧ t = x − 1,⎫ 2) ⎪ ⎪ 2 2 ∫ x x − 1dx = ⎨ x = t + 1, ⎬ = ∫ ( t + 1) ⋅ t ⋅ 2t dt = ⎪ dx = 2t dt ⎪ ⎩ ⎭

2 5 2 3 2 2 5 3 t + t +C = ( x − 1) + ( x − 1) + C . 5 3 5 3 ⎧ x = 2t , ⎫ ⎪⎪ 1 dx dx dt x x ⎪⎪ 3) ∫ = ∫ = ⎨t = , ⎬ = ∫ = tg t + C = tg + C . 2 x ⎪ 1 + cos x 2 2 cos t 2 ⎪ cos2 2 ⎪⎩ dx = 2dt ⎪⎭

= 2 ∫ ( t 4 + t 2 ) dt =

!

Частным случаем замены является преобразование подынтегральной функции, связанное с подведением под знак дифференциала части подынтегральной функции. В этом случае замена носит характер переобозначения. Пример: 1 d ( x 2 + 1) xdx 1) ∫ 2 = 2 = {t = x 2 + 1} = x + 1 ∫ x2 + 1 1 dt 1 1 = ∫ = ln t + C = ln (1 + x 2 ) + C . 2 t 2 2 dx 1 2) ∫ = ∫ (5 x − 2)−1 / 2 dx = ∫ (5 x − 2)−1 / 2 d (5 x − 2) = 5 5x − 2

58

Лекции 5 - 6

1 −1 / 2 1 t1 / 2 2 5x − 2 + C . = {t = 5 x − 2} = ∫ t dt = +C = 5 5 1/ 2 5 3)

=

∫

1

sin x cos xdx = ∫ sin xd sin x = {t = sin x} = ∫ t 2 dt =

2 23 t +C = 3

3 2 ( sin x ) 2 + C . 3

Дополнительные примеры: Пример: ⎧u = cos x

sin x

⎫

∫ tg x dx = ∫ cos x dx = ⎨⎩du = − sin x dx ⎬⎭ = − ∫

du = −ln u + C = −ln cosx + C . u

Пример: ⎧t = 1 − x, x = 1 − t,⎫ 2 8 ⎪ ⎪ ∫ ( 2 x + 3 ) (1 − x ) dx = ⎨ dx = −dt, ⎬ = − ∫ ( 5 − 2t ) t dt = ⎪ 2 x + 3 = −2 t + 5 ⎪ ⎩ ⎭ 25 20 4 = −∫ ( 25t 8 − 20t 9 + 4t 10 ) dt = − t 9 + t 10 − t 11 = 9 10 11 25 4 9 10 11 = − (1 − x ) + 2 (1 − x ) − (1 − x ) + C . 9 11 2

8

Пример:

π ⎫ ⎧ dx 1 dx ⎪t = x + , ⎪ 4 ⎬= ∫ sin x + cos x = 2 ∫ ⎛ π ⎞ = ⎨ sin ⎜ x + ⎟ ⎩⎪ dt = dx ⎭⎪ 4⎠ ⎝ 1 1 t ⎛x π⎞ ln tg + C = ln tg ⎜ + ⎟ + C . = 2 2 2 ⎝2 8⎠ Пример:

∫

1 − sin x x

1 sin x =∫ dx − ∫ dx . x x 1 424 3 1 424 3 1)

2)

1/ 2

x 1 dx = ∫ x −1 / 2 dx = +C ; 1/ 2 x ⎧ x = t, ⎫ sin x ⎪ ⎪ 2) ∫ dx = ⎨ dx ⎬ = ∫ sin t ⋅ 2dt = 2cos t + C = 2 cos x ⎪ dt = ⎪ 2 x⎭ ⎩

1)

∫

∫

1 − sin x dx = 2 x + 2 cos x + C . x

x +C.

59

Неопределенный интеграл

Пример:

∫

e x + e2x

⎧⎪ t = e x , ( 1 + e x )e x dx = ⎨ dx = ∫

⎫⎪ ⎬= ⎪⎩dt = e x dx ⎪⎭

1− ex 1− ex 1+ t 2 ⎞ ⎛ =∫ dt = − ∫ ⎜1 + ⎟ dt = −{t + 2 ln t − 1 }+ C = = −e x − 2 ln e x − 1 + C . 1− t − 1 t ⎝ ⎠ Пример: ⎧ ⎪ t = ln ( tg x ) , ⎪ ln ( tg x ) 1 1 1 ⋅ dx ⎪ ∫ sin 2 x dx = ⎨dt = tg x ⋅ cos2 x dx = sin x cos x ⎪ ⎪ 2dx 1 dx = ⇒ = dt ⎪ sin 2 x sin 2 x 2 ⎩ 2 1 t 1 t dt = + C = ln 2 tg x + C . ∫ 2 4 4

⎫ ⎪ ⎪ ⎪ =⎬ = ⎪ ⎪ ⎪ ⎭

Пример:

∫

⎧ t = sin x, ⎫ dt = =⎨ ⎬=∫ e sin x − 1 ⎩dt = cos x dx ⎭ et − 1

cos x dx

⎧домножим и разделим числитель⎫ e t dt = =⎨ 2 ⎬ t ∫ t t = ⎩ и знаменатель на e и на 2 ⎭ 2e e − 1

⎫ ⎧ ⎪ ⎪ t ⎪⎪ u = e − 1 ⇒ ⎪⎪ et du 1 t 2 dt = 2 ∫ = 2arctg u + C = = ⎨ ⇒ e = u + 1, ⎬ = 2 ∫ ⋅ t 2 t t e u + 1 ⎪ ⎪ e 2 − 1 e dt ⎪ ⎪du = ⎪⎩ 2 e t − 1 ⎪⎭ = 2arctg e sin x − 1 + C .

Пример:

t = ln (arccos x ) ⎧ ⎪ ⎛ 1 1 =⎨ ∫ dt = ⋅⎜− 2 ⎪ 1 − x arccos x arccos x ⎜ 1 − x 2 ⎝ ⎩ 2 t 1 = − ∫ t dt = − + C = − ln 2 ( arccos x ) + C . 2 2 ln (arccos x )dx

⎫ ⎞ ⎪= ⎟dx ⎬ ⎟ ⎪ ⎠ ⎭

60

Лекции 5 - 6

5.4.3. Интегрирование по частям ′ d ( u ⋅ v ) = ( u ⋅ v ) dx = ( u ' v + v ' u ) dx = u ' vdx + v ' udx = vdu + udv ;

d ( uv ) = udv + vdu ; udv = d ( uv ) − vdu ; ∫ udv = ∫ d ( uv ) − ∫ vdu ;

∫ udv = uv − ∫ vdu

- формула интегрирования по частям.

Эта формула используется в тех случаях, когда новый интеграл проще исходного. 1. В интегралах вида ∫ Pk ( x )e x dx ; ∫ Pk ( x)sin x dx ; ∫ Pk ( x)cos x dx за u обозначается многочлен порядка k Pk ( x) ; Пример: ⎧ u = x dv = sin xdx ⎫ ⎬ v = − cos x ⎭

∫ x sin xdx = ⎨⎩du = dx

= -x cos x + ∫ cos xdx = − x cos x + sin x + C .

Формулу интегрирования по частям можно применять повторно.

!

Пример: ⎧ u = x2 dv = cos x dx ⎫ 2 x cos x dx = ⎨ ⎬= ∫ du = 2 xdx v = sin x ⎩ ⎭ = x 2 sin x − 2 ∫ x sin x dx = ⎧ u = x dv = sin x dx ⎫ 2 =⎨ ⎬ = x sin x − 2 − x cos x − ∫ ( − cos x ) dx = ⎩ du = dx v = − cos x ⎭

(

)

= x 2 sin x + 2 x cos x − 2 sin x + C . Пример: ⎧ u = x dv = dx ⋅ 2 x ⎫ ⎪ ⎪ x ⋅ 2x 2x x ⋅ 2x 2x x x x 2 dx ⋅ = = −∫ − +C . dx = ⎨ 2 ⎬ ∫ 2 ln2 ln2 ln2 du dx v = = ln2 ( ) ⎪ ⎪ ln2 ⎭ ⎩

Пример: ⎧ u=x

∫ x sh x dx = ⎨⎩du = dx 2. В интегралах вида

dv = sh x dx ⎫ ⎬ = x ch x − ∫ ch x dx = x ch x − sh x + C . v = ch x ⎭

∫ P ( x) ln x dx , ∫ P ( x)arcsin x dx , ∫ P ( x)arccos x dx , k

∫ P ( x )arctg x dx , ∫ P ( x )arcctg x dx k

k

тригонометрическая функция.

k

k

за u обозначается логарифм или обратная

61

Неопределенный интеграл

Пример:

⎧u = arctg x, dv = dx ⎫ ⎪ ⎪ ∫ arctg x dx = ⎨ du = dx , v = x ⎬ = ⎪⎩ ⎪⎭ 1 + x2 xdx 1 x arctg x − ∫ = x arctg x − ln (1 + x 2 ) + C 2 1+ x 2 Пример:

dv = sin x dx ⎫ ⎧ u = ln (tg x ) ⎪ ⎪ = ∫ sin x ln(tg x )dx = ⎨du = 1 ⋅ dx v = − cos x ⎬ 2 ⎪⎭ ⎪⎩ tg x cos x 1 dx dx = − cos x ln(tg x ) − ∫ (− cos x ) ⋅ = − cos x ln(tg x ) + ∫ = 2 tg x cos x sin x

= −cos x ln ( tg x) + ln tg

x +C. 2

5.4.4. Возвратное интегрирование Так называемое возвратное интегрирование применяется при вычисax ax лении интегралов вида: ∫ e cos bx dx , ∫ e sin bx dx , ∫ cos ( ln x ) dx ,

∫ sin ( ln x ) dx и подобных. Пример:

∫e

ax

sin bx dx .

Обозначим I = ∫ e ax sin bx dx . Тогда ⎧ u = e ax dv = sin bx dx ⎫ ⎪ ⎪ ∫ e sin bx dx = ⎨du = ae ax dx v = − cos bx ⎬ = ⎪⎩ b ⎪⎭ 1 a 1 a = − e ax cos bx + ∫ eax cos bx dx = − eax cos bx + I1 . b b b b Полученный интеграл I1 возьмем по частям: ax

⎧ u = e ax dv = cos bx dx ⎫ 1 ax ⎪ ⎪ ax I1 = ∫ e cos bx dx = ⎨ sin bx ⎬ = − e cos bx + ax b v= ⎪du = ae dx ⎪ b ⎩ ⎭ a ⎧ sin bx a ax 1 a ⎧ sin bx a ⎫ ⎫ + ⎨e ax − ∫ e sin bx dx ⎬ = − e ax cos bx + ⎨e ax − I ⎬. b⎩ b b b b⎩ b b ⎭ ⎭

a ax a2 1 e sin bx − I . Выразим отсюда искомый То есть I = − e ax cos bx + b b2 b2 интеграл I : ∫ e ax sin bx dx =

e ax (a sin bx − b cos bx ) a2 + b2

+C.

62

Лекции 5 - 6

6.1. Интегрирование рациональных дробей О

Рациональной дробью называется отношение двух алгебраических многочленов

Pm ( x ) b0 x m + b1 x m−1 + ... + bm−1 x + bm = . Rn ( x ) a0 x n + a1 x n −1 + ... + an−1 x + an 6.1.1. Интегрирование простейших дробей О

Правильные дроби четырех типов: A ; 1) x−a A 2) , где k – целое положительное число, k > 1 , k ( x − a) Ax + B ; 3) 2 x + px + q Ax + B 4) , где x 2 + px + q – квадратный трехчлен k ( x 2 + px + q ) с отрицательным дискриминантом

простейшими дробями.

p2 − q < 0 , называют 4

Методы интегрирования простейших дробей d ( x − a) Adx dx 1. ∫ = A∫ = A∫ = A ln x − a + C ; x−a x−a x−a Adx ∫ x − a =A ln x − a + C . − n +1 x − a) ( A 1 Adx −n ⋅ +C; 2. ∫ = A∫ ( x − a ) d ( x − a ) = A +C = n −n + 1 (1 − n ) ( x − a )n−1 ( x − a)

Adx

∫ ( x − a) 3.

n

=

A 1 ⋅ +C. 1 − n ( x − a )n−1

Ax + B dx разобьем его на два интеграла, + px + q первый из которых I a в числителе содержит дифференциал знаменателя, а второй I b не содержит x в числителе.

Для вычисления интеграла

∫x

2

Обозначим u = x 2 + px + q ⇒ du = ( 2 x + p ) dx .

63

Неопределенный интеграл

∫x

2

A 2x + p B − Ap / 2 Ax + B dx + ∫ 2 dx ; dx = ∫ 2 2 x + px + q + px + q x + px + q 144 42444 3 1442443 Ia

Ib

A A ln u + C = ln x 2 + px + q + C , 2 2 Ap ⎞ dx ⎛ Ib = ⎜ B − . ⎟∫ 2 2 ⎠ 2 ⎝ p2 ⎞ ⎛ p⎞ ⎛ x + px + ⎜ ⎟ + ⎜ q − 4 ⎟⎠ ⎝2⎠ ⎝ Ia =

p2 >0. Здесь мы выделили полный квадрат в знаменателе и учли, что q − 4 ⎧ t = x + p / 2, ⎫ ⎪⎪ ⎪⎪ Сделаем замену переменной ⎨ dt = dx , ⎬, ⎪ ⎪ 2 ⎩⎪a = q − p / 4 .⎭⎪ тогда Ap ⎞ dt B − Ap / 2 x + p/2 ⎛ = +C. arctg Ib = ⎜ B − ⎟∫ 2 2 ⎠ t + a2 ⎝ q − p2 / 4 q − p2 / 4 4.

Рассмотрим интеграл

∫

Ax + B

( x 2 + px + q )

k

dx .

Аналогично тому, как это было сделано для интеграла 3, заменим

u = x 2 + px + q ⇒ du = ( 2 x + p ) dx . Разобьем интеграл на два интеграла:

∫

(x

Ax + B

2

+ px + q )

k

dx =

( B − Ap / 2 ) dx . A 2x + p dx + ∫ x 2 + px + q k 2 ∫ ( x 2 + px + q )k ( 42444 )3 144424443 144 Ia

Ib

A du A u − k +1 A 1 Ia = ∫ k = ⋅ +C =− ⋅ +C. 2 u 2 (1 − k ) 2 ( k − 1) ( x 2 + px + q )k −1

64

Лекции 5 - 6

⎧⎪ t = x + p / 2, ⎫⎪ Ap ⎞ dx ⎛ = Ib = ⎜ B − ⎨ ⎬= ⎟ 2 ⎠ ∫ ( x 2 + px + q )k ⎪⎩ a = q − p 2 / 4 ⎭⎪ ⎝ Ap ⎞ dt Ap ⎞ dt ⎛ ⎛ =⎜B− =⎜B− I k , где I k = ∫ . ⎟∫ 2 ⎟ k 2 2 k 2 ⎠ (t + a2 ) ⎝ 2 ⎠ ⎝ (t + a ) Вычислим

Ik = ∫

(t

dt

2

+ a2 )

k

1 ⎧ ⎫ = u dv = dt 2 2 k ⎪⎪ ⎪⎪ (t + a ) t (t 2 + a 2 ) − a 2 =⎨ + 2k ∫ 2 dt = ⎬= 2 2 k 2 k +1 2 k tdt + + ( t a ) ( t a ) ⎪ du = v=t ⎪ ⎪⎩ (t 2 + a 2 ) k +1 ⎭⎪

=

t dt dt . + 2k ∫ 2 − 2ka 2 ∫ 2 2 k 2 k (t + a ) (t + a ) (t + a 2 ) k +1 2

Имеем

Ik =

t + 2kI k − 2ka 2 I k+1 ; 2 k (t + a )

I k +1 =

2

t 2ka (t + a ) 2

2

2 k

+

2k − 1 Ik . 2ka 2

Получена рекуррентная (возвратная) формула, выражающая значение интеграла от k + 1 - й степени через значение интеграла от k - й степени. Зная dt 1 t I1 = ∫ 2 = arctg + C , по формуле можно найти I 2 , затем, используя I 2 , 2 t +a a a найти I 3 и т.д. Пример: x −1

∫ x 2 + x + 1 dx . Правильная дробь типа 3). ⎧⎪ t = x 2 + x + 1 ⎫⎪ 1 x −1 2x +1 − 1 − 1/ 2 dx = ∫ x 2 + x + 1 ⎨⎪dt = (2 x + 1)dx⎬⎪ = 2 ∫ x 2 + x + 1 dx + ∫ x 2 + x + 1 dx = ⎭ ⎩ 1 dt 3 dx . = ∫ − ∫ 2 2 23 t 1 24 x 2+4 x4 +31 1 4 Ia

Ib

1 1 I a = ln t + C = ln x 2 + x + 1 + C , 2 2

65

Неопределенный интеграл

⎧v = x + 1 / 2,⎫ 3 dx 3 dv = = ⎨ ⎬=− ∫ ∫ 2 2 v2 + 3 / 2 2 2 ( x + 1 / 2) + 3 / 4 ⎩ dv = dx ⎭ ( x + 1/ 2 ) ⋅ 2 + C . 3 2 =− ⋅ arctg 2 3 3 2x +1 1 Ответ: ln x 2 + x + 1 − 3arctg +C . 2 3 Ib = −

(

6.1.2. Общая схема интегрирования рациональной дроби

)

Pm ( x )

∫ P ( x) dx n

P ( x) 1. Если дробь m неправильная ( m ≥ n ), то путем деления числителя на Pn ( x ) знаменатель получают многочлен и правильную рациональную дробь: R ( x) Pm ( x ) , где Ql ( x ) , R p ( x ) - многочлены степени l и p соот= Ql ( x ) + p Pn ( x ) Pn ( x ) ветственно; Ql ( x ) - частное (целая часть дроби); l ≤ m, l + n = m , R p ( x ) - остаток ( p < n ). 2. Находят корни знаменателя правильной рациональной дроби и разлагают знаменатель на квадратичные и (либо) линейные множители с вещественными коэффициентами. 3. Записывают разложение полученной правильной дроби на простейшие. 4. Интегрируют каждую простейшую дробь. Вывод: интеграл от рациональной дроби выражается через элементарные функции: рациональные дроби, arctg (x ) и ln ( x ) . Пример: Вычислить ∫

(x

xdx

2

− 1) ( x − 2 )

Решение: Разлагаем правильную дробь

(x

x

2

− 1) ( x − 2 )

=

(x

x

2

− 1) ( x − 2 )

на сумму простейших:

A B C ; + + ( x-1) ( x + 1) ( x − 2 )

x = A( x + 1)( x − 2) + B( x − 1)( x − 2) + C ( x − 1)( x + 1) ; 1 x = 1:1 = −2 A, A = − ; 2 1 x = −1: −1 = B (−2)(−3), B = − ; 6 2 x = 2 : 2 = C (1)(3), C = . 3

66

Лекции 5 - 6

x 1 1 2 . =− − + ( x − 1)( x − 2) 2 ( x − 1) 6( x + 1) 3( x − 2) По свойству линейности: x 1 dx 1 dx 2 dx ∫ ( x 2 − 1)( x − 2) dx = − 2 ∫ x − 1 − 6 ∫ x + 1 + 3 ∫ x − 2 = 1 1 2 = − ln x − 1 − ln x + 1 + ln x − 2 + C . 2 6 3 2

Пример: Вычислить

x6 + 2 x4 + 2 x2 − 1 ∫ x x 2 + 1 2 dx . ( )

x6 + 2 x4 + 2 x2 − 1 x ( x 2 + 1)

2

- неправильная дробь.

Выделим целую часть: x6 + 2 x4 + 2 x2 − 1 x2 − 1 = x + . x( x 2 + 1) 2 x( x 2 + 1) 2 Разложим правильную дробь на сумму простейших x 2 -1 A B x + D1 B2 x + D2 = + 12 + . 2 2 x (x + 1) x ( x + 1) ( x 2 + 1) 2

x 2 -1 = A(x 2 + 1) 2 + x (x 2 + 1) ⋅ ( B1 x + D1 ) + x ( B2 x + D2 ) ; x = 0 : −1 = A; x 4 : Ax 4 + B1 x 4 = 0, A + B1 = 0, B1 = 1; x3 : D1 = 0; x 2 : 2 A + B1 + B2 = 1, B2 = 2; x : D1 + D2 = 0, D2 = 0; x 2 -1 1 x 2x =− + 2 + 2 ; 2 2 x (x + 1) x ( x + 1) (x + 1) 2

∫

x6 + 2 x4 + 2 x2 − 1 x ( x 2 + 1)

= ∫ xdx − ∫

2

dx =

dx x x +∫ 2 dx + 2 ∫ dx = 2 x ( x + 1) ( x2 + 1)

2 d ( x 2 + 1) 1 d ( x + 1) x2 = − ln x + ∫ + = 2 2 ( x 2 + 1) ∫ ( x 2 + 1)2

=

x2 1 1 − ln x + ln ( x 2 + 1) − 2 +C. 2 2 ( x + 1)

67

Неопределенный интеграл

6.2. Интегрирование выражений, содержащих тригонометрические функции 6.2.1. Интегралы, содержащие произведение тригонометрических функций вида ∫ sin m xcos n xdx .

1. Пусть n и m - четные, неотрицательные числа. m = 2k , n = 2l , k , l ∈ Ν . В подынтегральной функции степени понижаются посредством перехода к двойному аргументу: 1 + cos 2 x 1 − cos 2 x ; sin 2 x = ; cos 2 x = 2 2 1 sin x cos x = sin 2 x . 2 Пример: 2

1 1 1 ⎛ 1 + cos 2 x ⎞ 4 2 ∫ cos xdx = ∫ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ dx = 4 ∫ dx + 2 ∫ cos 2 xdx + 4 ∫ cos 2 xdx = x 1 1 x 1 x 1 = + sin 2 x + ∫ (1 + cos 4 x ) dx = + sin 2 x + + sin 4 x + C . 4 4 8 4 4 8 32

Пример:

∫ sin

2

x cos 4 xdx = ∫ (sin x cos x) 2 cos 2 xdx =

sin 2 2 x (1 + cos 2 x) 1 1 dx = ∫ sin 2 2 xdx + ∫ sin 2 2 x cos 2 xdx = 4 2 8 42 8 4442444 1 4 43 4 1 3 I2 I1 1 1 − cos 4 x x sin 4 x I1 = ∫ dx = − +C. 8 2 16 64 1 1 I 2 = ∫ sin 2 2 xd (sin 2 x) = sin 3 2 x + C . 16 48 x sin 4 x 1 = − + sin 3 2 x + C . 16 64 48 =∫

Пусть хотя бы одно из чисел n и m - нечетное положительное. От нечетной степени отщепляется один сомножитель и заносится под знак дифференциала d, а оставшаяся подынтегральная функция выражается через функцию, стоящую под знаком дифференциала по формуле sin2 x + cos 2 x = 1 .

2.

68

Лекции 5 - 6

Пример:

∫ sin x cos xdx = ∫ sin x cos x cos xdx = = ∫ sin x cos xd sin x = ∫ sin x (1 − sin x ) d sin x = 1 1 1 = ∫ (sin x − 2sin x + sin x)d sin x = sin x − sin x + sin 4 3 8 (1 − cos x ) d cos x = 1 ⋅ 1 sin x sin x ⋅ sin xdx ∫ cos x dx = ∫ cos x = − ∫ 4 cos cos x 3

5

3

4

4

3

3

3

3

5

7

2

4

6

8

x+C;

2

2

5

2

5

5

4

x

−

1 +C . 2 cos 2 x

3. Пусть n и m - таковы, что m + n = −2k , где k ∈ Ν , то есть сумма m + n является четным отрицательным целым. Используется подстановка tgx = t , с 1 использованием формулы: 1 + tg 2 x = . cos 2 x sin 3 xdx ⎧3 − 5 = −2 ⎫ sin 3 x dx tg 4 x 3 ∫ cos5 x = ⎨⎩ tgx = t ⎬⎭ = ∫ cos3 x cos2 x = ∫ tg x ⋅ d ( tg x ) = 4 + C

6.2.2. Интегралы вида ∫ cos α x cos β xdx ; ∫ cos α x sin β xdx ; ∫ sin α x sin β xdx .

Для вычисления следует перейти к сумме функций и сумме интегралов:

cosα x cos β x =

1 ⎡cos (α − β ) x + cos (α + β ) x ⎤⎦ , 2⎣

cos α x sin β x =

1 ⎡ sin (α − β ) x + sin (α + β ) x ⎤⎦ , 2⎣

1 sin α x sin β x = [cos (α − β ) x − cos (α + β ) x ] . 2

6.2.3. Универсальная тригонометрическая подстановка Интегралы вида ∫ R(sin x , cos x )dx , где R ( sin x ,cos x ) = R ( u ,v ) – рацио-

нальная функция двух переменных, u = sin x ,v = cos x , вычисляются с помощью так называемой универсальной тригонометрической подстановки x x сводит указанный интеграл к интегралу от t = tg . Подстановка t = tg 2 2 дробно-рациональной функции от одной переменной t .

69

Неопределенный интеграл

Рассмотрим:

x x x x x 2 sin cos 2 sin cos 2tg 2 2 = 2 2 = 2 = 2t ; sin x = x x x⎛ x⎞ 1 + t2 2 x cos 2 + sin 2 cos 2 ⎜ 1 + tg 2 ⎟ 1 + tg 2 2 2 2⎝ 2⎠ x x cos 2 x ⎛1 − tg 2 x ⎞ − sin 2 2 ⎜ ⎟ 2⎝ 2 ⎠ 1− t 2 2 cos x = ; = = 2 1 + t 2 x 2 x 2 x⎛ 2 x⎞ cos + sin cos ⎜1 + tg ⎟ 2 2 2⎝ 2⎠ cos 2

x = 2arctg t , dx =

2dt . 1+ t2

Формулы универсальной тригонометрической подстановки имеют вид:

2 dt 2t 1 − t2 2t ; tgx = ; dx = ; sin x = ; cos x = 2 2 2 1+ t 1+ t 1+ t 1 − t2

⎛ 2t 1 − t 2 ⎞ 2dt ∫ R (sin x,cos x ) dx = ∫ R ⎜⎝ 1 + t 2 ; 1 + t 2 ⎟⎠ 1 + t 2 . Пример: dx

⎧

x

∫ sin x = ⎨⎩t = tg 2 , =∫

2dt (1 + t 2 )

(1 + t ) 2t 2

=∫

dx =

2dt 2t ⎫ , sin x = ⎬= 2 1+ t 1+ t2 ⎭

dt x = ln tg + C. t 2

Пример: x ⎧ ⎫ ⎪t = tg 2 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪cos x = 1 − t ⎪ ⎪⎪ dx 1 + t 2 ⎪⎪ = ⎬ ∫ 4 cos x + 3 sin x + 5 = ⎨ ⎪sin x = 2t ⎪ ⎪ 1+ t2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪dx = 2dt ⎪ ⎪⎩ 1 + t 2 ⎪⎭

70

Лекции 5 - 6

2dt 2dt 2dt 1+ t2 =∫ =∫ = = 2 2 1− t 2t 1+ t 4 − 4t 2 + 6t + 5 + 5t 2 ∫ t 2 + 6t + 9 +3 +5 4 1+ t2 1+ t2 1+ t2 dt 2 2 = 2∫ =− +C = − + C. 2 x t+3 (t + 3) tg + 3 2

!

Если подынтегральная функция R ( sin x , cos x ) является четной функциx ей sin x , cos x , то более эффективной, чем подстановка t = tg , является 2 подстановка t = tg x .

Пример:

∫a

2

1 dx dx =∫ = 2 2 2 2 2 2 2 sin x + b cos x cos x ( a tg x + b ) a 2

= {t = tgx} =

1 a2

∫

∫

dtgx = b2 2 tg x + 2 a

dt 1 at = arctg + C = 2 b ab b t2 + 2 a

1 a ⋅ tgx arctg +C ab b Вообще говоря, перечисленные методы не исчерпывают всех способов вычисления интегралов от тригонометрических функций.

=

Пример: ⎧ sin x = t ⎫ dx cos x cos x dx = = dx = ⎨ ⎬= ∫ cos x ∫ cos 2 x ∫ 1 − sin 2 x ⎩ dt = cos xdx ⎭ 1 1 dt 1 dt dt 1 1 + t + (1 − t ) ∫ 1 − t 2 = 2 ∫ (1 + t )(1 − t ) dt = 2 ∫ 1 − t + 2 ∫ 1 + t = − 2 ln t − 1 +

1 1 1+ t 1 1 + sin x + ln 1 + t + C = ln + C = ln +C = 2 2 t −1 2 sin x − 1 2

x x⎞ ⎛ ⎜ sin + cos ⎟ 1 2 2⎠ ⎛x π⎞ = ln ⎝ + C = ln tg⎜ + ⎟ + C. 2 2 ⎛ ⎝2 4⎠ x x⎞ ⎜ sin − cos ⎟ 2 2⎠ ⎝ ⇒∫

dx ⎛x π⎞ = ln tg⎜ + ⎟ + C. cos x ⎝2 4⎠

Неопределенный интеграл

71

6.3. Интегрирование иррациональных выражений 6.3.1. Линейные иррациональности Рассмотрим интегралы вида mk m1 m2 ⎧⎪ ⎫ nk ⎪ n1 n2 + + + R x , ( ax b ) , ( ax b ) ,..., ( ax b ) ⎬ dx , ∫ ⎨⎪ ⎩ ⎭⎪ mi ni

где (ax + b) - линейные иррациональности - корни порядка ni, а R (x, y,z,...) дробно-рациональная функция своих аргументов. m1 m2 m Пусть s – общий знаменатель дробей , , ..., k , тогда подстановка n1 n2 nk

t s = ax + b сводит указанный интеграл к интегралу от дробно-рациональной функции одного аргумента. Пример:

∫

⎧1 3 ⎫ t4 +1 4 dx = ⎨ , , S = 4, t = 2 x − 1 ; x = ; dx = 2t 3 dt ⎬ = 3 4 2 (2 x -1) + 1 ⎩2 4 ⎭

(2 x -1)

t 2 2t 3dt t 2 (t 3 + 1 − 1) t 2 dt 2 = 2 dt = 2 t dt 2 ∫ t3 + 1 ∫ ∫ t3 + 1 = t3 + 1 3 3 2 3 2 dt 3 2 3 2 2 2 3 4 4 = t − ∫ 3 = t - ln t + 1 + c = = (2 x -1) − ln (2 x -1) + 1 + c . 3 3 t +1 3 3 3 3

=∫

6.3.2. Дробно-линейные иррациональности mk m1 ⎛ ⎞ n1 nk + + ax b ax b ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ dx , где R ( x, y ,...) – Интегралы вида ∫ R x ,⎜ , ... ,⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ cx + d ⎠ ⎝ cx + d ⎠ ⎟ ⎝ ⎠ дробно-рациональная функция, вычисляются при помощи подстановки ax + b S m m = t , где S – общий знаменатель дробей 1 ,..., k . cx + d n1 nk

72

Лекции 5 - 6

Пример: 1+ x dx = 1-x

1

∫ (1+ x )

2

⎧1 + x 2 ⎫ 2 2 2 2 2 2 ⎪⎪ 1-x = t , 1 + x = t − xt , x + xt = t − 1, x (1 + t ) = t − 1, ⎪⎪ =⎨ ⎬= 2 2 t 1 t 1 2 2 4 t − + − − ⎪ x= , x= , dx = dt ⎪ = 1+ ⎪⎩ ⎪⎭ 1+ t2 1+ t2 1+ t2 (1 + t 2 ) 2 2 1 4tdt 4t dt =∫ ⋅t⋅ =∫ 2 = 2 2 2 2 (1 + t ) (t + 1 + t 2 − 1) 2 ⎛ t −1 ⎞ ⎜1 + 2 ⎟ ⎝ t +1⎠ 4t 2 dt dt 1 1-x = ∫ 2 2 = ∫ 2 = − +c = − +c. (2t ) t t 1+ x

6.3.3. Квадратичные иррациональности - тригонометрические подстановки

Интегралы вида

∫ R ( x,

)

ax 2 + bx + c dx , где

ax 2 + bx + c - квадратичная

иррациональность, а R( u ,v ) - дробно-рациональная функция своих аргументов, выделением полного квадрата в квадратном трехчлене и заменой b приводятся к интегралу одного из следующих трех типов: u = x+ 2a 1) R u , l 2 − u 2 du ;

∫

2) 3)

(

∫ R ( u, ∫ R ( u,

)

) ) du ,

l 2 + u 2 du ; u2 − l2

к которым применяют тригонометрические подстановки соответственно: 1) u = l sin t или u = l th t , 2) u = l tg t или u = l sh t , l 3) u = или u = l ch t , cos t после чего подынтегральная функция сводится к тригонометрической. Пример:

∫

5 + 2 x - x 2 dx = ∫ 5 − ( x 2 − 2 x )dx =

⎧ x -1 = u ⎫ 2 =⎨ ⎬ = ∫ 6 - u du = ⎩ dx = du ⎭

∫

5 - ( x -1) 2 + 1 dx = ∫ 6 - ( x -1) 2 dx =

73

Неопределенный интеграл

u ⎫ ⎧ = ⎨u = 6 sin t , du = 6 cos t dt ; t = arcsin ⎬= 6⎭ ⎩

6 (1 + cos 2t )dt = 2∫ 3 x -1 3 x -1 = 3t + sin 2t + c = 3 arcsin + sin 2 arcsin +c = 2 6 2 6 x -1 3 = 3arcsin + sin 2α + c = {sin 2α = 2 sin α cos α } = 6 2 = ∫ 6 - 6 sin 2 t

= 3arcsin

6 cos t dt = 6∫ cos2 t dt =

x -1 3 x -1 ( x -1) 2 + 2 1− +c. 6 6 2 6

Частные случаи квадратичных иррациональностей dx 1. Интегралы вида ∫ выделением полного квадрата в знамеax 2 + bx + c нателе сводятся к табличным. Пример: dx

∫ =∫

2.

x2 + 2x + 5 d ( x + 1)

=∫

( x + 1) + 2 2

Для интегралов вида

dx x2 + 2x + 1 + 4

=

= ln x + 1 + x 2 + 2 x + 5 + c

2

∫

Ax + B

dx в числителе выделяется произ-

ax + bx + c водная квадратного трехчлена, стоящего в знаменателе, и интеграл сводится либо к табличному, либо к рассмотренному ранее. 2

Пример:

∫

5x - 3

dx = 2 x2 + 8x + 1 5 (4 x + 8) -13 4 =∫ dx = 2 x2 + 8x + 1 5 d (2 x 2 + 8 x + 1) = ∫ − 4 2 x2 + 8x + 1

dx 5 (4 x + 8)dx -13∫ = ∫ 2 2 4 2 x + 8x + 1 2 x + 8x + 1 13 dx = ∫ 2 1 2 x + 4x + + 4 − 4 2 5 13 d ( x + 2) = 2 2 x2 + 8x + 1 − = ∫ 4 2 7 2 ( x + 2) − 2 =

5 13 1 2 2 x2 + 8x + 1 − ln x + 2 + x 2 + 4 x + + c . 4 2 2

74

Лекции 5 - 6

Пример:

⎧ ⎫ ⎪ ⎪ x = atg t , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ dx dt ∫ 2 2 3 / 2 = ⎨ dx = a cos 2 t , ⎬ = ∫ ⎪ ⎪ x +a 2 ⎪ ⎪ 2 a 2 ⎪x + a = ⎪ cos 2 t ⎭ ⎩ 1 1 = 2 ∫ cos t dt = 2 sint + C = a a 1 tg t x = 2 +C = +C . a 1 + tg 2t a2 a2 + x2

(

!

)

Интегралы вида

∫ ( x − a)

a

cos 2 t

⎛ a ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ cos 2 t ⎟ ⎝ ⎠

dx k

dt

ax 2 + bx + c

2

3

=

, где

k ≤ 2 , подстановкой

1 1 x − a = ; dx = − 2 dt приводятся к предыдущему случаю. t t Пример:

∫x

1 -1 1⎫ ⎧ = ⎨ x = ; dx = 2 dt; t = ⎬ = t t x⎭ x +1 ⎩

dx 2

1 dt 2 dt dt t = ∫ = −∫ 2 = −∫ = − ln t + 1 + t 2 + c = 2 t 1 1 1+ t 1+ t2 +1 2 2 t t t -

− ln

1 1 + 1+ 2 + c . x x

6.3.4. Интегрирование дифференциальных биномов

Выражение вида x m ( a + bx n ) dx , где m ,n , p - рациональные дроби, p

a ,b − const , называется дифференциальным биномом.

Т

Интеграл от дифференциального бинома приводится к интегралу от рациональной функции в трех случаях подстановками Чебышева. В остальных случаях интеграл не вычисляется через элементарные функции. Случай 1: p - целое число. Используется подстановка x = t s , где s – НОК знаменателей дробей m и n (НОК - наименьшее общее кратное).

75

Неопределенный интеграл

m+1 - целое число. n Используется подстановка a + bx n = t s , где s – знаменатель дроби p . m+1 Случай 3: + p - целое число. n Используется подстановка ax − n + b = t s , где s – знаменатель дроби p . Случай 2:

Пример: dx

∫x

=∫x

−1

1 2 −2

(1 + x )

dx ,

1 m = −1, n = 2, p = − . 2

x +1 m+1 = 0 - целое - случай 2, используется замена n ⎧ 2tdt ⎫ 2 2 2 2 2 ⎨1 + x = t , x = t − 1, x = t − 1, dx = ⎬. 2 t2 −1 ⎭ ⎩ 1 t +1 t ⋅ dt dt dt ∫ t 2 − 1 t 2 − 1 ⋅ t = ∫ t 2 − 1 = −∫ 1 − t 2 = − 2 ln t − 1 + c = 2

= ln

t −1 + c = ln t +1

x2 + 1 −1 x2 + 1 + 1

+ c.

6.3.5. Метод неопределенных коэффициентов для интегрирования иррациональностей Pn ( x ) В общем случае интегралы вида ∫ можно вычислить, ис2 ax + bx + c пользуя следующую формулу: Pn ( x ) dx 2 dx Q x ax bx c = + + + λ ( ) n − 1 ∫ ax2 + bx + c ∫ ax2 + bx + c , где Qn−1 ( x ) - многочлен степени n-1 с коэффициентами, подлежащими опре-

делению. Число λ и неопределенные коэффициенты многочлена Qn−1 ( x ) находятся дифференцированием вышеприведенной формулы. Пример:

∫

x2 x2 + x + 1

dx = ( Ax + B) x 2 + x + 1 + λ ∫

dx x2 + x + 1

.

Дифференцируем по х

x2

= A x2 + x + 1 +

( Ax + B ) ( 2 x + 1)

x2 + x + 1 2 x2 + x + 1 Находим неопределенные коэффициенты.

+λ

1 x2 + x + 1

.

76

Лекции 5 - 6

1⎞ ⎛ x 2 = A ( x 2 + x + 1) + ( Ax + B) ⎜ x + ⎟ + λ . 2⎠ ⎝ A B x 2 : 2 A = 1; x : A + B + = 0; x 0 : A + + λ = 0, 2 2 1 3A 3 1 . A= , B=− =− , λ=− 8 2 2 4

∫

x2dx

3⎞ 1 dx ⎛1 = ⎜ x − ⎟ x2 + x + 1 − ∫ = 4⎠ 8 x2 + x + 1 x2 + x + 1 ⎝ 2

3⎞ 2 1 1 ⎛1 2 ⎜ x − ⎟ x + x + 1 − ln x + + x + x + 1 + C . 2 4 8 2 ⎝ ⎠

!

Интегралы виды

∫ ( x − a)

dx k

ax 2 + bx + c

, где k – любое, подстановкой

1 1 x − a = , dx = − 2 dt приводятся к предыдущему случаю. t t Пример:

∫ ( x − 1)

1 1 ⎫ ⎧ = ⎨ x − 1 = ; dx = − 2 dt ⎬ = t t ⎭ x + 3x + 1 ⎩

dx 3

2

t 3dt

= −∫

2

t

2

⎛1+ t ⎞ ⎛1+ t ⎞ ⎜ ⎟ + 3⎜ ⎟ +1 ⎝ t ⎠ ⎝ t ⎠

=−∫

t 2 dt 5t 2 + 5t + 1

=

3⎞ A dt ⎛ t . = − ⎜ − ⎟ 5t 2 + 5t + 1 + ∫ 10 ⎝ 10 20 ⎠ 5t 2 + 5t + 1

6.3.6. Подстановки Эйлера

В общем случае интегралы вида

∫ R (x ,

ax 2 + bx + c )dx можно вычис-

лить, используя подстановки Эйлера. Указанные подстановки классифицируются по виду коэффициентов a, b, c. Предполагается, что квадратный трехчлен не имеет равных действительных корней, так что корень из него не может быть заменен рациональным выражением.

77

Неопределенный интеграл

Первая подстановка Эйлера: a > 0

Используется замена ax 2 + bx + c = t ± a x . Выберем для определенности знак +. Возведем в квадрат и выразим

t2 − c x= . Поскольку x - рациональная функция от t, то dx и t + ax есть b − 2t a также рациональные функции от t. Пример:

dx

∫

x +1 2

x=

; x 2 + 1 = x + t; x 2 + 1 = x 2 + 2 xt + t 2 ,

1 − t2 1 t 1 + t2 ⎛ 1 1⎞ = − ; dx = ⎜ − 2 − ⎟ dt = − 2 dt , 2t 2t 2 2⎠ 2t ⎝ 2t

x2 + 1 =

1− t2 1 − t 2 + 2t 2 1 + t 2 +t = = . 2t 2t 2t

1+ t2 dt 2 1 dt 2 t −∫ = − ∫ = − ln t + c = ln +c. 2 2 1+ t t x +1 − x 2t Избавимся от иррациональности в знаменателе дроби под знаком логарифма, умножив числитель и знаменатель на выражение

1

гда: ln

x +1 − x 2

= ln

(

x2 + 1 + x

)

2

x +1 − x 2

= ln 2

(

x 2 + 1 + x , то-

)

x2 + 1 + x .

Вторая подстановка Эйлера: c>0

Используется замена сти знак «+».

ax 2 + bx + c = xt ± c . Выберем для определенно-

Пример:

∫

dx 1+ x

2

; 1 + x 2 = xt + 1 , 1 + x 2 = x 2t 2 + 2 xt + 1; x 2 = x 2t 2 + 2 xt ; x = xt 2 + 2t ,

2 (1 − t 2 ) + 2t ⋅ 2t 2 (1 + t 2 ) 2t 2 − 2t 2 + 4 t 2 x= dt = dt = dt , ; dx = 2 2 2 2 2 2 1− t 2 − t − t − t 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 1 + x2 =

∫

dx 1 + x2

t ⋅ 2t 2t 2 + 1 − t 2 1 + t 2 + 1 = = , 1− t2 1− t2 1− t2

=∫

2 (1 + t 2 ) dt

(1 − t 2 ) 2

(1 + t ) (1 − t 2 ) 2

= 2∫

dt t +1 = ln = 2 1− t t −1

78

Лекции 5 - 6

x2 + 1 − 1 +1 x = ln x2 + 1 − 1 −1 x

= ln

x2 + 1 − 1 + x x2 + 1 − 1 − x

.

Третья подстановка Эйлера В этом случае квадратный трехчлен имеет действительные корни α и β .

Используется замена

ax 2 + bx + c = ( x − α ) t .

Пример:

∫

dx x −1 2

; x 2 − 1 = ( x − 1)( x + 1) ,

( x − 1)( x + 1) = ( x − 1) t2 =

x +1 ;t = x −1

x 2 − 1 = ( x − 1) t ,

t , ( x + 1) = ( x − 1) t 2 ,

2 2

x +1 ; x + 1 = xt 2 − t 2 , x −1

2t ( t 2 − 1) − 2 ( t 2 + 1) t2 +1 4t x= 2 dt = − dt , ; dx = 2 2 2 2 t −1 t − t − 1 1 ( ) ( ) ⎛ t 2 +1 ⎞ 2t x2 −1 = ( x − 1) t = ⎜ 2 − 1⎟ t = 2 , ⎝ t −1 ⎠ t −1 −4t dt 2 2 t − 1) ( dx dt dt ∫ x2 −1 = ∫ 2t = −2∫ t2 −1 = 2∫ 1 − t2 = (t2 −1) 2 t +1 = ln = ln 2 t −1

x +1 +1 x −1 = ln x +1 −1 x −1

x +1 + x −1 x +1 − x −1

(

=

)

2 x + x2 − 1 x − 1 + 2 x2 − 1 + x + 1 = ln = ln = ln x + x 2 − 1 + c . x +1− x +1 2

!

На самом деле во всех возможных случаях достаточны первая и третья подстановки. Действительно, если квадратный трехчлен имеет действительные корни, то применима третья подстановка. Если действительных корней

нет,

т.е.

дискриминант

b 2 − 4 ac < 0 ,

то

трехчлен

Неопределенный интеграл

79

1 ( ax + b )2 − ( b 2 − 4 ac )) при всех значениях x имеет знак a. ( 4a Случай a<0 нас не интересует, так как радикал в этом случае вовсе не имеет вещественных значений, значит проходит первая подстановка для a>0.

ax 2 + bx + c =

В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, студенты должны знать: ƒ таблицу основных интегралов; ƒ основные методы интегрирования (непосредственное интегрирование, замена переменной, интегрирование по частям). Студент должен уметь: ƒ вычислять интегралы от основных типов функций (рациональные дроби, выражения, содержащие тригонометрические функции, иррациональные выражения).

Лекции 7 - 8 ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ Развитая в прошлой лекции техника вычисления первообразных находит конкретные геометрические и механические приложения в виде определенного интеграла, вычисление которого через основную формулу интегрального исчисления (формулу Ньютона – Лейбница) сводится к вычислению первообразных.

7.1. Определенный интеграл и его свойства/ Основные определения 7.2. Геометрический смысл определенного интеграла 7.3. Теоремы существования 7.4. Свойства определенного интеграла 7.5. Формула Ньютона-Лейбница 7.6. Замена переменной в определенном интеграле 7.6.1. Интегралы от четных и нечетных функций 7.7. Интегрирование по частям 8.1. Геометрические приложения определенного интеграла. Вычисление площадей плоских фигур 8.1.1. Вычисление площади в прямоугольных координатах 8.1.2. Параметрическое задание линий 8.1.3. Вычисление площадей, фигур, граница которых задана кривыми в параметрической форме 8.1.4. Полярные координаты на плоскости 8.1.5. Связь полярных координат с декартовыми 8.1.6. Примеры уравнений линий в полярной системе координат 8.1.7. Площадь криволинейного сектора в полярной системе координат 8.2. Вычисление длины дуги кривой 8.2.1. Вычисление длины плоской кривой в прямоугольных координатах 8.2.2. Вычисление длины плоской кривой в параметрической форме 8.2.3. Вычисление длины дуги пространственной кривой в параметрической форме 8.2.4. Дифференциал длины дуги кривой 8.2.5. Длина кривой, заданной в полярных координатах 8.2.6. Площадь поверхности вращения 8.3. Вычисление объемов тел 8.3.1. Вычисление объемов по заданным площадям поперечных сечений 8.3.2. Вычисление объемов тел вращения

81

Определенный интеграл

7.1. Определенный интеграл и его свойства. Основные определения О

Пусть на [ a , b ] задана непрерывная

f ( x) .

функция

[ a , b]

y

Разобьем

+

на n частей точками деления: a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b . x 0ξ1 x1 ... Обозначим: x1 = x1 − x0 , Рис. 1.1 x2 = x2 − x1 ,… xi = xi − xi −1 …. В каждом из отрезков [ xi −1 , xi ] возьмем по точке ξi ∈ [ xi −1 , xi ] .

+

x

x n −1x n

–

n

Составим сумму: Sn = f (ξ1 ) x1 + f (ξ 2 ) x2 + ... + f (ξ n ) xn = ∑ f (ξi ) xi . i =1

Геометрически Sn есть алгебраическая сумма площадей прямоугольников, имеющих основания ∆хi и высоты f (ξi). Sn называют интегральной суммой для f ( x ) на [ a , b ] .

S n зависит от способа разбиения [ a , b ] на отрезки [ xi −1 , xi ] и от выбора точек ξi внутри [ xi −1 , xi ] . Каждому разбиению соответствует своя S n . Таким образом, получается последовательность {S n } . Обозначим max xi - наибольшую из длин отрезков разбиения и устремим max xi → 0 . О

Если при любых разбиениях [ a , b ] таких, что max xi → 0 , и при любом n

выборе точек ξi Sn = ∑ f (ξi ) xi стремится к одному пределу S, то этот i =1

предел называется определенным интегралом от f ( x ) на [ a , b ] и обоb

значается

∫ f ( x ) dx . Таким образом, по определению a

b

∫ f ( x ) dx = a

n

lim

max xi →0

∑ f (ξ ) i =1

i

xi ;

а называется нижним пределом интеграла, b – верхним пределом. О

Если ∃

b

∫ f ( x ) dx , то f ( x ) называется интегрируемой на [ a , b] . a

82

Лекции 7 - 8

7.2. Геометрический смысл определенного интеграла b

Геометрически определённый интеграл

∫ f ( x ) dx представляет собой алa

гебраическую сумму площадей фигур, ограниченных графиком функции у =f(х), осью Ох и прямыми х = а и х = b, причем площади, расположенные выше оси Ох, входят со знаком плюс, а площади, расположенные ниже оси Ох, - со знаком минус.

7.3. Теоремы существования Т

Если f ( x ) непрерывна на [ a , b ] , то она интегрируема на [ a , b ] .

Т

Если f ( x ) кусочно-непрерывна на [ a , b ] (имеется конечное число точек

Т

разрыва первого рода), то она интегрируема на [ a , b ] .

Если f ( x ) монотонна на [ a , b ] , то она интегрируема на [ a , b ] . b

!

В определении

∫ f ( x ) dx

пределы удовлетворяют ограничению a < b .

a

b

Снимем это ограничение. Если a < b , то

∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx . a

a

также

∫ f ( x ) dx = 0 . a

Пример: b

Вычислить ∫ kxdx как предел интегральных сумм. a

Решение: b−a xi = = x; n x0 = a; x1 = x0 + x; x2 = x1 + x = x0 + 2 x. Пусть ξi = xi −1 (левые концы каждого отрезка) ξ1 = x0 ; ξ 2 = x1 и так далее. n

n

i =1

i =1

Sn = ∑ f (ξi ) xi = ∑ kxi −1 ⋅

=

b − a k (b − a ) n = xi −1 = ∑ n n i =1

k (b − a ) ⎛ (b − a ) ⎞ = ∑ ⎜ a + ( i − 1) ⎟ n n ⎠ i ⎝

a

b

Пусть

83

Определенный интеграл

k (b − a ) ⎡ ⎤ k (b − a ) ⎡ (b − a ) ( b − a ) n ( n − 1) ⎤ ( i − 1)⎥ = ∑ ⎢∑ a + ⎢ na + ⎥= n n n n 2 ⎦ i ⎣ i ⎦ ⎣ 2 2 k ( b − a ) {an + bn − ( b − a ) n} . = 2n n b k k Пусть n → ∞ ( x → 0 ) , lim Sn = ( b 2 − a 2 ) , ∫ kxdx = ( b 2 − a 2 ) n →∞ 2 2 a =

7.4. Свойства определенного интеграла 1.

Независимость величины интеграла от обозначения переменной интегрирования:

2.

b

b

a

a

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt .

Линейность определенного интеграла. Если f1 и f 2 интегрируемы на [ a ,b] и А, В – произвольные числа, то b

∫ [ Af

1

a

b

b

a

a

+ Bf 2 ] dx = A∫ f1dx + B ∫ f 2 dx .

Доказательство: Для интеграла в левой части n

Sn = ∑ ⎡⎣ Af1 (ξi ) + Bf 2 (ξi )⎤⎦ xi = i =1

n

n

= ∑ Af1 (ξi ) xi + ∑ Bf 2 (ξi ) xi = i =1

i =1

n

n

= A∑ f1 (ξi ) xi + B ∑ f 2 (ξi ) xi . i =1

i =1

n

По

условию

∑ f (ξ ) i =1

1

i

b

xi → ∫ f1 ( x ) dx , a

n

∑ f (ξ )

b

Таким образом, ∃ lim

max xi → 0

b

вой части

∫ [ Af a

3.

1

2

i =1

i

b

xi → ∫ f 2 ( x ) dx . a

b

правой части A∫ f1dx + B ∫ f 2 dx ⇒ ∃ lim a

b

b

a

a

a

max xi → 0

ле-

+ Bf 2 ] dx = A∫ f1dx + B ∫ f 2 dx , что и требовалось доказать.

Аддитивность (разбиение промежутка интегрирования на части). Для любых трех чисел a , b , c справедливо равенство: b

c

b

a

a

c

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx при условии, что все три интеграла существуют.

84

Лекции 7 - 8

Доказательство: Пусть a < c < b . Составим

b

b

∑

c

∑

c

∫

соответствует

a

a

b

b

∑

;

где c - точка деления [ a , b ] .

∫

для

a

соответствует

c

a

∫

рейдем к пределу при max xi → 0 :

∫

Если a < b < c , то

a

b

∑ a

c

b

c

,

b

c

a

b

=∫ +∫ ;

b

∫ a

c

b

=∑ +∑ a

c

⇒ пе-

c

b

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . a c

c

c

a

b

c

a

b

a

c

=∫ −∫ =∫ +∫ .

Теоремы об оценке определенного интеграла Т

Сохранение интегралом знака функции. Пусть 1) f ( x ) интегрируема на [ a , b ] ; 2) f ( x ) ≥ 0 для любых x ∈ [ a ,b ] , тогда

b

∫ f ( x ) dx ≥ 0 . a

Доказательство: n

Sn = ∑ f (ξi ) xi ≥ 0 ⇒ lim Sn ≥ 0 , то есть n →∞

i =1

b

∫ f ( x ) dx ≥ 0 , что и требовалось a

доказать. Т

Интегрирование неравенств. Пусть 1) f ( x ) , g ( x ) интегрируемы на [ a , b ] ; 2) f ( x ) ≥ g ( x ) для любых

x ∈ [ a ,b ] , тогда:

b

b

a

a

∫ f ( x ) dx ≥ ∫ g ( x ) dx .

Доказательство: b

f ( x ) − g ( x ) ≥ 0 ⇒ ∫ ⎡⎣ f ( x ) − g ( x ) ⎤⎦ dx ≥ 0 . a

b

b

b

b

a

a

a

a

∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx ≥ 0 ⇒ ∫ f ( x ) dx ≥ ∫ g ( x ) dx Т

f ( x ) интегрируема на [ a , b ] ; 2) m и M -наименьшее и наибольшее значения функции f ( x ) , тогда

Теорема об оценке. Пусть 1) b

m ( b − a ) ≤ ∫ f ( x ) dx ≤ M ( b − a ) . a

85

Определенный интеграл

Доказательство: Из условия теоремы m ≤ f ( x ) ≤ M . Интегрируем неравенство 1: b

b

b

∫ mdx ≤ ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ Mdx . a

a

a

b

b

a

a

Из линейности ∫ mdx = m ∫ dx = m ( b − a ) . Т

Теорема о среднем. Если f ( x ) непрерывна на [ a ,b ] , то ∃c ∈ [ a ,b ] такая, b

что

∫ f ( x ) dx = ( b − a ) f ( c ) . a

Доказательство: b

Из

теоремы

об

1 m≤ f ( x ) dx ≤ M , ( b − a ) ∫a

оценке

то

есть

b

1 f ( x ) dx = µ , где m ≤ µ ≤ M . ( b − a ) ∫a

Так как f ( x ) непрерывна, то она принимает все промежуточные значе-

ния между m и M. Следовательно, при некотором значении с ( c ∈ [ a ,b ])

f ( c ) = µ , то есть

b

∫ f ( x ) dx = ( b − a ) f ( c ) . a

b

!

1 f ( x ) dx называется средним значением функции Число f ( c ) = ( b - a ) ∫a f ( x ) на отрезке [ a , b ] .

Пример: 1

Оценить интеграл ∫ 0

dx 1+ x4

.

Решение: Имеем 1 ≤ 1 + х4 ≤ 2 при 0 ≤ х ≤ 1, 1 2

≤

1 1+ x 4 1

т.е. m =

2

≤ 1,

, М = 1, b − а = 1.

Следовательно,

1 2

1

≤ ∫ 0

dx

1+ x 4

≤ 1.

86

Лекции 7 - 8

Пример: 1

Определить знак интеграла

∫ x e dx , не вычисляя его. 3 x

−1

Решение: 1

0

1

−1

−1

0

Разобьём интеграл на два ∫ x 3 exdx = ∫ x 3 exdx + ∫ x 3 exdx = ={поменяем в первом интеграле пределы}= −1

1

0

0

= − ∫ x 3 ехdx + ∫ x 3 ехdx = ={заменим в первом интеграле х → (−х), тогда:}= 1

1

1

1

0

0

0

0

= − ∫ (− x )3 е−х d(−x) + ∫ x 3 ехdx = − ∫ x 3 e−xdx + ∫ x 3 ехdx = 1

= ∫ x 3 (ex − e−x) dx, на отрезке х∈[0, 1], х3 ≥ 0, ех − е−х ≥ 0, 0

1

следовательно, ∫ x 3 (ex − e−x) dx ≥ 0, т.е. знак интеграла - плюс. 0

Производная интеграла по верхнему пределу (теорема Барроу) Рассмотрим некоторый промежуток [ a , b ] , f ( x ) - функция, интегрируе-

мая на [ a , b ] , d – фиксированная точка из [ a ,b ] , х – любая точка из [ a , b ] . Из

интегрируемости f ( x ) на [ a , b ] следует интегрируемость f ( x ) на [ d , x ] . Есx

ли верхний предел меняется, то меняется и значение интеграла

∫ f ( t ) dt , т.е. d

x

можно сказать, что на [ a , b ] задана функция F ( x ) : F ( x ) = ∫ f ( t ) dt . d

О

Т

Функция F ( x ) называется интегралом с переменным верхним пределом. ⎧x ⎫′ Если f ( x ) непрерывна на [ a , b ] , то F ′ ( x ) = ⎨ ∫ f ( t ) dt ⎬ = f ( x ) - произ⎩d ⎭ водная от интеграла по переменному верхнему пределу равна результату подстановки значения верхнего предела в подынтегральную функцию f ( x ) . Доказательство: F ( x + x) − F ( x) По определению производной F ′ ( x ) = lim x →0 x

87

Определенный интеграл

F ( x + x) − F ( x) =

x+ x

x

∫ f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt d

d

x

x+ x

x

x+ x

d

x

d

x

= ∫ f ( t ) dt +

= {из свойства аддитивности}=

∫ f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = f ( µ )

F ( x + x) − F ( x)

= lim f ( µ ) , так как x →0 x lim f ( µ ) = lim f ( µ ) = f ( x ) ⇒ F ′ ( x ) = f ( x ) . lim

x→0

µ→x

при

x → 0,

то

µ→x

x →0

Т

x, x < µ < x + x,

Теорема Коши. Всякая непрерывная на [ a , b ] функция f ( x ) имеет в x

этой области первообразную F ( x ) = ∫ f ( t ) dt или, так как первообразная a

x

определяется с точностью до константы, F ( x ) = ∫ f ( t ) dt + C , C − const . a

!

(Обобщение теоремы Барроу). Если функции ϕ ( x ) и ψ ( x ) дифферен-

цируемы в точке х ∈ [ a , b ] и f ( t ) непрерывна при ϕ ( a ) ≤ t ≤ ψ ( b ) , то

⎛ψ ( x) ⎞′ ⎜ ∫ f ( t ) dt ⎟ = f (ψ ( x ) )ψ ′ ( x ) − f (ϕ ( x ) ) ϕ ′ ( x ) . ⎜ ϕ ( x) ⎟ ⎝ ⎠x Пример: x2

2

I(х) = ∫ e −t dt, найти I′(х). 0

Решение: Учтём ϕ(х) = 0, т.е. ϕ′(х) = 0, ψ(х) = х2. 2 2 4 I′(х) = e − (x ) (х2)′ = 2х e − x .

7.5. Формула Ньютона-Лейбница Т

Пусть f ( x ) непрерывна на [ a , b ] , тогда b

∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) = F ( x )

b a

.

a

Доказательство: По теореме Коши из условия непрерывности f ( x ) следует существоваx

ние F ( x ) = ∫ f ( t ) dt + C . a

88

Лекции 7 - 8 a

Положим, x = a ⇒ F ( a ) = ∫ f ( t ) dt + C , то есть C = F ( a ) . Положим, a

b

x = b ⇒ F ( b ) = ∫ f ( t ) dt + F ( a ) ⇒ a

b

b

a

a

∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) , что и

требовалось. Таким образом, для вычисления определенного интеграла от непрерывной функции f ( x ) нужно: 1) не обращая внимания на пределы интегрирования найти первообразную F ( x ) для подынтегральной функции (по правилам вычисления неопределенного интеграла); 2) вычислить F ( b ) − F ( a ) . Пример: b

b

1) ∫ kxdx = k ∫ xdx = k a

a

π

2) ∫ sin xdx = − cos x

π 0

x2 2

b a

=

k 2 b − a2 ) . ( 2

= − cos π + cos 0 = 2 .

0

Пример: e2

dx

Вычислить ∫ . x ln x e Решение: e2

∫ e

dx = x ln x

e2

∫ e

d (ln x ) = ln ln x ln x

e2 e

= ln(ln e2) − ln(ln e) = ln 2 ≈ 0,69.

Пример: π

4

Вычислить ∫ π

6

dx cos 2 x

.

Решение: π

4

∫

π

6

π π π 3 dx = tgx π 4 = tg − tg = 1 − . 2 4 6 3 cos x 6

7.6. Замена переменной в определенном интеграле Т

Пусть 1) f ( x ) непрерывна на [ a , b ] ; 2) x = g ( t ) - непрерывно диффе-

ренцируема на [α , β ] ( [ a, b ] - область значений g ( t ) при изменении

89

Определенный интеграл

t ∈ [α , β ] ); 3) a = g (α ) , b = g ( β ) , тогда

β

b

∫ f ( x ) dx = α∫ f ( g ( t ) ) g ′ ( t ) dt

- форму-

a

ла замены переменной под знаком определенного интеграла. Доказательство: b

∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) . Здесь F ( x ) = F ( g ( t ) ) . F ′ = F ′ ⋅ x ′ = F ′ ( g (t )) ⋅ g ′ (t ) ; F ′( g (t )) = F ′( x ) = f ( x ) = f ( g (t )) .

Левая часть

a

t

x

t

Таким образом, Ft ' = f ( g ( t ) ) ⋅ g ' ( t ) , следовательно, F ( g ( t ) ) является первообразной для функции f ( g ( t ) ) ⋅ g ' ( t ) на [α , β ] . β

Правая часть

∫α f ( g ( t ) ) ⋅ g ' ( t )dt = F ( g ( β ) ) − F ( g (α ) ) , то есть

β

∫α f ( g ( t ) ) ⋅ g '( t )dt = F ( b ) − F ( a ) . Левая часть равна правой части, что и требовалось доказать. Пример: r

∫ 0

π /2

=

0=r sin α , α = 0 ⎫ ⎪ π⎬= r =r sin β , β = ⎪ 2⎭ π /2 2 π /2 r r 2 − r 2 sin 2 tr cos tdt = ∫ r 2 cos 2 tdt = (1 + cos 2t ) dt = 2 ∫0 0

⎧ x = r sin t , ⎪ r − x dx = ⎨ ⎪⎩dx = r cos tdt , 2

∫ 0

2

r2 ⎛ 1 ⎞ = ⎜ t + sin 2t ⎟ 2⎝ 2 ⎠

π 2 0

=

π r2 4

.

Пример: 2

⎧ 1 dt 1 1 = ∫1 x x 2 + 1 ⎨⎩ x = t , dx=- t 2 ,1= α ,α = 1, 2 = β ,

1⎫ 2⎭

dx

1 2

= −∫ 1

1

tdt t2

1+ t t2

2

=∫ 1 2

dt 1+ t

2

(

=ln t+ t 2 + 1

)

1 1 2

(

β= ⎬ =

)

= ln 1+ 2 -ln

1+ 5 . 2

90

Лекции 7 - 8

7.6.1. Интегралы от четных и нечетных функций на [ − a ,a ] 1) f ( x ) - четная ( f ( − x ) = f ( x ) ) . a

0

a

−a

−a

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . ⎧ x = −t , dx = − dt ⎫ ⎪ ⎪ f ( x ) dx = ⎨ − a = −α , a = α ⎬ = ⎪ 0 = −β , β = 0 ⎪ ⎩ ⎭

0

∫

−a

0

a

a

= − ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx , 0

a

2)

0

a

a

−a

0

∫ f ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx . f ( x ) - нечетная функция ( f ( − x ) = − f ( x ) ) .

a

0

a

−a

−a

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . 0

∫

−a

⎧ x = −t , dx = − dt ⎫ ⎪ ⎪ f ( x ) dx = ⎨ − a = −α , a = α ⎬ = ⎪ 0 = −β , β = 0 ⎪ ⎩ ⎭ 0

0

a

a

a

a

0

0

= − ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( t ) dt = − ∫ f ( t ) dt = − ∫ f ( x ) dx , a

∫ f ( x ) dx = 0 .

−a

7.7. Интегрирование по частям Т

Пусть u ( x ) и v ( x ) имеют на [ a , b ] непрерывные производные, тогда b

∫ u ( x ) v′ ( x ) dx = ⎡⎣u ( x ) v ( x )⎤⎦ a

b

b a

− ∫ u′ ( x ) v ( x ) dx . a

b

b

Или: так как v ' ( x ) dx = dv , u ' ( x ) dx = du , то ∫ udv = uv − ∫ vdu . b a

a

a

91

Определенный интеграл

Доказательство: b

b

b

b

a

a

a

a

( uv ) ' = uv '+ vu ' , ∫ [uv '+ vu '] dx = ∫ ( uv ) ' dx , ∫ uv ' dx + ∫ vu ' dx = uv ba , b

∫ udv = uv

b

b a

a

− ∫ vdu , что и требовалось доказать. a

Пример: ⎧ u = arcctg x, dv = dx ⎫ ⎪ ⎪ ∫0 arcctg x dx = ⎨du = − dx , v = x ⎬ = ⎪⎩ ⎪⎭ 1 + x2 π 1 1 = x arcctg x 10 + ln ( x 2 + 1) 10 = + ln2. 2 4 2 1

Пример: 1

Вычислить ∫ xe − x dx . 0

1

∫ xe

−x

dx

= { u = x, dv = e-xdx, du = dx, v = -e-x} =

0

1

1

= − xe − x + ∫ e − x dx = -е-1 − e − x 0 0

1 0

=

e−2 . e

8.1. Геометрические приложения определенного интеграла. Вычисление площадей плоских фигур 8.1.1. Вычисление площади в прямоугольных координатах

b

1) f ( x ) ≥ 0 , S = ∫ f ( x ) dx . a

b

2) f ( x ) ≤ 0 , S = − ∫ f ( x ) dx . a

92

Лекции 7 - 8

b

3) f1 ( x ) ≥ f 2 ( x ) , S = ∫ ⎡⎣ f1 ( x ) − f 2 ( x )⎤⎦ dx . a

d

1)* f ( y ) ≥ 0 , S = ∫ f ( y ) dy . c

2)* и 3)* аналогичны 2) и 3).

Пример: Вычислить площадь фигуры, ограниченной параболой у = х2, прямыми х = -1 и х = 2 и осью абсцисс . Решение: y = x2 . 2

x3 Используем формулу 3.1 S = ∫ x dx = 3 −1

2

2

= 3. −1

Пример: Вычислить площадь сегмента, отсекаемого прямой у = -х от параболы у = 2х − х2. Решение: y = −x . Преобразуем уравнение параболы у = 2х − х2 = − (х2 − 2х + 1) + 1, (у − 1) = = − (х − 1) 2. Находим абсциссы точек пересечения (А и В), имеем: ⎧ y = 2 x − x 2 , x1 = 0, ⎨ ⎩ y = − x, x2 = 3. 3

S = ∫ ⎡⎣( 2 x − x 2 ) − ( − x ) ⎤⎦ dx = 0

3

9 ⎛3 2 1 3⎞ ⎜ x − x ⎟ = . 3 ⎠0 2 ⎝2

3

∫ ( 3x-x ) dx = 2

0

93

Определенный интеграл

Пример: Вычислить площадь эллипса y = ±b 1 −

x2 y 2 + = 1. a 2 b2

x2 , a2

a

S эл = 4 ∫ b 1 − 0

x2 π⎫ ⎧ dx = ⎨ x = a sin t , α = 0, β = ⎬ = 2 a 2⎭ ⎩

π 2

= 4ab ∫ cos tdt = [ 2abt + ab sin 2t ] 2

π 2 0

= π ab , Sэл =πab.

0

8.1.2. Параметрическое задание линий Параметрические уравнения линий задаются в виде зависимости координат x и y от некоторого параметра t: x = x(t ), y = y(t ) . При изменении параметра t текущая точка M(x, y) описывает некоторую кривую на плоскости. Исключением параметра уравнение линии приводится к уравнению в декартовых координатах и, наоборот, линия, заданная в декартовых координатах, может быть приведена к виду кривой, заданной параметрическими уравнениями. 8.1.3. Вычисление площадей фигур, граница которых задана кривыми в параметрической форме Пусть кривая задана параметрическими уравнениями:

⎧⎪ x = x ( t ) , α ≤ t ≤ β , a = x (α ) , b = x ( β ) . ⎨ y = y t , ( ) ⎪⎩ b

b

β

a

a

α

S = ∫ f ( x ) dx = ∫ ydx = {x = x ( t ) , dx =x ′ ( t ) dt} = ∫ y ( t ) x ' ( t ) dt ; β

S = ∫ y ( t ) x ' ( t ) dt . α

Пример: Вычислить площадь эллипса. Уравнения эллипса в параметрической форме имеют вид: ⎧ x = a cos t , 0 ≤ t ≤ 2π . ⎨ ⎩ y = b sin t

94

Лекции 7 - 8

Решение: π 2

S = 4S = 4 ∫ ab sin 2 tdt = 0

π 2

⎛ sin 2t ⎞ = 2ab ∫ (1 − cos 2t ) dt = 2ab ⎜ t − ⎟ 2 ⎠ ⎝ 0

π 2 0

= π ab.

Пример: Найти площадь фигуры, ограниченную первой аркой циклоиды х = а (t − sin t); у = а (1 − cos t) и отрезком оси абсцисс. Решение: Точкам О и А соответствуют значения параметра tО = 0 и tА = 2π, поэтому искомая площадь равна 2π

2π

0

0

S=

2a y

πa

2 ∫ a (1 − cost ) ⎡⎣a (1 − cost )⎤⎦ dt = ∫ a (1 − cos t ) dt = 2

2π

2π

1 + cos 2t ⎞ 1 ⎛ ⎞ 2 ⎛3 2 = ∫ a ⎜1 − 2 cos t + ⎟ dt = а ⎜ t − 2sin t + sin 2t ⎟ = 3πa . 4 2 ⎝ ⎠ ⎝2 ⎠0 0 2

8.1.4. Полярные координаты на плоскости Полярные координаты определяются заданием на плоскости полюса О и полярной оси ρ . Координаты точки М в полярных координатах заuuuur даются длиной радиус-вектора OM = ρ этой точки и углом его наклона к полярной оси. При этом 0 ≤ ρ < ∞, 0 ≤ ϕ ≤ ∞ .

8.1.5. Связь полярных координат с декартовыми Совместим начало декартовой системы с полюсом полярной системы координат, а ось Оx с полярной осью ρ . Найдём связь координат точки M(x,y) и M( ρ ,ϕ). Она выражается следующей системой уравнений: 2 2 ⎧ x = ρ cos ϕ , ρ = x + y , ⎨ y tgϕ = . ⎩ y = ρ sin ϕ , x

x 2πa

95

Определенный интеграл

8.1.6. Примеры уравнений линий в полярной системе координат Уравнение вида ρ = ρ (ϕ ) , задающее ρ как функцию ϕ , определяет на плоскости некоторую кривую. Пример:

!

Архимедова спираль: ρ =аϕ, 0 < ϕ < ∞ , Решение:

ϕ

0

ρ

0

π

2 a⋅

π 2

π

2π

a ⋅π

2aπ

ρ ≥ 0. 5π 2 5aπ 2

Кривая представляет собой путь, описываемый точкой, движущейся с постоянной скоростью по лучу, вращающемуся около полюса О, с поv стоянной скоростью ω : a = .

ω

Пример:

Окружность со смещенным центром: ρ = a cos ϕ . Решение: π π 3π 7π ϕ π 0 4 2 2 4 2 2 cos ϕ 0 -1 0 1 2 2 2 2 ρ a 0 0 0 a a 2 2

2π 1 a

Координата ρ принимает только положительные значения. Поскольку cos ϕ =

ρ a

значит, угол ОМА - прямой.

Вывод: уравнение ρ = a cos ϕ задает окружность с центром в точке (a/2,0) и радиусом a/2. Преобразуем: ρ = a cos ϕ , ρ ⋅ ρ = a ⋅ ρ cos ϕ ;

ρ 2 = a ρ cos ϕ ; 678 x2 + y2

x 2 + y 2 = ax ; x 2 + y 2 − ax + a 2 − a 2 = 0 . 2

a⎞ ⎛ ⎛a⎞ 2 ⎜x− ⎟ + y =⎜ ⎟ 2⎠ ⎝ ⎝2⎠

2

- каноническое уравне-

ние окружности с центром в точке (

a a ,0) радиусом . 2 2

96

Лекции 7 - 8

8.1.7. Площадь криволинейного сектора в полярной системе координат Пусть ρ = ρ (ϕ ) - непрерывная функция. Определим площадь криволинейного сектора, ограниченного кривой ρ = ρ (ϕ ) и лучами ϕ = α , ϕ = β . Разобьем указанный сектор лучами на сектора величины

→

ϕ i . Пусть ρi = ρi - величина радиус-вектора

для произвольного ϕi ∈ [ϕi ,ϕi +1 ] .

Лемма: Площадь кругового сектора равна Sα = Доказательство следует из пропорции: Sкруга = π r 2 → 2π ;

r2 α. 2

Sα → α ;

απ r 2 α r 2 = . Sα = 2π 2 Тогда площадь кругового сектора Si равна n 1 1 2 Si = ρi ϕ i ; сумма Q = ∑ ρ i2 ϕ i - площадь ступен2 i =1 2 чатого сектора, спрямляющего криволинейный сектор. При n → ∞ Q → S , Q - интегральная сумма, тоβ

1 гда S = ∫ ρ 2 dϕ - площадь криволинейного сектора. 2α Пример:

Вычислить площадь круга ρ = 2a cos ϕ . В силу симметрии достаточно вычислить 1/2 искомой площади. π /2 π /2 π /2 2 1 + cos 2ϕ 2 S = ∫ ρ 2 dϕ = ∫ ( 2a ) cos 2 ϕ dϕ = ∫ 4a 2 dϕ = 2 0 2 0 0

⎡π / 2 dϕ π / 2 cos 2ϕ ⎤ 1 ⎡ϕ = 4a 2 ⎢ ∫ + ∫ dϕ ⎥ = 4a 2 ⎢ π0 / 2 + sin 2ϕ 2 4 ⎣2 0 ⎣0 2 ⎦ π 1 1 ⎡π ⎤ = 4a 2 ⎢ − 0 + sin π − sin 0 ⎥ = 4a 2 = π a 2 . 4 4 4 ⎣4 ⎦

π /2 0

⎤ ⎥⎦ =

97

Определенный интеграл

Пример: Найти площадь, заключённую внутри лемнискаты Бернулли ρ2 = а2 сos2ϕ . Решение: y В силу симметрии достаточно вычислить одну четверть искомой площади: π

1 1 S= 2 4

π

4

a

2a x

a 2 ⎛ sin 2ϕ ⎞ 4 a2 a cos 2ϕdϕ = , ⎜ ⎟ = 2 ⎝ 2 ⎠0 4 0

∫

2

откуда S = а2.

8.2. Вычисление длины дуги кривой 8.2.1. Вычисление длины плоской кривой в прямоугольных координатах

L : y = f ( x ) . Разобьем [ a, b ] на части a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b . На кривой обозначим точки A, M 1 ,..., M n−1 , B . Соединим их хордами. Получим ломаную, состоящую из n хорд. 2

⎛ y ⎞ xi2 + yi2 = 1 + ⎜ i ⎟ ⋅ xi - длина i - хорды, ⎝ xi ⎠

li = n

ln = ∑ li - длина ломаной. По теореме Лагранжа i =1

( f ( b ) − f ( a ) = f '( c )( b − a ) )

n 2 yi = f ' (ξ i ) , ξ i ∈ [ xi −1 , xi ] , ln = ∑ 1 + ⎡⎣ f ' (ξ i ) ⎤⎦ xi . xi i =1

имеем:

b

Пусть max xi → 0 , ln → l , следовательно, l = ∫ 1 + ⎡⎣ f ' ( x ) ⎤⎦ dx . 2

a

8.2.2. Вычисление длины плоской кривой в параметрической форме ⎧⎪ x = x ( t ) α ≤t ≤ β L:⎨ ⎪⎩ y = y ( t ) b

( a = x (α ) ; b = x ( β ) ) ; b

l = ∫ 1 + ⎡⎣ f ' ( x ) ⎤⎦ dx = ∫ 1 + [ y x '] dx = {x = x ( t ) , dx = x ' dt} = 2

a

β

=∫ α

2

a

β ⎧ 2 2 dy yt ' ⎫ = ⎬ = ∫ ⎡⎣ x ' ( t ) ⎤⎦ + ⎡⎣ y ' ( t ) ⎤⎦ dt , 1 + [ y x '] x ' ( t ) dt = ⎨ y x ' = dx xt ' ⎭ α ⎩ 2

98

Лекции 7 - 8 β

l = ∫ ⎡⎣ x ' ( t ) ⎤⎦ + ⎡⎣ y ' ( t ) ⎤⎦ dt . 2

2

α

β

Если кривая задана в полярных координатах, то l = ∫ ρ 2 + ρ ′2 dϕ . α

8.2.3. Вычисление длины дуги пространственной кривой в параметрической форме

⎧ x = x (t ) β ⎪ 2 2 2 L : ⎨ y = y ( t ) α ≤ t ≤ β , l = ∫ ⎡⎣ x ' ( t ) ⎤⎦ + ⎡⎣ y ' ( t ) ⎤⎦ + ⎡⎣ z ' ( t ) ⎤⎦ dt . α ⎪ ⎩ z = z (t ) Пример:

1 L : y = ln (1 − x 2 ) ; a = 0, b = ; l − ? 2 1 2

l = ∫ 1+ 0

4x2

(1 − x ) 2

1 2

x2 + 1 ⎡ 1+ x ⎤ dx = ⎢ − x + ln 2 1− x x − 1 ⎥⎦ ⎣ 0

dx = ∫ 2

1 2 0

= ln 3 −

Пример: ⎧ ⎪ x = a cos t ⎪ ⎨ y = a sin t - винтовая линия. lвитка =? ⎪ c ⎪z = t 2π ⎩ 2π

l=

∫ 0

2

2

c c a + dt = 2π a 2 + . 4π 4π 2

8.2.4. Дифференциал длины дуги кривой x

l ( x ) = ∫ 1 + ⎡⎣ f ' ( x ) ⎤⎦ dx ; l ' ( x ) = 1 + ⎡⎣ f ' ( x ) ⎤⎦ ; 2

2

α

dl = 1 + ⎡⎣ f ' ( x ) ⎤⎦ dx . 2

В параметрической форме: dl = ⎡⎣ x ' ( t ) ⎤⎦ + ⎡⎣ y ' ( t ) ⎤⎦ dt . 2

2

1 2.

99

Определенный интеграл

8.2.5. Длина кривой, заданной в полярных координатах Пусть уравнение кривой в полярных координатах ρ = ρ (ϕ ) . Можно рас-

⎧ x = ρ cos ϕ сматривать уравнения ⎨ как параметрические уравнения линии L, ⎩ y = ρ sin ϕ β

β

имеющей длину l = ∫ x ' + y ' dt , l = ∫ ⎡⎣ x ' (ϕ )⎤⎦ + ⎡⎣ y ' (ϕ )⎤⎦ dϕ . 2 t

2

2 t

2

α

α

x 'ϕ = ρ 'cos ϕ − ρ sin ϕ , y 'ϕ = ρ 'sin ϕ + ρ cos ϕ .

x 'ϕ + y 'ϕ = ( ρ 'cos ϕ − ρ sin ϕ ) + ( ρ 'sin ϕ + ρ cos ϕ ) = ρ '2 + ρ 2 , 2

β

l=∫ α

2

2

β

( x ' ) + ( y ' ) dϕ = ∫ 2

ϕ

Пример:

2

2

ρ '2 + ρ 2 dϕ .

ϕ

α

Вычислить длину окружности ρ = 2a cos ϕ . π /2

L=2∫

( −2a sin ϕ )

2

+ 4a cos ϕ dϕ = 4a 2

π /2

2

0

cos 2 ϕ + sin 2 ϕ dϕ =

0

π /2

= 4a

∫

∫ dϕ = 4a ⋅ ϕ 0

π /2 0

= 4a

π 2

= 2π a.

8.2.6. Площадь поверхности вращения Вычислим Qx – площадь поверхности, образованной вращением кривой y = f ( x ) вокруг оси Ох). Разделим отрезок [ a , b ] точками деления xi . Точке xi соответствует точка на кривой M i . Соединим точки на кривой хордами ( li ) . При вращении каждая хорда описывает усеченный конус. Площадь его поверхности: y + yi Qi = 2π i −1 li ; 2 2 y + yi Qi = 2π i −1 1 + ⎡⎣ f ' (ξ i ) ⎤⎦ xi ; 2 n

Qn = ∑ Qi ; i =1

max xi → 0 ; Qn → Qx . b

Qn → 2π ∫ f ( x ) 1 + ⎡⎣ f ' ( x ) ⎤⎦ dx a

2

100

Лекции 7 - 8 b

Qx = 2π ∫ f ( x ) 1 + ⎡⎣ f ' ( x ) ⎤⎦ dx - площадь поверхности, образованной враще2

a

нием кривой, заданной функцией у = f ( x ) , а ≤ х ≤ b . Если дуга задана параметрическими уравнениями х = х (t), у = у (t), t1 ≤ t ≤ t2 , то Qх = 2π

t2

∫ y ( t ) ⎡⎣ x′ ( t )⎤⎦ + ⎡⎣ y′ ( t )⎤⎦ dt . 2

2

t1

Если дуга задана в полярных координатах ρ β

= ρ (ϕ), α ≤ ϕ ≤ β,

то Qх = 2π ∫ ρ (ϕ ) sin ϕ ρ 2 + ⎡⎣ ρ ′ (ϕ ) ⎤⎦ dϕ . 2

α

Пример:

Найти площадь поверхности, образованной вращением астроиды х2/3 + у2/3 = а2/3 вокруг оси Ох. Решение: у = (а 1+

2/3

2/3 3/2

−х )

a2 3 − x2 3 x2 3

=

(

a 3 2 , у′ = (а2/3 − х2/3)½( − х−1/3) = − 3 2 a1 3 x

13

a

∫ (a

23

−x

23

)

32

0

a

= 4π a

∫ (a

23

−x

23

)

− x2 3 )

12

x1 3

,

.

Следовательно Qх = 2⋅2π 13

23

32

x

−1 3

dx = − 4πа

0

1/3

a1 3 dx = x1 3

(

3 a2 3 − x2 3 2 52

)

52

a

= 0

12 πа2. 5

Пример: Найти площадь поверхности, образованной вращением одной арки циклоиды х = а (t − sin t), у = а (1− cos t) вокруг оси Ох. Решение: Дифференцируем х′ = а (1 − cos t), у′ = а (sin t),

( x′ ) + ( y ′ ) 2

2

=

t 2

a 2 (1 − cos t ) + a 2 sin 2 t = а 2(1 − cos t ) = 2а sin . 2

2π

2π

t ⎛ Qх = 2π ∫ a (1 − cos t ) 2a sin dt = 8πа2 ∫ ⎜1 − cos 2 2 0 0 ⎝ 2π

t⎤ ⎡ cos3 ⎥ t⎞ 64 2 ⎢⎛ 2 2 = − 16πа ⎢⎜ cos ⎟ − ⎥ = 3 πа . 2⎠ 3 ⎥ ⎢⎝ ⎣ ⎦0

t⎞ t ⎟ sin dt = 2⎠ 2

101

Определенный интеграл

Пример: Найти площадь поверхности, образованной вращением кардиоиды ρ = 2а (1+ cosϕ) вокруг полярной оси. Решение: Имеем ρ′ = −2а sin ϕ,

( ( ρ ′)

2

)

2

π

Qх =2π ∫ 2a (1 + cos ϕ ) sin ϕ ⋅ 4a ⋅ cos 0

π

= 64 πа2 ∫ cos 4 0

ϕ 2

4a 2 (1 + cos ϕ ) + 4a 2 sin 2 ϕ = 4а сos .

+ ρ2 =

ϕ 2

sin

ϕ 2

dϕ =

ϕ 2

dϕ =

128 2 πa . 5

8.3. Вычисление объемов тел 8.3.1. Вычисление объемов по заданным площадям поперечных сечений Пусть имеем некоторое тело Т. Предположим, что известна площадь любого сечения этого тела плоскостью, перпендикулярной оси Ох. Эта площадь зависит от положения секущей плоскости, то есть является функцией х: S = S ( x) . Пусть S ( x ) непрерывна на [ a , b ] . Разобьем [ a , b ] точками деления a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b ; через точки xi проведем сечения, перпендикулярные оси Ох. Площади соответствующих поперечных сечений - S ( xi ) . n

Составим сумму: Vn = ∑ S (ξ i ) xi , ξ i ∈ [ xi −1 , xi ] , S (ξ i ) xi - объем цилиндi =1

ра с площадью основания S (ξ i ) и высотой xi . Пусть max xi → 0 , тогда Vn → V (объем тела). С другой стороны, b

Vn → ∫ S ( x ) dx ( Vn - интегральная сумма для непрерывной функции S ( x ) ). a

b

Таким образом, V = ∫ S ( x ) dx . a

Пример: Найти объём тела, основание которого - круг радиусом а, а сечение плоскостью, перпендикулярной фиксированному диаметру круга, есть равнобедренный треугольник высотой h. Решение:

102

Лекции 7 - 8

Выберем систему координат, начало которой совпадает с центром круга. Тогда сечение тела плоскостью, перпендикулярной оси Ох, есть равнобедренный треугольник с основанием 2у = 2 a 2 − x 2 и высотой h; 1 имеем S(х) = ⋅ 2 a 2 − x 2 h = h a 2 − x 2 , 2 a

a

V = h ∫ a 2 − x 2 dx = 2h ∫ a 2 − x 2 dx = −a

0

a

⎛x 2 a x⎞ π a2h 2 a − x + arcsin ⎟ = . = 2h ⎜ a⎠0 2 2 ⎝2 2

8.3.2. Вычисление объемов тел вращения Если криволинейная трапеция, ограниченная кривой у = f ( x ) , а ≤ х ≤ b, вращается вокруг оси Ох, то объём тела вращения вычисляется по формуле: b

Vx = ∫ S ( x ) dx = {S ( x ) = π f a

b

2

( x )} = π ∫ f 2 ( x ) dx . a

Если криволинейная трапеция, ограниченная d

кривой x = f ( y ) , c ≤ y ≤ d, вращается вокруг оси Оу, то Vy = π ∫ f 2 ( y ) dy . c

Если криволинейный сектор, ограниченный кривой ρ = ρ (ϕ ) и лучами β

2 ϕ = α и ϕ = β , вращается вокруг полярной оси, то V = π ∫ ρ 3 sin ϕ dϕ . 3 α !

Величина Vу может быть также вычислена интегрированием по х: Vу = b

2π ∫ x f ( x ) dx , a

Пример: Найти объем тела, образованного вращением вокруг оси Ох фигуры, ограниченной кривой у2 = (х − 1)3 и прямой х = 2 Решение: 2 2 1 3 2 Vх = π ∫ y dx = π ∫ ( x − 1) dx = π . 4 1 1

103

Определенный интеграл

Пример: Найти объем тела эллипсоида x2 y 2 z 2 + + = 1. a 2 b2 c2 Решение:

z

y

x

a

a

V = 2 ∫ S ( x ) dx = 0

⎧ для фиксированного x имеем эллипс ⎫ ⎪ 2 ⎪ 2 2 2 2 ⎪ y + z = 1 − x или y + z = 1, ⎪ 2 2 ⎪ b2 c2 ⎪ a2 b1 c1 ⎪⎪ ⎪⎪ =⎨ ⎬= x2 x2 ⎪где b1 = b 1 − 2 , c1 = c 1 − 2 , ⎪ a a ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎛ x ⎞ ⎪ S ( x ) = π b1c1 = π bc ⎜1 − 2 ⎟ ⎪ ⎪⎩ ⎪⎭ ⎝ a ⎠ a ⎛ x2 = 2π bc ∫ ⎜ 1 − 2 a 0⎝

4 Vэл = π abc , 3

⎞ ⎡ x3 ⎤ 2 π = − dx bc x ⎟ ⎢ 3a 2 ⎦⎥ ⎠ ⎣

a 0

4 = π abc , 3

4 ⎛ 3⎞ ⎜ Vсф = π R ⎟ . 3 ⎝ ⎠

Пример: Найти объем конуса с высотой Н и радиусом основания R. Решение: R y= x H H R2 π R 2 x3 H 1 2 πR H Vx = π ∫ 2 x 2 dx = 2 ⋅ 0 = H H 3 3 0

1 Vкон = π R 2 H . 3

В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, студенты должны знать: ƒ формулу Ньютона-Лейбница; ƒ особенности применения основных методов интегрирования при вычислении определенных интегралов; ƒ геометрические приложения определенного интеграла.

Лекция 9 НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ При введении понятия определенного интеграла предполагалось, что отрезок [a,b] – конечный, а функция f(x) ограничена на этом отрезке. При нарушении хотя бы одного из этих условий вводят обобщение определенного интеграла – несобственные интегралы. 9.1. Несобственные интегралы первого рода (по бесконечному промежутку). 9.1.1. Основные определения 9.1.2. Обобщенная формула Ньютона-Лейбница 9.1.3. Признаки сходимости интегралов с бесконечными пределами 9.1.4. Абсолютная и условная сходимость 9.2. Несобственные интегралы второго рода (от неограниченных функций) 9.2.1. Признаки сходимости несобственных интегралов от неограниченных функций 9.2.2. Примеры решения задач

9.1. Несобственные интегралы первого рода (по бесконечному промежутку) 9.1.1. Основные определения О Пусть функция f(x) непрерывна на интервале [a, ∞ ). Тогда она непрерывна на любом промежутке [ a, b ] , где b>a, и существует интеграл b

∫ f ( x)dx . Несобственным интегралом первого рода называется предел a

b

lim ∫ f ( x)dx и обозначается b→∞

a

∞

∫ f ( x)dx . Таким образом, a

∞

b

∫ f ( x )dx = lim ∫ f ( x )dx . b →∞

a

a

Если этот предел существует и конечен, то говорят, что несобственный интеграл сходится. Если же этот предел не существует или бесконечен, то говорят, что несобственный интеграл расходится. О

Аналогично определяется несобственный интеграл и для промежутка b

( −∞ ,b]: ∫ f ( x )dx = lim −∞

a →−∞

b

∫ f ( x )dx , a

если этот предел существует и коне-

105

Несобственные интегралы

чен. Для функции f ( x ) , непрерывной на промежутке ( −∞ , + ∞ ), несобствен+∞

ный интеграл

∫

f ( x)dx определяется равенством:

−∞ +∞

∫

+∞

c

f ( x )dx =

−∞

∫

f ( x )dx +

−∞

∫

f ( x )dx ,

c

где с – любое число. Несобственный интеграл в левой части называется сходящимся, если сходится каждый несобственный интеграл в правой части. 9.1.2. Обобщенная формула Ньютона-Лейбница Пусть F(x) – первообразная для функции f(x) на промежутке [a, ∞ ). Восb

пользуемся формулой Ньютона-Лейбница для интеграла

∫ f ( x )dx . a

Тогда ∞

b

∫ f (x)dx = lim ∫ f (x)dx = lim[F(b) − F(a)] = lim F(b) − F(a) . b→+∞

a

b→+∞

a

b→+∞

Если обозначить lim F (b) через F(+ ∞ ), то можно записать: b →+∞

∞

∫ f ( x )dx = F( +∞ ) − F( a ) = F( x )|

+∞ a

.

a

Аналогично b

∫

−∞

+∞

f ( x )dx = F( x )| , ∫ f ( x )dx = F( x )|+∞ −∞ , где F(- ∞ ) = lim F( x ) . b −∞

x →−∞

−∞

Пример: +∞

Исследовать сходимость интеграла

dx

∫x

p

a

Решение: b

∞

b ⎛ 1 ⎞ dx При p ≠ 1 ∫ p = lim ∫ x − p dx = lim ⎜ x − p +1 ⎟ = b →+∞ − p + 1 b →+∞ x ⎝ ⎠a a a 1 1 −p+1 = lim b−p+1 − a . −p+1 b→∞ −p+1

Пусть р > 1, тогда − p + 1 < 0 и lim b − p +1 = 0, b →+∞

+∞

dx

∫x a

p

=−

1 −p+1 a , значит, −p+1

при р > 1 интеграл сходится. Пусть р < 1, тогда − p + 1 > 0 и lim b − p +1 = ∞, т.е. интеграл b →+∞

расходится.

+∞

dx

∫x a

p

при р < 1

106

Лекция 9 ∞

При p = 1 :

dx

∫x

p

a

= lim ( lnx ) a = lim ( lnb − lna ) = ∞ . Интеграл расходится. b

b →∞

b →∞

Пример: Вычислить несобственные интегралы или доказать, что они расходятся: +∞ +∞ 0 +∞ +∞ dx dx dx ; 3) ∫ cosxdx ; 4) ∫ e x dx ; 5) ∫ . 1) ∫ 2 ; 2) ∫ 2 x x 1 + x 0 1 −∞ 1 −∞ Решение: Воспользуемся обобщенной формулой Ньютона-Лейбница: +∞ dx 1 1) ∫ 2 = − |1∞ = −( 0 − 1 ) = 1 (интеграл сходится). x x 1 +∞

2)

∫

dx = lnx |1∞ = lim lnx = ∞ (интеграл расходится). x →∞ x

1 +∞

∫ cosxdx = sinx |

3)

+∞ 0

= lim sinx . Этот предел не существует, поэтому x →+∞

0 +∞

∫ cosxdx - расходится. 0

0

4)

∫ e dx = e x

−∞ +∞

5)

dx

∫ 1+ x

2

| = e0 − lim e x = 1 − 0 = 1 (интеграл сходится).

x 0 −∞

x →−∞

+∞ = arctgx |−∞ =

−∞

π 2

−( −

π 2

) = π (интеграл сходится).

Выясним геометрический смысл несобственного интеграла 1-го рода. Пусть f ( x ) ≥ 0 на промежутке [a,+ ∞ ). b

Тогда

∫ f ( x )dx

численно равен площади фи-

a

гуры, ограниченной снизу отрезком [a,b] оси Ox, сверху – линией y = f ( x ) , слева и справа – прямыми x = a и x = b. При возрастании b прямая x = b, ограничивающая эту фигуру, b

двигается вправо, а интеграл

∫ f ( x )dx

стре-

a

∞

мится к интегралу

∫ f ( x )dx . Поэтому величиa

∞

ну интеграла

∫ f ( x )dx

естественно принять за

a

площадь бесконечной фигуры, ограниченной

107

Несобственные интегралы

снизу осью Ох, сверху графиком функции y = f ( x ) , слева – прямой x = a. b

Аналогично

∫

f ( x )dx для случая f(x) ≥ 0 численно равен площади бесконеч-

−∞

ной фигуры, ограниченной снизу осью Oх, сверху кривой y = f ( x ) , справа прямой x=b. Пример: Вычислить площади бесконечных фигур, ограниченных осью Ох, линией y = f(x), прямой x = a, если 1 а) f ( x ) = 2 , a = 1, x ≥ 1 ; x 1 б) f ( x ) = , a=1, x ≥ 1 ; x в) f ( x ) = e x , a=0, x ≤ 0 ; г) f ( x ) =

1 , x ∈ (−∞, +∞) . 1 + x2

Решение: Построим фигуры, ограниченные данными линиями

А

Б Воспользуемся результатами примера 1. +∞ +∞ dx dx =∞; а) S = ∫ 2 = 1 ; б) S = ∫ x x 1 1 Фигура, изображенная на рис.б), имеет бесконечную площадь. в) S =

0

+∞

−∞

−∞

x ∫ e dx = 1 ; г) S =

dx

∫ 1+ x

2

=π .

В

Г

108

Лекция 9

9.1.3. Признаки сходимости интегралов с бесконечными пределами Признаки сравнения +∞

1.

Пусть при а ≤ х < +∞, 0 ≤ f(х) ≤ g(х). Если

∫ g ( x)dx сходится, то сходитa

+∞

∫

ся и

f ( x)dx , причем

a

+∞

∞

+∞

a

a

a

∫ f ( x )dx ≤ ∫ g ( x ) dx . Если расходится ∫ f ( x ) dx ,

+∞

то расходится и

∫ g ( x ) dx . a

2.

Если при а ≤ х < +∞, f(х) > 0, g(х) > 0 и существует конечный предел +∞ +∞ f ( x) lim ≠ 0 , то интегралы ∫ f ( x ) dx , ∫ g ( x ) dx сходятся или расходятx →+∞ g ( x ) a a ся одновременно.

9.1.4. Абсолютная и условная сходимость +∞

О

Если сходится

∞

∫ f ( x ) dx ,

то сходится и ∫ f ( x ) dx . В этом случае

a

a

∞

∫ f ( x )dx называется абсолютно сходящимся. a

∞

О

Если

+∞

∫ f ( x ) dx сходится, а ∫ f ( x ) dx a

∞

расходится, то

a

∫ f ( x )dx

называет-

a

ся условно сходящимся. Из первого признака сравнения можно получить следующее утверждение. Т

Если при х → + ∞ функция f(х) > 0 является бесконечно малой порядка +∞ 1 α по сравнению , то интеграл ∫ f ( x ) dx сходится при α > 1 и расхоx a дится при α ≤ 1.

Признак сходимости Абеля Пусть f(х) >0 и g(х) определены и ограничены при а ≤ х < +∞, причем ∞

1)

∫ f ( x ) dx сходится; a

2) g(х) монотонна и ограничена, g( x ) ≤ k = const .

109

Несобственные интегралы ∞

∫ f ( x ) g ( x ) dx .

Тогда сходится и интеграл

a

Пример: +∞

Вычислить

∫e

−3 x

dx .

0

Решение: +∞

b

b

1 1 ⎛ 1 ⎞ Имеем ∫ e dx = lim ∫ e dx = lim ⎜ − e −3 x ⎟ = lim (1 − e−3b ) = . b →+∞ b →+∞ 3 ⎝ 3 ⎠ 0 3 b→+∞ 0 0 Несобственный интеграл сходится. −3 x

−3 x

Пример: −1

Вычислить

dx . x2 −∞

∫

Решение: −1

−1

−1

dx dx ⎛ 1⎞ ⎡ 1⎤ = lim ⎢ − ⎥ = lim ⎜ 1 + ⎟ = 1, т.е. предел существу2 ∫−∞ x 2 = alim ∫ a →−∞ a →−∞ →−∞ x ⎝ a⎠ ⎣ x⎦ a a ет. Следовательно, искомый несобственный интеграл сходится. Пример: +∞

Исследовать на сходимость интеграл

dx

∫ x ln

2

2

x

.

Решение: ∞

b

b

dx dx 1 ⎛ 1 ⎞ = lim ⎜ − = , ⎟ 2 ∫2 x ln 2 x = lim ∫ b →∞ x ln x b→∞ ⎝ ln x ⎠ 2 ln 2 2 т.е. несобственный интеграл сходится.

Пример: +∞

Исследовать на сходимость интеграл

∫ 1

( x + 1)dx . x3

Решение:

( x + 1) ≥

∞

∞

1 dx dx 1 = , ∫ = ∫ 1 расходится (здесь р = < 1). Имеем: 3 3 2 x a x ax 2 x x Следовательно, по признаку сравнения расходится и исходный интеграл.

x

110

Лекция 9

9.2. Несобственные интегралы второго рода (от неограниченных функций) О

Пусть функция f ( x ) непрерывна на интервале [a,b) и неограниченна вблизи b. Тогда функция непрерывна на любом отрезке [a,b1], где а ≤ b1
тельно, существует интеграл

∫ f ( x)dx . a

b1

Рассмотрим lim

b1 →b −0

∫ f ( x)dx .

Этот предел

a

называется несобственным интегралом второго рода и обозначается b

∫ f ( x)dx . Таким образом, a

b1

b

∫ f ( x)dx = a

lim

b1 →b −0

∫ f ( x)dx . a

Если этот предел существует и конечен, то несобственный интеграл называется сходящимся, в противном случае несобственный интеграл называется расходящимся. Аналогично для функции f(x), непрерывной на промежутке (a,b] и неогb

раниченной вблизи а, несобственный интеграл

∫ f ( x)dx

определяется

a

следующим образом: b

∫ f ( x )dx = a

b

lim

a1 → a + 0

∫ f ( x )dx .

a1

Если этот правосторонний предел существует и конечен, то несобственный интеграл называется сходящимся, в противном случае – расходящимся. Пусть теперь функция f ( x ) непрерывна на отрезке [a,b] всюду, кроме некоторой точки c (a
Несобственный интеграл

∫ f ( x)dx

опре-

a

деляется равенством:

b

c

b

a

a

c

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx .

111

Несобственные интегралы

Если каждый из интегралов в правой части равенства сходится, то неb

собственный интеграл

∫ f ( x)dx

называется сходящимся, в противном

a

случае – расходящимся. Пусть F ( x ) – первообразная для функции f ( x ) на промежутке [a,b) и

f ( x ) не ограничена вблизи b. b1

b

Тогда

∫ f ( x)dx = a

lim

b1 →b −0

∫ f ( x)dx = a

lim [ F (b1 ) − F (a )] = lim F (b1 ) − F (a ) .

b1 →b − 0

b1 →b −0

Если обозначить lim F (b1 ) через F(b), то получим следующий аналог b1 →b −0

формулы Ньютона-Лейбница для несобственного интеграла второго рода: b

∫ f ( x)dx = F (b) − F (a) = F ( x) |

b a

a

Аналогично

для

, где F(b)= lim F ( x) . x →b − 0

f ( x) ,

функции

не

ограниченной

вблизи

а,

b

∫ f ( x)dx = F ( x) |

b a

, где F ( a ) = lim F ( x ) . x→a +0

a

Пример: Вычислить несобственные интегралы или доказать, что они расходятся: 2 1 dx dx ; 2) ∫ . 1) ∫ x 2 − x 0 −1 Решение: 1 не ограниВ первом интеграле подынтегральная функция f ( x ) = 2− x 2 dx чена при x=2, поэтому интеграл ∫ является несобственным. При2 − x 0 меним обобщенную формулу Ньютона-Лейбница: 2 2 dx d (2 − x) 2−0 = − ∫0 2 − x ∫0 2 − x = −2 2 − x |0 = −(0 − 2 2) = 2 2 . 1 Во втором интеграле подынтегральная функция f(x)= не ограничена x 1 0−0 1 dx dx dx = ∫ + ∫ . вблизи x=0. Поэтому, по определению, ∫ x −1 x 0+0 x −1 0

Рассмотрим интеграл 1

dx 0 = ln x −1 = ∞ . Этот интеграл расходится, поx −1

∫

dx - расходится. Отметим, что если бы мы стали выx −1 числять данный интеграл, не обращая внимания на разрыв подынтегральной функции в точке x = 0, то получили бы неверный результат. этому и интеграл

∫

112

Лекция 9

Рассмотрим геометрический смысл несобственного интеграла 2-го рода. Пусть f ( x ) ≥ 0 и f ( x ) – непрерывна на [a,b) и не ограничена вблизи b. Тоb1

гда

∫ f ( x)dx

(b1 < b) равен площади фигуры, ограниченной снизу отрезком

a

[a,b1] оси Ох, сверху – линией y = f ( x ) , слева и справа – прямыми x=a, x=b1. При стремлении b1 к b, прямая x=b1 cтремится к прямой x=b. Поэтому

lim

b1 →b − 0

b1

b

a

a

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx

естественно принять за площадь бесконечной фигу-

ры, ограниченной снизу отрезком [a,b] оси Ох, сверху линией y = f ( x ) , слева и справа – прямыми x = a и x = b. 9.2.1. Признаки сходимости несобственных интегралов от неограниченных функций Признаки сходимости несобственных интегралов от неограниченных функций аналогичны признакам сходимости интегралов с бесконечными пределами. Эталоном сравнения служит интеграл b

dx

∫ (b − x)β ,

(β > 0),

a

который сходится при β < 1 и расходится при β ≥ 1. Пример: 2

Исследовать на сходимость интеграл

dx

∫ ln x . 1

Решение: При х → 1 функции

1 1 и - эквивалентны, т.к. ln x ( x − 1)

⎛ 1 ⎞ ⎛ по ⎞ ⎜ ⎟ ( x − 1) ⎜ 1 ln x ⎠ ⎝ lim = правилу ⎟ = lim = 1, интеграл = lim ⎜ ⎟ x → 1 x →1 ⎛ 1 ⎞ x →1 ln x 1 ⎜ ⎟ x ⎜ ⎟ ⎝ Лопиталя ⎠ ⎝ x −1 ⎠

( )

2

dx ∫ ( x − 1) расходится ( β =1), следовательно, и 1

2

dx

∫ ln x 1

расходится.

113

Несобственные интегралы

9.2.2. Примеры решения задач Пример: 1

Исследовать сходимость интеграла

cos 2 x

∫

0 3

(1 − x2 )

dx .

Решение: Подынтегральная функция неограниченно возрастает при х → 1, представим подынтегральную функцию в виде cos 2 x 1 cos 2 x 1 f ( x) = 3 ⋅3 = 3 ⋅ . 1+ x 1− x 1 + x (1 − x ) 13 Первый сомножитель особенности при х → 1 не даёт, а следовательно, 1 1 < 1. Следовательно, интеграл при х → 1 даёт α = сравнение с 3 ( x − 1) сходится.

Пример: +∞

Вычислить (или установить расходимость)

∫π cos xdx . 2

Решение: По определению, +∞

∫ cos xdx = lim π∫ cos xdx = lim ( sin x π π B

B →+∞

2

B

B →+∞

2

2

) = lim (sin B − 1) = −1 + lim sin B . B →+∞

B →+∞

Так как lim sin B не существует, то исследуемый несобственный интеB →+∞

грал расходится.

Пример: +∞

Исследовать на сходимость

∫x 3

3

dx . + 2x + 2

Решение: Рассмотрим f ( x ) =

1 . Наибольшая степень многочлена в знаx + 2x + 2 3

менателе равна 3. Поэтому для сравнения возьмем функцию g (х) = тогда

lim

x →∞

1 x3

,

f ( x) x3 = lim 3 = 1 ≠ 0 и по предельному признаку x →+∞ x + 2 x + 2 g ( x) +∞

сравнения исследуемый несобственный интеграл и интеграл

∫ g ( x ) dx = 3

+∞

=

∫ 3

dx сходятся или расходятся одновременно. Последний интеграл схоx3

дится (р > 1), следовательно, исследуемый интеграл тоже сходится.

114

Лекция 9

Пример: +∞

∫

Исследовать на абсолютную сходимость интеграл

1

cos 2 xdx . 1 + x2

Решение: cos 2 x cos 2 x cos 2 x ;⏐f (х)⏐ = = , так как для любых х 2 2 1 + x2 1+ x 1+ x 1 ⏐сos 2х⏐ ≤ 1, то ⏐f (х)⏐ ≤ = g(х). 1 + x2 Рассмотрим Здесь f ( x ) =

+∞

∫

g ( x ) dx =

+∞

π 2

−

π 4

=

π 4

(

b

)

= lim arctg x 1 = lim arctg b − lim arctg1 = b→+∞

1

1

=

dx

∫ 1 + x2

b →+∞

b →+∞

+∞

, следовательно,

∫ g ( x ) dx

сходится.

1

+∞

Тогда по признаку сравнения сходится интеграл

∫ f ( x ) dx , а исследуе1

мый интеграл сходится абсолютно.

Пример: 1

Вычислить (или установить расходимость)

∫ 0

dx 1 − x2

.

Решение: Функция f ( x ) = 1

Тогда

∫ 0

1 − x2 1−ε

dx 1− x

1

2

ε →+0 ∫

= lim

0

непрерывна для х ∈ [0, 1) и lim f ( x ) = +∞ . x →1−0

dx 1− x

= lim ⎡⎣ arcsin (1 − ε ) ⎤⎦ − arcsin 0 = ε →+0

2

π 2

(

1− ε

= lim arcsin x 0 ε →+0

−0=

π 2

)=

, т.е. интеграл сходится.

В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, студент должен знать: ƒ понятие несобственного интеграла первого и второго рода, ƒ признаки сходимости несобственных интегралов. Студент должен уметь: ƒ исследовать несобственные интегралы на сходимость.

Лекции 10 - 11 ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ Дифференциальные уравнения, содержащие неизвестную функцию, ее производные и известные функции независимого аргумента, начали исследоваться одновременно с возникновением дифференциального и интегрального исчислений. Важность таких уравнений обусловлена тем, что в очень большом количестве случаев законы природы, управляющие теми или иными процессами, выражаются в форме дифференциальных уравнений, а расчет течения этих процессов сводится к решению дифференциального уравнения. 10.1. Основные понятия 10.2. Дифференциальные уравнения первого порядка (ДУ-I) 10.2.1. ДУ с разделяющимися переменными 10.2.2. Однородные ДУ первого порядка 10.2.3. Обобщенные однородные ДУ первого порядка 10.2.4. Линейные ДУ первого порядка 10.2.5. Уравнение Бернулли 10.2.6. Уравнение в полных дифференциалах 10.2.7. Таблица 1. Решения ДУ первого порядка 10.2.8. Особые решения ДУ первого порядка 11.1. ДУ высших порядков 11.2. ДУ второго порядка (ДУ-II) 11.3. Некоторые типы ДУ второго порядка, приводимые к ДУ первого порядка 11.3.1. ДУ y ′′ = f ( x ) 11.3.2. ДУ вида y ′′ = f ( x, y′) 11.3.3. ДУ y ′′ = f ( y , y ′) 11.4. Таблица 2. Решения ДУ второго порядка, допускающих понижение порядка 11.5. ДУ n - го порядка, допускающие понижение порядка 11.5.1. ДУ вида y ( n ) = f ( x ) ) ( )=0 11.5.3. ДУ вида F ( x, y ( ) ,..., y ( ) ) = 0 . d 11.5.4. ДУ вида G ( x, y , y ',..., y ( ) ( x ) ) = 0 . dx

11.5.2. ДУ вида F y , y ', y ",..., y ( k

n

n

n −1

10.1. Основные понятия О

Дифференциальным уравнением (ДУ) называется уравнение, связывающее между собой независимую переменную х, искомую функцию (n) y = f ( x ) и ее производные y ′, y ′′,...y .

116

Лекции 10 - 11

Например, скорость тела v , движущегося под действием силы F, может быть dv найдена из второго закона Ньютона, т.е. из ДУ m = F , где m - масса тела, dt t - время. ДУ с одной независимой переменной называется обыкновенным. О

Порядок наивысшей производной, входящей в уравнение, называется порядком ДУ. Общий вид ДУ n-го порядка: F( x, y, y ′, y ′′,...y ( n ) ) = 0 . 2 Например, 1. y′ + y = sinx , 2. y ′′′ + yy ′ = 0 . x Решением или интегралом ДУ называется всякая функция y = f ( x ) , которая, будучи подставлена в ДУ, превращает его в тождество. График решения называется интегральной кривой. Основная задача интегрального исчисления заключается в нахождении решения ДУ y ′ = f ( x ) , т.е. y = ∫ f ( x )dx + c . Пример:

Найдите решение ДУ y ′′ = 0 . Решение:

y ′′ = ( y ′ )′ = 0 → y ′ = c1 , y = ∫ c1dx + c2 = c1 x + c2 . О

О

О

Общим решением ДУ F( x, y, y ′,..., y ( n ) ) = 0 называется такое решение y = f ( x,c1 ,c2 ,...,cn ) , которое содержит столько независимых произвольных постоянных ci , i = 1,2 ,...n , каков порядок этого ДУ. Если общее решение задано в неявном виде Φ ( x, y,c1 ,c2 ,...,cn ) = 0 , оно называется общим интегралом ДУ. Всякое решение ДУ, которое получается из общего при определенных значениях произвольных постоянных, называется частным решением этого ДУ. Пример:

Найдите решение ДУ y′′ + y = 0 . Решение: Так как (sinx)′′ = −sinx , (cosx)′′ = −cosx , функция вида y = c1sinx + c2 cosx ; будет удовлетворять уравнению. Если c1 = 2 , c2 = 5 , то y1 = 2sinx + 5cosx ; если c1 = 0 , c2 = −4 , то y2 = −4cosx .

117

Дифференциальные уравнения

10.2. Дифференциальные уравнения первого порядка Рассмотрим ДУ вида F( x, y, y ′ ) = 0 или y ′ = ϕ ( x, y ) . Общим решением является y = f ( x,c ) . Геометрически решение представляет собой однопараметрическое семейство кривых. Значение y ′ в точке M ( x, y ) : y ′ = tg α .

y

M ( x, y )

α 0

О

Т

Задача Коши для ДУ формулируется следующим образом: найти решение y = f ( x ) ДУ y ′ = ϕ ( x, y ) , удовлетворяющее начальному условию: y0 = f ( x0 ) . Геометрически задача Коши заключается в нахождении частного решения ДУ, проходящего через заданную точку с координатами ( x0 , y0 ) . Общее решение y = f ( x,c ) становится частным y = f ( x,c0 ) , если y0 = f ( x0 ,c ) , откуда можно найти c = c0 .

С3 С2 С1 С

x

x

y

M ( x0 , y0 ) y0 0

x0

x

Теорема Коши (теорема существования и единственности решения ДУ первого порядка, разрешенного относительно производной). Если функция ϕ ( x, y ) непрерывна в области, содержащей точку ( x0 , y0 ) , то существует функция y = f ( x ) , удовлетворяющая уравнению y ′ = ϕ ( x, y ) и обращающаяся в y0 при x = x0 . Если, кроме того, непрерывна и частная производная ϕ ′y ( x, y ) , то решение будет единственным.

10.2.1. ДУ с разделяющимися переменными ДУ y ′ = ϕ ( x, y ) удобно записать в виде: dy P( x, y ) = или P( x, y )dx − Q( x, y )dy = 0 . dx Q( x, y ) О ДУ X ( x )Y ( y )dx + X 1( x )Y1( y )dy = 0 называется ДУ с разделяющимися переменными. X( x ) Y( y) Разделим уравнение на Y ( y ) ⋅ X 1( x ) ≠ 0 , тогда dx + 1 dy = 0 . X 1( x ) Y( y )

118

Лекции 10 - 11

Обозначим входящие в это уравнение функции через P( x ) и Q( y ) , тогда получим ДУ P( x )dx + Q( y )dy = 0 с разделенными переменными. Общий интеграл этого ДУ имеет вид: ∫ P( x )dx + ∫ Q( y )dy = c . Пример: Найдите решение ДУ y ′ =

y . x

Решение: y C=2 dy y ± y =| cx | = , xdy = ydx , умножая уравнение на dx x C =1 1 dy dx , последовательно получаем = , x 0 xy y x dy dx ∫ y = ∫ x , ln y = ln x + ln c , где постоянная интегрирования представлена в логарифмической форме, значит, ln | y |= ln | cx | , | y |=| cx | , x ≠ 0 .

10.2.2. Однородные ДУ первого порядка О

Функция F( x, y ) называется однородной функцией n-го порядка, если для любого числа k имеет место тождество F( kx,ky ) ≡ k n F( x, y ) . Например, если F( x, y ) = 3 x 3 + y 3 , то F( kx,ky ) =

3

( kx )3 + ( ky )3 =

= k 3 x + y , значит, F( x, y ) является однородной функцией первого по3

3

рядка. Функция F( x, y ) = e x − y не является однородной.

ДУ y ′ = f ( x, y ) называется однородным уравнением первого порядка, если f ( x, y ) есть однородная функция нулевого порядка, то есть f ( kx,ky ) = f ( x, y ) . dy Решим однородное уравнение = f ( x, y ) . dx 1 ⎛ y⎞ Преобразуем функцию f ( x, y ) к виду f ( x, y ) = f ⎜1, ⎟ , считая k = . Решаем x ⎝ x⎠ y dy du dy ⎛ y⎞ = f ⎜ 1, ⎟ . Сделаем подстановку u = , тогда y = u ⋅ x , ДУ =u+ ⋅x dx dx x dx ⎝ x⎠ du = f ( 1,u ) - ДУ с разделяющимися перемени уравнение примет вид: u + x dx О

119

Дифференциальные уравнения

ными. x

du du dx = f ( 1,u ) − u , , = f ( 1,u ) − u x dx

∫

du dx = ∫ + c. f ( 1,u ) − u x

Пример: Найдите решение ДУ y′ =

y⎛ y ⎞ ⎜ ln + 1⎟ . x⎝ x ⎠

Решение: Это ДУ является однородным, т.к. правая часть есть функция только отy ношения . x y Положим = u , y = ux , тогда y′ = u′x + u и уравнение принимает вид: x du dx = u ′x + u = u ( lnu + 1) , u′x = u lnu , , ln lnu = ln x + ln c , lnu = cx , u lnu x откуда u = e , значит, y = xe . cx

cx

10.2.3. Обобщенные однородные ДУ первого порядка

⎛ a x + b1 y + c1 ⎞ ДУ вида y ′ = f ⎜ 1 ⎟ называется обобщенным однородным ⎝ a2 x + b2 y + c2 ⎠ ДУ первого порядка и решается путем сведения к однородному ДУ преобразованием параллельного переноса координат с помощью замены переменных

⎧x = X + α , при условии, что ⎨ y = Y + , β ⎩

⎧a1α + b1 β + c1 = 0, ⎨ ⎩a2α + b2 β + c2 = 0.

Проиллюстрируем решение обобщенных однородных ДУ первого порядка на примере. Найдем общий интеграл дифференциального уравнения y+2 . y′ = 2x + y − 4 Сведение к однородному достигается преобразованием параллельного переноса системы координат, x = X + α , y = Y + β . При этом вид:

dy d( Y + β ) dY = = , и в новых переменных уравнение принимает dx d( X + α ) dX

dY Y +(β + 2) . = dX 2 X + Y + ( 2α + β − 4 ) ⎧ β + 2 = 0, Выбирая постоянные α и β из условия ⎨ ⎩2α + β − 4 = 0,

120

Лекции 10 - 11

получаем α = 3 , β = −2 ; т.е. искомое преобразование переменных имеет вид:

x = X + 3, y = Y − 2 , а уравнение упрощается

dY Y = . dX 2 X + Y Поделив числитель и знаменатель в правой части на Х (при однородное уравнение

(1) X ≠ 0 ),

получаем

dY Y X , при X ≠ 0 . = dX 2 + Y X

(2)

Используя подстановку Y X = u( x ) , получаем

X

du −u 2 − u = . dX 2+u

(3)

Разделяя переменные, приходим к уравнению:

2+u dX du = − ; ( u ≠ 0 , u ≠ −1 , X ≠ 0 ). u2 + u X Интегрируя, находим общий интеграл в форме:

2+u ( 1 + u )2 − u du = ∫ u2 + u ∫ u2 + u du ⇒ 2ln | u | −ln | 1 + u | +ln | X |= C1 , ( u ≠ 0, u ≠ −1, X ≠ 0 ) . Случай X = 0 следует проверить подстановкой в уравнение (1), а случаи u = 0 и u = −1 - подстановкой в уравнение (3), поскольку возможна потеря решений. Находим, что X = 0 не является, а u = 0 и u = −1 являются решениями уравнения (1). Таким образом, уравнение (3) имеет следующие решения:

2ln | u | −ln |1 + u | +ln | X |= C1 (общий интеграл),

(4а)

u = 0,

(4б)

u = −1 (частные решения).

(4в)

121

Дифференциальные уравнения

Возвращаясь к старым переменным, получаем:

2ln

y+2 y+2 − ln 1 + + ln | x − 3 |= C1 , x−3 x−3

(5а)

y + 2 = 0,

(5б)

y+2 = −1 . x−3

(5в)

После упрощения общий интеграл (5а) принимает вид:

2ln | y + 2 | −ln | x + y − 1|= C .

(6)

Ответ: общий интеграл имеет вид: 2ln | y + 2 | −ln | x + y − 1|= C . Замечание: общий интеграл (6) можно представить также в форме:

ln

( y + 2)

2

x + y −1

= C1 или

( y + 2)

2

x + y −1

= C2 , C2 = ± eC1 .

Тогда частные решения (5б) и (5в) получаются при C2 = 0 и C2 = ∞ соответственно.

10.2.4. Линейные ДУ первого порядка Линейным ДУ первого порядка называется уравнение, линейное относительно неизвестной функции y и ее производной y′ : y ′ + P( x )y = Q( x ) , где P( x ) , Q( x ) – непрерывные функции. Ищем решение в виде произведения двух функций y = u( x ) ⋅ υ ( x ) , одна из которых считается произвольной ( υ ) , а другая находится из уравнения. dy dυ du Если y = u ⋅υ , то y ′ = uυ ′ + υ u′ , то есть =u +υ и уравнение приниdx dx dx мает вид: dυ du du ⎛ dυ ⎞ u +υ + Puυ = Q , u ⎜ + Pυ ⎟ + υ =Q. (*) dx dx dx ⎝ dx ⎠ dυ dυ В силу произвольности выберем υ такой, что + Pυ = 0, тогда = − Pdx , dx υ − Pdx ln υ = − Pdx + lnc , значит υ = c e ∫ . О

∫

1

1

122

Лекции 10 - 11

− Pdx Положим c1 = 1 , получим υ = e ∫ . Подставляя полученное для υ выражение в ДУ (*), найдем u :

υ( x )

du du Q( x ) Q( x) dx + c . = Q( x ) , = , u=∫ υ ( x) dx υ ( x ) dx

В итоге общее решение имеет вид:

⎡ Q( x) ⎤ y = υ ( x) ⎢ ∫ dx + c ⎥ . ⎣ υ ( x) ⎦ Пример: Найдите решение ДУ

2 dy − y = ( x + 1) 3 , x ≠ −1 . dx x + 1

Решение:

dy dυ du =u + ⋅υ , dx dx dx 2 du dυ du 2 ⎞ ⎛ dυ = ( x + 1) 3 . u + ⋅υ − uυ = ( x + 1) 3 , u⎜ υ ⎟ +υ − dx dx x +1 dx ⎝ dx x + 1 ⎠ 2 dυ 2dx dυ − υ = 0, , ln υ = 2 ln x + 1 = Найдем υ из ДУ dx x + 1 υ x +1 откуда υ = ( x + 1) 2 .

Полагая y = uυ , получим, что

,

du du ( x + 1) 2 = ( x + 1) 3 , = ( x + 1) , u = +c. dx 2 dx ( x + 1) 4 + c( x + 1) 2 . Общее решение примет вид: y = 2

Найдем u из ДУ: ( x + 1) 2

10.2.5. Уравнение Бернулли dy О ДУ + P ( x) y = Q( x) y n , где P( x) , Q ( x) – непрерывные функции или dx постоянные, называется уравнением Бернулли. При n = 0 оно линейное, при n = 1 с разделяющимися переменными. dy Считаем, что n ≠ 0, 1 . Разделим ДУ на y n , получим y − n + Py − n+1 = Q . dx dz dy = (− n + 1) y − n ⋅ , Сделаем замену переменной z = y − n+1 , тогда получим dx dx dz + (− n + 1) Pz = (− n + 1)Q - линейное уравнение. dx Пример: Найдите решение ДУ

dy + xy = x3 y 3 . dx

123

Дифференциальные уравнения

Решение: Здесь P ( x) = x , Q( x) = x 3 , n = 3 . Умножив уравнение на

1 , получим y −3 y′ + xy −2 = x 3 . y3

dz dy dz = −2 y −3 , − 2 xz = −2 x 3 . dx dx dx dz dυ du dυ du u =u + υ, + υ − 2 xuυ = −2 x3 , dx dx dx dx dx

Заменяя z = y − n +1 = y −2 , получаем Полагая

z = uυ ,

du ⎛ dυ ⎞ − 2 xυ ⎟ + υ = −2 x 3 , u⎜ приходим к линейному dx dx ⎝ ⎠ 2 dυ dυ υ: − 2 xυ = 0 , = 2 xdx , откуда ln υ = x 2 , υ = e x . υ dx Тогда уравнение для u принимает вид: 2 du 2 ex = −2 x3 , du = −2e − x x 3 dx , dx 2 2 − x2 3 откуда u = −2 ∫ e x dx = (по частям)= = x 2 e − x + e − x + c , 2

1

2

z = uυ = x 2 + 1 + ce x , y −2 = x 2 + 1 + ce x , y =

x 2 + 1 + ce x

2

ДУ

для

.

Заметим, что уравнение Бернулли можно решить как линейное, сразу сделав замену y = uυ .

10.2.6. Уравнение в полных дифференциалах О

Т

Уравнение P( x, y )dx + Q( x, y )dy = 0 называется уравнением в полных дифференциалах, если P( x, y ) и Q( x, y ) – непрерывные дифференци∂Q ∂P ∂Q ∂P , причем и непрерывны руемые функции, для которых = ∂x ∂y ∂x ∂y в некоторой области. Для того чтобы выражение Pdx + Qdy было полным дифференциалом некоторой функции двух переменных u ( x, y ) , необходимо и достаточно, ∂P ∂Q . чтобы = ∂y ∂x Докажем необходимость этого условия. Пусть du = Pdx + Qdy , тогда по определению дифференциала функции

∂u ∂u ∂P ∂ 2u ∂Q ∂ 2u двух переменных P = = , Q= . Вычислим и . = ∂y ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂x∂y Известно, что вторые смешанные производные функции двух переменных равны друг другу, если они непрерывны.

124

Лекции 10 - 11

∂Q ∂P ∂ 2u ∂ 2u Так как и непрерывны по условию: , следователь= ∂x ∂y ∂x∂y ∂y∂x ∂P ∂Q но, и Pdx + Qdy = 0 , du = 0 , откуда u ( x, y ) = c . = ∂y ∂x Основываясь на вышеизложенном, решим ДУ в полных дифференциалах. Пример: 2x y 2 − 3x2 Решить ДУ 3 dx + dy = 0 . y y4 Решение: 2x y 2 − 3x 2 Здесь P = 3 , Q = . y y4 1). Проверим, является ли полным дифференциалом выражение, стоящее ∂P 6 x ∂Q 6x =− 4 , =− 4 . в левой части ДУ. Вычислим y y ∂y ∂x

∂P ∂Q 2x y 2 − 3x2 = , значит, 3 dx + dy = du . ∂y ∂x y y4 2). Так как выражение, стоящее в левой части уравнения, является пол⎧ ∂u 2 x ⎪ ∂x = y 3 , ∂u ∂u ⎪ dx + dy , и ⎨ ным дифференциалом, значит, du = 2 2 ∂x ∂y ⎪ ∂u = y − 3 x . ⎪⎩ ∂y y4 3). Интегрируя первое из уравнений системы, получаем: 2x x2 u ( x, y ) = ∫ 3 dx + ϕ ( y ) = 3 + ϕ ( y ) , где постоянная интегрирования по x y y представляет собой функцию ϕ ( y ) . 4). Для нахождения ϕ ( y ) продифференцируем по y полученное для Видим, что

u ( x, y ) выражение:

∂u 3x 2 = − 4 + ϕ ′( y ) . y ∂y

y 2 − 3x 2 3x 2 = − 4 + ϕ ′( y ) , 5). Второе уравнение системы дает: y4 y

откуда ϕ ′( y ) =

1 1 x2 1 , ϕ y = − + c , значит, = − + c1 и общим ( ) ( , ) u x y 1 y2 y y3 y

интегралом ДУ является выражение

x2 1 − =c. y3 y

125

Дифференциальные уравнения

10.2.7. Таблица 1. Решение ДУ первого порядка

Вид уравнения 1. P ( x )dx + Q ( y )dy = 0

⎛ y⎞ 2. y′ = f ⎜ ⎟ ⎝x⎠

Тип уравнения с разделяющимися переменными

однородное

Метод решения непосредственное интегрирование

y , y =u⋅ x, x y′ = u ′ ⋅ x + u

u=

⎛ a x + b1 y + c1 ⎞ 3. y′ = f ⎜ 1 ⎟ ⎝ a2 x + b2 y + c2 ⎠

обобщенное однородное

⎧x = X + α, ⎨ ⎩y = Y + β; ⎧a1α + b1β + c1 = 0, ⎨ ⎩a2α + b2 β + c2 = 0; dY y′ = Y ′ = dX

4. y′ = P ( x) y + Q( x)

линейное по y ( x)

y = u ⋅υ y′ = uυ ′ + u′υ

5. x′ = P( y ) x + Q( y )

линейное по x( y )

x = u ⋅υ x′ = u′υ + uυ ′

6. y′ + P ( x) y = Q( x) ⋅ y n

Бернулли

y = u ⋅υ

уравнение в полных дифференциалах

интегрирование системы ⎧ ∂u ⎪⎪ ∂x = P ( x, y ), ⎨ ∂u ⎪ = Q ( x, y ) ⎪⎩ ∂y

7. P ( x, y )dx + Q ( x, y )dy = 0 ∂P ∂Q = ∂y ∂x du ( x, y ) = 0

126

Лекции 10 - 11

10.2.8. Особые решения ДУ первого порядка Если ДУ первого порядка не разрешено относительно производной, т.е. имеет вид F ( x, y, y ′) = 0 , то через некоторые точки плоскости ( x, y ) может проходить не одна интегральная кривая, т.е. для некоторых начальных значений может нарушиться единственность решения. О

y Линия L называется огибающей однопараметрического семейства линий Φ ( x, y, c) = 0 , если она в каждой точке касается той или иной линии семейства, причем 0 в различных точках линии L ее касаются различные линии данного семейства. Для определения огибающей служат следующие два уравнения:

x

⎧Φ ( x, y, c) = 0, ⎨ ⎩Φc′( x, y, c) = 0. Пусть ДУ F ( x, y, y′) = 0 (*) имеет общий интеграл Φ ( x, y, c) = 0 (**). Если это семейство интегральных кривых имеет огибающую, то огибающая также является интегральной кривой ДУ. ⎧Φ ( x, y, c) = 0, Уравнения ⎨ после исключения параметра c , определяют ⎩Φc′( x, y, c) = 0,

функцию y = ψ ( x) . Если эта функция удовлетворяет ДУ (*) и не принадлежит семейству (**), то она называется особым решением ДУ. В каждой точке особого решения нарушается единственность решения. Пример:

Решите ДУ y 2 (1 + y′2 ) = R 2 . Решение:

R2 − y2 dy ydy ydy =± , = dx , ( x − c) = ± ∫ . dx y R2 − y 2 ± R2 − y 2 Вычислим

⎛ R2 − y2 = t ⎞ 1 dt 1 2 ydy = =− ∫ = ⎜ ⎟ ∫ 2 2 2 2 2 dt = − ydy t R −y ⎝ ⎠ 1

1

1 − 1 t2 = − ∫ t 2 dt = − = − t = − R2 − y2 . 1 2 2 2

127

Дифференциальные уравнения

Итак, x − c = ± R 2 − y 2 , ( x − c ) = R 2 − y 2 . 2

Значит, Φ( x, y,c ) = ( x − c ) + y 2 − R 2 = 0 , 2( x − c )( −1 ) = 0 , 2

⎧( x − c )2 + y 2 = R 2 ⇒ y 2 = R 2 , откуда y = ± R , y1 = R, y2 = − R . ⎨ = x c ⎩ Итак, y = ± R – огибающие, которые удовлетворяют ДУ, являются особыми решениями.

11.1. ДУ высших порядков y( n ) = f ( x, y, y′,..., y( n −1 ) ) Задача Коши заключается в нахождении решения ДУ n-го порядка, удовлетворяющего заданным начальным условиям: ⎧ y (x 0 ) = y 0 , ⎪ y ′(x ) = y ′ , 0 0 ⎪ ⎨ M ⎪ ⎪ y ( n −1) (x ) = y ( n −1) . 0 0 ⎩ Т

Теорема Коши (существования и единственности решения ДУ n-го порядка). Если в ДУ y ( n ) = f ( x, y, y ′,..., y ( n −1 ) ) функция f ( x, y, y ′,..., y ( n −1 ) ) и ее частные производные по аргументам y, y ′,..., y ( n −1 ) непрерывны в некоторой области, содержащей значения x = x0 , y = y0 , y ′ = y0′ , …., y ( n −1 ) = y0( n −1 ) , то существует и притом единственное решение y = y( x ) ДУ, удовлетворяющее начальным условиям: y( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y0′ , …,

y ( n −1 ) ( x0 ) = y0( n −1 ) . О

Общим решением ДУ n-го порядка называется функция y = ϕ ( x,c1 ,c2 ,...,cn ) , которая удовлетворяет ДУ при любых значениях постоянных.

128

Лекции 10 - 11

Частное решение ДУ (решение задачи Коши) может быть найдено из общего решения ДУ по заданным начальным условиям y( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y0′ , …., y ( n −1 ) ( x0 ) = y0( n −1 ) , из которых получаем систему уравнений:

( (

) )

⎧ y x 0 , c10 ,...cn0 = y 0 , ⎪ ⎪ y ′ x 0 , c10 ,...cn0 = y 0′ , ⎨ . . . ⎪. ⎪ y ( n −1) x , c 0 ,...c 0 = y ( n −1) n 0 1 0 ⎩

(

)

для определения постоянных c10 ,c20 ,....cn0 . Решение задачи Коши для ДУ n-го порядка имеет вид:

y = ϕ ( x,c10 ,c2 0 ,...,cn 0 ) .

11.2. ДУ второго порядка

Решением ДУ y ′′ = f ( x, y, y ′ ) является функция y = ϕ ( x,c1 ,c2 ) , представляющая совокупность интегральных кривых. Задача Коши заключается и нахождении решения ДУ, проходящего через точку M 0 ( x0 , y0 ) : y ( x0 ) = y0 в заданном направлении: tgα 0 = y′ ( x0 ) = y0′ .

11.3. Некоторые типы ДУ второго порядка, приводимые к ДУ первого порядка 11.3.1. ДУ y ′′ = f ( x ) Двукратное интегрирование дает: y ′ = ∫ f ( x )dx + c1 , y = ∫

( ∫ f ( x )dx ) dx + c x + c . 1

2

11.3.2. ДУ вида y ′′ = f ( x, y ′ ) d2y ⎛ dy ⎞ = f ⎜ x, ⎟ явно не содержит y(x). Сделаем замену переУравнение 2 dx ⎝ dx ⎠ dy dp d 2 y = , тогда и уравнение принимает вид менной: p ( x ) = dx dx dx 2 dp = f ( x, p ) , откуда p = p ( x,c1 ) , y = ∫ p ( x,c1 ) dx + c2 . dx

129

Дифференциальные уравнения

Пример: Решите уравнение xy′′ = 2 x − y′ , если при x = 1 y =

1 , y′ = 1 . 2

Решение:

dp dp dp p =2− , то x = 2x − p , – однородное уравнеx dx dx dx ние первого порядка. p p Тогда = u , p = ux , p′ = u′x + u , и уравнение p′ = 2 − принимает вид: x x

Если y′ = p , y′′ =

u ′x + u = 2 − u .

u′x = 2(1 − u ), c1 x =

du 2(1 − u ) du dx 1 = , = , ln c1 x = − ln(1 − u ) , 2(1 − u ) x 2 dx x

p 1 p 1 1 1 p , c1 x 1 − = 1 , 1 − = 2 2 , = 1 − 2 2 , p = x − 2 = y′ , x c1 x x c1 x c1 x x 1− u

dx x2 1 y , откуда = − ln x + c2 . 2 c12 c12 x 1 Тогда y′( x) = x − 2 . c1 x Из начальных условий: ⎧1 1 = + c2 , ⎧c2 = 0, 1 ⎧ ⎪ y (1) = , ⎪⎪ 2 2 ⎪ ⇒⎨1 2 ⇒⎨ ⎨ 1 ⎪1 = 1 − 2 ⎪ c 2 = 0. ⎩⎪ y′(1) = 1 ⎩ 1 c1 ⎩⎪ dy = xdx −

Значит, y =

x2 . 2

11.3.3. ДУ y ′′ = f ( y, y ′) Уравнение явно не содержит независимую переменную x. Пусть dy y ′ = p( y ) , т.е. = p( y ) = p ( y ( x ) ) является сложной функцией y , следоваdx dp dp dy dp dp = ⋅ = ⋅ p . Уравнение принимает вид: p ⋅ = f ( y, p ) , тельно: y ′′ = dx dy dx dy dy откуда p = p( y,c1 ) . dy dy = dx и общий = p ( y,c1 ) , Для нахождения y получили уравнение dx p ( y,c1 ) интеграл имеет вид Φ ( x, y,c1 ,c2 ) = 0 . Пример: Решите ДУ y ′′ =

( y ′)2 . y

130

Лекции 10 - 11

Решение: ⎛ dp p ⎞ dp dp p 2 и p⋅ = , p⎜⎜ − ⎟⎟ = 0 . dy dy y ⎝ dy y ⎠ ⎡ p = 0, Это уравнение равносильно совокупности решений ⎢⎢ dp p = . ⎣⎢ dy y

Пусть y ′ = p( y ) , тогда y ′′ = p ⋅

Решением первого уравнения совокупности

dy = 0 является y = c1 . dx

dp p dp dy = , = , ln p = ln y + lnc2 ( c2 ≠ 0 ) , dy y p y dy dy p= = c2 y , dy = c2 ydx , = c2 dx , lny = c2 x + lnc3 ( c3 ≠ 0 ) , y = c3 ec2 x . y dx c2 x Ответ: y1 = c1 , y2 = c3 e . Найдем решение второго:

11.4. Таблица 2. Решение ДУ второго порядка, допускающих понижение порядка Вид ДУ 1. y′′ = f ( x)

Последовательное интегрирование

2. y′′ = f ( x, y′ )

p ( x) = y′ , p′ = y′′

3. y′′ = f ( y, y′ )

p( y ) = y′ , y′′ =

4. y′′ =

y − xy′ x2

5. yy′′ + y′2 = x

Метод решения

p=

dp ⋅p dy

y y − xy′ , p′ = x x2

p = yy′ , p′ = y′2 + yy′′

11.5. ДУ n-го порядка, допускающие понижение порядка 11.5.1. ДУ вида y ( n ) = f ( x ) . Общее решение получается путем n-кратного интегрирования. Принимая во внимание, что y ( n ) = ( y ( n−1) ) ' , y ( n−1) = ∫ f ( x)dx + C1 ,

y ( n−2) = ∫

( ∫ f ( x)dx ) dx + C x + C , …, 1

2

C1 x n−1 C2 x n−2 y = ∫ ...∫ f ( x)dx...dx + + + ... + Cn . (n − 1)! (n − 2)!

131

Дифференциальные уравнения

Пример: Найдите частное решение ДУ y′′′ = e 2 x , удовлетворяющее начальным условиям: y0 = 1 , y0′ = −1 , y0′′ = 0 при x0 = 0 . Решение: Последовательное интегрирование дает: 1 1 1 x2 y′′ = e2 x + c1 , y′ = e2 x + c1 x + c2 , y = e 2 x + c1 + c2 x + c3 . 8 2 2 4 Из начальных условий y (0) = 1 , y′(0) = −1 , y′′(0) = 0 , что приводит к системе для определения постоянных c1 , c2 , c3 :

1 ⎧ 1 ⎧ ⎪1 = 8 + c3 , ⎪c1 = − 2 , ⎪ ⎪ 1 2x 1 2 5 7 1 5 ⎪ ⎪ ⎨−1 = + c2 , откуда ⎨c2 = − , и y = e − x − x + . 8 4 4 8 4 4 ⎪ ⎪ 1 7 ⎪ ⎪ ⎪c3 = 8 , ⎪0 = 2 + c1 , ⎩ ⎩

Пример:

Найдите общий интеграл уравнения y " = sin(kx ) и частное решение, удовлетворяющее начальным условиям y |x =0 = 0, y ' |x =0 = 1 . 1 y ' = ∫ sin kxdx + C1 = − cos kx + C1 , k ⎛ 1 ⎞ y = ∫ ⎜ − cos kx + C1 ⎟ dx + C2 = ⎝ k ⎠ 1 1 = − ∫ cos kxdx + ∫ C1dx + C2 = − 2 sin kx + C1 x + C2 - общее решение. Из k k условия y |x =0 = 0 находим 0 = С2 . 1 1 Из условия y ' |x =0 = 1 находим: 1 = − + C1 → C1 = 1 + . k k sin kx ⎛ 1⎞ Таким образом, частное решение имеет вид: y = − 2 + x ⎜ 1 + ⎟ . k ⎝ k⎠

(

11.5.2. ДУ вида F y , y ', y ",..., y (

n)

)=0

Уравнение не содержит в явном виде независимую переменную x . Порядок уравнения понижается на единицу подстановкой:

y ' = P ( y ), y" =

dP dP dy dP d ⎛ dP ⎞ P, y '" = ⎜ P = = = dx dy dx dy dx ⎝ dy ⎟⎠ 2

d 2 P dy dP dy dP d 2 P ⎛ dP ⎞ =P 2 + = P2 2 + ⎜ ⎟ P. dy dx dy dx dy dy dy ⎝ ⎠

132

Лекции 10 - 11

Пример: Найдите общий интеграл уравнения y '2 + 2 yy " = 0 . dP Подстановка y ' = P ( y ) , y " = P в уравнение дает: dy dy ⎡ = 0, y = const ; P( y) = ⎢ dP ( y ) dx 2 P ( y) + 2y P ( y) = 0 ⇒ ⎢ dy ⎢ P + 2 y dP = 0; ⎢⎣ dy 1 − dP dP dy 1 C 2y = − P, = − , ln P = − ln y + ln C1 , P = C1 y 2 = 1 , dy P 2y 2 y

dy C1 ; = dx y

(

ydy = C1dx;

11.5.3. ДУ вида F x, y ( ) ,..., y ( k

n)

2 32 y = C1 x + C2 . 3

)=0

Уравнение не содержит в явном виде функцию y и ее производные до ( k − 1) порядка включительно. Порядок уравнения понижается на k единиц с

(

помощью замены y ( k ) = P ( x ) . Имеем F x, P, P ',..., P (

n −k )

) = 0 . Если для по-

следнего уравнения найдено решение P ( x ) = ϕ ( x, C1 , C2 ,..., Cn − k ) , то искомая

функция y ( x ) получается путем k - кратного интегрирования функции

P ( x ) = ϕ ( x, C1 , C2 ,..., Cn − k ) . Пример:

Найдите общий интеграл уравнения xy '"+ y "− x − 1 = 0 . В уравнении явно не содержатся функции y , y ' . dP Сделаем замену y " = P ( x ) → y '" = . Подстановка приводит к линейdx P 1 ному уравнению: P '+ = + 1 . x x Решение ищем в виде: uυ 1 P ( x ) = u ( x )υ ( x ) , P ' = u 'υ + υ ' u, u 'υ + υ ' u + = + 1, x x υ⎞ 1+ x ⎛ u ⎜ υ ' + ⎟ + u 'υ = , x⎠ x ⎝ υ dυ υ dυ dx =− ; =− , υ '+ = 0, x dx x υ x 1 1+ x 1 1+ x ln υ = − ln x + ln C , C = 1 → υ = , u 'υ = , u' = , x x x x ⎛ x2 ⎞1 x2 + x + C1 , P = uυ , P = ⎜ + x + C1 ⎟ , u ' = 1 + x, du = (1 + x ) dx, u = 2 ⎝ 2 ⎠x

133

Дифференциальные уравнения

P= =

x C x C C ⎞ ⎛x + 1 + 1 , y " = + 1 + 1 , y ' = ∫ ⎜ + 1 + 1 ⎟ dx + C2 = x x x ⎠ 2 2 ⎝2

⎛ x2 ⎞ x2 + x + C1 ln x + C2 , y = ∫ ⎜ + x + C1 ln x + C2 ⎟dx + C3 . 4 ⎝ 4 ⎠ u = ln x

1 dx 1 = x ln x − ∫ x dx = x ln x − x = x ( ln x − 1) ; x ∫ ln xdx = x dυ = dx υ=x

du =

y=

(

x3 x2 + + C1 x ( ln x − 1) + C2 x + C3 . 12 2

)

d n −1 G x, y , y ',..., y ( ) ( x ) = 0 dx Левая часть ДУ такого вида может быть представлена в виде полной производной по x от некоторой функции. Покажем, что интегрирование по x понижает порядок уравнения на единицу.

11.5.4. ДУ вида

Пример: ⎛ x2 ⎞ x2 xy '"+ y "− x − 1 = 0, ( xy ") ' = ⎜ + x ⎟ ', xy " = + x + C1 , 2 ⎝ 2 ⎠ x C y" = +1+ 1 . 2 x

В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, студенты должны различать и уметь решать: ƒ основные типы ДУ первого порядка, ƒ некоторые типы ДУ второго порядка, приводимые к ДУ первого порядка, ƒ ДУ n-го порядка, допускающие понижение порядка.

Лекции 12 - 13 ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ В лекции рассмотрены линейные дифференциальные уравнения (ЛДУ) и методы их решения. Особое внимание уделено линейным ДУ с постоянными коэффициентами, возникающим как простейшая математическая модель явления при рассмотрении многих задач естественных и прикладных наук.

12.1. Общая теория линейных дифференциальных уравнений высшего порядка. Определения и общие свойства 12.2. Решение ОЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами 12.3. Таблица 3. Решение ОЛДУ второго порядка 12.4. ОЛДУ n-го порядка с постоянными коэффициентами 12.5. Таблица 4. ОЛДУ n-го порядка 12.6. НЛДУ второго порядка 13.1. Решение НЛДУ второго порядка методом вариации произвольных постоянных 13.2. Решение НЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами методом неопределенных коэффициентов 13.3. Таблица 5. Решение НЛДУ y′′ + py′ + qy = f ( x) 13.3.1. Метод неопределенных коэффициентов 13.3.2. Метод вариации произвольной постоянной 13.3.3. Принцип суперпозиции 13.4. НЛДУ высших порядков 13.4.1. Метод вариации произвольных постоянных 13.4.2. Метод неопределенных коэффициентов 13.5. Таблица 6. Решение НЛДУ n-го порядка 13.5.1. Метод неопределенных коэффициентов 13.5.2. Метод вариации произвольной постоянной

12.1. Общая теория линейных дифференциальных уравнений высшего порядка. Определения и общие свойства О

Линейным называется ДУ, содержащее функцию у и ее производные в первой степени.

О

Неоднородным линейным дифференциальным уравнением (НЛДУ) n-го порядка называется ДУ вида:

y ( n ) + a1 y ( n−1) + ... + an y = f ( x) ,

135

Линейные дифференциальные уравнения

где ai ( i = 1,2,..., n ) и f ( x) - непрерывные функции от х или постоянные, причем правая часть f ( x) ≠ 0 . О Линейное ДУ называется однородным (ОЛДУ), если f ( x) = 0 . Рассмотрим ОЛДУ второго порядка:

y′′ + a1 y′ + a2 y = 0 . Пусть y1 = y1 ( x) и y2 = y2 ( x) - частные решения ДУ. О

Два решения ДУ y1 и y2 называются линейно независимыми, если их линейная комбинация c1 y1 + c2 y2 = 0 лишь в случае c1 = c2 = 0 . Решения y1 и y2 будут линейно зависимы тогда и только тогда, когда y2 = cy1 . Например, функции y1 = e x и y2 = 3e x - линейно зависимы, а функции

y1 = e x и y2 = e − x - линейно независимы. О

Т

и y2 являются функциями x , то определитель y y2 W ( y1 , y2 ) = 1 = y1 y2′ − y1′ y2 называется определителем Вронского. y1′ y2′

Если

y1

Если функции y1 и y2 линейно зависимы на [a, b] , то W ( y1 , y2 ) ≡ 0 , x ∈ [ a, b] . Доказательство: y y2 y1 λ y1 y y y2 = λ y1 → y2′ = λ y1′ и W ( y1 , y2 ) = 1 = = λ 1 1 = 0. y1′ y2′ y1′ λ y1′ y1′ y1′

Т

Если решения y1 и y2 ДУ линейно независимы на [a, b] , то W ( y1 , y2 ) ≠ 0, x ∈ [a, b] . Доказательство: Допустим противное: W ( y1 , y2 ) = 0 , тогда y1 y2′ − y1′ y2 = 0 . Для y1 ≠ 0 : ′ ⎛ y2 ⎞ y1 y2′ − y1′ y2 y = 0 , т.е. ⎜ ⎟ = 0 и 2 = const , что противоречит условию, 2 y1 y1 ⎝ y1 ⎠ значит, W ≠ 0 .

Т

Если y1 и y2 - линейно независимые частные решения ОЛДУ второго порядка y′′ + a1 y′ + a2 y = 0 , то общее решение ДУ равно линейной ком-

136

Лекции 12 – 13

бинации этих частных решений y = c1 y1 + c2 y2 , где c1 , c2 - произвольные постоянные. Доказательство: y1′′ + a1 y1′ + a2 y1 = 0, y2′′ + a1 y2′ + a2 y2 = 0 . Подставим решение в виде y = c1 y1 + c2 y2 в исходное уравнение: ″ ′ ( c1 y1 + c2 y2 ) + a1 ( c1 y1 + c2 y2 ) + a2 ( c1 y1 + c2 y2 ) =

= c1 ( y1′′ + a1 y1′ + a2 y1 ) + c2 ( y2′′ + a1 y2′ + a2 y2 ) = c1 ⋅ 0 + c2 ⋅ 0 = 0 , значит, y = c1 y1 + c2 y2 - общее решение ОЛДУ при любом выборе постоянных. Пример:

Решите уравнение ( x − 1) y′′ − xy′ + y = 0 . Решение: Подстановкой в уравнение убеждаемся, что функции y1 = x, y2 = e x y удовлетворяют уравнению, причем 2 ≠ const , т.е. они линейно незавиy1 симы, значит y = c1 x + c2 e x .

Т

Если известно одно частное решение ОЛДУ 2-го порядка y1 , то второе частное решение, линейно независимое с первым, находится интегрированием линейного дифференциального уравнения (ЛДУ) первого порядка. Доказательство: Пусть частное решение, значит, y′′ + a1 y′ + a2 y = 0 ; y1 y1′′ + a1 y1′ + a2 y1 = 0 . Второе частное решение ищем в виде y2 = u ( x) y1 , где u ( x) - неизвестная функция. Подставим y2 в ДУ: ( y1′′ + a1 y1′ + a2 y1 ) ⋅ u + y1u′′ + ( 2 y1′ + a1 y1 ) u′ = 0 , y1u′′ + ( 2 y1′ + a1 y1 ) u′ = 0 . Заменой u′ = p , приходим к ДУ первого порядка для нахождения функции р: y1 p′ + ( 2 y1′ + a1 y1 ) p = 0 , интегрирование которого позволяет найти функцию u ( x) и y2 = u( x ) y1 , т.е. − a1dx e ∫ y2 = y1 ∫ 2 dx . y1

137

Линейные дифференциальные уравнения

12.2. Решение ОЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами Рассмотрим уравнение

y′′ + py′ + qy = 0 . (*) Ищем его решение в виде y = e (подстановка Эйлера), найдем значения k . Продифференцируем y : y′ = ke kx , y′′ = k 2e kx . Подстановка такого вида решения в ДУ дает: k 2e kx + pke kx + qe kx = 0 , k 2 + pk + q = 0 . kx

О

Уравнение

k 2 + pk + q = 0

(**)

называется характеристическим уравнением ОЛДУ для определения k. Решения характеристического уравнения имеют вид:

p k1,2 = − ± 2

p2 −q. 4

Возможны следующие виды решений: p2 1). Если D = − q > 0 , то характеристическое уравнение имеет два действи4 тельных различных корня k1 и k2 , k1 ≠ k2 . В этом случае ОЛДУ имеет два линейно независимых ( k1 ≠ k2 ) различных частных решения y1 = e k1x , y2 = e k2 x . Общее решение ДУ имеет вид:

y = c1e k1x + c2e k2 x , где k1,2 = −

p ± 2

p2 −q. 4

Пример: Найдите решение ОЛДУ y ′′ − 2 y ′ − 8 y = 0 . k 2 − 2k − 8 = 0, k1 = 4, k 2 = −2, y = c1e 4 x + c 2 e −2 x .

p2 2). Если D = − q = 0 , то k1 = k2 и характеристическое уравнение имеет ко4 p − x p 2 рень k = − кратности два. Одно частное решение имеет вид: y1 = e . Вто2 рое линейно независимое частное решение ищем в виде: y2 = y1 ⋅ u ( x) = e

p − x 2

⋅u,

138

Лекции 12 – 13

тогда

y2′ = e y2′′ = e

−

p x 2

p − x 2

⋅ u′ + e

−

p x 2

p − x⎛ p ⎞ ⎛ p⎞ 2 ⎜ − ⎟ u = e ⎜ u′ − u ⎟ , 2 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝

p p p2 ⎞ ⎛ ′′ p ′ ⎞ p − 2 x ⎛ ′ p ⎞ − 2 x ⎛ ′′ u⎟. ⎜ u − u ⎟ − e ⎜ u − u ⎟ = e ⎜ u − pu′ + 2 ⎠ 2 2 ⎠ 4 ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ p − x 2

получим подстановки в ОЛДУ и сокращения на e 2 2 p p u′′ − pu′ + u + pu′ − u + qu = 0 , и уравнение для u ( x) принимает вид: 4 2

После

⎛ p2 ⎞ u′′ + ⎜ q − ⎟u = 0 . 4 ⎠ ⎝ В рассматриваемом случае равных корней характеристического уравнения p − x p2 2 D=q− = 0 , и тогда u′′ = 0, u′ = C1 , u = C1 x + C2 , y2 = ( C1 x + C2 ) e . По4 p − x 2

ложим, C1 = 1, C2 = 0 , тогда y2 = xe . Общее решение ОЛДУ в случае k1 = k2 = k имеет вид: p y = e kx ( c1 + c2 x ) , где k = − . 2 kx ! Убедиться в том, что выражение y2 = xe является вторым линейно независимым решением дифференциального уравнения при условии, что p k = − является решением характеристического уравнения, можно не2 посредственной подстановкой. Пример: y ′′ − 6 y ′ + 9 y = 0 . k 2 − 6k + 9 = 0, k1 = k 2 = 3 ± 9 − 9 = 3, y = (c1 + c 2 x )e 3 x .

p2 3). Если D = − q < 0 , то характеристическое уравнение имеет два сопря4 p p2 женных комплексных корня k1,2 = − ± i q − , k1 = α + β i, k2 = α − β i , где 2 4 p 2

α =− , β = q−

p2 . 4

139

Линейные дифференциальные уравнения

Частные решения имеют вид:

y1 = e(α + β i ) x , y2 = e(α −β i ) x .

(

)

Общее решение y = c1e(α + β i ) x + c2 e(α −β i ) x = eα x c1eiβ x + c2 e − iβ x , где c1 и c2 - такие комплексные постоянные, что у – действительная функция. По формуле Эйлера: eiβ x = cos β x + i sin β x , e − iβ x = cos β x − i sin β x , тогда y = eα x ⎡ c1 + c2 cos β x + i c1 − c2 sin β x ⎤ . Полагая c1 + c2 = c1 , i c1 − c2 = c2 , ⎣ ⎦ c1 , c2 - действительные постоянные, получим общее решение ОЛДУ в виде

(

)

(

)

(

)

p p2 =α ± i β . y = e ( c1 cos β x + c2 sin β x ) , где k1,2 = − ± i q − 2 4 αx

4). В частном случае y′′ + β 2 y = 0 , когда p = 0, q = β 2 , α = 0 , k1,2 = ± β i , общее решение имеет вид: y = c1 cos β x + c2 sin β x . Пример: y ′′ − 6 y ′ + 13 y = 0 . k 2 − 6k + 13 = 0, k = 3 ± 2i, α = 3, β = 2 , y = e 3 x (c1 cos 2 x + c 2 sin 2 x ) .

12.3. Таблица 3. Решение ОЛДУ второго порядка y′′ + py′ + qy = 0 , k 2 + pk + q = 0 Корни характеристического уравнения

⎡k p p2 1. D > 0, k = k1,2 = − ± −q =⎢ 1 2 4 ⎣ k2 действительные, разные. p 2 действительные, равные, кратность 2.

Вид общего решения

y = c1e k1x + c2e k2 x

2. k1 = k2 = k = −

y = ( c1 + c2 x ) ekx

p p2 3. k1,2 = α ± i β , α = − , β = q − 2 4 комплексные.

y = eα x ( c1 cos β x + c2 sin β x )

4. k1,2 = ±i β , α = 0

y = c1 cos β x + c2 sin β x

140

Лекции 12 – 13

12.4. ОЛДУ n-го порядка с постоянными коэффициентами y ( n ) + a1 y ( n-1 ) + ...+ an y = 0 , ai = const О

Т

Функции ϕ1 ( x), ϕ 2 ( x),...,ϕ n ( x) называются линейно независимыми, если никакая из них линейно не выражается через другие для всех x ∈ [a, b] , т.е. c1ϕ1 + c2ϕ 2 + ... + cnϕ n ≠ 0 , если ci - постоянные, не все равные нулю. Если функции y1 , y2 ,..., yn являются линейно независимыми частными решениями ОЛДУ n-го порядка, то его общее решение есть y = c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn , где ci - произвольные постоянные. Число линейно независимых частных решений ДУ равно степени характеристического уравнения или порядку ОЛДУ. Найдя n частных решений, можно записать общее решение ОЛДУ. Составим характеристическое уравнение ОЛДУ n-го порядка с постоянными коэффициентами: k n + a1k n−1 + a2 k n−2 + ... + an = 0 . Найдем его корни k1 , k2 ,..., kn . В зависимости от корней характеристического уравнения частные линейно независимые решения ОЛДУ имеют разный вид.

1). Каждому действительному однократному корню k соответствует частное решение вида y = e kx . 2). Каждому действительному корню k кратности r соответствует r линейно независимых решений:

⎡ y1 = e kx , ⎢ kx ⎢ y2 = xe , ⎢ y = x 2e kx , ⎢ 3 ⎢................... ⎢ r −1 kx ⎢⎣ yr = x e 3). Каждой паре комплексных корней k1,2 = α ± i β соответствуют два частных решения: ⎡ y1 = eα x cos β x, ⎢ αx ⎣ y2 = e sin β x.

141

Линейные дифференциальные уравнения

4). Каждой паре комплексных корней k1,2 = α ± i β кратности µ соответствует 2 µ частных решений:

⎡ y1 = eα x cos β x, ⎢ αx ⎢ y2 = xe cos β x, ⎢.......... ⎢ µ −1 α x ⎢ yµ = x e cos β x, ⎢ αx ⎢ yµ +1 = e sin β x, ⎢ αx ⎢ yµ +2 = xe sin β x, ⎢.......... ⎢ µ −1 α x ⎢⎣ y2 µ = x e sin β x.

12.5. Таблица 4. ОЛДУ n-го порядка y ( n ) + a1 y ( n-1 ) + a 2 y ( n-2 ) + ...+ an y = 0 , ai = const , k n + a1 k n-1 + a2 k n-2 + ...+ an = 0 Корни характеристического уравнения

Вклад указанных корней в общее решение ДУ

1. Действительные, разные k1 ≠ k2 ≠ k3 ≠ ... ≠ kn

y = c1e k1x + c2e k2 x + ... + cn ekn x

2. Действительные, кратности r ≤ n k1 = k2 = k3 = ... = kr = k

y = ( c1 + c2 x + c3 x 2 + ... + cr x r −1 ) e kx

3. Комплексные, разные k1 = α1 ± i β1 , k2 = α 2 ± i β 2 ,...

y = eα1x ( c1 cos β1 x + c2 sin β1 x ) +

..., kn = α n ± i β n , α1 ≠ α 2 ≠ ... ≠ α n ,

β1 ≠ β 2 ≠ ... ≠ β n . 4. Комплексные, кратности r = 3 k1 = k2 = k3 = α + i β

+ eα 2 x ( c3 cos β 2 x + c4 sin β 2 x ) + ... + + eα n x ( c2 n−1 cos β n x + c2 n sin β n x ) .

( c + c x + c x ) cos β x + + ( c + c x + c x ) sin β x ] y = eα x [

2

1

2

2

4

5

6

3

142

Лекции 12 – 13

Пример:

Решите уравнение y′′′ − y = 0 . Решение: Характеристическое уравнение: k 3 − 1 = 0,

( k − 1) ( k 2 + k + 1) = 0 ,

1 3 откуда k1 = 1 , k2,3 = − ± i . 2 2 x − 3 3 x , y3 = e 2 sin x. 2 2 x − ⎡ 3 3 ⎤ x 2 x + c3 sin x⎥ . Общее решение имеет вид: y = c1e + e ⎢ c2 cos 2 2 ⎦ ⎣ −

x

Частные решения имеют вид: y1 = e x , y2 = e 2 cos

12.6. НЛДУ второго порядка НЛДУ второго порядка имеет вид: y′′ + a1 y′ + a2 y = f ( x) , где ai и f ( x) известные функции. Т

Общее решение НЛДУ yO. H . = y равно сумме общего решения yO.O. = y соответствующего однородного уравнения y′′ + a1 y′ + a2 y = 0 и частного данного неоднородного уравнения решения yЧ . Н . = y% y% ′′ + a1 y% ′ + a2 y% = f ( x) , то есть y = y + y% . Доказательство: Для y , y% справедливо: y′′ + a1 y′ + a2 y = 0, y% ′′ + a1 y% ′ + a2 y% = f ( x) . Сложим ″ ′ эти уравнения почленно: ( y + y% ) + a1 ( y + y% ) + a2 ( y + y% ) = f ( x) , значит, y = y + y% является общим решением НЛДУ.

13.1. Решение НЛДУ второго порядка методом вариации произвольных постоянных Пусть известно общее решение ОЛДУ yO .O . = c1 y1 + c2 y2 , где c1 , c2 − const . Найдем общее решение НЛДУ методом вариации произвольных постоянных. Будем искать общее решение НЛДУ в виде yO . H . = c1 ( x ) y1 + c2 ( x ) y2 , считая c1 и c2 неизвестными функциями x . Найдем c1 ( x), c2 ( x) . Вычислим производную: y′ = c1 y1′ + c1′ y1 + c2 y2′ + c2′ y2 . Подберем c1 ( x) и c2 ( x) так, чтобы c1′ y1 + c2′ y2 = 0 , тогда y′ = c1 y1′ + c2 y2′ , а y′′ = c1 y1′′ + c1′ y1′ + c2 y2′′ + c2′ y2′ .

143

Линейные дифференциальные уравнения

Подстановка этих выражений в НЛДУ дает:

( c1 y1′′ + c1′ y1′ + c2 y2′′ + c2′ y2′ ) + a1 ( c1 y1′ + c2 y2′ ) + a2 ( c1 y1 + c2 y2 ) =

f ( x) ,

c1 ( y1′′ + a1 y1′ + a2 y1 ) + c2 ( y2′′ + a1 y2′ + a2 y2 ) + c1′ y1′ + c2′ y2′ = f ( x) . Выражения в круглых скобках равны нулю, так как y1 и y2 - частные решения соответствующих ОЛДУ. Значит, c1′ y1′ + c2′ y2′ = f ( x) . Получаем, что yO. H . = c1 ( x) y1 + c2 ( x) y2 , если c1 ( x) и c2 ( x) удовлетворяют системе:

⎧c1′ y1 + c2′ y2 = 0, ⎨ ⎩c1′ y1′ + c2′ y2′ = f ( x). Для линейно независимых функций y1 и y2 определитель системы ∆ = W ( y1 , y2 ) ≠ 0 , и можно найти решение системы: c1′ = ϕ1 ( x), c2′ = ϕ 2 ( x) и искомые функции c1 ( x) = ∫ ϕ1 ( x)dx + c%1 , c2 ( x) = ∫ ϕ 2 ( x)dx + c%2 . Пример:

y′ = x. x y′ y ′′ 1 = , ln y′ = ln x + ln c , Найдем решение ОЛДУ: y′′ − = 0 , y′ x x y′ = cx , yO.O. = c1 x 2 + c2 .

Найдите решение НЛДУ: y′′ −

Частные решения ОЛДУ: y1 = x 2 , y2 = 1 . Найдем yO. H . = c1 ( x) y1 + c2 ( x) y2 .

⎧c1′ ⋅ x 2 + c2′ ⋅1 = 0, ⎧c1′ y1 + c2′ y2 = 0, ⇔⎨ ⎨ ⎩c1′ y1′ + c2′ y2′ = f ( x), ⎩2c1′ ⋅ x + c2′ ⋅ 0 = x. 1 1 x x3 Отсюда c1′ = , c2′ = − x 2 , c1 = + c%1 , c2 = − + c%2 . 2 2 2 6 3 3 3 ⎞ x3 x x ⎛x ⎞ 2 ⎛ x 2 % % % % + c%1 x 2 + c%2 . yO. H . = ⎜ + c1 ⎟ x + ⎜ − + c2 ⎟ ⋅1 = − + c1 x + c2 = 2 6 3 ⎝2 ⎠ ⎝ 6 ⎠

13.2. Решение НЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами методом неопределенных коэффициентов y′′ + py′ + qy = f ( x ) Ранее (п. 12.6) доказано, что общее решение НЛДУ имеет вид: yO. H . = yO.O. + yЧ . Н . = y + y% , где y - общее решение соответствующего ОЛДУ,

144

Лекции 12 – 13

характеристическое уравнение которого k 2 + pk + q = 0 , а y% - частное решение НЛДУ. Частное решение НЛДУ y% может быть найдено методом неопределенных коэффициентов для некоторых видов функции f ( x) в правой части уравнения и корней характеристического уравнения его левой части. Рассмотрим следующие случаи: 1. Если f ( x) = aeα x , a ≠ 0 , то y% нужно искать в виде y% = Aeα x , где А – произвольная постоянная, подлежащая определению. Последовательное дифференцирование дает: y% ′ = Aα eα x , y% ′′ = Aα 2eα x . Подставляя эти выражения в НЛДУ и сокращая на eα x , получим

A (α 2 + pα + q ) = a .

(*)

1). Если α

не является корнем характеристического уравнения, т.е. a α 2 + pα + q ≠ 0 , то уравнение (*) имеет решение A = 2 и y% = Aeα x . α + pα + q 2). Если α является корнем характеристического уравнения, то y% нужно искать в другом виде. Так, если α - простой (однократный) корень характеристического уравнения, то y% = Axeα x ; если α - двукратный корень характеристического уравнения, то y% = Ax 2eα x . Пример: Найдите решение НЛДУ y ′′ − 5 y ′ + 6 y = e x . Решение: Для ОЛДУ y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 0 , k 2 − 5k + 6 = 0 , k1 = 3, k 2 = 2 и y = c1e 3 x + c 2 e 2 x . Для f ( x ) = e x α = 1 , так как k1 , k 2 ≠ α , то ~ y = Ae x . Найдем А. ~ y ′ = Ae x , ~ y ′′ = Ae x . Подстановка в уравнение дает: Ae x − 5 Ae x + 6 Ae x = e x , откуда 2 A = 1, A =

1 и 2

1 ~ y = ex . 2 1 2

Окончательно, y = y + ~y = c1e 3 x + c 2 e 2 x + e x .

2.

f ( x) = ax 2 + bx + c = P2 ( x) .

Частное решение ищем в виде y% = Q2 ( x) = Ax 2 + Bx + C ; найдем A, B, C.

y% ′ = 2 Ax + B, y% ′′ = 2 A, 2 A + 2 Apx + pB + Aqx 2 + Bqx + Cq = ax 2 + bx + c , Aqx 2 + (2 Ap + Bq ) x + (2 A + Bp + Cq ) = ax 2 + bx + c .

145

Линейные дифференциальные уравнения

Неопределенные коэффициенты находятся из системы:

⎧ Aq = a, ⎪ ⎨2 Ap + Bq = b, ⎪ ⎩2 A + Bp + Cq = c. 1). Если число «0» не является корнем характеристического уравнения, то y% = Ax 2 + Bx + C ; 2). Если число «0» является простым корнем характеристического уравнения, тогда частное решение нужно искать в виде y% = x ( Ax 2 + Bx + C ) . 3). Если число «0» является двукратным корнем характеристического уравнения, тогда y% = x 2 ( Ax 2 + Bx + C ) . Пример: Решите ДУ Решение Для ОЛДУ

y′′ = x 2 + y , если y (0) = −2, y′(0) = 1 .

y′′ − y = 0, k 2 − 1 = 0, k1 = 1, k2 = −1 и y = c1e x + c2 e − x . Так как f ( x) = x 2 , y% = Ax 2 + Bx + C .

Значит, 2 A − ( Ax 2 + Bx + C ) = x 2 . ⎧− A = 1, ⎪ откуда A = −1, B = 0, C = −2 и y% = − x 2 − 2 . ⎨− B = 0, ⎪2 A − C = 0, ⎩ y = y + y% = c1e x + c2 e − x − ( x 2 + 2) , y′ = c1e x − c2 e − x − 2 x . При x = 0 y (0) = −2, y′(0) = 1 ,

⎧−2 = c1 + c2 − 2; ⎨ ⎩1 = c1 − c2 ,

1 1 откуда c1 = , c2 = − . 2 2 Общее решение НЛДУ имеет вид: y =

1 x −x e − e ) − ( x2 + 2) . ( 2

3. Если f ( x) = Pn ( x) , α = 0 , то решение y% нужно искать в следующем виде: 1) если число «0» не является корнем характеристического уравнения, то y% = Qn ( x) ; 2) если число «0» является простым корнем характеристического уравнения, то y% = xQn ( x) ; 3) если число «0» является двукратным корнем характеристического уравнения, то y% = x 2Qn ( x) , где Qn ( x) - многочлен n-го порядка с коэффициентами, подлежащими определению.

146

Лекции 12 – 13

4. Если f ( x) = Pn ( x)eα x , где Pn ( x) - многочлен n-го порядка, то решение y% нужно искать в следующем виде в зависимости от значений корней характеристического уравнения: 1) если α не является корнем характеристического уравнения, то y% = Qn ( x)eα x , где Qn - многочлен n-ой степени с неопределенными коэффициентами, подлежащими определению подстановкой в НЛДУ; 2) если α - простой (однократный) корень характеристического уравнения, то y% = xQn ( x)eα x ; 3) если α - двукратный корень характеристического уравнения, то y% = x 2Qn ( x)eα x .

f ( x) = M cos β x + N sin β x . 5. Будем искать частное решение в виде y% = A cos β x + B sin β x , найдем А и В. y% ′ = − Aβ sin β x + B β cos β x , y% ′′ = − Aβ 2 cos β x − B β 2 sin β x . Подстановка в НЛДУ дает: ( − Aβ 2 + Bpβ + Aq ) cos β x + ( − Bβ 2 − Apβ + Bq ) sin β x = M cos β x + N sin β x . Из системы

⎧ A ( q − β 2 ) + Bp β = M ; ⎪ ⎨ 2 ⎪⎩− Ap β + B ( q − β ) = N

найдем А и В. 1). Если число i β не является корнем характеристического уравнения, то y% = A cos β x + B sin β x ; 2). Если число iβ является корнем характеристического уравнения, то y% = x ( A cos β x + B sin β x ) . Пример:

Решите уравнение y′′ − 4 y′ + 4 y = cos x . Решение: y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 , k 2 − 4k + 4 = 0 , k1,2 = 2 ± 4 − 4 = 2 , y = ( c1 + c2 x ) e 2 x .

β = 1, k1,2 ≠ β : y% = A cos x + B sin x . Найдем А и В. y% ′ = − A sin x + B cos x, y% ′′ = − A cos x − B sin x ; ( − A cos x − B sin x ) − 4 ( − A sin x + B cos x ) + 4 ( A cos x + B sin x ) = cos x ;

( − A − 4 B + 4 A) cos x + ( − B + 4 A + 4 B ) sin x = cos x ; ⎧3 A − 4 B = 1, 3 4 3 4 → A = , B = − ⇒ y% = cos x − sin x ; ⎨ 25 25 25 25 ⎩4 A + 3B = 0, 3 4 y = ( c1 + c2 x ) e 2 x + cos x − sin x . 25 25

147

Линейные дифференциальные уравнения

Пример:

Найдите решение НЛДУ y′′ + 4 y = cos 2 x . Решение: k 2 + 4 = 0 → k1,2 = ±2i . y = y + ~y . y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x . Так как 2i является корнем характеристического уравнения: y% = x ( A cos 2 x + B sin 2 x ) , y% ′ = 2 x ( − A sin 2 x + B cos 2 x ) + A cos 2 x + B sin 2 x ,

y% ′′ = 4 x ( − A cos 2 x − B sin 2 x ) + 4 ( − A sin 2 x + B cos 2 x ) .

Подстановка в уравнение дает: ( −4 Ax + 4 B + 4 Ax ) cos 2 x + ( −4 Bx − 4 A + 4 Bx ) sin 2 x = cos 2 x , откуда ⎧4 B = 1, 1 x → A = 0, B = , y% = sin 2 x ⎨ 4 4 ⎩−4 A = 0, и

x y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x + sin 2 x . 4

6. Если f ( x) = Pn ( x)eα x cos β x + Qm ( x)eα x sin β x , то y% в зависимости от корней характеристического уравнения нужно искать в виде: 1) если число α + iβ не является корнем характеристического уравнения, то y% = R p ( x)eα x cos β x + V p ( x)eα x sin β x , где R p ( x) и V p ( x) - многочлены с неопределенными коэффициентами, степень которых равна наивысшей степени многочленов Pn ( x) и Qm ( x) , p = max(n, m) ; 2) если число α + i β является корнем характеристического уравнения, то y% = x[ R p ( x)eα x cos β x + V p ( x)eα x sin β x] .

!

Указанный вид частного решения сохраняется и в тех случаях, когда один из многочленов равен нулю, т.е. f ( x) = Pn ( x)eα x cos β x или

f ( x) = Qm ( x)eα x sin β x .

Т

Пусть НЛДУ таково, что его правая часть представляет собой сумму нескольких, например, двух функций y′′ + a1 y′ + a2 y = f1 ( x) + f 2 ( x) . Тогда если y%1 - частное решение y′′ + a1 y′ + a2 y = f1 ( x) , а y% 2 - частное решение y′′ + a1 y′ + a2 y = f 2 ( x) , то частное решение исходного НЛДУ есть сумма этих двух решений: y% = y%1 + y% 2 .

148

Лекции 12 – 13

13.3. Таблица 5. Решение НЛДУ y′′ + py′ + qy = f ( x ) y = yO.O. + yЧ.Н. = y + y% 13.3.1. Метод неопределенных коэффициентов

f ( x)

Корни характеристического уравнения

Вид yЧ . Н . = y%

а) 0 – не корень б) 0 – корень кратности r (r =1,2)

y% = Qn ( x) y% = x r Qn ( x)

2. e Pn ( x)

а) α – не корень б) α – корень кратности r (r =1,2)

y% = eα xQn ( x) y% = x r eα xQn ( x)

3. A cos β x + B sin β x

а) iβ – не корень б) iβ – корень

y% = A1 cos β x + B sin β x y% = x r ( A1 cos β x + B1 sin β x )

4. Pn ( x)cos β x + + Rm ( x)sin β x

а) iβ – не корень б) iβ – корень

y% = Qk cos β x + M k sin β x , y% = x r [Qk cos β x + M k sin β x] , k = max(n, m) .

1. Pn ( x)

αx

а) α + iβ – не корень y% = eα x [Qk cos β x + M k sin β x] , б) α + iβ – корень y% = x r eα x [Qk cos β x + M k sin β x] кратности r (r =1,2) Здесь Q и M – многочлены с неизвестными коэффициентами. 5. eα x [ Pn ( x)cos β x + + Rm ( x)sin β x]

13.3.2. Метод вариации произвольных постоянных yO. H . = c1 ( x) y1 + c2 ( x) y2 , если y1 и y2 - частные решения ОЛДУ и

⎧c1′ y1 + c2′ y2 = 0, ⎨ ⎩c1′ y1′ + c2′ y2′ = f ( x). 13.3.3. Принцип суперпозиции Если f ( x) = f1 ( x) + f 2 ( x) + ... + f n ( x) , то y = y%1 + y% 2 + ... + y% n .

149

Линейные дифференциальные уравнения

13.4. НЛДУ высших порядков y ( n ) + a1 y ( n−1) + ... + an y = f ( x), ai (i = 1,2,..., n) , f ( x) – непрерывные функции или постоянные. Пусть известно общее решение y = c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn соответствующего ОЛДУ: y ( n ) + a1 y ( n−1) + ... + an y = 0 . 13.4.1. Метод вариации произвольных постоянных Т

Общее решение НЛДУ имеет вид y = c1 ( x) y1 + c2 ( x) y2 + ... + cn ( x) yn , где yi (i =1,2,…, n) – частные решения ОЛДУ, а ci = ci ( x) (i =1,2,…, n) – функции, производные которых удовлетворяют системе уравнений:

⎧c1′ y1 + c2′ y2 + ... + cn′ yn = 0, ⎪ ⎪c1′ y1′ + c2′ y2′ + ... + cn′ yn′ = 0, ⎪ ⎨.............................................. ⎪c′ y ( n−2) + c′ y ( n−2) + ... + c′ y ( n−2) = 0, 2 2 n n ⎪1 1 − − ( n 1) ( n 1) ⎪⎩c1′ y1 + c2′ y2 + ... + cn′ yn ( n−1) = f ( x),

(*)

т.е. являются решением этой системы {c1′ ( x), c2′ ( x),..., cn′ ( x)} при ∆ = W ( y1 , y2 ,..., yn ) ≠ 0 для линейно независимых частных решений y1 , y2 ,..., yn и имеют вид:

⎡c1 ( x) = c1′dx + c%1 , ∫ ⎢ ⎢c2 ( x) = c2′ dx + c%2 , ∫ ⎢ ⎢............................... ⎢ ⎢⎣cn ( x) = ∫ cn′ dx + c%n . Доказательство: Продифференцируем у n раз, учитывая (*):

y = c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn , y′ = c1 y1′ + c2 y2′ + ... + cn yn′ , (остальные члены равны нулю из первого уравнения системы для ci′ (*)).

y ( n−1) = c1 y1( n−1) + c2 y2 ( n−1) + ... + cn yn ( n−1) , y ( n ) = c1 y1( n ) + c2 y2 ( n ) + ... + cn yn ( n ) + f ( x) .

150

Лекции 12 – 13

Умножим полученные выражения для производных на коэффициенты ai (i = 1, 2,..., n) и сложим их почленно. Суммы по вертикальным столбцам равны нулю, так как y1 , y2 ,..., yn - частные решения ОЛДУ, ненулевыми остаются слагаемые y% ( n ) + a1 y% ( n−1) + ... + an y% = f ( x) , значит y% - решение НЛДУ. Пример: Найдите решение НЛДУ y′′′ + y′ =

1 . sin x

Решение: 1. Найдем частные решения ОЛДУ: y′′′ + y′ = 0 , k 3 + k = 0 , k1 = 0 , k2,3 = ±i . Значит, y1 = 1 , y2 = cos x, y3 = sin x . 2. Установим вид yO.O. = y : y = c1 + c2 cos x + c3 sin x . 3. Запишем вид yO. H . : y = c1 ( x) + c2 ( x) cos x + c3 ( x) sin x . 4. Составим систему уравнений для определения ci′ ( x ) : ⎧ ⎪c1′ ⋅1 + c2′ cos x + c3′ sin x = 0, ⎪ −c2′ sin x + c3′ cos x = 0, ⎨ ⎪ 1 ⎪ . −c2′ cos x − c3′ sin x = sin x ⎩ 1 cos x Решением этой системы являются: c1′ = , c2′ = − , c3′ = −1 . sin x sin x dx x 5. Найдем ci ( x) : c1 ( x) = ∫ = ln tg + c1 , sin x 2 cos x c2 ( x) = ∫ − dx = − ln sin x + c2 , c3 ( x) = − x + c3 . sin x 6. Запишем решение: x y = ln tg + c1 + ( − ln | sin x | + c2 ) cos x + ( − x + c3 ) sin x = 2

= ln tg

x − cos x ln | sin x | − x sin x + c1 + c2 cos x + c3 sin x. 2

13. 4.2. Метод неопределенных коэффициентов Частное решение НЛДУ y% может быть найдено методом неопределенных коэффициентов для некоторых видов функции f ( x) в правой части уравнения и корней характеристического уравнения его левой части. Рассмотрим следующие случаи: I. f ( x ) = P ( x ) eα x 1). Если α не является корнем характеристического уравнения, то частное решение ищем в виде %y = R ( x ) eα x , где R ( x ) - многочлен с неизвестными коэффициентами, степень которого совпадает со степенью P ( x ) ;

151

Линейные дифференциальные уравнения

2). Если α корень кратности µ характеристического уравнения, то частное решение ищем в виде %y = x µ R ( x ) eα x . Пример:

y IV − y = x 3 + 1 . Характеристическое уравнение k 4 − 1 = 0, k 4 = 1 , k1 = 1, k2 = −1, k3 = i, k4 = −i . Общее решение однородного уравнения: y = C1e x + C2e − x + C3 cos x + C4 sin x . Правая часть уравнения f ( x ) = x 3 + 1 имеет вид: Pn ( x ) eα x , где n = 3, α = 0 , корни характеристического уравнения не совпадают с α . Частное решение ищем в виде:

%y = R ( x ) eα x = R ( x ) e0 x = ( A x 3 + A x 2 + A x + A ) , %y ' = 3 A x 2 + 2 A x + A , n 3 0 1 2 3 0 1 2 %y " = 6 A x + 2 A , %y '" = 6 A , y IV = 0, − A x 3 − A x 2 − A x − A = x 3 + 1 . 0 1 0 0 1 2 3 Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , получим: − A0 = 1, A0 = −1 , A1 = 0, A2 = 0, A3 = −1, %y = − x 3 − 1 . Общее решение: y = C1e x + C2 e − x + C3 cos x + C4 sin x − x 3 − 1 .

f ( x ) = P ( x ) eα x cos β x + R ( x ) eα x sin β x

II.

1). Если α + i β не является корнем характеристического уравнения, то частное решение ищем в виде %y = u ( x ) eα x cos β x + υ ( x ) eα x sin β x , где

u ( x ) , υ ( x ) - многочлены, степень которых равна наивысшей степени P ( x ) и R( x) .

2). Если α + i β является корнем характеристического уравнения кратности µ , то частное решение: %y = x µ ⎡⎣u ( x ) eα x cos β x + υ ( x ) eα x sin β x ⎤⎦ . Пример:

y IV − y = 6sin x . Характеристическое уравнение: k 4 − 1 = 0 , k1 = 1, k2 = −1, k3 = i, k4 = −i . Общее решение однородного уравнения

y = C1e x + C2e − x + C3 cos x + C4 sin x , f ( x ) = 6sin x имеет вид:

152

Лекции 12 – 13

f ( x ) = P ( x ) eα x cos β x + R ( x ) eα x sin β x, P ( x ) = 0, e0 x = 1, α = 0, β = 1 , R0 ( x ) = 6, α + i β = 0 + i ⋅ 1 = i совпадает с корнем k3 → решение ищем в виде:

%y = x ( A cos x + B sin x ) , %y ' = A cos x − A x sin x + B sin x + xB cos x , 0 0 0 0 0 0 %y " = −2 A sin x + 2 B cos x − A x cos x − B x sin x , 0

0

0

0

%y '" = −3 A cos x + A x sin x − 3B sin x − B x cos x , 0 0 0 0

%y IV = 4 A sin x + A x cos x − 4 B cos x + B x sin x . 0 0 0 0 Подстановка этих значений в исходное уравнение дает 4 A0 sin x − 4 B0 cos x = 6sin x, , откуда 4 A0 = 6, A0 =

6 3 = , B0 = 0 и 4 2

%y = x 3 cos x, y = C e x + C e − x + C cos x + C sin x + 3 x cos x 1 2 3 4 2 2

13.5. Таблица 6. Решение НЛДУ n-го порядка y ( n) + a1 y ( n-1 ) + a2 y ( n-2 ) + ...+ an y = f ( x ) , yO.H. = yO.O. + yЧ.Н. 13.5.1. Метод неопределенных коэффициентов

Вид правой части

Корни характеристического уравнения

1. f ( x) = Pn ( x) многочлен степени n

а) число 0 не является корнем б) число 0 является корнем кратности r

y% = Qn ( x) y% = x r Qn ( x)

а) число α не является корнем б) число α является корнем кратности r

y% = eα xQn ( x) y% = x r eα xQn ( x)

αx

2. f ( x) = e Pn ( x)

Вид частного решения

153

Линейные дифференциальные уравнения

3. f ( x) = A cos β x + + B sin β x

а) число iβ не является корнем б) число iβ является корнем кратности r

y% = A1 cos β x + B1 sin β x y% = x r ( A1 cos β x + + B1 sin β x)

4. f ( x) = Pn ( x)cos β x + + Rm ( x)sin β x

а) число iβ не является корнем б) число iβ является корнем кратности r

y% = Qk cos β x + + M k sin β x, k = max(n, m) y% = x r (Qk cos β x + + M k sin β x)

а) число α + iβ не яв5. f ( x) = e [ Pn ( x) ⋅ ляется корнем ⋅ cos β x + Rm ( x)sin β x] б) число α + iβ является корнем кратности r αx

y% = eα x [Qk cos β x + + M k sin β x] y% = x r eα x [Qk cos β x + + M k sin β x]

Здесь Q, R, M - многочлены с неопределенными коэффициентами. 13.5.2. Метод вариации произвольной постоянной

c1′ y1 + c2′ y2 + K + cn′ = 0, ⎧ ⎪ c1′ y1′ + c2′ y2′ + K + cn′ = 0, ⎪ ⎪ K yO. H . = c1 ( x) y1 + c2 ( x) y2 + K + cn ( x ) yn , ⎨ ⎪ ′ ( n−2) ′ ( n−2) ′ y ( n−2) = 0, c y c y c + + K + 1 1 2 2 n n ⎪ ⎪ ′ ( n−1) ′ ( n−1) ′ ( n−1) ⎩c1 y1 + c2 y2 + K + cn yn = f ( x ) . c1 = ∫ c1′dx + c1 , c2 = ∫ c2′ dx + c2 ,K cn = ∫ cn′ dx + cn .

!

Если f ( x) = f1 ( x) + f 2 ( x ) + K + f k ( x) , то частное решение представляет сумму частных решений, соответствующих каждому слагаемому в правой части.

В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, студенты должны знать: ƒ основные понятия и методы решения ОЛДУ и НЛДУ; ƒ специальные методы решения ОЛДУ и НЛДУ с постоянными коэффициентами.

Лекция 14 СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ В лекции рассмотрены системы дифференциальных уравнений (ДУ) и методы их решения. Особое внимание уделено линейным системам с постоянными коэффициентами, которые возникают при решении многих задач механики и электротехники.

14.1. Основные понятия 14.2. Метод исключения неизвестных 14.3. Линейные системы ДУ 14.4. Однородные системы линейных ДУ с постоянными коэффициентами 14.5. Неоднородные системы линейных ДУ с постоянными коэффициентами

14.1. Основные понятия О

Система n ДУ первого порядка с n неизвестными функциями x1, x2 ,..., xn от одной переменной t вида

⎧ x1′ = f1 (t , x1 ,..., xn ), ⎪ x′ = f (t , x ,..., x ), ⎪ 2 2 1 n ⎨ ⎪.............................. ⎪⎩ xn′ = f n (t , x1 ,..., xn ), называется нормальной системой обыкновенных ДУ. О

Общим решением системы называется совокупность n функций от t и n произвольных постоянных:

⎧ x1 = x1 (t , c1 , c2 ,..., cn ), ⎪ x = x (t , c , c ,..., c ), ⎪ 2 2 1 2 n ⎨ ⎪.................................. ⎪⎩ xn = xn (t , c1 , c2 ,..., cn ), которые удовлетворяют всем уравнениям системы. !

Любая система ДУ может быть приведена к нормальному виду. Пусть, например, система состоит из n уравнений порядка m :

155

Системы дифференциальных уравнений

( (

) )

(

)

⎧ x1( m ) = f1 t,x1 ,x1′ ,x1′′,...,x1( m−1) , x2 ,x2′ ,...,x2( m−1) , ..., xn ,xn′ ,...,xn( m−1) , ⎪ ⎪ (m) ( m −1) ( m −1) ( m −1) , ⎪ x2 = f 2 t,x1 ,x1′ ,x1′′,...,x1 , x2 ,x2′ ,...,x2 , ..., xn ,xn′ ,...,xn ⎨ ⎪.............................. ⎪ (m) ( m −1) ( m −1) ( m −1) . ⎪⎩ xn = f n t,x1 ,x1′ ,x1′′,...,x1 , x2 , x2′ ,...,x2 , ..., xn ,xn′ ,...,xn Переобозначим функции: x1,0 = x1 , x2 ,0 = x2 , ..., xn ,0 = xn и введем дополнительные: m −1 x1,1 = x1′ , x1,2 = x1′′, ..., x1,m−1 = x1( ) ,

x2 ,1 = x2′ , x2 ,2 = x2′′ , ..., x2 ,m−1 = x2(

m −1)

,

..................................................... m −1 xn ,1 = xn′ , xn ,2 = xn′′ , ..., xn ,m−1 = xn( ) .

В новых обозначениях уравнения системы принимают вид: ⎧ x1′,0 = x1,1 , ⎪ ′ ⎪ x1,1 = x1,2 , ⎪............... ⎪ ⎪ x1′,m−2 = x1,m−1 , ⎪ ′ ⎪ x1,m−1 = f1 ( t,x1,0 ,x1,1 ,x1,2 ,...,x1,m−1 ,x2 ,0 ,x2 ,1 ,...,x2 ,m−1 ,...,xn ,0 ,xn ,1 ,...xn ,m−1 ) , ⎪ x′ = x , 2 ,1 ⎪ 2 ,0 ⎪ x2′ ,1 = x2 ,2 , ⎪ ⎪............... ⎨ x′ ⎪ 2 ,m−2 = x2 ,m−1 , ⎪ x′ = f ( t,x ,x ,x ,...,x ,x ,x ,...,x 1,0 1,1 1,2 1,m −1 2 ,0 2 ,1 2 ,m −1 ,...,xn ,0 ,xn ,1 ,...xn ,m −1 ) , 2 ⎪ 2 ,m−1 ⎪....................................................................................................................... ⎪ ′ ⎪ xn ,0 = xn ,1 , ⎪ xn′ ,1 = xn ,2 , ⎪ ⎪............... ⎪ x′ = xn ,m−1 , ⎪ n ,m−2 ⎪⎪ xn′ ,m−1 = f 2 ( t,x1,0 ,x1,1 ,x1,2 ,...,x1,m−1 ,x2 ,0 ,x2 ,1 ,...,x2 ,m−1 ,...,xn ,0 ,xn ,1 ,...xn ,m−1 ) . ⎩ Вместо системы n уравнений порядка m получена нормальная система из n × m уравнений.

156

Лекция 14

14.2. Метод исключения неизвестных Нормальная система n ДУ первого порядка сводится к одному ДУ n-го порядка методом исключения неизвестных. Проиллюстрируем этот метод решения на примерах. Пример: ⎧ dx 2 ⎪⎪ dt = y + sin t , Найдите решение системы ⎨ ⎪ dy = x . ⎪⎩ dt 2 y Решение: d2x dy Продифференцируем первое уравнение: 2 = 2 y + cos t ; dt dt 2 dy d x из второго уравнения: 2 = x + cos t ; подставим dt dt d2x получим НЛДУ второго порядка для x(t ) : 2 − x = cos t . dt Его решение 1 x = x + x% , k 2 − 1 = 0 , k = ±1 , x = c1et + c2 e − t , x% = − cos t , 2 1 dx 1 x = c1et + c2 e − t − cos t , = c1et − c2 e −t + sin t , 2 dt 2 dx 1 − sin t = c1et − c2 e− t − sin t . y2 = dt 2 1 ⎧ t −t ⎪ x = c1e + c2 e − 2 cos t , ⎪ Ответ: ⎨ 12 ⎪ y = ⎛ c et − c e −t − 1 sin t ⎞ . 2 ⎜ 1 ⎟ ⎪⎩ 2 ⎝ ⎠

В качестве примера решим систему уравнений второго порядка. Пример: ⎧d 2x ⎪⎪ dt 2 = y, Решите систему ⎨ 2 ⎪ d y = x. ⎪⎩ dt 2 Решение: d 2 y d 4x Дважды продифференцируем первое уравнение 2 = 4 , dt dt 4 d x подставим во второе 4 = x , x (4) − x = 0 , k 4 − 1 = 0 , k1,2 = ±1 , k3,4 = ±i . dt t −t ⎡ x = c1e + c2 e + c3 cos t + c4 sin t , Ответ: ⎢ t −t ⎢⎣ y = x′′ = c1e + c2 e − c3 cos t − c4 sin t.

Системы дифференциальных уравнений

157

14.3. Линейные системы ДУ Нормальная линейная система ДУ с n неизвестными функциями x1 , x2 ,..., xn от одной переменной t имеет вид:

⎧ x1′ = a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn + b1 , ⎪ x′ = a x + a x + ... + a x + b , ⎪ 2 21 1 22 2 2n n 2 ⎨ ⎪........................................................... ⎪⎩ xn′ = an1 x1 + an 2 x2 + ... + ann xn + bn , где коэффициенты aik и bi - известные функции t или постоянные, i, k = 1, 2,..., n . О

Система называется неоднородной, если хотя бы одна из функций bi (t ) (i = 1,..., n) отлична от нуля для t ∈ (a, b) ; в противном случае система называется однородной.

14.4. Решение линейных однородных систем ДУ с постоянными коэффициентами ⎧ x1′ = a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn , ⎪ x′ = a x + a x + ... + a x , ⎪ 2 21 1 22 2 2n n ⎨ ⎪.................................................. ⎪⎩ xn′ = an1 x1 + an 2 x2 + ... + ann xn . 14.4.1. Метод исключения неизвестных Из уравнений системы, а также из уравнений, получающихся дифференцированием уравнений, входящих в систему, исключают все неизвестные (n1) функции, кроме одной xk , для которой получают одно ДУ более высокого (n)

( n −1)

( n − 2)

порядка: xk + a1 xk + a2 xk + ... + an xk = 0 . Интегрируя это уравнение, находят одну из неизвестных функций, а остальные (n-1) неизвестные функции определяются из исходных уравнений и уравнений, получившихся при дифференцировании, без интегрирования. Рассмотрим однородную систему двух уравнений:

⎧ x′ = a11 x + a12 y, ⎨ ⎩ y′ = a21 x + a22 y, где x(t ), y (t ) - искомые функции, а aij - постоянные.

158

Лекция 14

Покажем, что эта система может быть сведена к ДУ второго порядка для d 2x dx функции x(t ) . Продифференцируем первое уравнение = a11 + a12 y′ , 2 dt dt 2 d x dx подставим y′ из второго уравнения, тогда 2 = a11 + a12 (a21 x + a22 y ) , откуdt dt 2 d x dx да 2 − (a11 + a22 ) + (a11a22 − a12 a21 ) x = 0 . dt dt Это уравнение является ОЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами, его характеристическое уравнение имеет вид:

k 2 − (a11 + a22 )k + (a11a22 − a12 a21 ) = 0 , а решение x = x(t ) зависит от корней характеристического уравнения. Пример: ⎧ dx ⎪⎪ dt = ax + y, Найдите решение системы: ⎨⎪ dy = − x + ay, ⎪⎩ dt a = const. Решение: Перепишем систему в других обозначениях: ⎧ x′ = ax + y, dx dy , y′ = . где x′ = ⎨ dt dt ⎩ y′ = − x + ay, Продифференцируем первое уравнение x′′ = ax′ + y′ , подставим значение y ′ из второго уравнения, тогда x′′ − 2ax′ + (1 + a 2 ) x = 0 , k 2 − 2ak + (1 + a 2 ) = 0 , откуда k = a ± i и x(t ) = e at ( C1 cos t + C2 sin t ) . Из первого уравнения найдем y = x′ − ax = aet ( C1 cos t + C2 sin t ) + + e at ( −C1 sin t + C2 cos t ) − ae at ( C1 cos t + C2 sin t ) = e at ( −C1 sin t + C2 cos t ) . ⎡ x(t ) = e at ( C1 cos t + C2 sin t ) , Ответ: ⎢ at ⎢⎣ y (t ) = e ( C2 cos t − C1 sin t ) .

Пример: ⎧ x′ = 3 x − 2 y , Найдите решение системы ⎨ ⎩ y′ = 3 x − 4 y. Решение: x′′ = 3x′ − 2 y′ = 3(3x − 2 y ) − 2(3x − 4 y ) = 3 x + 2 y = 3 x + 3 x − x′ = 6 x − x′ , x′′ + x′ − 6 x = 0 , k 2 + k − 6 = 0 , k1 = 2 , k2 = −3 . Корни действительные, разные. 3x − x′ C1 2t x = C1e 2t + C2 e −3t , y = = e + 3C2 e−3t . 2 2

159

Системы дифференциальных уравнений

14.4.2. Непосредственное решение Рассмотрим однородную систему трех ЛДУ с постоянными коэффициентами для трех неизвестных функций

⎧ x′ = a11 x + a12 y + a13 z , ⎪ ⎨ y′ = a21 x + a22 y + a23 z , ⎪ ⎩ z′ = a31 x + a32 y + a33 z.

(*)

Сформулируем некоторые общие свойства таких систем: 1.

2.

3.

Если функции {x, y, z} являются решением системы, то функции {Cx, Cy, Cz} , где С – любое постоянное число, также являются решением системы. Если {x1 , y1 , z1} и {x2 , y2 , z2 } - решения системы, то {x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 } являются решением системы. Справедливость этих свойств устанавливается непосредственной подстановкой в систему. Из вышеприведенных свойств следует, что если {x1 , y1 , z1} , {x2 , y2 , z2 } и {x3 , y3 , z3} являются решениями системы, то их линейные комбинации {C1 x1 + C2 x2 + C3 x3 , C1 y1 + C2 y2 + C3 y3 , C1 z1 + C2 z2 + C3 z3} также являются решением системы. Будем искать ненулевые решения системы (*) в виде: x = α e kt , y = β ekt ,

z = γ e kt (**), где α , β , γ и k - некоторые числа, которые нужно подобрать так, чтобы функции (**) удовлетворяли системе (*). Подставляя функции (**) и их производные в систему, получим:

⎧α ke kt = a11α e kt + a12 β e kt + a13γ ekt , ⎪ kt kt kt kt ⎨ β ke = a21α e + a22 β e + a23γ e , ⎪ kt kt kt kt ⎩γ ke = a31α e + a32 β e + a33γ e

⎧(a11 − k )α + a12 β + a13γ = 0, ⎪ ↔ ⎨ a21α + ( a22 − k ) β + a23γ = 0, ⎪a α + a β + (a − k )γ = 0. 32 33 ⎩ 31

Получили однородную систему с тремя неизвестными α , β и γ . Для того, чтобы эта система имела ненулевое решение, необходимо и достаточно, чтобы определитель системы был равен нулю. Таким образом, число k должно удовлетворять уравнению:

a11 − k

a12

a13

a21

a22 − k

a23

a31

a32

a33 − k

=0.

160

Лекция 14

Это уравнение называется характеристическим уравнением системы. Оно является уравнением третьего порядка относительно k . Имеет три корня k1 , k2 и k3 . Каждому из этих корней соответствует ненулевое решение системы α1 , β1 , γ 1 ; α 2 , β 2 , γ 2 ; α 3 , β 3 , γ 3 , а значит, и ненулевое решение исходной системы дифференциальных уравнений имеет вид:

⎡ x1 = α1e k1t , y1 = β1e k1t , z1 = γ 1e k1t , ⎢ k 2t k 2t k 2t ⎢ x2 = α 2e , y2 = β 2e , z2 = γ 2e , ⎢ x = α e k3t , y = β e k3t , z = γ e k3t . 3 3 3 3 3 ⎣ 3 Линейные комбинации этих функций с произвольными коэффициентами:

⎡ x = C1α1e k1t + C2α 2e k2t + C3α 3ek3t , ⎢ k3t k1t k 2t ⎢ y = C1β1e + C2 β 2e + C3 β 3e , ⎢ z = C γ e k1t + C γ e k2t + C γ e k3t , ⎢⎣ 1 1 2 2 3 3 также будут решением системы. Пример: ⎧ x′ = x + 2 y , Решите систему ⎨ ⎩ y′ = 4 x + 3 y. Решение: Характеристическое уравнение имеет вид:

1− k

2

4

3− k

= 0 , k 2 − 4k − 5 = 0 → k1 = 5, k2 = −1 .

Корни характеристического уравнения действительные, разные. Решение ищем в виде: x = α e5t , y = β e − t . При этом x′ = 5α e5t , y′ = − β e − t . Подстановка решения такого вида в исходную систему дает: ⎧(1 − 5)α + 2 β = 0, → −4α + 2 β = 0 , β = 2α , коэффициент α ос1) k = 5 : ⎨ ⎩4α + (3 − 5) β = 0 тается произвольным. Полагая α = C1 , получим x1 = C1e5t , y1 = 2C1e5t . ⎧(1 + 1)α + 2 β = 0, → 2α + 2 β = 0, β = −α , коэффициент α ос2) k = −1 : ⎨ ⎩4α + (3 + 1) β = 0 тается произвольным. При α = C2 : x2 = C2 e −t , y2 = −C2 e − t .

⎡ x = C1e5t + C2 e − t , Общее решение имеет вид: ⎢ 5t −t ⎢⎣ y = 2C1e − C2 e .

Системы дифференциальных уравнений

161

Пример: ⎧ x′ = y + z , ⎪ Решите систему ⎨ y′ = 3 x + z , ⎪ z ′ = 3 x + y. ⎩ Решение: Ищем решение в виде x = α e kt , y = β e kt , z = γ e kt . Система для нахождения неопределенных коэффициентов α , β и γ имеет вид: ⎧−α k + β + γ = 0, ⎪ ⎨3α − β k + γ = 0, ⎪ ⎩3α + β − γ k = 0. Характеристическое уравнение: 1 −k 1 3 − k 1 = 0 , k 3 − 7 k − 6 = 0 , k1 = −1 , k2 = −2 , k3 = 3 . 3

1

−k

Корни характеристического уравнения действительные, разные. Подставим в систему для нахождения α , β и γ полученные значения k :

⎧α + β + γ = 0, ⎪ 1) k1 = −1 : ⎨3α + β + γ = 0, откуда α = 0, β = −γ , γ - любое число; ⎪3α + β + γ = 0, ⎩ если γ = 1 , получим x1 = 0 , y1 = −e − t , z1 = e − t .

⎧2α + β + γ = 0, ⎧2α + β = −γ , ⎪ α = −γ , β = γ , γ - любое 2) k2 = −2 : ⎨3α + 2 β + γ = 0, ⎨ 3 2 , α + β = − γ ⎩ ⎪3α + β + 2γ = 0, ⎩ число; если γ = 1 , то x2 = −e −2t , y2 = e −2t , z2 = e −2t . ⎧−3α + β + γ = 0, ⎧−3α + β = −γ , 2 ⎪ откуда β = γ , α = γ , 3) k3 = 3 : ⎨3α − 3β + γ = 0, ⎨ 3 ⎪3α + β − 3γ = 0, ⎩3α − 3β = −γ , ⎩

где γ - любое число; если γ = 3 , то α = 2, β = 3 , γ = 3 и x3 = 2e3t , y3 = 3e3t , z3 = 3e3t . Общее решение системы принимает вид: ⎡ x = −C2 e −2t + 2C3e3t , ⎢ −t −2 t 3t ⎢ y = −C1e + C2 e + 3C3e , ⎢ z = C e − t + C e −2t + 3C e3t . 1 2 3 ⎣

Пример:

⎧ x′ = x − y , Решите систему ⎨ ⎩ y′ = x + 3 y. Решение: Характеристическое уравнение:

162

Лекция 14

1− k

−1

= 0 , k 2 − 4k + 4 = 0 , k1 = k2 = 2 .

1 3− k Корни характеристического уравнения действительные, равные. Решение ищем в виде: x = (α1 + β1t )e 2t , y = (α 2 + β 2t )e 2t . Для него x′ = e 2t ( β1 + 2α1 + 2 β1t ), y′ = e 2t (α 2 + β 2 + β 2t ) . Подстановка этих выражений в исходную систему дает два равносильных уравнения вида 2α1 + β1 + 2 β1t = α1 + β1t − α 2 − β 2t . ⎧ β = − β1 , Приравнивая коэффициенты в этом уравнении, получаем: ⎨ 2 ⎩α 2 = α1 − β1 , при этом коэффициенты α1 и β1 остаются произвольными. Положим, α1 = C1 , β1 = C2 , тогда общее решение имеет вид: ⎧⎪ x = ( C1 + C2t ) e 2t , ⎨ 2t ⎪⎩ y = − ( C1 + C2 + C2t ) e .

Пример:

⎧ x ′ = −7 x + y , Решите систему ⎨ ⎩ y′ = − x − 5 y. Решение: Характеристическое уравнение: −7 − k 1 = 0, k 2 + 12k + 37 = 0 , k1,2 = −6 ± i . −2 −5 − k Корни характеристического уравнения комплексные. Ищем решение в виде x = α e kt , y = β e kt . Возьмем одно из комплексно-сопряженных значений k = −6 + i : ⎧(−7 + 6 − i )α + β = 0, ⎧−α − iα + β = 0, ⎨ ⎨ ⎩−2α + (−5 + 6 − i ) β = 0, ⎩−2α + β − i β = 0, уравнения равносильны, β = α (1 + i ) , α и β остаются произвольными, пусть, например, β = 1 + i , тогда x = e( −6+i )t , y = (1 + i )e( −6+i )t . По формуле Эйлера e(α + β i ) t = eα (cos t + i sin t ) , поэтому x = e −6t (cos t + i sin t ) , y = (1 + i )e −6t (cos t + i sin t ) = = e −6t (cos t − sin t ) + ie −6t (cos t + sin t ) . За системы частных решений можно взять отдельно действительные и отдельно мнимые части: x1 = e −6t cos t , x2 = e −6t sin t ; y1 = e −6t (cos t − sin t ) , y2 = e −6t (cos t + sin t ) . Этих функций достаточно, чтобы составить общее решение системы в виде: ⎧⎪ x = e −6t (C1 cos t + C2 sin t ), ⎨ −6 t ⎪⎩ y = e [C1 (cos t − sin t ) + C2 (cos t + sin t )].

163

Системы дифференциальных уравнений

Пример: ⎧ x′ = x − 5 y , Решите систему ⎨ ⎩ y′ = 2 x − y. Характеристическое уравнение 1− k

−5

2

−1 − k

= 0 , k 2 + 9 = 0, k1,2 = ±3i .

Воспользуемся k = 3i . Ищем решение в виде x = α e3it , y = β e3it , подстановка такого решения в исходную систему приводит к системе: ⎧(1 − 3i )α − 5 β = 0, ⎨ ⎩ β + 3i β − 2α = 0, двух равносильных уравнений, поэтому α и β остаются произвольны1 − 3i ми, так как β = α , положим, например, α = 5 , β = 1 − 3i . 5 Следовательно,

x = 5e3it = 5(cos 3t + i sin 3t ) , y = (1 − 3i )e3it = (1 − 3i )(cos 3t + i sin 3t ) . Действительная и мнимая части этого решения также являются решениями исходной системы, а их линейная комбинация с произвольными коэффициентами является общим решением: ⎡ x = 5C1 cos 3t + 5C2 sin 3t , ⎢ y = C (cos 3t + 3sin 3t ) + C (sin 3t − 3cos 3t ). ⎣ 1 2

14.4.3. Метод интегрируемых комбинаций

⎧ x′ = f1 (t , x, y ), Интегрирование некоторых систем вида ⎨ осуществляется ′ y f ( t , x , y ) = 2 ⎩ путем подбора интегрируемой комбинации, т.е. дифференциального уравнения, являющегося следствием уравнений системы, но уже легко интегрирующегося. Пример: ⎧ dx ⎪⎪ dt = y, . Решите систему: ⎨ ⎪ dy = x. ⎪⎩ dt Решение: Складывая почленно данные уравнения, получаем

164

Лекция 14

d ( x + y) d ( x + y) = x + y, = dt , ln | x + y |= t + ln C1 , x + y = C1et . dt x+ y Вычитая уравнения, получаем d ( x − y) d ( x − y) = −( x − y ) , = −dt , ln | x − y |= −t + ln C2 , x − y = C2 e − t . x− y dt

⎧⎪ x + y = C1et , получаем решение в виде: Из системы ⎨ −t ⎪⎩ x − y = C2 e 1 ⎧ x C1et + C2 e −t ) , = ( ⎪⎪ 2 ⎨ ⎪ y = 1 ( C et − C e − t ) . 1 2 ⎪⎩ 2

Пример: Решите систему:

dx dy dz = = . 2 z − 1 ( z − x) x −1

Решение: dz ⎧ dx ⎪⎪ z − 1 = x − 1 , Составим интегрируемые комбинации: ⎨ ⎪ d ( z − x) = dy , ( z − x) 2 ⎪⎩ x − z ⎧ ( x − 1) 2 ( z − 1) 2 C1 = + , ⎧( x − 1)dx = ( z − 1)dz , ⎪⎪ 2 2 2 откуда ⎨ ⎨ 2 ( ) ( ) , z − x d z − x = − dy ⎩ ⎪ − y + C2 = ( z − x ) . ⎪⎩ 2 2 Решением системы является линия пересечения поверхностей, ⎧⎪( x − 1) 2 − ( z − 1) 2 = C1 , задаваемая системой: ⎨ 2 ⎪⎩2 y + ( z − x) = C2 .

Системы дифференциальных уравнений

165

14.5. Неоднородные линейные системы ДУ с постоянными коэффициентами Рассмотрим неоднородную систему:

⎧ x′ + a11 x + a12 y = b1 (t ), ⎨ ⎩ y′ + a21 x + a22 y = b2 (t ), где bi (t ) - известные функции, aij - постоянные, x(t ), y (t ) - искомые функции. Продифференцируем по t первое уравнение: x′′ + a11 x′ + a12 y′ = b1′ , откуда b′ − a x′ − x′′ y′ = 1 11 ; a12 b − a x − x′ из первого уравнения y = 1 11 , подстановка во второе уравнение дает: a12 b1′ − a11 x′ − x′′ b − a x − x′ + a21 x + a22 1 11 = b2 , a12 a12

x′′ + (a11 + a22 ) x′ + (a22 a11 − a12 a21 ) x = b1′ + a22b1 − a12b2 - уравнение 2-го порядка с одной неизвестной функцией x(t ) . Интегрируя это уравнение, получаем x = f1 (t , C1 , C2 ) , подставляя это выражение и его производную в первое уравнение, найдем вторую искомую функцию y = f 2 (t , C1 , C2 ) . Пример: ⎧ x′ + 2 x + y = sin t , Найдите решение системы ⎨ ⎩ y′ = 4 x + 2 y + cos t ,

⎛π ⎞ ⎛π ⎞ если x ⎜ ⎟ = 2, y ⎜ ⎟ = 1 . ⎝2⎠ ⎝2⎠ Решение: Продифференцируем первое уравнение: x′′ + 2 x′ + y′ = cos t , подставляя в него x′ = sin t − y − 2 x из первого уравнения, получим x′′ = −2sin t . Характеристическое уравнение k 2 = 0 имеет решение k1 = k2 = 0 . x = x + x% , x = C1 + C2t , ~x ищем в виде x% = A sin t + B cos t , тогда x% ′ = A cos t − B sin t , и x% ′′ = − A sin t − B cos t = −2sin t , откуда A = 2 , B = 0 , x% = 2sin t . Решение имеет вид: x = C1 + C2t + 2sin t . При этом x′ = C2 + 2 cos t и y = sin t − x′ − 2 x = sin t − (C2 + 2 cos t ) − 2(C1 + C2t + 2sin t ) =

166

Лекция 14

= (−2C1 − C2 ) − 2C2t − 3sin t − 2 cos t. Итак, общее решение системы ДУ имеет вид: x = C1 + C2t + 2sin t , y = −2C1 − C2 − 2C2t − 3sin t − 2 cos t . Найдем частное решение из начальных условий: ⎧ ⎛π ⎞ π ⎧ π ⎧ ⎪ x ⎜ 2 ⎟ = 2, ⎪C1 + C2 + 2 = 2, ⎪C1 + C2 = 0, ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ 2 2 ⎨ ⎨ ⎨ ⎪ y ⎛ π ⎞ = 1, ⎪−2C − C − 2C π − 3 = 1, ⎪⎩−2C1 − C2 (1 + π ) = 4, 1 2 2 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 π ⎧ ⎪C1 + C2 = 0, C1 = −2π , C2 = −4 . 2 ⎨ ⎪⎩2C1 + C2 (π + 1) = −4, ⎡ x = 2π − 4t + 2sin t , Тогда ⎢ ⎣ y = −4π + 4 + 8t − 3sin t − 2 cos t.

В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, студенты должны знать: ƒ основные понятия и методы решения произвольных систем ДУ; ƒ методы решения однородных и неоднородных систем линейных ДУ с постоянными коэффициентами.

Лекции 15 - 16 ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ Во многих случаях функциональная зависимость не может быть сведена к функции одной переменной и приходится рассматривать функции, зависящие от нескольких аргументов. Основные особенности анализа таких функций удобно рассмотреть на примере функций двух переменных: этот случай легко интерпретируется геометрически и содержит все основные отличия, возникающие при переходе от одной к нескольким переменным.

15.1. 15.2. 15.3. 15.4. 15.5. 15.6. 15.7. 15.8. 15.9. 15.10. 15.11. 15.12. 16.1. 16.2. 16.3. 16.4.

Основные понятия Предел функции двух переменных Непрерывность функции двух переменных Частное и полное приращения функции двух переменных Частные производные первого порядка функции двух переменных Полный дифференциал функции Частные производные высших порядков Дифференциалы высших порядков Формула Тейлора Производная сложной функции. Полная производная Инвариантность формы полного первого дифференциала Производная от функции, заданной неявно Локальные экстремумы функции двух переменных Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа Наибольшее и наименьшее значения функции в области Геометрические приложения функций двух переменных 16.4.1. Производная векторной функции скалярного аргумента 16.4.2. Уравнение касательной к пространственной кривой 16.4.3. Нормальная плоскость и ее уравнение 16.4.4. Касательная плоскость и нормаль к поверхности

15.1. Основные понятия О

Если каждой точке на плоскости или паре значений двух независимых переменных величин M ( x, y ) ∈ D соответствует определенное число z , то говорят, что на множестве D определена функция двух переменных z = f ( x, y ) = f ( M ) .

О

Множество точек ( x, y ) ∈ D значений независимых переменных x и y , при которых функция z имеет определенное действительное значение, называется областью определения функции двух переменных.

168

Лекции 15 - 16

Например, 1) площадь прямоугольника S = xy , x, y > 0 ; 2) объем параллелепипеда V = xyz , x, y, z > 0 ; 3) дальность полета тела, брошенного под углом α к горизонту со скороυ 2 sin 2α ⎛ π⎞ стью υ : l = , α ∈ ⎜ 0, ⎟ , υ > 0 . g ⎝ 2⎠ y M2 Геометрически область определения функL ции двух переменных может быть изображена на M1 плоскости ( x, y ) областью D с границей L , точD x ка M 1 ∈ D , M 1 ∈ L – внутренняя, а M 2 ∈ L – гра0 ничная точка области. О

Область определения называется замкнутой, если ей принадлежат все точки границы. Пример:

y

Областью определения функции z = 4 − x − y является множество точек, определяемое неравенством 4 − x 2 − y 2 ≥ 0 , и представляет собой замкнутую область: x 2 + y 2 ≤ 4 - внутренность круга с радиусом 2 и центром в точке (0,0) , включающую границу области. 2

2

x

2

0

Пример: Областью определения функции z =

1 x + y2 − 4 2

явля-

ется незамкнутое множество x 2 + y 2 − 4 ≥ 0 , которое и представляет собой внешность круга без точек границы.

y

0

2

x

z

Геометрическое изображение функции двух переменных Функция z = f ( x, y ) определяет в пространстве поверхность S , проектирующуюся на плоскость Oxy в область определения D .

M ( x, y, z )

S

y

0

x

N ( x, y ,0)

D

169

Функции нескольких переменных

Пример:

Поверхность, задаваемая равенством z =

sin x 2 + y 2 x2 + y 2

.

15.2. Предел функции двух переменных Пусть z = f ( x, y ) , ( x, y ) ∈ D , M 0 ( x0 , y 0 ) ∈ D . О Множество точек, удаленных от точки M 0 не больше, чем на r , называr − окрестностью точки M0, задается неравенством ется

(x − x )

+ ( y − y 0 ) < r 2 и геометрически представляет открытый круг радиусом r с центром в точке M 0 . 2

2

0

О

Число A называется пределом функции f ( x, y ) = f ( M ) в точке M 0 при стремлении точки M к точке M 0 , если для ∀ε > 0 найдется такое r , что f ( x, y ) − A < ε ( f ( М ) − A < ε ) при всех ( x, y ), принадлежащих r окрестности точки M 0 x − x0 < r , y − y 0 < r . A = lim f ( x, y ) = lim f ( M ) . x → x0 y → y0

M →M 0

Пример:

lim

x→0 y→2

3x + 4 0+4 4 = = . 2 x + y −1 4 −1 3 2

Пример: Выясните, имеет ли функция z =

2xy предел при x → 0 , y → 0 . x + y2 2

Решение: Пусть точка M ( x, y ) стремится к точке M 0 (0,0) . Рассмотрим изменение x и y вдоль прямой y = kx . 2kx 2 2k Получим, что lim z = lim 2 = . x →0 x →0 x + k 2 x 2 1+ k 2 y →0 Результат имеет различные значения в зависимости от выбранного k , т.е. зависит от пути приближения к (0,0) , и поэтому функция не имеет предела в точке (0,0).

170

Лекции 15 - 16

15.3. Непрерывность функции двух переменных О

Функция f ( x, y ) называется непрерывной в точке ( x 0 , y 0 ) , если предельное значение этой функции в точке M 0 существует и равно частному значению f ( x0 , y 0 ) : lim f ( x, y ) = f ( x0 , y 0 ) . x → x0 y → y0

Для непрерывности f (M ) в точке M 0 необходимо выполнение следующих условий: 1) f (M ) определена в точке M 0 и вблизи нее; 2) ∃ предел f (M ) при стремлении точки M к точке M 0 произвольным способом; 3) Mlim f (M ) = f (M 0 ) . →M 0

О

Функция f (M ) , непрерывная в каждой точке области D , называется непрерывной в этой области.

О

Функция f (M ) разрывна в точке M 0 , если не выполняется какое-либо из условий непрерывности.

Например, функция z = x 2 + y 2 – непрерывна на всей плоскости xОy ; 2 xy не определена в точке (0, 0) , которая является точкой функция z = 2 x + y2 разрыва. Разрыв не устраним, так как предел функции z в точке (0, 0) не существует.

15.4. Частное и полное приращения функции двух переменных Пусть z = f ( x, y ) , ( x, y ) ∈ D . О Дадим переменной x приращение ∆x , оставляя переменную y неизменной, тогда разность ∆ x z = f ( x + ∆x, y ) − f ( x, y ) называется частным приращением f ( x, y ) по x , а разность ∆ y z = f ( x, y + ∆y ) − f ( x, y ) – ча-

стное приращение z по y . Полное приращение функции z = f ( x, y ) равно ∆z = ∆f ( x, y ) = f ( x + ∆x, y + ∆y ) − f ( x, y ) . Пример:

Для функции z = x ⋅ y частные приращения равны: ∆ x z = ( x + ∆x) y − xy = ∆x ⋅ y ; ∆ y z = x ⋅ ∆y ; полное приращение равно: ∆z = ( x + ∆x )( y + ∆y ) − xy = ∆x ⋅ y + x ⋅ ∆y + ∆x ⋅ ∆y = ∆ x z + ∆ y z + ∆x ⋅ ∆y . Видим, что ∆z ≠ ∆ x z + ∆ y z .

171

Функции нескольких переменных

15.5. Частные производные первого порядка функции двух переменных О

Частной производной по x от функции z = f ( x, y ) называется предел

lim ∆x → 0

∆xz ∂z f ( x + ∆x , y ) − f ( x , y ) ∂f ( x, y ) ′x ( x, y ) = ′x = = lim z = f = . ∆x ∆x→0 ∂x ∂x ∆x

Аналогично: z ′y =

∆z ∂z ∂f ( x, y ) f ( x, y + ∆ y ) − f ( x, y ) . = f y′( x, y ) = = lim y = lim ∆ y →0 ∆ y ∆ y →0 ∆y ∂y ∂y

Пример:

z = x3 sin y + y 4 . ∂z ∂z = 3x 2 sin y ; = x 3 cos y + 4 y 3 . ∂y ∂x

Геометрический смысл частных производных z

Пусть z = f ( x, y ) , M ∈ поверхности S . Положим y = const . Кривая Г x есть сечение поверхности S плоскостью, параллельной плоскости Oxz .

z

M

S 0

y

x

x

MK – касательная к кривой Г x в точке M ( x , y , z ) , а угол, который она составляет с осью Ox , равен α . ∂z ∂z ⎡ dz ⎤ = ⎢ ⎥ y = const , = tgα . ∂x ∂x ⎣ dx ⎦

∂z численно ∂x равна тангенсу угла наклона касательной к кривой, получающейся в сечении поверхности z = f ( x , y ) плоскостью ∂z y = const . Аналогично = tgβ . ∂y

y

z Γx M

S 0

x

α

y

K z

Итак, частная производная

S M

0

x x

β y K′

172

Лекции 15 - 16

15.6. Полный дифференциал функции Пусть z = f ( x , y ) , тогда полное приращение функции равно ∆z = f ( x + ∆x, y + ∆y ) − f ( x, y ) . Рассмотрим две точки: M ( x , y ) и M ′( x + ∆x , y + ∆y ) , отстоящие друг от друга на расстоянии ρ = ( ∆x )2 + ( ∆y )2 . Устремим точку M ′ к точке M , при этом ρ → 0 . О

Если при ρ → 0 можно подобрать не зависящие от ∆x и ∆y величины A и B так, что выражение ( A ⋅ ∆x + B ⋅ ∆y ) будет отличаться от ∆z на величину более высокого порядка малости по сравнению с ρ , то оно называется главной линейной частью полного приращения функции ∆z = A ⋅ ∆x + B ⋅ ∆y + γρ , где γ → 0 при ρ → 0 ( ∆x → 0 , ∆y → 0 ) .

О

Дифференциалы независимых переменных равны их приращениям: dx = ∆x , dy = ∆y .

О

Полным дифференциалом z = f ( x , y ) называется главная линейная часть полного приращения функции: dz = A∆x + B∆y , где A, B − const .

∆y y

∆z dz

x

∆x

Например, для z = xy геометрически проиллюстрируем разницу между ∆z и dz . ∆z = ( x + ∆x )( y + ∆y ) − xy = y∆x + x∆y + ∆x ⋅ ∆y = dz + ∆x∆y , так как dz = ydx + xdy – главная (большая) линейная часть приращения функции. Т

Дифференциал функции равен сумме произведений частных производных этой функции на дифференциалы соответствующих независимых переменных. Доказательство: z = f ( x, y ) . По определению dz = A∆x + B∆y , а Пусть ∆z = A∆x + B∆y + α∆x + β∆y , где α , β – бесконечно малые при ∆x → 0 и ∆y → 0 . ∆ z Положим ∆y = 0 , тогда ∆ x z = A∆x + α∆x , откуда x = A + α . ∆x ∆ x z ∂z = = A. Устремим ∆x → 0 , тогда lim ∆x → 0 ∆x ∂x ∂z ∂z ∂z , значит, dz = dx + dy . Аналогично: B = ∂y ∂y ∂x

173

Функции нескольких переменных

О

Если z = f ( x, y ) обладает непрерывными частными производными ∂z ∂z = f y′( x, y ) и = f y′( x, y ) в данной области, то она дифференцируема ∂x ∂y в этой области.

Геометрический смысл полного дифференциала функции z = f ( x, y ) : dz в точке ( x0 , y 0 ) изображается приращением аппликаты точки касательной плоскости, проведенной к поверхности z = f ( x, y ) в точке M 0 ( x0 , y 0 ) . Пример: Найдите дифференциал функции z = x y . Решение: ∂z ∂z dz = dx + dy , ∂x ∂y так как ∂z ∂z = x y ⋅ ln x , = yx y −1 , ∂y ∂x то dz = yx y −1dx + x y ln xdy .

С точностью до бесконечно малых более высокого порядка: ∆z ≈ dz . Значит, f ( x + ∆x, y + ∆y ) ≈ f ( x, y ) +

∂f ( x, y ) ∂f ( x, y ) ∆x + ∆y . ∂x ∂y

Это равенство используется в приближенных вычислениях. Пример: Вычислите приближенное значение (2,01) 2, 02 . Функция имеет вид: z = x y . Из приближенного равенства z ( x 0 + ∆x , y 0 + ∆y ) ≈ z ( x 0 , y 0 ) +

∂z ∂z ∆x + ∂x ( x0 , y0 ) ∂y

∆y ( x0 , y0 )

при x0 = 2 , y0 = 2 , ∆x = 0,01 , ∆y = 0,02 получаем z ( x0 , y0 ) = 2 2 = 4 ,

∂z ∂z = yx y −1 , = 2⋅2 = 4; ∂x ∂x ( 2, 2 ) ∂z ∂z = 2 2 ⋅ ln 2 , = x y ln x , ∂y ( 2,2 ) ∂y получаем (2,01) 2,02 ≈ 4 + 4 ⋅ 0,01 + 4 ln 2 ⋅ 0,02 = 4(1,01 + 0,02 ln 2) = 4, 04 + 0, 08ln 2 .

174

Лекции 15 - 16

15.7. Частные производные высших порядков Частные производные первого порядка от функции двух переменных ∂z ∂z = f x′( x, y ) и z = f ( x, y ) , равные = f y′( x, y ) , в свою очередь являются ∂x ∂y функциями переменных x и y , и от них можно снова находить частные производные второго порядка:

∂ 2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ 2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ′ ′ = = = ⎜ ⎟ = f yy′′ ( x, y ) ; f ( x , y ) ; ⎜ ⎟ xx ∂y 2 ∂y ⎜⎝ ∂y ⎟⎠ ∂x 2 ∂x ⎝ ∂x ⎠

∂2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ = ⎜ ⎟ = f xy′′ ( x, y ) . = ⎜ ⎟ = f yx′′ ( x, y ) ; ∂x∂y ∂x ⎝ ∂y ⎠ ∂y∂x ∂y ⎝ ∂x ⎠ О

Две последние производные по разным переменным называются смешанными.

Если функция f ( x, y ) определена в области D , в которой существуют производные f x′ , f y′ , f xx′′ , f yy′′ , f xy′′ , f yx′′ и смешанные производные f xy′′ и f yx′′ непрерывны в точке ( x0 , y0 ) ∈ D , то смешанные производные не зависят от порядка дифференцирования, т.е. равны друг другу: f xy′′ ( x0 , y 0 ) = f yx′′ ( x0 , y 0 ) . Запомним эту теорему. Т

Пример:

z = xy, x > 0 . ∂z ∂2 z = yx y −1 ln x + x y −1 ; = y ⋅ x y −1 ; ∂y∂x ∂x ∂z ∂2 z ∂2 z ∂2z y y −1 y −1 = yx ln x + x , значит, = = x ⋅ ln x ; . ∂x∂y ∂x∂y ∂y∂x ∂y

Пример:

z = y ⋅ ln x . y ∂2z ∂ ∂z y ∂z ∂2 z ∂ ⎛ y ⎞ = ln x , 2 = ⎜ ⎟ = − 2 , 2 = (ln x ) = 0 , = ; ∂x x ∂y x ∂y ∂y ∂x ⎝ x ⎠ ∂x 2 ∂ z ∂ ⎛ y⎞ 1 = ⎜ ⎟= . ∂y∂x ∂y ⎝ x ⎠ x

175

Функции нескольких переменных

Пример: ∂8 z функции ∂x 5∂y 3 z = x 2 + x + x 3 + 2 x 4 + x 7 y 9 + y10 .

Вычислите производную восьмого порядка Решение: Последовательно вычисляем:

∂z ∂2z = x 7 ⋅ 9 y 8 + 10 y 9 ; 2 = 9 ⋅ 8 x 7 y 7 + 10 ⋅ 9 y 8 ; ∂y ∂y ∂3 z ∂4z 7 6 7 9 8 7 x y 10 9 8 y = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 7x6 y6 ; ; 3 3 ∂y ∂x∂y ∂5 z ∂6 z 5 6 9 8 7 7 6 x y = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5x 4 y 6 ; ; 3 3 2 3 ∂x ∂y ∂x ∂y ∂7 z = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4x3 y 6 ; 4 3 ∂x ∂y 7 ⋅ 9! 2 6 ∂8 z x y . = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3x 2 y 6 = 5 3 2 ∂x ∂y

15.8. Дифференциалы высших порядков Пусть z = f ( x, y ) , ( x, y ) ∈ D . В предположении о существовании непрерывных частных производных второго порядка вычислим дифференциал d 2 z второго порядка функции z как дифференциал первого порядка от дифференциала функции dz при условии, что dz является функцией только x и y . При вычислении дифференциала от dz dx и dy считаются постоянными, при вычислении ∂z ∂z и приращения x и y берутся равными dx и dy . дифференциала от ∂x ∂y

⎛ ∂z ⎞ ⎛ ∂z ∂z ⎞ ⎛ ∂z ⎞ d 2 z = d (dz ) = d ⎜⎜ dx + dy ⎟⎟ = d ⎜ ⎟dx + d ⎜⎜ ⎟⎟dy = ∂y ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎝ ∂x =

∂2z 2 ∂2z ∂2z 2 ∂2z dx + dxdy + dy + dydx = ∂y 2 ∂y∂x ∂x 2 ∂x∂y

∂2z 2 ∂2z ∂2z 2 = 2 dx + 2 dxdy + 2 dy , где dx 2 = (dx) 2 , dy 2 = (dy ) 2 . ∂x ∂x∂y ∂y ∂2z 2 ∂2z ∂2z 2 Итак, d z = 2 dx + 2 dxdy + 2 dy . ∂x∂y ∂y ∂x 2

176

Лекции 15 - 16

Использование символа d =

∂ ∂ dx + dy позволяет записать d 2 z как резуль∂x ∂y 2

⎛∂ ⎞ ∂ тат действия этого оператора на z в виде: d z = ⎜⎜ dx + dy ⎟⎟ z . ∂y ⎠ ⎝ ∂x Аналогично: 2

3

n

⎛∂ ⎛∂ ⎞ ⎞ ∂ ∂ d z = d (d z ) = d (d (dz )) = ⎜⎜ dx + dy ⎟⎟ z , d n z = d (d n −1 z ) = ⎜⎜ dx + dy ⎟⎟ z . ∂y ⎠ ∂y ⎠ ⎝ ∂x ⎝ ∂x 3

2

Пример: Найдите d 2 z , если z = sin xy . Решение: d 2z = 2

∂ z ∂x 2

∂2z ∂x

2

( dx ) 2 + 2

= − sin xy ⋅ y 2 ,

∂2z ∂2z dxdy + 2 ( dy ) 2 , ∂x∂y ∂y

∂z = cos xy ⋅ y , ∂x

∂2z = − sin xy ⋅ x 2 , 2 ∂y

∂z = cos xy ⋅ x , ∂y

∂2z = − sin xy ⋅ xy + cos xy , ∂x∂y

d 2 z = − y 2 sin xydx 2 + 2(cos xy − xy sin xy )dxdy − x 2 sin xydy 2 .

15.9. Формула Тейлора По аналогии с функцией одной переменной формула Тейлора для двух переменных имеет вид: 1 1 f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) + df ( x0 , y0 ) + d 2 f ( x0 , y0 ) + .... + 1! 2! 1 + d n f ( x0 , y0 ) + o ( ρ n ( x, y; x0 , y0 ) ) . n! Пример: Записать формулу Тейлора для функции z = e xy в окрестности точки P(1,1) до членов 1-го порядка включительно. Вычисляем частные производные f ( x, y ) = e xy в точке (1,1), получаем: 1 1 e xy = e + e[( x − 1 ) + ( y − 1 )] + e[( x − 1 )2 + ( y − 1 )2 + 2( x − 1 )( y − 1 )] ⋅ 1! 2! [ 1+θ ( x −1 )][ 1+θ ( y −1 )] ⋅e .

15.10. Производная сложной функции. Полная производная Рассмотрим сложную функцию z = F (u ,υ ) , где u = ϕ ( x, y ) , υ = ψ ( x, y ) , т.е. z = F [ϕ ( x, y ),ψ ( x, y )] . Пусть функции F (u ,υ ) , ϕ ( x, y ) , ψ ( x, y ) имеют непрерывные частные производные по всем своим аргументам.

177

Функции нескольких переменных

∂z ∂z и . Дадим x приращение ∆x при постоянном y , тогда ∂x ∂y u примет значение u + ∆ x u , а υ примет значение υ + ∆ xυ . Полное приращение функции z принимает вид: Вычислим

∆z =

∂F ∂F ∆ xu + ∆ xυ + α∆ x u + β ∆ xυ , ∂υ ∂u

где α , β – бесконечно малые функции при ∆x → 0 .

∆ u ∆υ ∆z ∂F ∆ x u ∂F ∆ xυ + +α x + β x . = ∆x ∆x ∆x ∂u ∆x ∂υ ∆x Устремим ∆x к нулю, при этом ∆ x u → 0 и ∆ xυ → 0 в силу непрерывно∆ x u ∂u ∆ xυ ∂υ ∆z ∂z = , lim = , lim = , сти u и υ . Так как lim ∆x → 0 ∆x → 0 ∆x → 0 ∂x ∆x ∆x ∂x ∆x ∂x ∂z ∂F ∂u ∂F ∂υ α = β = , то + ⋅ . lim lim 0 ⋅ = ∆x → 0 ∆x → 0 ∂x ∂u ∂x ∂υ ∂x Аналогично:

Пример:

∂z ∂F ∂u ∂F ∂υ = ⋅ + ⋅ . ∂y ∂u ∂y ∂υ ∂y

(

)

2

z = ln u 2 + υ , u = e x + y , υ = x 2 + y . ∂z ∂z и Вычислим . ∂y ∂x 2u 1 ∂z ∂z , ; = 2 = 2 ∂u u + υ ∂υ u + υ 2 2 ∂u ∂u = e x+ y , = 2 ye x + y ; ∂x ∂y ∂υ ∂υ = 2x , =1; ∂y ∂x 2 2 ∂z 2u 1 2 = 2 e x+ y + 2 ⋅ 2x = 2 u ⋅ e x+ y + x ; ∂x u + υ u +υ u +υ 2 2 2u 1 1 ∂z = 2 2 ye x + y + 2 = 2 4uye x + y + 1 . ∂y u + υ u +υ u +υ

(

(

)

)

Полная производная Пусть z = F ( x, y ) , где y = f (x) . dz ∂F ∂x ∂F ∂y dz ∂F ∂F dy = , т.е. + = + . dx ∂x ∂x ∂y ∂x dx ∂x ∂y dx Если z = F ( x, y ) , где x = x(t ) , y = y (t ) , то

dz ∂F dx ∂F dy = + . dt ∂x dt ∂y dt

178

Лекции 15 - 16

15.11. Инвариантность формы полного первого дифференциала Пусть z = F (u ,υ ) , где u = u ( x, y ) , υ = υ ( x, y ) . Покажем, что форма первого дифференциала не меняется и dz = z u′ du + zυ′ dυ . Действительно, dz = z ′x dx + z ′y dy = ( z u′ u ′x + zυ′υ ′x )dx + (z u′ u ′y + zυ′υ ′y )dy =

= z u′ (u ′x dx + u ′y dy ) + zυ′ (υ ′x dx + υ ′y dy ) = z u′ ⋅ du + zυ′ ⋅ dυ .

15.12. Производная от функции, заданной неявно Уравнение F ( x, y ) = 0 неявно задает функцию одной переменной y = y (x) . Т

Если F ( x, y ) и ее частные производные Fx′( x, y ) и Fy′ ( x, y ) определены и непрерывны в некоторой области, содержащей точку ( x, y ) , F ( x, y ) = 0 F ′( x, y ) . и Fy′( x, y ) ≠ 0 , то y ′x = − x Fy′ ( x, y ) Доказательство: Пусть F ( x, y ) = 0 . Дадим x приращение ∆x , тогда y примет значение y + ∆y . По условию F ( x + ∆x, y + ∆y ) = 0 , следовательно, полное приращение ∆F = F ( x + ∆x, y + ∆y ) − F ( x, y ) = 0 , значит по определению ∂F ∂F ∆F : ∆x + ∆y + α∆x + β∆y = 0 , где α , β – бесконечно малые функ∂x ∂y ции при ∆x, ∆y → 0 . ∂F ∂F ∆y ∆y + +α + β = 0. Тогда ∂x ∂y ∆x ∆x ∂F + α ∆y ∂x =− . Отсюда ∂F + β ∆x ∂y ∂F При ∆x → 0 : α , β → 0 ; ≠ 0 по условию, и ∂y

∂F F ′( x, y ) dy = − ∂x = − x ∂F dx Fy′( x, y ) ∂y

(∗)

179

Функции нескольких переменных

Рассмотрим уравнение F ( x, y, z ) = 0 . Оно неявно определяет функцию двух ∂z ∂z и . переменных z ( x, y ) . Найдем ∂x ∂y ∂z считаем y постоянным, поэтому применима формула (∗) , При отыскании ∂x ∂F если зависимой переменной считать x , а функцией – z : z ′x = − ∂x . ∂F ∂z ∂F ∂y . Аналогично: z ′y = − ∂F ∂z Пример: Если x 2 + y 2 + z 2 − R 2 = 0 . 2x ∂z x ∂z y 2y =− =− ; =− =− . z 2z ∂x 2z z ∂y

16.1. Локальные экстремумы функции двух переменных О

О

Функция z = f ( x, y ) имеет локальный максимум в точке M 0 ( x0 , y 0 ) , если для всех точек ( x, y ) , близких к M 0 , выполняется неравенство f ( x0 , y 0 ) > f ( x, y ) . z max = f ( x0 , y0 )

z

y

M 0 ( x0 , y0 )

x

z

z = f ( x, y ) имеет локальный минимум в точке M 0 ( x0 , y 0 ) , если f ( x 0 , y 0 ) < f ( x, y ) для всех точек ( x, y ) , близких к M 0 . z min = f ( x0 , y 0 )

y

M0 ( x0 , y0 ) x

Т

Необходимые условия экстремума. В точке экстремума функции двух переменных ее частные производные первого порядка либо равны нулю, либо не существуют. Доказательство: Пусть z = f ( x, y ) имеет максимальное значение f ( x0 , y 0 ) . Зафиксируем y = y 0 , получим функцию одной переменной z1 = f ( x, y 0 ) , которая имеет максимум при x = x 0 .

180

Лекции 15 - 16

Из теории экстремума функции одной переменной

dz1 dx

= f x′( x0 , y 0 ) = 0 или x = x0

не существует. Аналогично: f y′ = ( x0 , y 0 ) = 0 или ∃ . В случае минимума доказательство аналогично. В точке экстремума M 0 ( x0 , y 0 ) дифференцируемой функции f ( x, y ) производные не существуют ⎧ f x′( x0 , y0 ) = 0; или равны нулю: ⎨ ⎩ f y′( x0 , y0 ) = 0. О

z

Точки, в которых частные производные первого порядка некоторой функции равны нулю или не существуют, называются критическими. x

M 0 ( x0 , y0 )

y

Геометрический смысл заключается в том, что в точке M 0 , лежащей выше (ниже) всех соседних, поверхность z = f ( x, y ) либо имеет горизонтальную касательную плоскость, либо не имеет никакой касательной плоскости. Т

Достаточные условия экстремума. Пусть в некоторой области, содержащей точку M 0 ( x0 , y 0 ) , функция z = f ( x, y ) имеет непрерывные частные производные до второго порядка включительно. Пусть точка M 0 ( x0 , y 0 ) является критической точкой f ( x, y ) , т.е. ∂f ( x0 , y 0 ) ∂f ( x0 , y 0 ) = 0, = 0. ∂x ∂y ∂ 2 f ( x0 , y 0 ) ∂ 2 f ( x0 , y 0 ) ∂ 2 f ( x0 , y 0 ) Введем обозначения: A , B , = = =C. ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2 A B Составим дискриминант ∆ = = AC − B 2 . B C Тогда: 1) если ∆ > 0 , то функция имеет экстремум в точке ( x0 , y 0 ) , причем это максимум при A < 0 и минимум при A > 0 ; 2) если ∆ < 0 , то экстремума нет; 3) если ∆ = 0 , то требуется дополнительное исследование. Доказательство: По формуле Тейлора второго порядка

f ( M ) = f ( M 0 ) + df ( M 0 ) +

1 2 d f ( M 0 ) + R2 ( M ) . 2!

181

Функции нескольких переменных

В критической точке

f ′( x0 , y 0 ) = f y′( x0 , y 0 ) = 0 ,

df ( x0 , y 0 ) = f x′( x0 , y 0 )dx + f y′( x0 , y 0 )dy = 0 , f ( x, y ) − f ( x 0 , y 0 ) = ∆f ( x 0 , y 0 ) и формула Тейлора принимает вид: 1 ∆f ( x0 , y0 ) = d 2 f ( x0 , y0 ) + R2 ( x, y ) . 2 Остаточный член R2 ( x, y ) является бесконечно малой более высокого порядка, чем d 2 f ( x0 , y 0 ) , поэтому знак ∆f ( x0 , y0 ) совпадает со знаком d 2 f ( x0 , y0 ) в окрестности точки ( x0 , y 0 ) . Исследуем знак d 2 f ( x0 , y 0 ) : ∂ 2 f ( x0 , y 0 ) 2 ∂ 2 f ( x0 , y 0 ) dxdy + dx + 2 d f ( x0 , y 0 ) = ∂x 2 ∂x∂y 2

∂ 2 f ( x0 , y 0 ) 2 + dy = Adx 2 + 2 Bdxdy + Cdy 2 = 2 ∂y ⎡ ⎛ dx ⎞ 2 ⎤ dx = dy ⎢ A⎜⎜ ⎟⎟ + 2 B + C ⎥ . dy ⎢⎣ ⎝ dy ⎠ ⎥⎦ 2

Выражение в квадратных скобках является квадратным трехчленом с дискриминантом D = 4 B 2 − 4 AC = −4∆ . 1). Если ∆ > 0 , то D < 0 и знак квадратного трехчлена совпадает со знаком старшего коэффициента A , значит, знак d 2 f ( x0 , y 0 ) и, следовательно, знак ∆f ( x0 , y 0 ) совпадает со знаком A , то есть а) если A < 0 , ∆f ( x0 , y 0 ) < 0 и ( x0 , y 0 ) – точка максимума; б) если A > 0 , ∆f ( x0 , y 0 ) > 0 и ( x0 , y 0 ) – точка минимума. 2). Если ∆ < 0 , то D > 0 и знак квадратного трехчлена меняется в окрестности точки ( x0 , y 0 ) и функция f ( x0 , y0 ) не имеет экстремума в точке ( x0 , y 0 ) . 3). Если ∆ = 0 , то D = 0 и достаточный признак не дает ответа, нужно выяснить сохраняется ли знак разности ∆f ( x0 , y 0 ) = f ( x, y ) − f ( x0 , y 0 ) непосредственно.

Схема исследования f ( x, y ) на экстремум: 1) 2) 3)

определите критические точки; проанализируйте выполнение достаточных условий; вычислите z экстр. .

182

Лекции 15 - 16

Пример: Исследуйте на экстремум функцию z = x 2 − xy + y 2 + 3 x − 2 y + 1 . ∂z ∂z = 2x − y + 3 , = −x + 2 y − 2 . 1) ∂y ∂x ⎧2 x − y + 3 = 0, ⎨ ⎩− x + 2 y − 2 = 0, 4 1 откуда x0 = − ; y0 = . 3 3 2 ∂ z ∂2z ∂2z = 2, B = = −1 , C = 2 = 2, 2) A = 2 ∂x∂y ⎛⎜ − 4 ;1 ⎞⎟ ∂x ⎛⎜ − 4 ; 1 ⎞⎟ ∂y ⎛⎜ − 4 ;1 ⎞⎟ ⎝ 3 3⎠ 2

⎝ 3 3⎠

⎝ 3 3⎠

∆ = AC − B = 2 ⋅ 2 − ( −1) = 3 . 2

4 ⎛ 4 1⎞ Итак, ∆ > 0 , A > 0 , значит, ⎜ − ; ⎟ – точка минимума, z min = − . 3 ⎝ 3 3⎠ Пример: Исследовать на экстремум функцию z = x 2 y 2 +

x2 y2 + + xy + 1 . 2 2

⎧ ∂z 2 ⎪⎪ ∂x = 2 xy + x + y = 0, 1). ⎨ ⇒ x0 = y 0 = 0 ; z (0,0) = 1 . ∂ z 2 ⎪ = 2 yx + y + x = 0 ⎪⎩ ∂x 2). A =

C=

∂2z ∂2 z 2 B = ; = 2 + 1 = 1 y ( 0, 0 ) ∂x∂y ∂x 2 (0,0)

∂ z ∂y 2 2

= 2x2 + 1 ( 0, 0)

∆ = AC − B 2 =

( 0,0)

= 4 xy + 1 ( 0, 0 ) = 1 ; ( 0, 0)

= 1;

1 1

= 0. 1 1 Достаточный признак ответа не дает. Исследуем значения z ( x, y ) . x2 y2 1 + + xy + 1 = ( xy ) 2 + ( x + y ) 2 + 1 , значит z ( x, y ) > 1 , 2 2 2 если x ≠ 0 , y ≠ 0 . Получили, что z ( x, y ) > z (0,0) = 1 , значит, (0,0) – точка минимума. z ( x, y ) = x 2 y 2 +

16.2. Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа Найдем экстремум функции z = f ( x, y ) , если переменные x и y связаны условием ϕ ( x, y ) = 0 .

183

Функции нескольких переменных

Пример: Исследуйте на экстремум функцию z = x 2 + y 2 при условии x + y = 1 . Условие связи позволяет исключить из функции z ( x, y ) переменную y = 1 − x , что сводит задачу к исследованию функции одной переменной z = 2x 2 − 2x +1 . dz 1 = 4 x − 2 = 0 в точке x0 = , при этом 2 dx

z

y 0

x

2

d z 1 = 4 > 0 , то эта точка является точкой минимума. y0 = . Так как 2 dx 2 Таким образом, z ( x, y ) достигает минимума на прямой x + y = 1 в точке ⎛1 1⎞ 1 ⎛1 1⎞ ⎜ , ⎟ , при этом zmin ⎜ , ⎟ = . 2 2 ⎝ ⎠ ⎝2 2⎠ 2

Метод Лагранжа Если из уравнения связи трудно выразить y через x , то критические точки можно найти методом множителей Лагранжа. В предположении о его существовании найдем экстремум функции z ( x, y ) при условии ϕ ( x, y ) = 0 . При этом z ( x, y ) = z ( x, y ( x)) и необходимое условие экстремума принимает вид: dz ∂z ∂z dy = + = 0. dx ∂x ∂y dx

Продифференцируем уравнение связи, тогда

d ϕ ∂ϕ ∂ϕ dy = + = 0. dx ∂x ∂y dx

Умножим второе уравнение на неопределенный множитель λ и сложим его с первым, получим, что

∂ϕ dy ⎛ ∂z ∂ϕ ⎞ ∂z +λ + +λ = 0. ⎜ ∂x ∂x dx ⎝ ∂y ∂y ⎟⎠ ∂z ∂ϕ +λ = 0 , тогда необходимыми Выберем коэффициент λ таким, чтобы ∂y ∂y ∂ϕ ⎧ ∂z + λ = 0, ⎪ ∂y ∂y ⎪ ∂ϕ ⎪ ∂z = 0, условиями экстремума являются ⎨ + λ x x ∂ ∂ ⎪ ⎪ϕ ( x, y ) = 0. ⎪ ⎩

184

Лекции 15 - 16

Если ввести функцию Лагранжа: L( x, y ) = f ( x, y ) + λϕ ( x, y ) , то задача нахождения условного экстремума сводится к исследованию на обычный экстремум функции Лагранжа и необходимые условия экстремума принимают вид:

⎪⎧⎪ Lx′ ( x, y ) = 0 , ⎪⎧⎪ f x′( x, y ) + λϕ x′ ( x, y ) = 0 , ⎪⎪ ⎪ ⎨ Ly′ ( x, y ) = 0 , ⇒ ⎪⎨ f y′( x, y ) + λϕ ′y ( x, y ) = 0 , ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎩ϕ( x, y ) = 0 ⎪⎪⎩ϕ( x, y ) = 0 , откуда находятся критические точки ( x0 , y 0 ) . Пусть ( x0 , y0 ) - координаты критической точки, λ0 - любое из решений системы,

0

ϕ'x ( x0 , y0 )

ϕ'y ( x0 , y0 )

∆ = − ϕ'x ( x0 , y0 ) L''xx ( x0 , y0 ,λ0 ) L''xy ( x0 , y0 ,λ0 ) . ϕ'y ( x0 , y0 ) L''xy ( x0 , y0 ,λ0 ) L''yy ( x0 , y0 ,λ0 ) Заметим, что d 2 L = L''xx dx 2 + 2L''xy dxdy + L''yy dy 2 .

Достаточные условия в методе Лагранжа формулируются следующим образом: если ∆ > 0 ( d 2 L > 0 ) , в точке условного экстремума – минимум, если

∆ < 0 ( d 2 L < 0 ) – максимум, если d 2 L не сохраняет знак, то в критической точке экстремума нет. Пример: Исследуйте на экстремум функцию x + y +1 = 0 .

z = x 2 + y 2 − 3 xy

при условии

L( x, y ) = x 2 + y 2 − 3 xy + λ ( x + y + 1) . Lx′ = 2 x − 3 y + λ , L′y = 2 y − 3x + λ .

⎧2λ = x + y, ⎧ 2 x − 3 y + λ = 0, 1 1 ⎪ ⎪ 1 ⎨ 2 y − 3 x + λ = 0, ⇒ ⎨ x − y = 0, ⇒ x0 = − ; y0 = − , λ0 = − . 2 2 2 ⎪x + y +1 = 0 ⎪x + y +1 = 0 ⎩ ⎩ 0 ∆ =− 1

1 2

1 1 −3 1 2 −3 = − = 5 + 5 = 10. 1 2 1 −3 1 −3 2

В точке (− 12 ,− 12 ) ∆ > 0 , т.е. в этой точке – минимум z ( x, y ) .

Функции нескольких переменных

Пример:

185

Исследуйте на экстремум функцию z = 6 − 4 x − 3 y при условии, что x 2 + y 2 − 1 = 0 . Решение: L( x, y ) = 6 − 4 x − 3 y + λ ( x 2 + y 2 − 1) ∂L ∂L = −3 + 2λy . = −4 + 2λx ; ∂y ∂x Необходимые условия экстремума: ⎧⎪ 2 ⎪⎪ x = , λ ⎧2λ x − 4 = 0, ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ 5 3 ⎨2λ y − 3 = 0, ⇒ ⎨⎪⎪ y = , откуда λ = ± . 2λ 2 ⎪⎪ ⎪ 2 2 2 2 + = x y 1 ⎪ ⎩ ⎪⎪ x + y = 1, ⎪⎪⎩

Критические точки: 5 ⎛ 4 3⎞ λ1 = . M 1 ( x1 , y1 ) = M 1 ⎜ ; ⎟ ; 2 ⎝ 5 5⎠ 5 ⎛ 4 3⎞ λ 2 = − . M 2 ( x 2 , y 2 ) = M 2 ⎜ − ;− ⎟ . 2 ⎝ 5 5⎠ Проверим выполнение достаточных условий: ∂2L ∂2L ∂2L = 2 λ =0, = 2 λ ; ; ∂x 2 ∂y 2 ∂x∂y d 2 L = 2λ ( dx 2 + dy 2 ) , d 2 L( M 1 ) = 5(dx 2 + dy 2 ) > 0 , d 2 L ( M 2 ) = −5( dx 2 + dy 2 ) < 0 , значит, ⎛ 4 3⎞ M 1 ⎜ ; ⎟ – точка минимума, z ( M 1 ) = 1 , ⎝ 5 5⎠ ⎛ 4 3⎞ M 2 ⎜ − ;− ⎟ – точка максимума z ( M 2 ) = 11 . ⎝ 5 5⎠

16.3. Наибольшее и наименьшее значения функции в области Т

Наибольшее и наименьшее значение функции (глобальный экстремум) достигается либо в критических точках функции внутри области, либо на границах области определения функции. Для нахождения наибольшего и наименьшего значения функции z ( x, y ) в области ( x, y ) ∈ D следует: 1) найти критические точки внутри D , вычислить в них z ( x0 , y0 ) ; 2) найти наибольшее и наименьшее значения функции z ( x, y ) на границе; 3) сравнить найденные значения и выбрать среди них наибольшее и наименьшее.

186

Лекции 15 - 16

Пример: Найдите наибольшее и наименьшее значения функции z = 2 x 3 − 6 xy + 3 y 2 в области, ограниченной осью Oy , x2 . прямой y = 2 и параболой y = 2 Решение: ⎧ ∂z 2 ⎪⎪ ∂x = 6 x − 6 y = 0, 1). ⎨ ⎪ ∂z = −6 x + 6 y = 0 ⎪⎩ ∂y ⇒ M 1 (0,0) , M 2 (1,1) . Точка M 2 (1,1) – внутренняя точка области, z1 (1,1) = −1 . 2). Рассмотрим поведение функции на границе области. ⎧ y ∈ [0,2], ⎪ 2.1) ⎨ x = 0, ⎪ z = 3 y 2 - возрастающая функция, ⎩

y 2 M1 0

M2 2

z 2 (0,0) = 0 ; z3 (0,2) = 12 .

⎧ x ∈ [0,2], ⎪ 2.2) ⎨ y = 2, ⎪ z = 2 x 3 − 12 x + 12, ⎩

dz = 6 x 2 − 12 = 0 ; x = 2 ∈ [0, 2] . dx Найдем значения z 4 ( 2 ,2) = 12 − 8 2 ; z5 (2,2) = 4 . ⎧ x2 y = , ⎪ 2 ⎪ dz 1 1 3 ⎪ 2.3) ⎨ z = x 4 − x 3 , = 3x 3 − 3 x 2 = 0 → x1 = 0 , x2 = 1 , z 6 = ⎛⎜1, ⎞⎟ = − . 4 4 ⎝ 2⎠ dx ⎪ ⎪ x ∈ [0,2], ⎪ ⎩ 3). Сравнивая полученные значения z , находим zнаим. = z (1,1) = −1 , zнаиб . = z (0, 2) = 12 .

x

187

Функции нескольких переменных

16.4. Геометрические приложения функций двух переменных 16.4.1. Производная векторной функции скалярного аргумента

r r r v uuuur r r = OM , r = xi + yj + zk . v Пусть проекции вектора r являются функциями параметра t : ⎧ x = x(t ), ⎪ ⎨ y = y (t ), ⎪ z = z (t ), ⎩ r r r r r r тогда r = x(t )i + y (t ) j + z (t )k , r = r (t ) .

z M ( x, y , z )

r r O

y

x

uuuur При изменении t изменяются проекции и конец вектора OM описывает в пространстве линию, называемую годографом вектора. Указанные уравнения называются параметрическими уравнениями линии в r r пространстве. r = r (t ) является векторной функцией скалярного аргумента. Найдем производную векторной функции скалярного аргумента. Возьмем фиксированное значение t , соответстr вующее точке M на кривой и значению r (t ) . r Дадим t приращение ∆t , получим вектор r (t + ∆t ) , соответствующий точке M 1 . Тогда r r r ∆r = r (t + ∆t ) − r (t ) = r r r = [ x ( t + ∆t ) − x ( t ) ] i + [ y ( t + ∆ t ) − y ( t ) ] j + [ z ( t + ∆ t ) − z ( t ) ] k , v v ∆r dx v dy v dz v dr ⎧ dx dy dz ⎫ i + j+ k⇒ lim = = ⎨ ; ; ⎬, ∆t → 0 ∆ t dt dt dt dt ⎩ dt dt dt ⎭ r ∆r ( t ) x ( t + ∆t ) − x ( t ) r y ( t + ∆ t ) − y ( t ) r z ( t + ∆ t ) − z ( t ) r = i+ j+ k ∆t ∆t ∆t ∆t О

r – вектор производной вектора r (t ) по скалярному аргументу t . Выясним его направление. При ∆t → 0 точка M 1 стремится к точке M , а направление секущей MM 1 в пределе дает направление касательной, т.е. вектор r dr направлен по касательной к кривой в точке M . dt

188

Лекции 15 - 16

16.4.2. Уравнение касательной к пространственной кривой r r 1). Если линия задается параметрическим уравнением r = r (t ) , то уравнение r касательной к кривой r (t ) в точке M 0 ( x0 , y 0 , z 0 ) записывается как уравнение r dr . Направпрямой, проходящей через точку M 0 параллельно вектору dt M 0

и вектор ляющий вектор касательной { x − x0 , y − y0 , z − z0} r dr ⎧ dx dy dz ⎫ = ⎨ , , ⎬ параллельны. dt M 0 ⎩ dt dt dt ⎭ M 0 Условие параллельности заключается в том, что компоненты этих векторов пропорциональны, эти равенства и представляют уравнение касательной:

x − x0 y − y 0 z − z 0 = = dx dy dz dt M dt M dt M 0

0

*)

0

2). Пусть кривая в пространстве задана как линия пересечения двух поверх⎧Φ1 ( x, y,z ) = 0, ностей: L : ⎨ где x = x(t ) , y = y (t ) , z = z (t ) . ⎩Φ2 ( x, y,z ) = 0, Итак,

⎧⎪Φ1 [ x( t ), y( t ),z( t )] = 0, ⎨ ⎪⎩Φ2 [ x( t ), y( t ),z( t )] = 0.

Продифференцируем эти уравнения:

⎧ ∂Φ1 ⎪ ∂x ⎪ ⎨ ⎪ ∂Φ2 ⎪⎩ ∂x

dx ∂Φ1 dy ∂Φ1 dz + + = 0, dt ∂y dt ∂z dt dx ∂Φ2 dy ∂Φ2 dz + + = 0. ∂y dt ∂z dt dt

Получим систему двух уравнений с тремя неизвестными Найдем решение системы:

∂Φ 1 dz ⎧ ∂Φ 1 dx ∂Φ 1 dy ⎪ ∂x dt + ∂y dt = − ∂z dt , ⎪ ⎨ ⎪ ∂Φ 2 dx + ∂Φ 2 dy = − ∂Φ 2 dz . ⎪⎩ ∂x dt ∂z dt ∂y dt

dx dy dz , , . dt dt dt

189

Функции нескольких переменных

⎧ dx ∆1 ⎪⎪ dt = ∆ , По формулам Крамера ⎨ где ∆ = ∆ dy ⎪ = 2, ⎪⎩ dt ∆ ∂Φ1 dz ∂z ∆1 = − dt ∂Φ2 ∂z

∂Φ1 ∂x ∂Φ2 ∂x

∂Φ1 ∂y , ∂Φ2 ∂y

∂Φ1 ∂Φ1 ∂y dz ∂y = ∂Φ2 dt ∂Φ2 ∂y ∂y

∂Φ1 ∂z dz , ∆2 = − ∂Φ2 dt ∂z

∂Φ1 ∂y ∂Φ2 ∂y dx = ∂Φ1 dt ∂x ∂Φ2 ∂x

∂Φ1 ∂Φ1 ∂z ∂z ∂Φ2 ∂Φ2 ∂z dz dy = ∂z ; ∂Φ1 ∂Φ1 dt dt ∂x ∂y ∂Φ2 ∂Φ2 ∂y ∂x

∂Φ1 ∂x ∂Φ2 ∂x

∂Φ1 ∂Φ1 dz ∂z ∂z = ∂Φ2 dt ∂Φ2 ∂z ∂z

∂Φ1 ∂x . ∂Φ2 ∂x

Итак,

∂Φ1 ∂x ∂Φ2 ∂x dz . ∂Φ1 dt ∂y ∂Φ2 ∂y

Решение может быть записано в виде:

∂Φ1 ∂y ∂Φ2 ∂y

dx dt

∂Φ1 ∂z ∂Φ2 ∂z

Подставляя выражения для

=

∂Φ1 ∂z ∂Φ2 ∂z

dy dt

∂Φ1 ∂x ∂Φ2 ∂x

=

∂Φ1 ∂x ∂Φ2 ∂x

dz dt

∂Φ1 ∂y ∂Φ2 ∂y

dx dy dz , , в уравнение касательной *), получим dt dt dt

его в виде:

x − x0 Φ1′ y Φ1′z Φ 2′ y Φ 2′ z

= M0

y − y0 Φ1′z Φ1′x Φ 2′ z Φ 2′ x

= M0

z − z0 Φ1′x Φ1′ y Φ 2′ x Φ 2′ y

, M0

если хотя бы один из определителей не равен нулю. Если все определители равны нулю, то точка называется особой точкой кривой.

190

Лекции 15 - 16

16.4.3. Нормальная плоскость и ее уравнение О

Прямая, перпендикулярная к касательной и проходящая через точку касания, называется нормалью к кривой в данной точке. Множество нормалей к кривой лежит в плоскости, перпендикулярной к касательной и образует нормальную плоскость.

Уравнение плоскости, которая перпендикулярна касательной к кривой имеет вид уравнения плоскости, проходящей через точку ( x0 , y0 , z0 ) с нормальным dr : вектором dt M а) в случае параметрического задания: 0

dx dt

⋅ ( x − x0 ) + M0

dy dt

⋅ ( y − y0 ) + M0

dz dt

⋅ ( z − z0 ) = 0 ; M0

б) если кривая задана как линия пересечения двух поверхностей:

Φ1′y Φ1′z Φ 2′ y Φ 2′ z

( x − x0 ) + M0

Φ1′z Φ1′x Φ 2′ z Φ 2′ x

( y − y0 ) + M0

Φ1′x Φ1′y Φ 2′x Φ 2′y

( z − z0 ) = 0 . M0

16.4.4. Касательная плоскость и нормаль к поверхности Пусть поверхность задана уравнением F ( x, y, z ) = 0 ∗) . О

Точка M ( x, y, z ) называется обыкновенной, если все три частные производ∂F ∂F ∂F , , существуют, ные ∂x ∂z ∂y непрерывны и хотя бы одна из них отлична от нуля.

r n

M

r a

L

О

Точка M ( x, y, z ) называется особой точкой поверхности, если все три частные производные равны нулю или хотя бы одна из них не существует.

О

Прямая линия называется касательной к поверхности в точке M ( x, y, z ) , если она является касательной к какой-либо кривой, лежащей на поверхности и проходящей через точку M .

Т

Все касательные прямые к данной поверхности в ее обыкновенной точке M лежат в одной плоскости.

191

Функции нескольких переменных

Рассмотрим на поверхности линию:

⎧ x = x(t ), ⎪ L : ⎨ y = y (t ), ⎪ z = z (t ). ⎩

∗ ∗)

Касательная к этой кривой будет касательной и к поверхности. Уравнения касательной в точке M 0 ( x0 , y 0 , z 0 ) имеют вид:

x − x0 y − y 0 z − z 0 . = = dx dy dz dt M dt M dt M 0

0

0

Подставим уравнения L ∗ ∗) в уравнение поверхности ∗) :

F [x(t ), y (t ), z (t )] = 0 . Продифференцируем полученное тождество по t , получим, что ∂F dx ∂F dy ∂F dz + + = 0. ∂x dt ∂y dt ∂z dt r r dr ⎧ dx dy dz ⎫ Рассмотрим вектор касательной a = =⎨ , , ⎬ dt ⎩ dt dt dt ⎭ r ⎧ ∂F ∂F ∂F ⎫ n=⎨ , , ⎬. ∂ x ∂ y ∂ z ⎩ ⎭ Скалярное произведение этих векторов равно:

и

вектор

r r ∂F dx ∂F dy ∂F dz . + + (n ⋅ a ) = ∂x dt ∂y dt ∂z dt Выше показано, что это выражение равно нулю, значит, действительно, r r вектор n перпендикулярен вектору a в точке M ( x, y, z ) .

r ⎧ ∂F ∂F ∂F ⎫ Итак, n = ⎨ , , ⎬ – вектор нормали к поверхности F ( x, y, z ) = 0 . ⎩ ∂x ∂y ∂z ⎭ О

Плоскость, в которой расположены все касательные прямые к линиям на поверхности, проходящим через данную точку, называется касательной плоскостью к поверхности.

Уравнение касательной плоскости к поверхности F( x, y,z ) = 0 в точке M 0 ( x0 , y 0 , z 0 ) имеет вид:

∂F ∂x

( x − x0 ) + M0

∂F ∂y

( y − y0 ) + M0

∂F ∂z

( z − z0 ) = 0 . M0

192

Лекции 15 - 16

Если поверхность задана явно: z = f ( x, y ) , то z − f ( x, y ) = 0 ,

∂f ∂F ∂F ∂f ∂F =− , =1 =− , ∂y ∂z ∂x ∂x ∂y

и уравнение касательной принимает вид: z − z0 = О

∂f ∂x

( x − x0 ) + M0

∂f ∂y

( y − y0 ) . M0

Прямая, проведенная через точку M ( x, y, z ) поверхности, перпендикулярно касательной плоскости, называется нормалью к поверхности. Уравнения нормали имеют вид:

x − x0 y − y 0 z − z 0 x − x0 y − y0 z − z0 , . = = = = ∂f ∂F ∂F 1 ∂f ∂F − − ∂x M ∂x M ∂z M ∂y M ∂y M 0

0

0

0

0

Пример: Напишите уравнение касательной и нормальной плоскости к винтовой линии: ⎧ x = a cos t , dx dy dz ⎪ = − a sin t , = a cos t , = am . ⎨ y = a sin t , dt dt dt ⎪ z = amt. ⎩ x − a cos t y − a sin t z − amt = = . Уравнения касательной: − a sin t a cos t am Уравнение нормальной плоскости: − a sin t ( x − a cos t ) + a cos t ( y − a sin t ) + am( z − amt ) = 0 .

Пример: Найдите уравнения касательной и нормальной плоскости к линии пересечения сферы x 2 + y 2 + z 2 = 4r 2 и цилиндра x 2 + y 2 = 2ry

z

в точке M 0 (r , r , r 2 ) . Здесь Φ1( x, y,z ) = x + y + z − 4r , 2

2

2

Φ 2 ( x, y, z ) = x 2 + y 2 − 2ry . ∂Φ1 ∂Φ1 ∂Φ1 = 2x , = 2y , = 2z ; ∂y ∂x ∂z ∂Φ 2 ∂Φ 2 ∂Φ 2 = 2x , = 2 y − 2r , = 0. ∂y ∂x ∂z Значения производных в точке M : ∂Φ1 ∂Φ1 ∂Φ1 = 2r , = 2r , = 2r 2 ; ∂y ∂x ∂z

2

2r O

x

y

Функции нескольких переменных

193

∂Φ 2 ∂Φ 2 ∂Φ 2 = 2r , = 0, = 0. ∂y ∂x ∂z x−r y−r z−r 2 = = . 0 −1 2 Уравнение нормальной плоскости: 2 ( y − r ) − ( z − r 2 ) = 0 .

Уравнения касательной:

Пример: Напишите уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности шара x 2 + y 2 + z 2 = 14 в точке P(1,2,3) . ∂F ∂F ∂F = 2x ; = 2z . F ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 − 14 = 0 . = 2y ; ∂y ∂x ∂z ∂F ∂F ∂F В точке P (1,2,3) : =2; =4; =6. ∂y ∂x ∂z Уравнение касательной плоскости: 2( x − 1) + 4( y − 2) + 6( z − 3) = 0 ↔ x + 2 y + 3z − 14 = 0 . Уравнения нормали: x −1 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z − 3 = = ↔ = = . 2 4 6 1 2 3

В результате изучения материала, изложенного в этих лекциях, студент должен уметь: ƒ вычислять частные производные функций, заданных явно, неявно, параметрически; ƒ находить точки экстремумов и условных экстремумов; ƒ владеть геометрическими приложениями (касательная плоскость и нормаль к поверхности и т.д.)

Учебное издание

Александр Борисович Соболев Александр Федорович Рыбалко

МАТЕМАТИКА Часть 2

Редактор Н.П. Кубыщенко Компьютерная верстка Е.В. Денисюк

Подписано в печать 07.02.2005 Бумага писчая Печать цифровая Уч.-изд. л. 10,83 Тираж 200 экз. Заказ №_____

Формат 60х84 1/16 Усл. печ. л. 11,33 Цена «С»

Редакционно-издательский отдел ГОУ ВПО УГТУ-УПИ 620002, г. Екатеринбург, ул. Мира, 19 Отпечатано с готового оригинал-макета в Отделении полиграфии ИВТОБ 620002, г. Екатеринбург, ул. Мира 19, тел. (343) 375 –41–43