close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

1867.Математический анализ в вопросах и задачах

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное агентство по образованию
Ярославский государственный университет им. П.Г. Демидова
В.Ф. Чаплыгин
Математический анализ
в вопросах и задачах
Учебное пособие
Рекомендовано
Научно-методическим советом университета
для студентов всех специальностей
физического факультета
Ярославль 2008
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
УДК 517
ББК В16я73–4
Ч 19
Рекомендовано
Редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного издания. План 2008 года
Рецензенты:
кафедра математического анализа ЯГПУ им. К.Д. Ушинского;
профессор А.В. Ястребов
Ч 19
Чаплыгин, В.Ф. Математический анализ в вопросах и задачах : учеб. пособие / В.Ф. Чаплыгин; Яросл. гос. ун-т. – Ярославль : ЯрГУ, 2008. –112 с.
ISBN 978-5-8397-0601-9
Учебное пособие охватывает все разделы программы по математическому анализу, содержит задачи с решениями, иллюстрирующими теоретический материал, и задачи для самостоятельного
решения. Даны контрольные вопросы, позволяющие студенту понять глубину и правильность усвоения теории.
Предназначено для студентов-физиков всех специальностей
(дисциплина "Математический анализ", блок ЕН).
Рис. 32. Библиогр.: 2 назв.
УДК 51:37
ББК В1г.я73
© Ярославский
государственный
университет, 2008
ISBN 978-5-8397-0601-9
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Вещественные числа.
Метод математической индукции
Рациональным числом называется отношение целого числа m к натуm
должна быть несократимой (иначе
ральному числу n, при этом дробь
n
одно и то же число может иметь бесконечно много представлений, напри2 4 6 8
2k
мер: = = =
= ... =
, где k – произвольное целое число). Обратите
3 6 9 12
3k
внимание, что сумма, разность, произведение и частное двух рациональных чисел также является рациональным числом. Любое рациональное
m
число
можно обратить в десятичную дробь, выполняя деление числитеn
2
1
1
ля на знаменатель. Так, = 0,4 , = 0,33... = 0, (3) , = 0,16... = 0,1(6), два
5
3
6
последних числа – бесконечные десятичные периодические дроби. Первое
число также можно представить в виде бесконечной десятичной дроби:
либо как 0,3(9), либо как 0,4(0). Чтобы избежать неоднозначного представления числа, дроби, период которых состоит из нулей, не рассматриваются. Любую периодическую дробь можно обратить в обыкновенную. На-
пример, 0, (23) =
23
123 − 1 122
61
. Проверьте правильность этого,
,01(23) =
=
=
99
990
990 495
обращая обыкновенные дроби в десятичные. В более общем виде дробь
a ...a
0, (a1a2 ...ak ) = 1 k , где количество девяток в знаменателе равно k, и
99...9
b b ...b a ...a − b1b2 ...bm
0, b1b2 ...bm (a1a2 ...ak ) = 1 2 m 1 k
, где количество девяток в
99...900...0
знаменателе равно k, а количество нулей – т. Таким образом, между множеством рациональных чисел Q и множеством десятичных периодических
дробей (периоды которых не должны состоять только из нулей) установлено взаимно однозначное соответствие. Это означает, что бесконечная
десятичная непериодическая дробь не может быть представлена отношением целых чисел и, следовательно, не является рациональным числом.
Такие числа называются иррациональными. Таким образом, построив любую непериодическую бесконечную дробь, мы получаем иррациональное
число. Например, дробь 0,1223334444… является иррациональным числом.
3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
m
, где m и n –
n
3 . Предположим, что
Если можно доказать, что число α не представимо в виде
целые числа, оно иррационально. Возьмем число
m
оно рационально, т.е. 3 =
(m и n – целые числа и дробь несократимая).
n
m2
Тогда 2 или m 2 = 3n 2 . Отсюда следует, что m 2 делится на 3, а поэтому и
n
m делится на 3, т.е. m = 3k . Но в таком случае имеем 9k 2 = 3n 2 или
3k 2 = n 2 . Повторяя рассуждения, получаем, что n делится на 3. Мы пришли к противоречию: оба числа m и n делятся на 3 и тем самым дробь
m
n
сократимая. Объединение множеств рациональных и иррациональных чисел образует множество вещественных (действительных) чисел, которое
обозначается R.
Напомним некоторые определения.
Непустое числовое множество A называется ограниченным сверху,
если существует такое число K, что ∀a∈A выполняется неравенство a ≤ K.
Число K в этом случае называется верхней гранью множества A.
Непустое множество B называется ограниченным снизу, если существует число l такое, что ∀b ∈ B , выполняется неравенство b ≥ l . Число l
называется нижней гранью множества B.
Непустое множество C называется ограниченным, если оно ограничено сверху и снизу.
n 
1 2
Так, множество C =  , ,...,
 является ограниченным. Верхней
n + 1
2 3
1
гранью может служить любое число k ≥ 1 , а нижней – любое число l ≤ .
2
Множество натуральных чисел {1, 2, 3,..} ограничено снизу, но не ограничено сверху.
Точной верхней гранью числового множества A называется число λ ,
обладающее двумя свойствами: 1)∀a ∈ A, a ≤ λ ; 2)∀λ ′ < λ , ∃a′ ∈ A , такое,
что a′ > λ ′ , символически это записывается так: λ = sup A .
Точной нижней гранью множества B называется число β , обладающее свойствами: 1)∀b ∈ B, b ≥ β ; 2)∀β ′ > β ∃b′ ∈ B b′ < β ′ , что обознача1
ется символом β = inf B . Для множества C: sup C = 1 , inf C = . Если
2
B=(0; 1), то inf B = 0, sup B = 1 , а если A=[2; 3], то inf A = 2, sup A = 3 . Обратите внимание, что точные грани множества могут принадлежать, а могут и не принадлежать этому множеству. Доказывается, что для любого
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
непустого, ограниченного сверху множества, существует точная верхняя
грань, а для ограниченного снизу – нижняя. Точные грани позволяют определить сумму, разность, произведение, отношение иррациональных чисел. Любое иррациональное число λ = a0 , a1a2 ...an ... можно сколь угодно
точно приблизить рациональными числами:
1
a0 , a1a 2 ...a n < λ < a0 , a1a 2 ...a n + n ,
10
разность между которыми равна
1
. Пусть взяты два иррациональных
10 n
числа λ = a0 , a1a2 ...an ... и β = b0 , b1b2 ...bn ... . Каждое из них можно заключить между рациональными числами, сколь угодно близкими друг другу
a1 < λ < a1 ' , b1 < β < b1 ' и тогда a1 + b1 < λ + β < a1 '+b1 ' , где a1 и b1 , всевозможные приближения с недостатками, а a1' и b1' – с избытками. Точная
верхняя грань множества {a1 + b1 } принимается за сумму чисел λ и β , т.е.
λ + β = sup{a1 + b1} . Если определять разность, то λ − β =sup{a1–b1'}, произведение положительных чисел λ и β равно λ ⋅ β = sup{a1 ⋅ b1} и отношеa
λ
ние при λ > 0 и β > 0 равно = sup 1 .
β
b1 '
Метод математической индукции
Для того, чтобы доказать, что некоторое утверждение верно для любого натурального числа n, достаточно доказать: 1) что оно верно для n = 1
и 2) из того, что оно верно для некоторого натурального числа n, следует,
что оно верно для следующего натурального числа n + 1.
Применим метод математической индукции для доказательства спраn(n + 1)(2n + 1)
ведливости равенства 12 + 2 2 + ... + n 2 =
.
(1)
6
Для n=1 имеем равенство 1=1. Предположим, что формула верна для
некоторого n, покажем, что тогда она верна для следующего натурального
числа n+1. Т. е. требуется доказать, что
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
12 + 2 2 + ... + n 2 + (n + 1) 2 =
.
6
Прибавим к левой части равенства (1) (n + 1) 2 , получим
n (n +1) (2n +1)
+ (n +1)2 =
12 + 22 + ...+ n2 + (n +1)2 =
6
(n +1) (n + 2) (2n + 3)
n +1
n +1 2
=
(n (2n +1) + 6 (n +1)) =
(2n + 7n + 6) =
.
6
6
6
Что и требовалось доказать.
5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
n
 n 
(2)
Докажем, что sin   xk  ≤  sin xk ,
 k =1 
k =1
где xk ∈ [0; π ] для k=1, 2, … , n. Если n = 1, неравенство (2) примет вид
sin x1 ≤ sin x1 , т.к. x1 ∈ [0; π ] , то фактически мы имеем равенство
sin x1 = sin x1 . Предположим, что неравенство (2) справедливо для некоторого натурального n и покажем его справедливость для числа n+1
 n+1 
n

n 
n 
sin xk  = sin  sinxk + xn+1  = sin xk  ⋅ cos xn+1 + cosxk  ⋅ sinn+1 ≤
 k=1 
 k+1

 k=1 
 k=1 
n 
n 
≤ sin xk  cos xn+1 + cos xk sinxn+1 ≤
 k=1 
 k=1 
n +1
n
 n

≤ sin   x k  + sin x n +1 ≤  sin x k + sin x n +1 =  sin x k .
k =1
k =1
 k =1 
Задачи и контрольные вопросы
2 1 3
, ,
,
3 7 40
2) Почему при обращении обыкновенной дроби в десятичную не может получиться непериодическая дробь?
3) Докажите, что числа 2 , 3 5 , log23, 2 ± 3 , tg 10°, sin 20°, cos 10°
являются иррациональными.
3) Докажите, что числа
а) 0,123456789101112... (выписываются подряд все натуральные
числа);
б) 0,10110111011110...
являются иррациональными.
5) Приведите несколько примеров иррациональных чисел.
6) Укажите сто тридцать первый десятичный знак в десятичной запи1
5 1
си дробей ,
и .
6 35 7
7) Докажите, что сумма, разность, произведение, отношение рациональных чисел являются рациональными числами.
8) Что можно сказать о сумме, разности, произведении, отношении
рационального и иррационального чисел?
9) Можно ли утверждать, что сумма, разность, произведение, отношение иррациональных чисел являются иррациональными числами?
1) Представьте в виде десятичной дроби числа
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
10) Останется ли справедливой теорема о существовании точной
верхней грани, если удалить из множества всех вещественных чисел хотя
бы одно?
11) Докажите, что если Х={x} – ограниченное множество, то
− sup{x} = inf {− x} .
X
X
12) Докажите, что между любыми двумя неравными вещественными
числами находится бесконечно много различных между собой как рациональных, так и иррациональных чисел.
13) Приведите пример иррационального числа, лежащего между числами 1,09 и 1,1, и рационального числа, лежащего между числами π и 10 .
14) Что значит найти сумму чисел 2 и 3 ?
15) Докажите, что если α – иррациональное число, то k α для любого
натурального k также иррационально.
16) [2], задачи № 1, 3, 6, 7.
Числовая последовательность
Предел числовой последовательности
Числовая последовательность x1, x2, … , xn , … (краткая запись{xn})
называется возрастающей (неубывающей), если для любого n выполняется
неравенство xn+1>xn (xn+1≥ xn ) и убывающей (невозрастающей), если xn>xn+1
 n − 1
 n + 1
(xn≥ xn+1 ). Так, последовательность 
 возрастает, а 
 убывает.
 n 
 n 
Последовательность может не обладать свойствами монотонности, напри1

n
мер, последовательность (− 1) +  . Обратите внимание на поведение
n

членов последовательности только с четными или нечетными номерами.
Ограниченность числовой последовательности определяется так же, как и
числового множества.
Числовая последовательность {α n } называется бесконечно малой
1
(б.м.п.), если ∀ε>0 ∃nε ∈N такой, что ∀n>nε α n < ε . Примеры:  2  ,
n 
1 + (− 1)n 

 . Действительно, если взять произвольное положительное число
n
 2

1
 1 
ε, то 2 < ε , если n >   = nε . Здесь [x ] – целая часть числа x, т.е. наиn
 ε
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
большее целое число, не превосходящее x. Так, [1,2] = 1 ,
[− 0,3] = −1 ,
[0,01] = 0 . Что касается второй последовательности, то 1 + (−n 1) ≤ 1n−1 < ε ,
2
2
если n > [− log 2 ε ] = nε .
Известно, что сумма и произведение б.м.п., а также произведение
б.м.п. и ограниченной есть б.м.п. Сказать что-либо определенное об отношении б.м.п. {α n } и {β n } или о произведении б.м.п. {α n } на произвольную
1
последовательность {xn } нельзя. Так, если взять две б.м.п. α n = и
n
β
1
1
1
β n = 2 , то их отношение n = является б.м.п. Если α n = , а xn = 2n ,
αn n
n
n
то последовательность α n ⋅ x n = 2 не будет б.м.п.
Числовая последовательность {xn } называется бесконечно большой
n
{ } { }
(б.б.п.), если ∀M>0 ∃n0 ∈N, что ∀n > n0 x n > M . Примеры: n 2 , 3n ,
{–n}. Если взять произвольное положительное число M, то n 2 > M для
n > M = n0 , 3 n > M для n > [log 3 M ] = n0 , − n > M для n > [M ] = n0 . По-
[ ]
следовательность {xn } = {n 2 + (−1) n n 2 } не будет бесконечно большой, так
как все её члены с нечётными номерами равны 0 и неравенство x n > M
для любого M>0 не будет выполняться для сколь угодно больших нечетных n. Т.е. последовательность {xn } не является б.б.п., но является неограниченной. Обратите на это внимание.
Произведение б.б.п., сумма б.б.п. одного знака ( xn ⋅ y n > 0) есть б.б.п.
Сумма б.б.п. {xn } и ограниченной последовательности {y n } есть б.б.п. Что
касается отношения б.б.п., то оно представляет собой неопределенность,
как и отношение б.м.п. Так, если взять б.б.п. xn = n 2 , yn=n3, z n = 2n 2 ,
x 
y 
x 
n
vn = (− 1) n 2 , u n = −2n 2 , то  n  – б.м.п.,  n  – б.б.п.,  n  – ограни zn 
 yn 
 xn 
ченная последовательность, не являющаяся ни б.м.п., ни б.б.п., {xn + vn }
неограниченная последовательность, но не б.б.п., {z n + u n } состоит из нулей, то есть является стационарной, и тем самым ограниченной.
Говорят, что последовательность {xn } сходится к числу а при стремлении n к ∞ , если {xn − a} – б.м.п., символически это записывается так:
xn → a , n → ∞ .
Можно дать еще одно определение сходящейся последовательности.
8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Последовательность {xn } сходится к a, если ∀ε > 0 ∃nε , ∀n > ne
x n − a < ε . Нетрудно видеть, что эти определения равносильны, то есть
если верно первое, то верно второе и наоборот. Число a называется в этом
случае пределом числовой последовательности {xn } , и это обозначается
lim xn = a .
n →∞
Докажите с помощью любого из двух определений, что
n −1
1 

= 1 , lim  2 + n  = 2 .
lim
n →∞
n →∞ 
n
2 
1
n
предела не имеет.
Покажем, что последовательность x n = (− 1) +
n
Объяснить этот факт можно по-разному. Можно чисто формально показать, что ни одно число а∈R не обладает тем свойством, что разность
xn − a = an является б.м.п. Можно подойти с другой стороны. Из второго
определения сходящейся последовательности следует, что расстояние между её членами с достаточно большими номерами становится сколь угодно
малым, так как
∀ε > 0 ∃nε , ∀n > nε x n − a < ε , то ∀m > nε
xn − xm = xn − a + a − xm ≤ xn − a + a − xm < ε .
А для рассматриваемой последовательности разность между любым
 1 3
чётным членом последовательности и нечётным x2 n − x2 n+1 ≥ 1 −  −  = .
 2 2
Советуем убедиться в этом, рассмотрев положение членов последовательности на числовой прямой. Напомним, что всякая сходящаяся последовательность является ограниченной, но, как показывает рассматриваемый пример, не всякая ограниченная последовательность сходится. Из по1
следовательности x n = (−1) n +
можно выделить две подпоследоваn
1
1
1
1
тельности: x 2 k = (−1) 2 k +
= 1+
и x2 k −1 = (−1) 2 k −1 +
= −1+
,
2k
2k − 1
2k
2k
которые имеют пределы lim x2 k = 1 и lim x2 k −1 = −1 . Различие этих предеk →∞
k →∞
лов (их называют частичными пределами последовательности) и является
причиной отсутствия предела у исходной последовательности. Таким образом, рассматриваемый пример приводит к важному общему выводу: если последовательность содержит хотя бы две подпоследовательности,
имеющие различные пределы, то последовательность предела не имеет.
Верно и обратное: если последовательность {xn } сходится к a при n → ∞ ,
то и любая её подпоследовательность сходится к a (обратитесь к [1] § 4
гл. 3).
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Важную роль играет в теории последовательностей критерий Коши,
который объединяет необходимое и достаточное условие сходимости: последовательность {xn } сходится тогда и только тогда, когда для любого
положительного числа ε найдется номер nε такой, что для всех n > nε и
любого натурального числа m выполняется неравенство
xn+m − xn < ε .
(1)
Обратите внимание на два обстоятельства, связанные с неравенством
(1). Оно обеспечивает ограниченность последовательности и, следовательно, в силу теоремы Больцано – Вейерштрасса наличие в ней сходящейся
последовательности. И оно же обеспечивает совпадение пределов всех
сходящихся подпоследовательностей, содержащихся в исходной последовательности, что и обеспечивает её сходимость. В случае, когда последовательность является монотонной, дело обстоит проще. Монотонно возрастающая ограниченная сверху последовательность имеет предел, которым
является точная верхняя грань sup{x n } . Монотонно убывающая, ограниченная снизу последовательность {xn } также имеет предел – это inf {x n }.
Рассмотрим два важных для дальнейшего примера применения критерия Коши.
1
1
Пример 1. Пусть дана последовательность x n = 1 + + ... + . Дока2
n
1
жем, что у неё не существует предела. Возьмем ε = и рассмотрим нера2
n
и
m
венство
(1)
для
любых
натуральных
1
1
1
.
Возьмем
n=m,
тогда
+
+ ... +
xn+m − xn =
n +1 n + 2
n+m
1
1
1
1 1
(мы воспользовались оче+
+ ... +
> n⋅
=
x n+ m − xn =
n +1 n + 2
2n
2n 2
1
1
1
> ), т.е. для ε = неравенство (1) не
видным неравенством ∀k < n
n + k 2n
2
выполняется для сколь угодно большого n и любого натурального m. Следовательно, условие критерия Коши не выполнено и последовательность
{xn } не сходится.
Пример 2. Пусть дана последовательность y n =
sin 1 sin 2
sin n
+ 2 + ... + n ,
2
2
2
Неравенство (1) приводит нас в силу ограниченности функции sin x
sin x ≤1, к неравенству для любых натуральных n и m
yn + m − yn =
sin (n + 1) sin(n + 2)
sin (n + m )
+
+
+
≤
...
2n+1
2n+2
2n+ m
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
1
1
1
1
1  1
1 
1
2m < 1 .
≤ n+1 + n+ 2 + ... n+ m = n+1 1 + + ... + m−1  < n+1 ⋅
1 2n
2
2
2
2  2
2  2
1−
2
1
1
Для ∀ε > 0 n < ε , как только n >   = nε . Таким образом, условие
2
ε 
Коши, которое является достаточным, выполнено и последовательность
сходится.
1−
Свойства сходящихся последовательностей
Если последовательности {xn } и {y n } сходятся соответственно к a и b
x
a
при n → ∞ , то xn ± y n → a ± b , x n ⋅ y n → a ⋅ b . Если b ≠ 0 , то n = . Но
yn b
важно понимать, что условия этих теорем носят достаточный характер.
Если взять xn= –n+1, y n = n , то ни одна из них конечного предела не
имеет, однако их сумма {x n + y n } имеет предел, равный 1, их отношение
xn − n + 1
n
1
1
=
= −1 + → −1 при n → ∞ . А если xn = 2
и y n = , то их
yn
n
n
n
n +1
пределы равны 0, но это не мешает иметь предел отношению
xn
1
n2
= 2
= 1− 2
→ 1 при n → ∞ .
yn n + 1
n +1
Приведем примеры на вычисление пределов последовательностей с
помощью приведенных теорем.
(n + 1)(n + 2)(n + 3) . РазПример 1. Найти предел последовательности
n4 + n2 +1
n4 ,
получим
делив
числитель
и
знаменатель
дроби
на
1  1  2  3 
1 + 1 + 1 + 
1
n  n  n  n 
, и так как
→ 0 при n → ∞ , а три оставшихся
1
1
n
1+ 2 + 4
n
n
множителя в числителе и знаменатель стремятся к 1, то
(n + 1)(n + 2)(n + 3) = 0
lim
.
n →∞
n4 + n2 + 1
Пример 2.
(1 − 2) + (3 − 4) + ... + ((2n −1) − 2n) = lim − n = lim −1 = − 1 .
lim
n →∞
n →∞ 2 n + 3
n →∞
3
2n + 3
2
2+
n
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Пример 3. Для нахождения следующего предела разделим числитель
1
1+
(n + 2)!+(n + 1)! = lim n + 2 = 1 .
и знаменатель на (n + 2)!, lim
n→∞ (n + 2 )!−(n + 1)! n→∞
1
1−
n+2
Обратите внимание на прием, который используется для вычисления
следующего предела.
an
Пример 4. Найти lim
, где a > 1 . Покажем, что последовательность
n→∞ n!
an
убывает, начиная с некоторого натурального n. Действительно,
xn =
n!
x n +1
a n +1 ⋅ n!
a
=
< 1 как только a < n + 1 . Кроме того, она ограничена
=
xn
(n + 1)!⋅a n n + 1
снизу, например, числом 0, и следовательно, по сформулированной выше
теореме она имеет предел, который обозначим c. Из соотношения
x n+1
a
a
имеем равенство x n+1 =
x n . Переходя в нем к пределу при
=
n +1
xn
n +1
a
n → ∞ и учитывая, что lim
= 0 , получим c = c ⋅ 0 , то есть c = 0 .
n →∞ n + 1
n2 + 1 − n2
2
Пример 5. lim n + 1 − n = lim
=0 .
n →∞
n →∞
n2 + 1 + n
Важное значение имеют теоремы о предельном переходе в неравенствах:
1. Если x n ≥ b для n > n и предел последовательности x равен a, то
(
)
n
0
a ≥ b.
2. Если члены двух сходящихся последовательностей {xn } и {y n } связаны неравенствами xn≤ yn при всех n или достаточно больших n, то
lim xn ≤ lim y n . Заметьте, что даже если xn<yn, то может оказаться, что
n →∞
n →∞
1
lim xn = lim y n . Рассмотрите, например, последовательности x n = 1 − ,
n →∞
n →∞
n
1
yn = 1 + .
n
3. Если все члены сходящейся последовательности x n ∈ [a; b], то её
предел c ∈ [a; b] . Это фактически следует из теоремы 1, так как a ≤ x n ≤ b .
4. Теорема о промежуточном пределе. Если для членов последовательностей {xn}, {yn}, …, {zn} выполнены неравенства xn≤yn≤zn и
lim xn= lim zn =a, то существует предел lim yn и он равен a.
n →∞
n →∞
n →∞
12
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Приведем ещё два примера.
(
)
Пример 6. lim n n 2 + 1 − n = lim
n →∞
n →∞
n
n2 + 1 + n
= lim
n →∞
1
1
= . Тот
2
1
1+ +1
n
1
= 1, следует из предыдущей теоремы и очевидного неn →∞
n
1
1
равенства 1 < 1 + < 1 + .
n
n
Пример 7. Пусть последовательность задана рекуррентным способом
факт, что lim 1 +
x1= 2 , x2= 2 + 2 = 2 + x1 , x3= 2 + 2 + 2 = 2 + x2 , … , xn= 2 + xn−1 ,
… . Очевидно, что последовательность монотонно возрастает
x1 < x2 < x3 < ... < xn ... . Пользуясь методом математической индукции, докажем, что xn<2. Действительно, x1= 2 < 2 , x2= 2 + 2 < 2 + 2 = 2 . Допустим, что xn<2 и покажем, что xn+1<2. xn+1= 2 + xn < 2 + 2 = 2 . Т.е. требуемое неравенство доказано. Следовательно, последовательность xn имеет
предел, пусть он равен с. Возведем обе части неравенства xn+1= 2 + xn в
квадрат и получим x n2+1 = 2 + x n . Переходя к пределу, получаем c 2 = 2 + c
или c 2 − c − 2 = 0 . Это уравнение имеет два корня c1 = 2 , c 2 = −1 , но так
как очевидно, что c > 0 , то c = 2 .
Задачи и контрольные вопросы
1) Докажите равносильность двух определений предела последовательности:
а) число а является пределом числовой последовательности хп, если
∀ε > 0 ∃nε∈N ∀n > nε выполнено неравенство |хп–a|<ε ;
б) число а является пределом числовой последовательности хп, если
последовательность αп=хп–а является бесконечно малой.
2) Можно ли утверждать, что число а является пределом числовой последовательности хп, если в любой его ε-окрестности (а–ε, а+ε) содержится
бесконечно много членов последовательности?
3) Сохранит ли первое определение смысл, если в нем а) первый квантор ∀ заменить на квантор ∃; б) квантор ∃ заменить на квантор ∀; в) второй квантор ∀ заменить на квантор ∃? Приведите примеры последовательностей на каждый из этих случаев.
4) Приведите примеры ограниченных последовательностей, не имеющих предела.
13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
5) Приведите пример последовательности, для которой числа 1; 0; –1
являются частичными пределами, т.е. пределами некоторых подпоследовательностей.
6) Докажите, что последовательность хп имеет пределом число а тогда
и только тогда, когда любая ее подпоследовательность имеет пределом
число а.
7) Найти lim 6 + 6 + 6 + ... + 6 , где под корнем п раз выполняется
n →∞
6 + 6 + 6 и т.д.
1
2nπ
nπ
; б) cos
?
8) Имеют ли пределы последовательности а) sin
n
3
2
9) Может ли сумма, разность, произведение последовательностей, не
имеющих предела, иметь предел? Тот же вопрос для случая, когда одна из
них сходится, а другая – нет.
10) Приведите пример последовательностей хп и уп таких, что
x
lim уп = 0, но предел отношения последовательностей n существует.
n →∞
yn
11) Докажите, что ∀а∈[0; 1] можно построить последовательность рациональных чисел, принадлежащих отрезку [0; 1], для которой а является
пределом.
nk
12) Докажите, что lim n =0, где а>1, k – произвольное натуральное
n →∞ a
число.
операция сложения, т.е. х1=
6 , х2=
6 + 6 , х3=
Предел функции в точке
Число l называется пределом функции в точке x=a (иначе при стремлении x к а), если для любого положительного числа ε найдется положительное число δ такое, что из неравенства 0<⏐x–a⏐<δ следует неравенство
⏐f(x)–l⏐<ε . Символическая запись lim f(x)=l.
x →a
Обратите внимание на условие ⏐x–a⏐>0, которое означает, что аргумент x не принимает значение, равное a. То есть значение функции f(x) в
точке x = а или отсутствие этого значения в случае, когда в точке x функция не определена, не влияет на существование предела. Это определение
называют определением Коши. В некоторых случаях удобнее пользоваться
другим определением (Гейне), эквивалентным определению Коши.
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Число l называется пределом функции f(x) в точке x = а, если для любой последовательности аргументов хп, сходящейся к а, (хп ≠ а) соответствующая последовательность значений функции f(xп) сходится к l.
Обратите особое внимание, что необходимо рассматривать всевозможные последовательности, сходящиеся к a. Если для нескольких последовательностей {хп}, сходящихся к a, f(xп)→l, это еще не означает, что
1
lim f(x)=l. Так, если рассмотреть функцию f(x)=sin
(х ≠ 0), то для
x →a
x
1
1
х′п=
→0 при п →∞ f(x′п)→0, для х″п= →0 f(x″п)→0, но сделать вывод,
2πn
πn
1
что lim f(x)=0 нельзя, так как для х′″п=
→0 f(х′″п)→1, а для
x →a
π
+ 2πn
2
1
последовательность f( x ) вообще не имеет предела, так как
x =
n
π
n
+ πn
2
f( x2 k )=1, f( x2 k +1 )= –1.
Как известно, если существуют пределы lim f(x)=l1 и lim ϕ(x)=l2, то
x →a
x →a
существуют пределы: lim (f(x) ± ϕ(x))=l1 ± l2, lim (f(x)⋅ϕ(x))=l1⋅l2, и если
x →a
x →a
f ( x) l1
= . Эти теоремы легко доказать, пользуясь определеx →a ϕ ( x )
l2
ниями Гейне, опираясь на соответствующие теоремы о пределах сходящихся последовательностей. Определение Гейне удобно использовать для
l2 ≠ 0 , то lim
1
x
установления второго замечательного предела lim(1 + x) =e.
x→0
Важную роль играют в анализе бесконечно малые функции. Функция
α(x) называется бесконечно малой при стремлении x к a, если lim α(x)=0.
x →a
α ( x)
=0, то говорят, что функx →a β ( x )
ция α(x) имеет более высокий порядок малости, чем β (x), и обозначается
α(x)=о(β(x)). Так, x2=о(sin x), x3=о(1–cos x), при х→0. Этому факту можно
α ( x)
, тогда α(x)=γ(x)⋅β (x) и таким
придать другую форму. Положим γ(x)=
β ( x)
Если при х→а α(x) →0, β (x) →0 и lim
образом бесконечно малая функция α(x) представляется в виде произведения бесконечно малых функций γ(x) и β (х).
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Бесконечно малые при х→а функции α(x) и β(x) называются эквиваα ( x)
=1, что обозначается символом α(x)∼β (x). В этом
лентными, если lim
x →a β ( x )
случае α(x)–β (x)=о(β (x)). Очевидно, что α(x)∼ α(x) и если α(x)∼β(x), то
β( x)∼α(x) или α(x)=β (x)+о(β (x)), функцию β (x) называют главной частью
функции α(x).
При выполнении операций с бесконечно малыми функциями используются два правила:
1. Предел отношения бесконечно малых при х→а функций α(x) и
β(x) не изменится, если их заменить эквивалентными функциями
α ( x)
α′(x)∼α(x)
и
β ′(x)∼β(x).
Действительно,
lim
= lim
x →a
β ( x ) x →a
α ′( x)
α ( x) α ′( x) β ′( x)
= lim
.
⋅
⋅
α ′( x) β ′( x) β ( x) x→a β ′( x)
Если α(x)<β (x)<α′(x), где α′(x) и α(x) эквивалентные бесконечно малые
при х→а функции, то β (x) ∼ α(x).
2. Не изменяя предела отношения или суммы бесконечно малых,
можно в каждом члене пренебречь бесконечно малой более высокого порядка малости.
Но будьте внимательны, в правиле 1 речь шла о замене бесконечно
малых функций α(x) и β (x) им эквивалентными в их отношении. Приведем пример, где неправомерная замена бесконечно малых функций эквивалентными им приводит к ошибке.
2 − 2 cos 2 x − sin 2 2 x
1 − 2 cos 2 x + cos 2 2 x
lim
= lim
=
x →0
x →0
x4
x4
(1 − cos 2 x) 2
4 sin 4 x
=4.
= lim
= lim
x→0
x→0
x4
x4
Однако если заменить функцию 2–2cos 2x эквивалентной функцией
2
4x и функцию sin22x – ей эквивалентной 4x2, то приходим к неверному ре2 − 2 cos 2 x − sin 2 2 x
4x2 − 4x2
зультату: lim
= lim
=0.
x →0
x→0
x4
x4
Приведем примеры нахождения пределов функции.
(2 x − 1)(4 x 2 + 2 x + 1)
8x3 − 1
=6. Сразу примеПример 1. lim1 2
= lim1
(2 x − 1)(3 x − 1)
x→ 6 x − 5 x + 1
x→
2
2
нить теорему о пределе отношения двух функций нельзя, так как функции,
стоящие в числителе и знаменателе, стремятся к нулю. И только после разложения на множители и сокращения на 2x–1 теорема стала применимой.
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Подчеркнем, что сокращение на 2x–1 правомерно, так как x не принимает
значения, равного
1
. (Обратитесь еще раз к определению предела функ2
ции).
Пример 2.
x2 + x + 1 − 3
3 
 1
=
lim 
−
 = lim
x→1 1 − x
1 − x3
1 − x 3  x→1

− ( x + 2)
( x − 1)( x + 2)
=
= –1.
lim
lim
x→1 (1 − x )(1 + x + x 2 )
x→1 1 + x + x 2
Пример 3. Найти предел функции, где т и п – натуральные числа:
( x − 1)( x m−1 + x m−2 + ... + x + 1) m
xm −1
lim n
= lim
= .
x→1 x − 1
x→1 ( x − 1)( x n −1 + x n −2 + ... + x + 1)
n
n
n
n-1
n-2
Была использована формула а –b =(a–b)(a +a b+…+abn-2+bn-1).
Распространим определение функции на случай, когда х→ +∞.
Число l называется пределом функции f(x) при х→∞, если для любой
последовательности хn→∞, при n→∞, f(xn) →l.
x2 + 1
Например, функция f(x)= 2 имеет предел при х→∞, равный 1, так
x
1
1
как f(x)=1 + 2 и 2 →0 для любой последовательности хn→∞. Приведем
x
xn
два примера, предупреждающих о возможных ошибках.
 x2 + x  2
 1 
lim  2 − 1 x = lim 1 + − 1 x2= lim x=∞. Если же заменить функx →∞
x →∞
x →∞
 x 

 x
x2 + x
ее
цию
x2
= lim (1–1)x2 =0.
пределом,
равным
1,
получим
 x2 + x  2
lim  2 − 1 x
x →∞

 x
x →∞
Примерно такая же ситуация создается при вычислении предела вы x 2 + sin x  2
 sin x 
ражения lim 
− 1 ⋅х = lim 1 + 2 − 1 x2= lim sin x. Но sin x пре2
x →∞
x →∞
x →∞
x
x




дела при х→∞ не имеет. Однако если пойти тем же путем, что и в предыx 2 + sin x
ее пределом при х→∞, а
дущем примере, и заменить функцию
x2
он равен 1, то получим в ответе 0.
17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Задачи и контрольные вопросы
1) Найдите бесконечно малую при х→0 функцию, эквивалентную
функции cos x–cos 2x.
1
2) Доказать, что функция y=sin не имеет предела в точке x=0.
x
3) Существует ли предел в точке x=1 у функций y= e
1
.
y=tg
x −1
4) Доказать, что функция Дирихле
−
1
( x −1)3
, y= e
−
1
( x −1)2
,
0, если x − иррациональное число,
1, если x − рациональное число
D(x)= 
не имеет предела ни в одной точке.

 1 
5) Доказать, пользуясь определением Коши, что lim  x sin    =0.
x →0
 x 

2
 x , если x − иррациональное число,
6) Доказать, что функция f(x)= 
1, если x − рациональное число
имеет предел в точках x=1 и x=–1 и не имеет предела в остальных точках.
x2
– главная часть функции 1–cos x при х → 0;
7) Докажите, что а)
2
1
2
б) x+ x3 – главная часть функции tg x при х→0.
8) Найти главную часть функции cos3x–1 в виде axn при х→0.
9) Доказать, что функция f(x)=0, если x – иррациональное число и
1
m
m
несократима, имеет предел
f(x)= в рациональной точке , где дробь
n
n
n
в каждой иррациональной точке и не имеет предела ни в одной рациональной точке.
10) Всегда ли из того, что х(t) → а при t→t0 и f(x)→l при x→ а следует,
что f(x(t))→l при t→t0? Рассмотрите следующий пример:
1 

 1
t , t ∈  2k ; 2k − 1 ,



1, если x ≠ 0,
f(x)=sgn2x= 
и х(t)= − t , t ∈  1 ; 1  и докажите, что
0, если x = 0
 2k − 1 2k 


1
0, t =
k

lim х(t)=0, lim f(x)=1, но предел функции f(x(t)) при t→0 не существует.
t →0
x →0
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Непрерывные функции и их свойства
Функция у=f(x) называется непрерывной в точке x0 , если
lim f(x)=f( x0 ). Это компактное предельное соотношение весьма информа-
x→ x0
0
тивно. Оно содержит три условия:
1) существование предела функции в точке x ;
2) функция f(x) определена в точке x ;
3) числа lim f(x) и f( x0 ) совпадают.
0
x→ x0
0
Нарушение хотя бы одного из этих условий означает отсутствие непрерывности в точке x . Приведем примеры.
2
Функция f(x)=
x −4
(x ≠ 2) не является непрерывной в точке
x−2
x = 2 (не
2
выполнено условие 2), но предел в этой точке существует и равен 4. Если
доопределить функцию в точке x = 2 , положив f(2) = A, то в случае, когда
А=4, она будет непрерывной, при других значениях А – нет (в этом случае
не будет выполняться условие 3).
1
Функция φ(х)=
(х ≠ –1), как бы ни задать ее в точке x = −1 , не( х + 1)
прерывной не станет, т.к. она не имеет предела при x → −1 (стремится к
∞ ).
х
Не является непрерывной в точке x = 0 функция Ψ(х) =
при лю|x|
бом ее задании в точке x = 0 , т.к. при стремлении х к нулю справа (х → 0,
x > 0 ) lim Ψ(х)=1, а слева (х → 0, x < 0 ) lim Ψ(х)= –1. И, следовательно, в
x → +0
x → −0
точке x = 0 она предела не имеет.
1
x
3
−
И последний пример. Функция χ(х)= e
(х ≠ 0) ведет себя следующим
образом: lim χ(х)=0, lim χ(х)=+∞ и поэтому предел в точке х=0 не сущестx → +0
x →−0
0
вует, а значит, о непрерывности не может быть и речи.
Если функция не является непрерывной в точке x , то говорят, что в
этой точке она имеет разрыв.
п
Докажем, что функция y=х для любого натурального числа n непрерывна в любой точке x ∈R. По теореме о пределе произведения функций
0
п
п
lim х =х0 , что и означает непрерывность.
x→ x0
Можно дать еще одно определение непрерывности функции. Введем
приращения аргумента Δх=х–х0 и функции y=f(x): Δy=f(х)–f(х0). Дадим оп19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
ределение. Функция y=f(x) непрерывна в точке x0 , если lim Δy =0, т.е.
Δ x →0
бесконечно малому приращению аргумента соответствует бесконечно малое приращение функции. Если вспомнить определение предела функции в
точке, то фактически непрерывность функции f(x) в точке x0 позволяет по
выбранной абсолютной погрешности (по ε>0) в вычислении Δy=f(х)–f(х0)
указать абсолютную погрешность (δ>0) |Δх|=|х–х0|, гарантирующую необходимую погрешность |Δy| . Два приведенных определения равносильны.
Действительно, если lim f(x)=f( x0 )., то lim ( f(х)–f(х0))= 0, т.е. lim Δy =0.
Δ x →0
x→ x0
Δ x →0
Пусть lim Δy=0, т.е. lim (f(х)–f(х0))=0. Отсюда следует, что lim f(x)=f( x0 ).
Δ x →0
Δ x →0
x→ x0
Пользуясь вторым определением, докажем непрерывность функции
y=sin x в любой точке x0 ∈R. Так как
x − x0
x + x0
cos
;
2
2
x + x0
| x − x0 |
x − x0
x − x0
x + x0
|∆у|=|2sin
cos
|=2|sin
||cos
|≤2
1=|x–х0|=| Δ x|.
2
2
2
2
2
∆у=sin x–sin x0=2sin
f ( x)
также непрерывна в точке x .
g ( x)
0
ция
0
0
Таким образом, 0 ≤ |∆у| ≤ | Δ x| и, следовательно, если Δ х→0, то и
Δ y→0.
Из теоремы о пределе суммы, разности, произведения и частного двух
функций сразу вытекает, что если функции f(x) и g(x) непрерывны в точке
x , то f(x) ± g(x), f(x)⋅g(x) непрерывны в точке x , а если g(x0) ≠ 0, то функ-
Функция f(x) называется непрерывной на отрезке [a; b], если она непрерывна в любой точке x∈(a; b) и в точках а и b непрерывна в одностороннем смысле, т.е. lim f(x)=f(а) и lim f(x)=f(b).
x →a + 0
x →b −0
Если функция f(x) непрерывна на отрезке [a; b], то множество ее значений представляет собой отрезок [m; M], где m – минимальное, а М – максимальное значения функции, т.е. существуют точки x1∈[a; b] и x2∈[a; b]
такие, что m=f(x1), M=f(x2). Это следует из теоремы Вейерштрасса и Больцано – Коши. Подчеркнем особо, что любое число из отрезка [m, M] является значением функции f(x) или E(f)=[m; M]. Важную роль играет следующая теорема:
Если на отрезке [a; b] задана строго монотонная непрерывная функция
y=f(x), то на отрезке [f(a); f(b)] в случае возрастания (или на отрезке
[f(b); f(a)] в случае убывания) определена обратная функция x=g(y),
(y=f(x)), которая монотонна в том же смысле, что и f(x), и непрерывна.
20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Пользуясь этой теоремой, легко получить непрерывность логарифмической и обратных тригонометрических функций. Например, функция
y=arcsin x
(–1≤ x ≤1),
будучи
обратной
к
функции
x = sin y
(–
π
2
≤y≤
π
2
), монотонно возрастает на отрезке [–1; 1] и непрерывна. Функ-
ция y= 3 x непрерывна как обратная к функции x=y3.
Для доказательства непрерывности широкого класса функций, представляющих собой композицию непрерывных функций, используется теорема о непрерывности сложной функции: если функция x=φ(t) непрерывна
в точке t0 и х0=φ(t0), а функция f(x) непрерывна в точке х0, то функция
F(t)=f(φ(t)) непрерывна в точке t0.
На ее основании функции 2sin x , ln (1+cos2x) и т.д. непрерывны на
всей числовой прямой. Из нее следует непрерывность показательно-
степенной функции ( f ( x))ϕ ( x) , где функция f(x)>0 и f(x) и φ(x) непрерыв-
ны на области определения. Действительно, т.к. ( f ( x))ϕ ( x) = eϕ ( x) ln f ( x) , то
в силу непрерывности функции f(x) непрерывна функция ln (f(x)), а значит
и произведение φ(x)·ln(f(x)). Окончательный результат получаем из непрерывности показательной функции e x .
Обобщая все сказанное выше, приходим к выводу, что все элементарные функции непрерывны на области своего определения. Но не надо думать, что непрерывность внутренней функции х(t) является необходимым
условием непрерывности сложной функции f(x(t)). Так, если функция
1, если t − рационально,
разрывна во всех точках, а функция
х(t)= 
− 1, если t − иррационально
f(x)= x 2 , то f(x(t))=1 и, как видно, непрерывна при всех t. Или более общий
t , если t − рационально,
разрывна во всех точках,
пример. Пусть х(t)= 
− t , если t − иррационально
кроме t=0, а функция f(x)= x 2 , но f(x(t))= t 2 непрерывна на всей оси.
Непрерывность функции часто используется для нахождения пределов. Кроме того, для их нахождения важно знать следующие пределы:
1
sin x
ln(1 + x)
=1; 2) lim (1 + x) x =е;
3) lim
1) lim
=1;
x →0
x →0
x →0
x
x
ex −1
(1 + x)α − 1
=1; 5) lim
=α .
4) lim
x →0
x →0
x
x
Рассмотрим ряд примеров.
21
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
3 1 + 22 − 1
3 n 3 + 2n − 1
n
n = 1.
= lim
Пример 1. lim
n →∞
n →∞
2
n+2
1+
n
То, что lim 3 1 +
n →∞
2
=1, следует из непрерывности функции 3 х .
2
n
Пример 2. Предел lim
n →∞
1
n
2 −1
1
n
1
n
0
=0, т.к. lim 2 =2 =1 в силу непрерывноn →∞
2 +1
сти функции 2 в точке 0, и, следовательно, предел числителя равен 0, а
предел знаменателя равен 2.
х
 1+ х 
Пример 3. Предел lim 

x →1
2+ х
1− x
1− x
 1+ х 
= lim 

x →1
2+ х
1
1+ x
2
. Это следует из
3
ϕ (х)
=
непрерывности показательно-степенной функции (f(x))
и функций
1+ х
1
в точке х=1.
f(x)=
и ϕ ( х) =
2+ х
1+ х
Пример 4.
1 + tgx − 1 + sin x
tgx − sin x
=
Предел lim
= lim
x →0
x →0
3
3
x
x ( 1 + tgx + 1 + sin x)
sin x(1 − cos x)
= lim
=
x →0
3
x cos x( 1 + tgx + 1 + sin x)
= lim
x →0
(1 − cos 2 x) sin x
3
x cos x(1 + cos x)( 1 + tgx + 1 + sin x)
=
sin 3 x
1
= .
x →0
x 3 cos x(1 + cos x)( 1 + tgx + 1 + sin x ) 4
Были
использованы
первый
замечательный
предел
3
sin 3 x
 sin x 
lim
= lim 
=1, непрерывность функции х3, непрерывность

3
x →0
x →0
x
 x 
функций cos x, tg x,sin x в точке х=0, откуда следуют пределы lim cos x=1,
= lim
x →0
lim (1+cos x)=2, lim sin x=0, lim tg x=0, а также непрерывность функции
x →0
x →0
x →0
х в точке х=1 (ее непрерывность следует из теоремы об обратной функции).
22
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
1
Пример 5. lim х cos x = lim (1+cos х − 1) х . В основе примера лежит
x →+0
x →+0
1
второй
замечательный
(1 + λ ) =e.
λ
lim
предел
λ →0
Если
положить
λ(х)= cos x − 1 , то λ(х)→0 при х→0 и
λ(х)
cos x −1
lim
= lim
= lim
x →0
x →0
x → +0
х
x
− 2 sin 2
x

x
x
 sin
2
2 = lim 
x →+0 
x

 2
Продолжая преобразования, получим: lim (1 + λ ( x))






2
1
 1
−  = − .
2
 2
1 λ ( x)
λ ( x) x
x →+0
=е
−1
2=
1
.
е
На заключительном этапе использована непрерывность показательностепенной функции (f(x))
ϕ (х)
1
, где f(x)= (1 + λ ( x))
λ ( x)
и ϕ ( х) =
λ ( х)
х
.
Пример 6. lim (sin ln (x+1)–sin ln x)=
x → +∞
ln(x + 1) + ln x
ln(x + 1) − ln x
cos
=
x → +∞
2
2
ln( x( x + 1))
 1 x + 1
cos
= lim 2sin  ln
= 0 . В этом выражении при х→+∞

x → +∞
x 
2
2
= lim 2sin
x +1
x +1
→ 1  ln
→ 0 (т.к. функция ln x непрерывна.) Следовательно,
x
x
ln( x( x + 1))
1  x + 1
sin  ln
 → 0 (непрерывность функции sin x). Функция cos
x 
2
2
ограничена. Как известно, произведение бесконечно малой функции на ограниченную есть бесконечно малая функция и, следовательно, предел равен 0.
Пример 7.
lim п2
n →∞
(
n
)
x − n+1 x = lim
n →∞
n +1
x(x
1
n ( n +1)
− 1)
1
n2
Были использованы пределы lim
= lim
n →∞
eλ − 1
λ →0
23
λ
ln x
n ( n +1)
x (e
− 1) ln x
=ln x.
ln x
n(n + 1)
⋅
n(n + 1)
n2
n +1
=1 и lim n+1 x =1.
n →∞
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
1
2
(1 + x sin x) − 1
⋅ x sin x
1 + x sin x − 1
1
x
sin
x
Пример 8. lim
= lim
= .
2
2
x
x
x →0
x →0
2
e −1 2
e −1
⋅
x
x2
Использованы пределы 1), 4), 5).
Приведем еще два примера, связанных с непрерывностью.
Пример 9. Исследовать
на непрерывность функцию
ln(1 + e xt )
и поy(x)= lim
t →+∞
ln(1 + et )
строить ее график. Очевидно,
что для х≤0 y(x)=0, т.к.
xt
1 + e xt ≤ 2, то ln(1 + e ) ≤ ln 2 ,
a ln (1+ e t )>ln e t =t и, следовательно, ln(1+e t ) → ∞ при
t→ +∞. В случае x >0 поступим
иначе.
y(x)=
Рис. 1
1
x + ln(e− xt + 1)
xt
−
xt
−
xt
xt + ln(e
+ 1)
ln(e (e
+ 1))
t
lim
= lim
=х, т.к.
= lim
t → +∞
t → +∞
t →+∞
1
t
−
−
t
t
t
−
t + ln(e + 1)
ln(e (e + 1))
1 + ln(e + 1)
t
при t→+∞
1
→ 0 , ln(e − t + 1) → 0,
t
ln(e− xt + 1) → 0 . Таким образом,
0, х ≤ 0
функция у(х)= 
и ее график приведен на рис. 1.
 х, х > 0
e x , x < 0
Пример 10. При каком значении а функция f(x)= 
непреa + x, x ≥ 0
рывна? Функции ex и а+х непрерывны, поэтому необходимо обеспечить
непрерывность лишь в точке x=0. Так как lim f(x)= lim e x =1 и
x →−0
x →−0
lim f(x)= lim (a+x)=a, то функция f(x) непрерывна в точке x=0 лишь в слу-
x → +0
x →+0
чае, когда а=1.
24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Задачи и контрольные вопросы
1) Может ли сумма, разность, произведение функций, разрывных в
некоторой точке х0, являться функцией, непрерывной в этой точке?
 x, если х рационально,
2) В какой точке функция f(x)= 
является
−
х
,
если
х
иррационал
ьно

непрерывной?
3) При каких значениях а и b функция непрерывна на всей числовой
π

−
2
sin
,
если
≤
−
,
x
х


2
 x + 3, если х < 0,

 2
π
π
прямой: а) f(x)= ax + b, если 0 ≤ x < 1, б) f(x)= a sin x + b, если − < x < , ?

2
2
4

π
 , если х ≥ 1
cos x, если х ≥ .
x
2

Предлагается построить графики функций при найденных значениях а и b.
4) Как доопределить функцию f(x) в точке х=0, чтобы она была непре1 − cos x
π
рывной в этой точке: а) f(x)=x sin
(x ≠ 0) б) ϕ (х)=
(x ≠ 0)?
x
x2
5) Докажите, что уравнение х5–3х–1=0 имеет хотя бы один корень на
интервале (1; 2).
6) Докажите, что если функция f(x) непрерывна на всей оси, то функция
− c, если f ( х) < −c,

fс(x)=  f ( х), если f ( х) ≤ c, непрерывна для любого положительного с.
c, если f ( х) > c
Возьмите конкретную функцию f(x) и постройте графики для нее самой и
для функции fс(x) для различных значений с>0.
7) Исследовать на непрерывность и построить графики функций:
1
n
а) y= lim
lim
1 + x 2n ;
в) y= lim cos 2n x .
(x
≥0);
б)
y=
n
n →∞
n →∞
n →∞ 1 + x
8) Докажите, что если функция f(x) непрерывна в интервале (–h; h) и
нечетна, то f(0)=0.
9) Пусть функция f(x) непрерывна в интервале (a; b) и f(х0)>0 при
х0∈(a; b), тогда найдется такое δ>0, что f(х)>0 для любого х∈( х0–δ, х0+δ).
10) Пусть функция f(x) непрерывна в интервале (a; b) и в любой окрестности точки х0∈(a; b) и принимает как положительные, так и отрицательные значения. Доказать, что f(х0)=0.
25
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Производная, дифференциал,
свойства дифференцируемых функций
Как известно, производная функции y = f (x) в точке x0 равна пределу
f ( x ) − f ( x0 )
Δy
= f ′( x0 ) .
lim
(1)
= lim
Δ x → 0 Δx
x → x0
x − x0
Из определения предела функции (в данном случае имеется в виду
f ( x) − f ( x0 )
f ( x) − f ( x0 )
) следует равенство
− f ′( x0 ) = α (x) , где
функция
x − x0
x − x0
α (x) → 0 при x → x0 . Откуда
Δy = f ( x) − f ( x0 ) = f ′( x0 )Δx + α ( x)Δx = f ′( x0 )Δx + o(Δx) .
(2)
В последнем выражении f '(x0)Δx есть дифференциал функции y=f(x) в
точке x0 и обозначается dy. Он отличается от Δy на величину более высокого порядка, чем Δx . Δy − dy = o(Δx) – это соотношение лежит в основе
приближенных вычислений.
С геометрической точки зрения дифференциал функции представляет
собой приращение ординаты касательной к графику функции y=f(x), проведённой в точке (x0; f(x0)). В силу (2), получаем f(x)= f(x0)+ f '(x0)Δx+o(Δx),
откуда видно, что линейная функция y= f(x0)+ f '(x0)(x– x0) отличается от
f(x) на бесконечно малую функцию o(Δx). Функцию у называют линейным
приближением функции f(x). В этом, собственно, состоит суть дифференцируемости функции в точке. В некотором смысле график функции y=f(x)
можно спрямить, выпрямить, заменить прямой, а именно его касательной
y= f(x0)+ f '(x0)(x– x0). Если f '(x0) не существует, этого сделать нельзя,
функция f(x) в точке x0 не дифференцируема.
Примеры. Функция f(x)=|x2–3x+2| не имеет производной в точках x1=1
( x − 1)( x − 2)
f ( x) − f (1)
x 2 − 3x + 2
Так,
и
x2=2.
= lim
= lim
lim
x →1−0
x→1−0
x→1−0
x −1
x −1
x −1
2
− ( x − 3x + 2)
f ( x) − f (1)
= lim ( x − 2) = −1, а lim
= lim
= lim (−( x − 2)) = 1 .
x →1−0
x →1+ 0
x →1+ 0
x →1+ 0
x −1
x −1
Пределы слева и справа не совпали. Следовательно, в точке x1 = 1 производная не существует. Убедитесь сами, что в точке x 2 = 2 такая же картиf ( x ) − f ( 2)
f ( x ) − f ( 2)
= 1 и lim
= −1 не равны, что озна. Пределы lim
x →2+ 0
x →2−0
x−2
x−2
начает отсутствие производной в точке x 2 = 2 . Т.е. в точках x1 = 1 и x 2 = 2
функция не является дифференцируемой. Во всех остальных точках производная существует и функция дифференцируема. Найдите её в точках
x = 1,2 и x = 2,5 ( f ′(1,2) = 0,6 , f ′(2,5) = 2 ).
26
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Функция f ( x) =| sin x | не имеет производной в точках вида πn . Проверьте это сами. Функция y = 3 x − 1 не имеет производной в точке x = 1 ,
3
x −1
1
= lim
= ∞.
x →1 x − 1
x →1 3
( x − 1) 2
Существуют примеры, которые показывают, что функция может быть
непрерывной на всей числовой оси и не иметь производной ни в одной
точке. Основные свойства дифференцируемых функций содержатся в теоремах Ферма, Ролля, Лагранжа, Коши, Лопиталя и формуле Тейлора. Приведем комментарии к некоторым из них.
Рассмотрим теорему Ролля: если функция f (x) удовлетворяет условиям:
1) непрерывна на отрезке [a, b],
2) дифференцируема во всех внутренних точках x ∈ (a; b),
3) f (a ) = f (b) ,
то найдется такая точка с ∈ (a; b), что f ′(c) = 0 .
Покажем, что если не выполнено хотя бы одно из трёх условий теоремы, то существует функция, для которой её заключение не выполнено. Так
для функции f(x)=|x|, где х ∈ [–1; 1], выполнены все условия теоремы, кроме
второго, т.к. в точке x = 0 функция не дифференцируема и точки, в которой производная обращается в нуль – нет. Для функции f(x)=x, где
0 ≤ x ≤ 1 , не выполнено третье условие: f(0)≠ f(1), и опять-таки заключение
теоремы неверно f ′( x) = 1 для ∀x ∈ [0; 1] . И, наконец, если взять функцию
 x, 0 ≤ x < 1
f ( x) = 
, то она не является непрерывной в точке х=1, т.к.
x =1
0,
lim f ( x) =1, а f (1) = 0 , и точки, в которой f ' ( x) равна 0, не существует.
так как lim
x →1−0
Но вместе с тем можно привести примеры функций, для которых не
все условия теоремы Ролля выполняются, но заключение теоремы верно.
1, 0 ≤ x < 1
нарушено условие 1) (нет непрерывности в
Для функции f(x)= 
x =1
0,
точке x=1, lim f ( x ) = 1 ≠ f (1) ), однако f ' ( x) = 0 в любой точке интервала
x →1− 0
(0; 1). Для функции f ( x) = x 3 − x 2 , x ∈ [−1; 1] не выполнено условие 3)
f (1) = 0 ≠ f (−1) = −2 , но, тем не менее, f ′(0) = 0 .
И ещё один пример. Дана функция f ( x) =| x 2 − x | , x ∈ [−1; 2] , для которой выполнены условия 1) и 3), а что касается условия 2), то оно нару1
шено в точках x1 = 0 и x2 = 1 , но для неё f ′  = 0 . Если рассматривать ту
2
27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
же функцию на отрезке [–1; 1], то не выполнены два условия теоремы 2) и
1
3), но производная в точке x = будет равна 0. И если “испортить” эту
2
| x 2 − x |, − 1 ≤ x < 1
, т.е. нарушить все три
функцию ещё больше f ( x) = 
1
,
x
=
1

1
условия теоремы, тем не менее, имеем f ′  = 0 . Проведенные рассужде2
ния показывают, что условия теоремы Ролля необходимыми не являются.
Но все три условия в совокупности являются достаточными для её заключения. Попробуйте сами проанализировать подобным образом теорему Лагранжа.
Остановимся на некоторых вопросах, связанных с применением теоремы Лопиталя. Во-первых, некоторые студенты иногда ошибочно утf ( x)
верждают, что из существования предела lim
следует существование
x →a g ( x)
f ′( x)
и их равенство, а не наоборот, как это обстоит на самом
предела lim
x → a g ′( x )
деле. Возможно, это связано с недопониманием теоремы Коши, на которой
основаны доказательства теорем Лопиталя. Кроме того, перед применением правила Лопиталя не производится проверка выполнения условий. Неоправданное применение правила Лопиталя при вычислении предела
1
1
1
x 2 sin
2 x sin − cos
x = lim
x
x приводит к заключению, что предела якоlim
x →0 sin x
x →0
cos x
x
1
бы нет. Но этот предел существует, т.к. lim
= 1 , функция sin ограx →0 sin x
x
1
ниченная и, следовательно, x sin → 0 при x → 0 . Таким образом, предел
x
равен нулю. Примерно такая же ситуация возникает при вычислении преx − sin x
1 − cos x
= lim
дела lim
, но последний предел не существует. Но
x →∞ x + sin x
x →∞ 1 + cos x
вместо применения теоремы Лопиталя нужно было идти другим путем
sin x
1−
x − sin x
x = 1 . Применение теоремы Лопиталя полезно
= lim
lim
x →0 x + sin x
x →0
sin x
1+
x
комбинировать с использованием известных нам пределов, приведенных в
предыдущем параграфе.
28
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
x − 3sin x
Пример 1. Найдите предел lim( 2 +3 cos x − 34 ) = lim 2 x + x cos
=
4
x sin x x
2 − 2 cos x − x sin x
= lim 2 sin x −3 x cos x 4
=
lim 3
x →0 4 x sin x + x 4 cos x
x →0 12 x sin x + 8 x cos x − x sin x
x sin x
.
= lim
2
x→0 24 x sin x + 36 x cos x − 12 x 3 sin x − x 4 cos x
x →0
x →0
x sin x
Мы трижды применили теорему Лопиталя, и это не привело к успеху,
а в дальнейшем её использование привело бы к значительным техническим
трудностям, да в этом и нет необходимости. Вместо этого разделим числитель и знаменатель полученного отношения на x 2 и воспользуемся первым
1
замечательным пределом, что приведет к окончательному результату
.
60
В следующих двух примерах можно и вовсе обойтись без правила Лопиталя.
e tgx − e x
e x (e tgx− x − 1)
Пример 2. lim
= lim
= 1 . Использован предел 4)
x →0 tgx − x
x →0
tgx − x
eα − 1
lim
= 1 и непрерывность функции e x в точке х=0.
α →0
α
e x − 1 e−x − 1
+
(e x − 1) − (e − x − 1)
e x − e−x
− x = 2.
x
Пример 3. lim
= lim
= lim
0
x →0 sin x cos x
x →0
x
→
sin
x
sin x cos x
cos x
x
Использовались пределы 1) и 4) и непрерывность функции cos x .
Для того чтобы избежать ненужных действий, следует на каждом этапе
анализировать полученную ситуацию и искать более рациональные пути.
С помощью правила Лопиталя покажем, что lim x α ln x = 0 при люx → +0
бом α > 0.
1
 1 α
ln x
x
 − x  =0.
=
Действительно, lim (xα ln x)= lim −α = lim
lim
x →+0
x → +0 x
x →+0 − α x −α −1
x →+0 
 α

Используем полученный результат для нахождения следующего предела.
x
Пример 4. Найти предел lim x x −1 . Во-первых, выясним, как ведёт сеx → +0
бя функция x − 1 при x → +0 . lim x x = lim e x ln x = 1 . Следовательно,
x
x → +0
x
x → +0
x − 1 → 0 и мы имеем дело с неопределенностью 0 0 . Преобразуем
x
x
lim x x −1 = lim e ( x −1) ln x . Займемся вычислением предела функции
x →+0
x →+0
x
( x − 1) ln x , используя правило Лопиталя.
29
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
x x −1
x x (ln x + 1)
lim
= lim
= − lim x x ( x ln 3 x + x ln 2 x) = 0 ,
x → +0
x
0
x → +0
→
+
1
1 1
− 2 ⋅
ln x
ln x x
т.к.
x
lim x = 1,
x →+0
2
а
3
lim x ln x =
x → +0
1
lim ( x 3
x → +0
ln x) 3 = 0 .
Аналогично,
lim x ln x = 0 .
x → +0
И ещё об одной логической ошибке. Велик соблазн доказать пределы
1), 3), 4), 5) с помощью теоремы Лопиталя. Но необходимо понимать, что,
доказывая с помощью теоремы Лопиталя, например, предел
sin x
cos x
lim
= lim
= 1 , мы используем производную функции sin x , но
x →0 x
x →0 1
ведь для её получения как раз используется первый замечательный предел.
e x −1
. Таким образом, возникает
Аналогично обстоит дело с пределом lim
x →0
x
так называемый логический порочный круг, по латыни circulus vitiosus, когда приводится в качестве доказательства то, что само нуждается в доказательстве.
Одним из важнейших фактов математического анализа является формула Тейлора. Напомним её вывод. Если функция f (x) в некоторой точке
x0 имеет производные до порядка n включительно, то в некоторой окрестности точки x0 x ∈ ( x0 − δ , x0 + δ ) справедливо представление
f ' ( x0 )
f ′′( x0 )
f (n ) ( x0 )
2
(x − x0 )n + o (x − x0 )n .
(x − x0 ) +
(x − x0 ) +...+
f ( x) = f ( x0 ) +
n!
1!
2!
(3)
Обозначим через
f '( x0 )
f ′′(x0 )
f (n) (x0 )
2
Tn (x) = f (x0 ) +
(x − x0 ) +
(x − x0 ) +...+
(x − x0 )n и
1!
2!
n!
rn ( x) = f ( x) − Tn ( x) ,
где Tn (x) – многочлен Тейлора, а rn (x) называется остаточным членом
формулы Тейлора. Докажем, что rn (x) = o((x − x0 )n ) при x → x0 , т.е.
rn ( x)
(4)
lim
= 0.
x → x0 ( x − x ) n
0
(
)
Положим ϕ ( x) = ( x − x0 ) n и заметим, что ϕ ( x0 ) = rn ( x0 ) = 0 , а также
ϕ n( k ) ( x0 ) = rn( k ) ( x0 ) = 0 для k = 1, 2, ... , n − 1. Рассмотрим отношение функций
′
rn ( x) rn ( x) − rn ( x0 ) rn (c1 )
=
=
, где
rn (x) и ϕ (x) , и применим теорему Коши
ϕ ( x) ϕ ( x) − ϕ ( x0 ) ϕ ′(c1 )
30
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
точка c1 лежит в интервале между x0 и х. Если повторить процедуру, по″
′
′
′
rn (c1 ) rn (c1 ) − rn ( x0 ) rn (c 2 )
=
=
, где точка c2 находится в интерлучим
ϕ ′(c1 ) ϕ ′(c1 ) − ϕ ′( x0 ) ϕ ′′(c 2 )
вале между x0 и c1 . Продолжая эти рассуждения, получим равенство
rn ( x) rn(n−1) (cn−1 ) 1 f ( n−1) (cn−1 ) − f ( n−1) ( x0 )
= (n−1)
= (
− f ( n ) ( x0 )) .
cn−1 − x0
ϕ ( x) ϕ (cn−1 ) n!
А так как lim
x → x0
f ( n−1) (c n −1 ) − f ( n −1) ( x0 )
= f ( n ) ( x0 ) ,
c n −1 − x0
f ( n −1) (c n −1 ) − f ( n−1) ( x0 )
− f ( n ) ( x0 ) → 0 при x → x0 и тем самым прето
c n −1 − x0
дельное соотношение (4) доказано. Обратите внимание, что для случая
x > x0 точки c1 , c2 ,...cn −1 расположены так x0 < cn −1 < cn −2 < ... < c2 < c1 < x и
поэтому из того, что x → x0 следует, что c n −1 → x0 . Для случая x < x0 ситуация аналогичная. Таким образом, остаточный член rn ( x) = o(( x − x0 ) n ) –
это представление называют формой Пеано остаточного члена формулы
Тейлора.
Если в окрестности точки x0 существуют производные функции f (x)
до порядка до п+1 включительно, то можно получить другую форму остаточного члена, более удобную в приложениях. Она называется формой
f ( n +1) (c)( x − x0 ) n +1
Лагранжа rn ( x) =
. Кратко напомним её вывод. Если
(n + 1)!
ψ ( x) = ( x − x0 ) n +1 , а rn ( x) = f ( x) − Tn ( x) , то, повторяя предыдущие рассуждения, придем к равенствам
′
″
rn ( x ) rn (c1 ) rn (c2 )
rn( n ) (cn )
1 f ( n ) (cn ) − f ( n ) ( x0 ) f ( n+1) (cn+1 )
=
=
.
= ... = ( n )
=
=
(n + 1)!
ψ ( x ) ψ ′(c1 ) ψ ′′(c2 )
ψ (cn ) (n + 1)!
c n − x0
f ( n ) (c n ) − f ( n ) ( x 0 )
применена теорема
На последнем шаге к отношению
cn − x0
f (b) − f (a )
= f ′(c) и примените
Лагранжа (вспомните формулу Лагранжа
b−a
её к f ( n ) ( x) ).
Если в формуле Тейлора положить x0 = 0 , то получится так называемая формула Маклорена. Напомним наиболее часто используемые разложения (остаточный член взят в форме Пеано).
x2
xn
x
+ ... +
+ o( x n ) ,
(I) e = 1 + x +
2!
n!
31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
x3 x5
(−1) n−1 x 2 n−1
(II) sin x = x −
+
+ ... +
+ o( x 2 n ) ,
3! 5!
(2n − 1)!
2
4
2n
x
x
n x
+
+ ... + (−1)
+ o( x 2 n+1 ) ,
(III) cos x = 1 −
2! 4!
(2n)!
α (α − 1) 2
α (α − 1)...(α − n + 1) n
x + ... +
(IV) (1 + x)α = 1 + αx +
x + o( x n ) ,
2!
n!
2
3
n
x
x
x
+
+ ... + (−1) n−1
+ o( x n ) .
(V) ln(1 + x) = x −
2
3
n
Разложения (I)–(V) служат источником получения приближенных
формул, используются для вычисления пределов и позволяют получить
формулы Маклорена для других функций. Так,
x
x 2 x 6 x10
x3
x7
x11
2
f ( x) = sin( x ) = ( x −
+
− ...) =
−
+
− ... .
3
3
3!
5!
3 3 ⋅ 3! 3 ⋅ 5!
Что в свою очередь можно использовать, например, для нахождения
производной f (k ) (0) , где k – произвольное натуральное число. Например,
1
(обдумайте это).
f (100) (0) = 0 , а f (103) (0) = −
3 ⋅ 51!

1 + cos 4 x 1 1  (4 x) 2 (4 x) 4
16
2
cos 2 x =
= + 1 −
+
+ ...  = 1 − 4 x 2 + x 4 + ... .
2
2 2
2!
4!
3

Покажем применение разложений (I)–(V) для нахождения пределов.
Пример 5.
x2
x3
2
x
o
x
x
(
1
+
+
+
(
))(
−
+ o( x 4 )) − x(1 + x)
e x sin x − x(1 + x)
2!
3!
lim
= lim
=
3
3
x →0
x →0
x
x
1 3
1
x + x 2 + x 3 + o( x 3 ) − x − x 2
x + o( x 3 )
1
3
3
= lim
=
lim
=
. Обратите внимаx →0
x →0
x3
x3
3
ние, что в числителе разложение проводилось до членов, содержащих х не
более чем в третьей степени, т.е. до членов o( x 3 ) , что определялось степенью х в знаменателе.
3


1
1
Пример 6. lim x 2 x + 1 + x − 1 − 2 x = lim x 2  1 + + 1 − − 2  =
x → +∞
x →+∞
x
x


(
)
32
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
1
2
1
2
 1
 1
1 +  +  1 −  − 2
1
x
x

. Воспользуемся разложением (IV) при t=
= lim 
x → +∞
1
x
2
x
1
1
 1 1 2
 1 1 2
2 
2 
1 + t − t + o(t ) + 1 − t − t + o(t ) − 2
2
2
(1 + t ) + (1 − t ) − 2
2 8
  2 8

lim
= lim 
2
2
t →0
t →0
t
t
1
− t 2 + o(t 2 )
1
= lim 4 2
=− .
t →0
t
4
Обратимся к приближенным вычислениям с помощью разложений
(I)–(V).
x x2
Какую абсолютную погрешность даёт формула 1 + x = 1 + −
для
2 8
x ∈ [0; 0,1] . Используя форму Лагранжа для остаточного члена, получим
5
−
3
x x2
f ′′′(c) 3
1 + x − (1 + − ) =
x , где 0 < c < 0,1 , т.к. ( 1 + x )′′′ = (1 + x) 2 , то
8
2 8
3!
f ′′′(c) 3
3
x <
= 0,0000625 .
3!
8 ⋅ 3!⋅10 3
Вычислить с точностью до 0,001
1
3 12
1 3
4000 = 4096 − 96 = 2(1 −
) ≈ 2(1 − ⋅
) ≈ 1,996 .
12 128
128
Оценка погрешности производится, как и выше.
Остановимся на некоторых вопросах, связанных с экстремумом функции. Необходимо помнить, что функция может иметь экстремум лишь в
тех точках, в которых производная равна нулю или не существует. Иначе
говоря, если в некоторой точке производная существует и не равна нулю,
то в этой точке экстремума нет.
Пусть дана функция f ( x) =| x 2 − 3x + 2 | (см. начало этого раздела). В
3
точках x1 = 1 или x 2 = 2 у неё нет производной, а в точке x3 = ,
2
3
3
f ′  = 0 . При этом x = 1 и x = 2 являются точками минимума, а x = –
2
2
точкой максимума.
12
12
Функция y = 3 ( x − 1) 2 в точке x = 1 не имеет производной. Но, очевидно, что x = 1 – точка максимума.
33
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Как известно, x0 – точка максимума функции f (x) , если существует
δ > 0 такое, что f ( x) − f ( x0 ) < 0 при условии 0 <| x − x0 |< δ . Если
f ( x) − f ( x0 ) > 0 для x ≠ x0 , близких к x0 , то x0 – точка минимума. Если
же для точек x1 , x 2 , сколь угодно близких к x0 таких, что x1 < x0 < x 2 ,
( f ( x1 ) − f ( x0 ))( f ( x 2 ) − f ( x0 )) < 0 , то в точке x0 экстремума нет.
Если использовать первое достаточное условие экстремума для функции f (x) , производная которой f ′( x0 ) = 0 , то всё определяется сменой
знака у производной f ′(x) при прохождении через точку x0 . Если слева от
неё f ′( x) < 0 , а справа f ′( x) > 0 , то x0 – точка минимума, а при смене знака с плюса на минус – x0 является точкой максимума. Интересен вопрос,
верно ли обратное: если x0 – точка экстремума, то слева и справа от неё в
достаточно близких от неё точках производная имеет разные знаки. Оказывается – нет.
1
Пусть функция f ( x) = 1 − x 2 (2 + sin ) для x ≠ 0 и f (0) =1. Очевидно,
x
что x = 0 – точка максимума. Однако производная функции
1
1
f ′( x) = −4 x − 2 x sin + cos в сколь угодно малой окрестности нуля приx
x
нимает как положительные, так и отрицательные значения и слева, и справа от этой точки. Это связано с тем, что первые два слагаемых малы, а
1
cos в любой сколь угодно малой окрестности нуля принимает все значеx
ния от − 1 до 1 .
Задачи и контрольные вопросы
1) В каких точках функция не имеет производной:
 x + 2, если x < −1;

а) y=sin |x|; б) y=|x3(x2–1)( x2–4) 2|; в) y=  x 2 , если -1 ≤ x ≤ 2;
2 x 2 − 4, если x > 2;

Существует ли у этих функций экстремум в точке х=0?
2) Если функция f(x) имеет производную в точке x, чему равен предел
f ( x − Δx) − f ( x + 3Δx)
lim
?
Δx → 0
2Δx
3) Найти экстремумы функций: a) y=|x|e–|x–1|; б) y= 3 ( x + 1) 2 ;
в) y= 3 x 2 − 1 ; г) y= 3 ( x + 1) 2 – 3 ( x − 1) .
Построить схематично графики этих функций.
2
34
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
4) Доказать, что функции
 − x12
 − x12
e , если x ≠ 0;

f(x) = 
и ϕ(x) =  xe , если x ≠ 0;
0, если x = 0;
0, если x = 0;
имеют производные любого порядка в любой точке и все они равны
нулю в точке х=0. При этом функция f(x) в точке х=0 имеет минимум, а
функция ϕ(x) в точке х=0 экстремума не имеет. Построить графики этих
функций.
 x 2 , если x − рациональное число;
5) Докажите, что функция f(x) =  2
− х , если x − иррациональное число;
имеет производную лишь в точке х=0.
3
6) Существует ли производная функции y= x 2 в точке х=0? В остальных точках?
7) При каких значениях α функция у = |х|α имеет производную в точке
х=0?
8) Приведите примеры двух функций, не имеющих производных в некоторой точке, таких, что их произведение дифференцируемо в этой точке.
9) Приведите примеры функций, разрывных в одной или нескольких
точках (и даже на всей числовой оси), квадраты которых имеют производную в любой точке.
10) Верна ли теорема Коши для функций f(x)=х2, g(x)= х3 на отрезке
[–1; 1]?
11) Докажите теорему Лагранжа как следствие теоремы Коши.
2
12) Найти общий член разложения функции x e − x по степеням x в
формуле Тейлора.
13) Для каких значений k функция у=хk удовлетворяет уравнению
х2у"–3ху'+4y=0?
14) Найти значение производной функции у= (x 2 + 1) в точке х=1.
x3
Неопределенный интеграл
Функция F(x) называется первообразной функции f(x) для x ∈ (а; b), если F '(x)=f(x) ∀ x ∈ (a; b). В разделе, относящемся к определенному интегралу, будет показано, что для любой непрерывной на (a; b) функции f(x) первообразная существует.
Совокупность всех первообразных функций F(x) называется неопределенным интегралом от функции f(x) и обозначается символом  f(x)dx.
35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Если F(x) – одна из первообразных функции f(x), то множество F(x) +
C, где число С принимает все возможные значения из R, объединяет все
первообразные функции f(x).
Необходимо понимать, что доказательство этого факта не сводится к
тому, что (F(x)+C)′=F′ (x) = f(x). Это означало бы, что множество F(x) +C
состоит из первообразных функций f(x), но остается вопрос, нет ли первообразных не принадлежащих этому множеству. Покажем, что этого не
случится. Если Ф(х) – первообразная функции f(x), то Ф(х)=F(x) + C, т.е.
найдется число С такое, что выполнено предыдущее равенство. Для доказательства рассмотрим функцию φ(х)=Ф(х)–F(x),
φ'(х)=Ф′(х)–F ′(x)= f(x)–f(x)=0 ∀ x ∈ (a, b).
Но тогда из теоремы Лагранжа следует, что функция φ(х) является постоянной.
Основные свойства неопределенного интеграла:
1) d  f(x)dx=f(x)dx;
2)


dF(x)=F(x) +C;
3) αf(x)+ βg(x)dx=α  f(x)dx+β  g(x)dx.
Последнее свойство называется свойством линейности интеграла.
Таблицу неопределенных интегралов можно найти в задачнике Демидовича [2].
Интегрирование (нахождение первообразной) основывается на свойствах 2, 3 и двух методах: замены переменной и интегрирования по частям.
Продемонстрируем применение свойств 2 и 3.
2
2
2
а)  e x 2xdx=  de x =e x +C,
sin 2 xdx
d (sin 2 x + 4)
=
б) 
=  d ln(sin 2 x+4)=ln(sin 2 x+4)+C,
2
2
sin x + 4
sin x + 4
1
d 
dx
dx
 x  = d arccos 1 =arccos 1 +C (x>1),
=
–
=
в) 



x
x
1
1
x x2 − 1
2
x 1− 2
1− 2
x
x
2
2
1 + 2x + x
xdx
(1 + x) dx
1+ x2
dx= 
г) 
=
dx+2 
=
2
2
2
x(1 + x )
x(1 + x )
x(1 + x 2 )
x(1 + x )
dx
dx
+2 
=ln|x|+2arctg x+C,
=
x
1 + x2
sin 2 x + cos 2 x
dx
dx
dx
dx=
=
+
=
д)  2


2
sin x cos x
sin 2 x cos 2 x
cos 2 x
sin 2 x
=tg x–ctg x+C.
36
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Сформулируем теорему, на которой основан метод замены переменной.
Пусть функция F(x) – первообразная функции f(x) на отрезке [a; b],
который является множеством значений функции х=φ(t), которая непрерывна на отрезке [α; β] и непрерывно дифференцируема на интервале
(α; β). Тогда функция F(φ(t)) – первообразная функции f(φ(t)) φ′(t).
Последнее верно в силу правила дифференцирования сложной функd
ции (F (ϕ (t )) ) = F ' (ϕ (t )) ϕ ' (t ) = f (ϕ (t )) ϕ ' (t ) .
dt
Если
воспользоваться
свойством
2,
получим
 f (ϕ (t ))ϕ ′(t )dt =  dF (ϕ (t )) = =F(φ(t))+C. Последнее соотношение с учетом
того, что х=φ(t), можно записать в виде  f (x)dx=F(x)+C.
Приведем примеры нахождения первообразной.
dx
Пример 1. 
.
(4 − x 2 ) 3
Если
положить
х=2sin t,
то
4–х 2 =4cos 2 t,
dx=2cos tdt
и
dx
x
x
2 cos tdt 1 dt
1
1 
=
= 
= tgt + C = tg arcsin  + C =
+C.

3
2
2
2 3
t
t
8
cos
4
cos
4
4
2


−
x
4
(4 − x )
dx
. Выполним замену x=t 6 , dx=6t 5 dt.
3
x+ x
dx
t3
t3 + 1 −1
1
6t 5dt
2
 x + 3 x =  t 3 + t 2 = 6 t + 1dt = 6 t + 1 dt = 6 (t − t + 1 − t + 1)dt =
 t3 t2

= 6 − + t − ln t + 1  + C = 2 x − 33 x + 66 x − 6 ln(1 + x ) + C .
3 2

2007
Пример 3.  (3 x + 2) dx .
Если позволить себе шутку, то можно возвести 3х+2 в 2007-ю степень,
по формуле бинома Ньютона, а потом, используя свойство линейности,
найти интеграл, что привело бы к нахождению 2008 табличных интегралов. На самом деле, выполнив замену t=3х+2, dt=3dx, придем к интегралу
t 2008
1 2007
(3 x + 2) 2008
+C.
 t dt = 3 + C =
3
3
Это фактически то же самое, что делалось в примерах а), б), в). Если
обобщить пример 3, то получим следующее правило: если
1
 f ( x)dx = F ( x) + C , то  f (kx + b)dx = k F (kx + b) + C , k ≠ 0
Пример 4. Так как  cos xdx = sin x + C ,
Пример 2.

37
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
1
то  cos(5 x + 2)dx = sin(5 x + 2) + C .
5
1
Пример 5.  e1−3 x dx = − e1−3 x + C .
3
1
dx
dx
Пример 6. 
=
= arcsin(2 x − 1) + C .
4x − 4x 2
1 − (2 x − 1) 2 2
Решим более трудную задачу: найти функцию f(x) , если f(0)=0 и
1, 0 < x ≤ 1,
f '(ln x)= 
 x, 1 < x < ∞.
1, − ∞ < t ≤ 0,
Если положить x=et, получаем ln x=t и f′(ln x)= f′(t)=  t
e , t > 0.
t ≤ 0,
t ,
Следовательно, f(t)=  f ' (t )dt =  t
.
e
+
C
t
>
,
0
.

Чтобы функция f(x) оказалась непрерывной в точке t=0, необходимо,
x ≤ 0,
 x,
чтобы lim t = lim (e t + C ) = 0  С= –1. Таким образом f(x)=  x
t → −0
t → +0
e − 1, x > 0.
Довольно эффективным является метод интегрирования по частям.
Если функции u(x) и v(x) непрерывны на отрезке [a; b] и имеют на нем непрерывные производные, то из формулы (uv)′=u′v+uv′ получаем
 (uv)' dx =  u ' vdx +  uv' dx , oткуда uv=  u ' vdx +  uv' dx .
Это соотношение перепишем в виде, который, как правило, и используется
 udv = uv −  vdu .
(1)
Разберем ряд примеров, помогающих освоить этот метод
а)  x 3 ln xdx;
v=  x 3 dx =
сделаем
выбор
u=ln x,
dv=x 3 dx,
тогда
du=
dx
,
x
1 4
x .
4
1 4 dx x 4
x4
x4
ln x −  x
ln x −
=
+C.
По формуле (1) получаем  x ln xdx =
4
4
4
16
x
x2
dx
,
=
.
б)  xarctgxdx; положим u=arctg x, dv=x dx, тогда du=
v
1 + x2
2
Следовательно, по формуле (1) имеем
1 x2
1 x2 + 1 − 1
x2
x2
 xarctg xdx = 2 arctg x − 2  x 2 + 1dx = 2 arctg x − 2  x 2 + 1 dx =
3
38
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
x2
1
1
1
1
x2
=
arctg x −  (1 −
)
dx
arctg
x–
x
+
arctg x + C .
2
2
2
2
2
2
1+ x
В рассмотренных примерах трансцендентная функция принималась за
1
1
.
u, т.к. ее производная являлась алгебраической функцией и
x 1 + x2
в)  x cos 3 xdx; сделаем следующий выбор u=x, dv=cos3xdx, откуда
=
1
3
d u=d x, v= sin3x. Таким образом,
1
1
1
1
 x cos 3xdx = 3x sin 3x − 3  sin 3xdx = 3x sin 3x + 9 cos 3x + C .
г)  x 2 e − x dx; формула (1) будет применена дважды. Взяв вначале
u=x 2 , dv = e − x dx , получим
x
2 −x
e dx = − x 2 e − x + 2  xe − x dx . И далее, приняв
u=x, dv=e − x dx , имеем  xe − x dx = − xe − x +  e − x dx = − xe − x − e − x . Следовательно,
2 −x
2 −x
−x
−x
2
−x
 x e dx = − x e + 2(− xe − e ) + C = −( x + 2 x + 2)e + C .
В примерах в) и г) трансцендентные функции cos x и e − x включались
в dv, а степенные функции принимались за u. Это объяснялось тем, что
производные функций x и x 2 имели степень меньше, чем они сами, а
функции v были «не хуже», чем v′.
д) Интересен пример вычисления  e 2 x cos 3 xdx . Здесь выбор функции u
и dv на первом этапе абсолютно равноценен, при повторном интегрировании по частям выбор однозначно определен первоначальным. Пусть
1
2
u= e 2 x , dv = cos 3xdx , тогда  e 2 x cos 3 xdx = e 2 x sin 3 x −  e 2 x sin 3 xdx . Еще
3
3
2x
раз берем u= e , dv=sin3xdx и получаем
1 2x
2  1 2x
2 2x

2x
 e cos 3xdx = 3 e sin 3x − 3  − 3 e cos 3x + 3  e cos 3xdx  =
1
2
4
= e 2 x sin 3 x + e 2 x cos 3 x −  e 2 x cos 3 xdx .
3
9
9
Следовательно, перенеся оставшийся интеграл в левую часть равенст13 2 x
1 2x
2 2x
e
cos
3
xdx
=
e
sin
3
x
+
e cos 3 x .
ва, имеем

9
3
9
1 2x
2x
И, окончательно,
e
cos
3
xdx
=
e (3 sin 3 x + 2 cos 3 x) +С.

13
39
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Если на втором шаге сделать иной выбор, то получится замкнутый
круг и очевидное равенство 0 = 0. Решите этот пример, выбрав на первом
шаге u=cos3x, а на втором u=sin3x.
x 3 dx
е) Интеграл 
внешне не похож на предыдущие, подынте(1 + x 2 ) 3
гральное выражение не содержит трансцендентной функции. Пусть
u = x 2 , dv =
xdx
1
2 xdx
1
xdx , тогда du=2xdx, v =
.
=
=
−


(1 + x 2 ) 2 2 (1 + x 2 ) 2
2(1 + x 2 )
(1 + x 2 )2
x 3dx
x2
xdx
=
−
Таким
образом,
 (1 + x 2 )2 2(1 + x 2 ) +  1 + x 2 =
1
x2
1 d (1 + x 2 )
x2
x2
1 2 xdx
ln(1 + x 2 ) + C .
−
+
=
−
+
−
+
=


2
2
2
2
2
2(1 + x ) 2 1 + x
2(1 + x ) 2 1 + x
2(1 + x ) 2
x sin x
Пусть
dx .
u=x,
dv= sin xdx
,
тогда
du=dx,
ж) 
3
cos x
cos 3 x
sin xdx
1
d cos x
=
.
v= 
=
−

cos3 x
cos 3 x 2 cos 2 x
1 dx
1
x sin x
x
x
Следовательно,  3 dx =
−
=
−
tgx + C .

cos x
2 cos2 x 2 cos2 x 2 cos2 x 2
Остановимся на наиболее важных классах интегрируемых функций.
Интегрирование рациональных функций
Рациональной функцией называется функция вида R(x)=
P ( x)
, где
Q( x)
P(x) и Q(x) – многочлены:
P(x)= a0 x n + a1 x n−1 + ... + a n ; Q(x)= b0 x m + b1 x m −1 + ... + bm ,
где a0 , a1 ,..., an , b0 , b1 ,..., bm – действительные числа, a0 ≠ 0, b0 ≠ 0 , n, m – натуральные числа. Можно считать, что многочлены P(x) и Q(x) не имеют
общих корней и, следовательно, дробь P(x) и Q(x) несократима. Дробь
P( x)
называется правильной, если n<m, и неправильной, если n≥ m, в этом
Q ( x)
случае
из нее можно выделить целую часть. Так, дроби
2 x 4 + 3x 3 − 3x 2 + x + 5
x3 + 2x 2 + 1
и R2 ( x) =
являются неправильныR1 ( x) =
x3 + x 2
x3 + 2x
ми. Чтобы выделить целую часть из неправильной дроби, разделим ее числитель
на
знаменатель.
Таким
образом,
4
3
2
2
− 3x + x + 5
2 x + 3x − 2 x + x + 5
= 2x + 1 +
. Из второй дроби можно вы3
2
x3 + x2
x +x
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
делить
целую
часть,
используя
несложный
прием
3
2
2
3
2
2x − 2x + 1
x + 2x + 1 x + 2x − 2x + 2x + 1
.
=
=
1
+
x3 + 2x
x3 + 2x
x3 + 2x
Так как целая часть неправильной дроби – это многочлен, и его интегрирование не представляет труда, то дело сводится к интегрированию правильной дроби.
Известен следующий алгебраический факт: любой многочлен Q(x) с
действительными коэффициентами и старшим коэффициентом b0=1 может
быть разложен на множители вида (x–a)k и ( x 2 + px + q ) l , где a, p, q – действительные числа и p 2 − 4q < 0 , k и l – натуральные числа. Далее, любая
правильная дробь может быть представлена в виде суммы дробей вида
Bx + C
А
, причем это разложение единственно. Если праи
( x − a)k
( x 2 + px + q ) l
P( x)
P ( x)
, где k ≥2 и l ≥ 2, она
вильная дробь имеет вид
=
Q( x) ( x − a ) k ( x 2 + px + q ) l
может быть представлена как сумма дробей
А
B x + C1
А1
А2
P( x)
+
=
+
+…+ k + 2 1
k
2
e
k
k −1
( x − a)
( x − a)
( x − a) ( x + px + q)
x − a ( x + px + q ) l
Bl x + Cl
B x + C2
+
…
+
.
+ 2 2
x 2 + px + q
( x + px + q ) l −1
Как уже было сказано, коэффициенты A1 , A2 , ... , A k , B1 , C1 , ... , Bl , Cl
определяются единственным образом.
Правильная дробь, полученная выше, представляется в виде
C
− 3x 2 + x + 5 − 3x 2 + x + 5 A B
=
= 2+ +
.
3
2
2
x +x
x ( x + 1)
x x +1
x
Чтобы найти коэффициенты А, В, С, приведем сумму дробей, стоящую справа, к общему знаменателю и получим равенство
− 3x 2 + x + 5 A( x + 1) + Bx( x + 1) + Cx 2
.
=
x3 + x 2
x 2 ( x + 1)
Эти дроби тождественно равны в том и только в том случае, когда
–3x +x+5=(B+C)x 2 +(A+B)x+A, что в свою очередь выполнимо лишь в случае равенства коэффициентов этих многочленов.
2
 B + C = −3,

 A + B = 1,
 A = 5.

41
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Из полученной системы А=5, В=–4, С=1. Таким образом, получаем
1
− 3x 2 + x + 5 5 4
представление
. И можно проинтегрировать
=
−
+
x3 + x 2
x2 x x +1
функцию R1(x):
2 x 4 + 3x 3 − 2 x 2 + x + 5
− 3x 2 + x + 5
dx =  (2 x + 1 +
)dx =

x3 + x 2
x3 + x2
5 4
1
5
)dx = x 2 + x − − 4 ln x + ln x + 1 + C .
= x2 + x +  ( 2 − +
x x +1
x
x
Правильная дробь, выделенная из функции R2(x), представляется в виде
2 x 2 − 2 x + 1 2 x 2 − 2 x + 1 A Bx + C
= + 2
=
.
x x +2
x3 + x 2
x( x 2 + 2)
Откуда
получается
равенство
многочленов
2
2
2x − 2x + 1 = Ax + 2 A + Bx + Cx, что приводит к системе уравнений
2
 A + B = 2,

C = −2,
 2 A = 1.

1
3
Таким образом, из системы находим A= , B = , C= –2.
2
2
Найдем интеграл от функции R2(x):
3
x−2
x + 2x + 1
1
2x − 2x + 1
2
 x 3 + 2 x dx =  (1 + x 3 + 2 x )dx = x +  2 xdx +  x 2 + 2 dx =
1
3 2 xdx
1
3
dx
x
= x + ln x +  2
− 2 2
= x + ln x + ln( x 2 + 2) − 2arctg
+C.
2
4 x +2
2
4
2
x +2
3
2
2
Приведем еще два примера на интегрирование рациональной функции:
2x2 + 5
( x 2 + 1) + ( x 2 + 4)
dx
dx
 ( x 2 + 1)( x 2 + 4)dx =  ( x 2 + 1)( x 2 + 4) dx =  x 2 + 4 +  x 2 + 1 =
1
x
= arctg + arctg x + C .
2
2
Второй пример
xdx
 ( x − 1) 2 ( x 2 + 2 x + 2) .
представляется в виде:
42
Подынтегральная функция
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
x
( x − 1) (x + 2 x + 2)
2
2
=
A
B
Cx + D
=
+
+ 2
2
( x − 1)
x − 1 x + 2x + 2
A( x 2 + 2 x + 2) + B( x − 1)( x 2 + 2 x + 2) + (Cx + D)( x − 1) 2
.
=
( x − 1) 2 ( x + 2 x + 2)
Получаем систему уравнений для нахождения коэффициентов А, В, С, D
 B + С = 0,
 A + B − 2C + D = 0,
1
1
1
8

откуда A = , B = , C = − , D = − .

5
25
25
25
2 A + C − 2 D = 1,
2 A − 2 B + D = 0,
Следовательно,
xdx
1
dx
 ( x − 1) 2 ( x 2 + 2 x + 2) = 5  ( x − 1) 2
1
=−
+
5( x − 1)
1
=−
+
5( x − 1)
+
x+8
1 dx
1
−  2
dx =

25 x − 1 25 x + 2 x + 2
1
1 d ( x 2 + 2 x + 2) 7
dx
− 
=
ln | x − 1 | −  2
25
50 x + 2 x + 2
25 1 + ( x + 1) 2
1
1
7
ln | x − 1 | − ln( x 2 + 2 x + 2) − arctg ( x + 1) + C.
25
25
50
Более подробно с теорией интегрирования рациональных функций
можно ознакомиться по [1] гл. 7 § 1–8.
Интегрирование некоторых
иррациональных функций
Будут разобраны три примера интегрирования простейших иррациональностей. Более сложные случаи можно найти в [1] гл. 7 §10.
dx
Пример 1. 
. Замена t= 4 x позволит свести дело к интег3
4
(1 + x ) x
рированию рациональной функции
dx
t 3 dt
tdt
t +1−1
dt
dt
 (1 + 4 x ) x = 4 (1 + t ) 3 t 2 = 4 (t + 1) 3 = 4 (t + 1) 3 dt = 4 (t + 1) 2 − 4 (t + 1) 3 =
=−
4
2
4
2
C
+
+
=
−
+
+ C.
4
t + 1 (t + 1) 2
x + 1 ( 4 x + 1) 2
43
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Пример 2.
3
dx
( x + 1) 2 ( x − 1) 4
=3
x +1
dx . Если ввести переx − 1( x 2 − 1)
3
3
3
2
+
t
dt
x
+
1
4
t
t
1
6
2
, то х= 3
.
менную t= 3
, dx = − 3
, x −1= 3
(t − 1) 2
x −1
t −1
(t − 1) 2
Интеграл преобразуется к виду
x +1
3
3
3
3 x +1
x −1
 x 2 − 1 dx = − 2  dt = − 2 t + C = − 2 3 x − 1 + C.
Пример 3.
d ( x 2 + x + 1) 1
dx
xdx
1 2x + 1 − 1
dx = 
= 
− 
=
 2
2
x + x + 1 2 x2 + x + 1
2 x2 + x + 1 2 
1
3
x +  +
2
4

1
1
= x 2 + x + 1 − ln | x + + x 2 + x + 1 | +C.
2
2
Интегрирование
тригонометрических функций
Речь пойдет об интегрировании функции R(sin x, cos x), где R(u; v) –
рациональная функция двух переменных u, v, то есть отношение двух многочленов, зависящих от u и v.
u + 2uv
. Сразу отметим,
Примером может служить функция R(u,v)= 2
u + v2
что в любом случае интеграл  R (sin x; cos x)dx сводится к интегралу от раx
, так как функции sin x и
2
x
cos x рациональным образом выражаются через tg . А именно
2
x
x
x
x
x
2 sin cos x
2tg
cos 2 − sin 2
2t
1− t2
2
2
2
2
2
=
=
, cos x =
=
, при
sin x=
2
2
+
t
+
t
1
1
2 x
2 x
2 x
2 x
2 x
+ cos
sin
1 + tg
cos + sin
2
2
2
2
2
получении этих соотношений выполнялось деление числителя и знамена2dt
x
теля на cos2 , x = 2arctg t, dx =
.
1+ t2
2
циональной функции одной переменной t= tg
44
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
 2t 1 − t 2  2dt

;
= R1 (t )dt , где R1 (t )
Следовательно, R(sin;cos)dx=R 
2
2 
2
1
+
t
1
+
t
1
+
t


рациональная функция переменной t. Но сказанное не означает, что всякий
x
раз требуется прибегать к замене t = tg . Во многих случаях имеются
2
другие возможности, которые быстрее приводят к цели. Покажем это на
примерах.
Пример 1.
3
2
2
2
2
2
 sin x cos xdx =  (1 − cos x) cos x sin xdx = −  cos x(1 − cos x)d cos x =
1
1
= −  cos 2 xd cos x +  cos 4 xd cos x = − cos 3 x + cos 5 x + C.
3
5
Пример 2.
dx
dx
(1 + tg 2 x) 2 dx
(1 + t 2 ) 2 dt
1 + 2t 2 + t 4
=
dt =
 sin 3 x cos 3 x =  tg 3 x cos 6 x =  tg 3 x cos 2 x =  t 3
t3
dt
dt
1
t2
1
1 2
=  3 + 2  +  tdt = − 2 + 2 ln | t | + + C = −
+
+
2
ln
|
tgx
|
tg x + C.
t
t
2
2t
2
2tg 2 x
1
Была использована формула
= 1 + tg 2 x , в качестве переменной
2
cos x
надо принять t = tg x.
1
Пример 3. Используя соотношение, сtg 2 x =
− 1 , находим интеsin 2 x
грал
dx
1
dx
1


6 
6
4 
=
−
=
−
− 1dx =
ctg
x
1
dx
ctg
x
ctg
x



 tg 8 x 


2
2
2
sin x
 sin x 
 sin x 
 1

= −  ctg 6 xdxctgx +  ctg 4 xdctgx +  ctg 2 x 2 − 1dx =
 sin x 
1
1
1
 1

= − ctg 7 x + ctg 5 x − ctg 3 x −   2 − 1dx =
7
5
3
 sin x 
1
1
1
= − ctg 7 x + ctg 5 x − ctg 3 x + ctgx + x + C.
7
5
3
Пример 4. Прием, используемый в этом примере, обычно называют
понижением степени.
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
3
1
 1 + cos 2 x 
2
3
 cos xdx =   2  dx = 8  (1 + 3 cos 2 x + 3 cos 2 x + cos 2 x )dx =
1
3
3 1 + cos 4 x
1
= x + sin 2 x + 
dx +  (1 − sin 2 2 x )cos 2 xdx =
8
16
8
2
8
1
3
3
3
1
1
= x + sin 2 x + x + sin 4 x + sin 2 x −  sin 2 2 xd sin 2 x =
8
16
16
64
16
16
5
1
3
1
= x + sin 2 x + sin 4 x − sin 3 2 x + C.
16
4
64
48
6
Пример 5. Здесь используется подстановка t = tg
x
2
2dt
dx
dt
dt
1+ t2
=
 3 cos x + 4 sin x  3(1 − t 2 ) 8t = 2 3 − 3t 2 + 8t = −2 (t − 3)(3t + 1) =
+
1+ t2
1+ t2
1 (3t + 1) − 3(t − 3)
1 dt
3 dt
1
1
=− 
dt = − 
+ 
= − ln | t − 3 | + ln | 3t + 1 | =
5 (t − 3)(3t + 1)
5 t − 3 5 3t + 1
5
5
x
3tg + 1
1
2
= ln
+ C.
5 tg x − 3
2
Пример 6.
dx
dx
=
 sin 4 x + cos 4 x =  2
(sin x + cos 2 x )2 − 2 sin 2 x cos 2 x 
dx
1
1 − sin 2 2 x
2
=
dx
1
dctg 2 x
2
=− 
=
arcctg ( 2ctg 2 x) + C.
1 2
2 ctg 2 2 x + 1
2
 1
−  sin 2 x
 2
2
sin
2
x
2

Пример 7.
1
1
1
 sin 3x cos 7 xdx = 2  (sin 10 x − sin 4 x)dx = − 20 cos10 x + 8 cos 4 x + C .
Теоретические сведения, относящиеся к интегрированию тригонометрических функций, можно найти в [1] гл. 7 §10. Но надо понимать, что более рациональный выбор подстановок приходит только с опытом, поэтому
выполните побольше разнообразных задач и продумайте, почему был сделан тот или иной выбор.
Очень полезными при интегрировании некоторых иррациональностей
являются так называемые тригонометрические подстановки.
Покажем это на примерах.
=
46
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
а)

dx
3
2 2
. Замена х = sin t, dx= cos t dt избавляет от иррациональ-
(1 − x )
ности

dx
3
2 2
=
cos tdt
dt
x
=
= tgt + C =
+ C;
3
2
cos t
cos t
1 − x2
(1 − x )
2
dx
, то
б) 
. Если положить х =
sin t
x x2 − 4
2 cos t
4
2
 1

− 4 = 4 2 − 1 = 4ctg 2 t , t = arcsin ,
dt , x 2 − 4 =
2
2
sin t
x
sin t
 sin t

2 cos t
dx
sin 2 t dt = − 1 dt = − 1 t + C = C − 1 arcsin 2 .
=
−

 2

x
2
2
2
x x2 − 4
2ctgt
sin t
dx = −
в) 
dx
x2 x2 + 9
. Пусть х = 3tg t, тогда dx = 32 dt , x 2 + 9 = 9 (tg 2t + 1) = 92 ,
cos t
cos t
3dt
2
dx
1 cos tdt
1
1
9 + x2
cos
t
 2 2 =  2 3 = 9  sin 2 t = − 9 sin t = − 9tgt cos t = − 9 x + C .
x x +9
9tg t
cos t
Если проанализировать эти примеры, то можно заметить, что они содержат выражения трех видов: a 2 − x 2 , a 2 + x 2 , x 2 − a 2 . В первом из них
удобно воспользоваться подстановкой х = а sin t или х =асоs t (пример а) );
во втором – подстановкой х = а tg t или х = а сtg t (пример в) ); а в третьa
a
или х =
( пример б) ).
ем – подстановкой х =
sin t
cos t
Задачи и контрольные вопросы
x
1) Найти первообразную для функции f(x) = e на промежутке
(−∞; ∞) .
x
на всей числовой
2) Существует ли первообразная функции f(x) =
x
прямой? А на любом промежутке, не содержащем х=0?
3) На каких промежутках функция f(x) = ln |x| является первообразной
1
для функции f(x) = ?
x
4) [2] № 2171, 2169, 2168, 2167, 1648, 2160, 2165, 2174, 2175.
47
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
5) Вычислить интегралы а)  xf ′′( x)dx , б)
6) Найти f(x), если
1
б) f ′(sin 2 x) = cos 2 x ,
а) f ′( x 2 ) = ,
x
 f ′(2 x)dx ; в)  x
2
f ′′′( x)dx .
в) f ′(e x ) = e x +1 .
Определенный интеграл
Напомним определение. Пусть функция f (x) задана на отрезке
[a, b] ( a < b ).
Разобьем
отрезок
[ a, b]
на
n
частей.
a = x0 < x1 < x 2 < ... < xk −1 < xk < ... < xn−1 < x n = b , обозначим это разбиение
T. На каждом из отрезков [ x k −1 , x k ] выберем произвольным образом точку
n
ζ k и составим сумму σ =  f (ζ k )Δxk , где Δx k = x k − x k −1 . Эта сумма наk =1
зывается интегральной. Число J называется пределом интегральных сумм
σ при d → 0 ( d = max Δxk ) если для любого положительного числа ε > 0
k
можно указать такое число δ > 0 , что при любом разбиении T , для которого d < δ , и любом выборе точек ζ k выполняется неравенство | σ − J |< ε .
Символическая запись: lim σ =J. Число J называется определенным интеd →0
b
гралом от функции f (x) на отрезке [a, b] и обозначается J=  f ( x)dx ;
a
функция f (x) называется при этом интегрируемой (по Риману), a и b называются соответственно нижним и верхним пределами интегрирования.
Необходимым условием существования интеграла является ограниченность f (x) на отрезке [a, b] .
Однако нетрудно привести примеры функций, ограниченных на отрезке, но неинтегрируемых на нём. Так, функция Дирихле, заданная на отрезке [0; 1]: f (x) =1, если x – рациональное число и f ( x) = 0 , если x – иррациональное число. Если в качестве точек ζ k , при любом сколь угодно
мелком разбиении, выбирать рациональные точки, то интегральная сумма
σ = 1 , если ζ k иррациональные, то σ = 0 . И более того, для любого числа
σ∈[0; 1] можно выбрать точки ζ k так, что интегральная сумма будет равна
этому числу σ . Следовательно, функция Дирихле не является интегрируемой.
Непрерывность функции f (x) на отрезке [a, b] является достаточным условием её интегрируемости. Однако класс интегрируемых функций
шире, чем класс непрерывных функций (см. [1] гл. 10 § 4).
48
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Если функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b] , то она интегрируема
на любом отрезке [a, x] , где a<x≤b , т.е. существует интеграл как предел
x
 f (t )dt ,
интегральных сумм
который называют интегралом с перемен-
a
ным верхним пределом. Он представляет собой функцию от x ∈ [a, b]
x
F(x)=  f (t )dt .
Она
обладает
замечательным
свойством
F'(x)=
f(x)
a
∀x ∈ (a, b) , т.е. F(x) является первообразной для функции f(x). Иначе говоря, любая непрерывная на отрезке [a, b] функция f(x) имеет на этом отрезке
x
b
a
a
первообразную, именно функцию F(x)=  f ( t ) dt . Т.к. F(b)=  f ( x)dx , а
F(a)=0 и приращения любых двух первообразных функций на отрезке
b
 f ( x)dx = F(b) – F(a)= Φ(b) – Φ(a), где Φ(x) – произ-
[a, b] совпадают, то
a
вольная первообразная функции f(x) на отрезке [a, b] . Другая запись
b

a
b
f ( x)dx = Φ ( x) a =Φ(b)–Φ(a). Это – формула Ньютона – Лейбница. Опи-
раясь на эту формулу, легко получить правило замены переменной в опреb
деленном интеграле:
β
 f ( x)dx =  f (ϕ (t ) )ϕ ′(t )dt ,
a
здесь функция f(x) непре-
α
рывна на отрезке [a, b] , ϕ (t ) и ϕ ′(t ) непрерывны на отрезке [α , β ] , при
этом ϕ (α ) = a , ϕ ( β ) = b и a ≤ ϕ (t ) ≤ b . Проверьте сами, используя правило
замены в неопределенном интеграле, что оба интеграла равны F (b) − F (a ) ,
где F(x) – любая первообразная функции f (x) . Приведем примеры применения этого правила для вычисления определенных интегралов.
a
Пример 1.

a 2 − x 2 dx.
Выполним
замену
x = a sin t ,
0
откуда
x
π
t = arcsin , и, следовательно, из условия 0 ≤ x ≤ a , получаем 0 ≤ t ≤ .
a
2
Таким образом,
a

0
π
π
2
2
π
sin 2t 2 πa 2
2
2
2
2
2 1 + cos 2t
2 t
) =
a − x dx = a  cos tdt = a 
dt = a ( +
.
2
2
4 0
4
0
0
49
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
1
x
Пример 2.
1 + 3x 8 dx . Положим t = 1 + 3 x8  t 2 = 1 + 3 x8 
15
0
x8 =
1
x
0
15
2
t −1
, 2tdt = 24 x 7 dx или tdt = 12 x 7 dx . Т.к. 0 ≤ x ≤ 1 , то 1 ≤ t ≤ 2 .
3
1
2 2
t −1
1
1 2 4 2
8
8
8
7
1 + 3 x dx =  x ⋅ 1 + 3x ⋅ x dx = 
⋅ t ⋅ tdt =
 (t − t )dt =
3
12
36
0
1
1
2
1  t5 t3 
1   32 8   1 1   29
.
=  −  =   −  −  −   =
36  5 3  1 36   5 3   5 3   270
Пример 3.
π
x sin xdx
 1 + cos 2 x . Замена
x = π − t приводит к равенству (напом-
0
ним, что sin(π − t ) = sin t , cos(π − t ) = − cos t )
π
π
π
x sin xdx π (π − t ) sin tdt
sin tdt
t sin tdt
π
=
=
−

 1 + cos 2 x  1 + cos 2 t
 1 + cos 2 t  1 + cos 2 t .
0
0
0
0
Поскольку
π
x sin xdx
 1 + cos 2 x
0
π
t sin tdt
=
0 1 + cos
2
t
, то, перенося второй интеграл из
правой части в левую, получим
π
π
π
π2
x sin xdx
sin tdt
d cos t
π
=π
= −π 
= − πarctg (cos t ) 0 =
.
2
2
2
2
2
0 1 + cos x
0 1 + cos t
0 1 + cos t
Следовательно,
π
x sin xdx
 1 + cos 2 x =
π2
.
4
0
Как следствие формулы Ньютона – Лейбница можно получить правило интегрирования по частям в определенном интеграле
b
b
b
 u ( x)v′( x)dx = (u ( x)v( x)) a −  v( x)u ′( x)dx или короче
a
a
b
b
b
 udv = (u ⋅ v) a −  vdu .
a
a
2
x
Пример 4. Полагая u = cos x , dv = e dx , вычислим интеграл
π
e
x
2
x
2
cos xdx = e cos x
0
π
0
π
+  e x sin 2 xdx = e π − 1 + y .
0
Займемся вычислением интеграла у, используя метод интегрирования
по частям дважды, приняв u = sin 2 x , dv = e x dx на первом шаге и
u = cos 2 x – на втором.
50
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
π
π
π
y =  e x sin 2 xdx = (e x sin 2 x) − 2  e x cos 2 xdx =
0
0
π
π
0
π
− 2(e cos 2 x + 2  sin 2 x ⋅ e dx) = − 2e + 2 − 4  e x sin 2 xdx ,
x
0
x
π
0
0
2 − 2e π
т.е. y = −2e + 2 − 4 y , откуда 5 y = 2 − 2e , y =
. Возвращаясь к ис5
π
2 − 2e π 3 π
x
π
2
= (e − 1) .
ходному интегралу, получаем  e cos xdx = e − 1 +
5
5
0
π
π
Понятие о несобственных интегралах
Конструкция определенного интеграла (Римана) предполагала конечность промежутка [a, b] , на котором задана функция f (x) , и ограниченность функции f (x) на этом промежутке. Если отказаться хотя бы от одного из этих условий:
1) конечность промежутка интегрирования;
2) ограниченность функции на промежутке,
то требуется введение нового понятия – несобственного интеграла.
Пусть функция f(x) непрерывна на промежутке [a, ∞) , но ∀b > a интеb
грал
 f ( x)dx
существует, он является функцией верхнего предела b. Если
a
b
существует lim  f ( x)dx =J, то говорят, что
b →+∞
a
ние равно J, то есть
∞
 f ( x)dx
сходится и его значе-
a
∞
 f ( x)dx =J.
a
Интеграл
∞
 cos dx
b
не сходится, так как предел
0
b
lim (sin x) 0 =
b →+∞
lim sin b не существует.
b →+∞
dx
также не существует, т.к.
x
1

b
b
dx
dx
=
lim
=
lim
ln
x
ln b = +∞ . Интеграл
 x b→+∞  x b→+∞ 1 = blim
→+∞
1
1
∞
0
∞
∞
b
lim  cos dx =
b →+∞
b
dx
dx
 1
=
lim
 −  = 1 . Докажите, что
 x 2 b→+∞  x 2 = blim
→+∞
 x 1
1
1
расходится, если α ≤ 1 .
51
∞
dx
 xα
1
∞
dx
 x2
сходится, т.к.
1
сходится, если α > 1 , и
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
b
b
dx
dx
π
Интеграл 
=
=
arctg
x
= lim arctg b = , т.е. он
lim
lim

2
2
b → +∞ 1 + x
b → +∞
b →+∞
0
2
01+ x
0
∞
сходится и равен
π
2
.
∞
b
 f ( x)dx
Интеграл
можно
понимать
−∞
как
lim
 f ( x)dx .
b→+∞
a →−∞ a
Так,
b
π  π
dx
dx
= lim (arctg b − arctg a ) = −  −  = π .
 1 + x 2 = blim

2
→+∞ 1 + x
b →+∞
2  2
−∞
a →−∞ a
a → −∞
∞
А интеграл
∞
 cos xdx
не существует (разберитесь с этим сами).
−∞
Допускается следующая запись
∞
∞
1 x −1
1 1 2
 x 2 + x − 2 = 3 ln x + 2 = − 3 ln 4 = 3 ln 2 ,
2
2
где подстановка x = +∞ понимается в предельном смысле, в данном случае
x −1
x −1
→ 1 , ln
→ 0 , откуда следует результат.
при x → +∞ ,
x+2
x+2
Может сложиться впечатление, что для сходимости интеграла
∞
 f ( x)dx , где
dx
f (x) непрерывная, неотрицательная функция, необходимым
a
условием является её стремление к нулю. Но это не так.
Зададим функцию f (x) следующим об-
f (2 k ) = 2 k (k=0, 1,
Для
1
1 
 1

x ∈ 0, 
и
x ∈ 2 k + 2 k +1 , 2 k +1 − 2 k +3 
2
2
 2


f ( x) = 0 .
На
промежутках
1
1
2 k − 2 k +1 ≤ x ≤ 2 k , 2k≤ x ≤2k + 2 k +1 функция
Рис. 2
2
2
меняется по линейному закону (см. рис. 2).
Площади
построенных
треугольников
равны
соответственно
1 1 1
1
, , , ... , k , ... . . Поэтому, как следует из геометрических соображе2 4 8
2
∞
1 1
1
ний,  f ( x)dx = + + ... + k + ... = 1 . Но при этом f (x) не стремится к
2 4
2
0
нулю при x → +∞ .
разом:
2, … ).
52
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Далее рассмотрим случай, когда функция f (x) определена на конечном промежутке, но при этом является неограниченной. Поясним смысл
несобственного интеграла этого вида на примерах.
1
1
1
 ln xdx = lim  ln xdx = lim (x ln x − x) = −1. Предел lim δ ln δ = 0 , что
δ →+0
0
получено
δ
δ →+0
с
δ →0
δ
помощью
правила
Лопиталя:
1
lnδ
= lim δ = lim(−δ) = 0.
δ →+0 1 δ →+0 1 δ →+0
− 2
lim δ lnδ = lim
δ →+0
δ
δ
1
1
1
2
dx
dx
=
lim
(−
) = ∞ . Таким образом, интеграл рас x x δ →+0  x x = δlim
→+0
x
δ
δ
0
ходится. Обобщим ситуацию. Рассмотрим для α ≠ –1 интеграл
1
dx
 xα
0
вен
1
x −α +1
= lim
. Если − α + 1 > 0 , т.е. α < 1 , то предел существует и раδ →+0 − α + 1
δ
1
, а если α ≥ 1 , то интеграл расходится.
1−α
Геометрические приложения
определенного интеграла
С помощью определенного интеграла
можно находить площадь плоской фигуры и
поверхности вращения, длину дуги, объемы
тел с известным поперечным сечением и тел
вращения.
Задача 1. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
1
x2
y=
, y=
(рис. 3).
1 + x2
2
Абсциссы точек пересечения находим
1
x2
= .
из уравнения
1 + x2 2
Площадь фигуры выражается интегралом
1
S= 
−1
1
x2
− dx =arctg x
1 + x2 2
x3
–
−1
6
1
1
53
=
−1
π 1
– .
2 3
Рис. 3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Задача 2. Найти площадь фигуры,
− x2
2
заключенной между прямой y=x e
и ее
асимптотой.
Асимптотой служит ось Oх, т.к.
lim х e
− x2
2
x →∞
x
= lim
x →∞
2
e
x
2
= lim
x →∞
1
x2
2
=0.
Функция
e x
− x2
2
Рис. 4
y=x e нечетная, ее график симметричен
относительно начала координат (рис. 4) и,
∞
следовательно, площадь S= 2  xe
−
x2
2
dx =–2 e
0
− x2
2
∞
0 =2.
Задача 3.
Найти площадь, ограниченную кривой r2 =a2cos 2ϕ (лемниската). Т.к.
должно выполняться неравенство cos 2ϕ
 π π   3π 5π 
≥0, то ϕ ∈ − ;  ∪  ;  . Как из 4 4  4 4 
вестно, в полярных координатах площадь
выражается
интегралом
S=
Рис. 5
1
2
β
2
 r (ϕ ) dϕ . В рассматриваемом слу-
α
чае с учетом симметрии фигуры
π
π
14 2
S=4⋅  a cos 2 ϕ dϕ =a2sin 2ϕ 04 = a2.
20
В некоторых случаях, когда кривая задается в декартовых прямоугольных координатах, для вычисления
площади удобно перейти к полярным
координатам.
Задача 4.
Найти площадь фигуры, ограниченной кривой (x2+y2)2=2a2xy.
Если ввести полярные координаты
x=r cos ϕ, y=r sin ϕ, уравнение примет
вид r2 =a2sin 2ϕ (рис. 6). Следовательно,
π
Рис. 6
14 2
S=4⋅  a sin 2 ϕ dϕ =–a2 cos 2ϕ
20
54
π
4
0=
a2.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Как видно, была найдена площадь одной и той же фигуры, ограниченной
лемнискатой.
Если кривая задана параметрическими уравнениями x=ϕ (t), y=ψ (t),
α ≤ t ≤ β, где функции ϕ (t) и ψ (t) непрерывны для t ∈[α; β] вместе с
ϕ (t ) и ψ (t ) и различным значениям t ∈[α; β] отвечают различные точки
кривой, то длина кривой выражается интегралом
β
s=  ϕ 2 (t ) + ψ 2 (t ) dt ,
(1)
α
где ϕ 2 (t ) + ψ 2 (t ) dt =ds – дифференциал дуги.
Если кривая задается на отрезке [a; b] уравнением y=f(x), причем
функции f (x) и f′ (x) непрерывны на этом отрезке, то длина дуги
b
s=  1 + ( f ′( x) ) dx
2
(2)
a
(ds= 1 + ( f ′( x) ) dx – дифференциал дуги). А в случае, когда кривая
задана полярным уравнением r=r(ϕ), α ≤ ϕ ≤ β, и функции r(ϕ) и r (ϕ) непрерывны, длина дуги равна
2
β
s=  r 2 (ϕ ) + r 2 (ϕ ) dϕ ,
(3)
α
здесь
r (ϕ ) + r (ϕ ) dϕ =ds – дифференциал дуги. Приведем примеры.
2
2
Задача 5. Найти длину линии y= x − x2 +arcsin x . Очевидно, что
функ-ция y определена на отрезке [0; 1].
1 − 2x
1
1− x
2(1 − x)
+
y′ =
=
.
=
x
2 x − x2 2 x 1 − x 2 x 1 − x
1
1
1
1
2
′
(
)
Используя формулу (2), получим s=  1 + y dx = 
dx =2 x 0 =2.
x
0
0
Фактически получили несобственный интеграл.
Задача 6. Найти длину астроиды
2
2
 x 3  y 3
  +   =1. Здесь лучше задать астa a
роиду
параметрически:
x=a cos3t,
y=a sin3t, 0 ≤ t ≤ 2π. В силу симметрии
длина кривой в 4 раза больше длины ее
дуги для 0 ≤ t ≤
π
2
Рис. 7
:
55
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
π
π
π
2
2
2
0
0
0
π
s=4  x 2 + y 2 dt =12a  sin t cos t dt = 12a  sin t d sin t =6asin2 t
2
0 =6a.
Задача 7. Найти длину части логарифмической спирали r=aemϕ (m>0), лежащей в круге r=a. Очевидно, что внутри
круга находятся те точки спирали, для которых ϕ <0. Из равенства aemϕ =a получаем
верхний предел интегрирования ϕ=0. Так
как –∞ <ϕ ≤0, то длина выражается несобственным интегралом
0
s=

−∞
0
r 2 (ϕ ) + r 2 (ϕ ) dϕ = a  e mϕ 1 + m 2 dϕ =
Рис. 8
−∞
a 1 + m 2 mϕ 0 a 1 + m 2
e
.
=
−∞=
m
m
Площадь поверхности вращения кривой x=ϕ (t), y=ψ (t), α ≤ t ≤ β, где
функции ϕ (t), ψ (t), ϕ (t), ψ (t), непрерывны, вычисляется интегралом
β
P=2π ψ (t ) ϕ 2 (t ) + ψ 2 (t ) dt .
(4)
α
Если прямая задана уравнением y=f(x), x∈[a; b], где f (x) и f′ (x) непрерывны, то площадь поверхности вращения равна
b
P=2π  f ( x) 1 + ( f ′( x) ) dx .
2
(5)
a
Задача 8. Найти площадь поверхности, образованной вращением астроиды вокруг оси Oх. В задаче 6 получены параметрические уравнения астроиды x=a cos3 t, y=asin3 t, 0 ≤ t ≤ 2π. Учитывая симметрию астроиды, поπ
π
2
2
0
0
лучаем P=4 π  y x 2 + y 2 dt =12π a2  sin 4 t cos t dt =
π
π
12
12
=12π a2  sin 4 t d sin t = π a2sin5 t 02 = π a2.
5
5
0
Задача 9. Найти площадь поверхности, полученной вращением окружности x2+(y–b) 2 = a2 (b ≥ a) вокруг оси Oх. Из уравнения окружности
имеем уравнения верхней и нижней полуокружностей y=b± a 2 − x 2
(–a≤ x ≤ a). Площадь поверхности вращения является суммой поверхностей, образованных вращением верхней и нижней полуокружностей.
2
56
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
2
2
a

a




x
x
2
2
2
2
=
(
)
1
Р = 2π   (b + a − x ) 1 + 
dx
b
a
x
dx
+
−
−
+

 2


2
2
2
 −a

 a −x 
 a −x 
−a


a
x
dx
 ab

ab
=4
π
ab
=4π abarcsin
=2 π  

+a+
− a dx

2
2
2
2
a
−a a − x
a2 − x2
−a a − x

a
a
=4π 2 ab.
−a
Тем самым мы нашли площадь поверхности тора. (Тор – это тело, полученное вращением круга вокруг прямой, лежащей в плоскости круга, но не
пересекающей его).
Объем тела, для которого известна площадь сечения плоскостью, проходящей через точку оси Oх с абсциссой x∈[a; b] перпендикулярно оси,
равная S(x), выражается интегралом
b
V=  S ( x)dx .
(6)
a
Из формулы (6) легко получить объем тела, полученного вращением
вокруг оси Ох криволинейной трапеции a≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x). В этом случае
S(x) – площадь круга радиуса f(x) и, следовательно, S(x) =π f 2 (x).
b
V=π  f 2 ( x)dx
(7)
a
Задача 10. Найти объем тела, отсеченного от прямого кругового цилиндра плоскостью, проходящей через диаметр
основания цилиндра (рис. 9).
Если радиус основания цилиндра равен R и
система координат в плоскости основания выбрана так, как показано на чертеже, то площадь
сечения, то есть площадь прямоугольного треугольника CAB, равна
H
1
1
1
S(x) = CA⋅AB= CA⋅CA⋅tg∠BCA= (R2–x2) .
2
2
2
R
Если задать R и
Рис. 9
H конкретно: R=10 м,
3
Н=6 м, то S(x)= (100–x2) и, следовательно,
10
10
x3 
3 
3
 (100 − x )dx = 10 100 x − 3  =400 м .
−10

 −10
Задача 11. Найти объем тела, полученного
вращением круга
x2+(y–b) 2 ≤ a2 (0<a ≤ b) вокруг оси Oх, то есть
объем тора.
3
V=
10
10
2
57
Рис. 10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Объем тора можно получить как разность объемов, образованных
вращением криволинейных трапеций ABCDE и ABFDE. Таким образом,
V=V1–V2=π
a
a
a
a − x ) dx – π  (b − a − x ) dx=4π b  a2 − x2 dx=2π 2 a2b.
 (b +
2
−a
2 2
2
2 2
−a
−a
Физические приложения
определенного интеграла
С помощью определенного интеграла решается большой круг физических задач, а именно: нахождение моментов, центра масс, силы, давления
жидкости, пути, пройденного точкой за данный промежуток времени с известной мгновенной скоростью, работы и т.п.
Задача 1. Найти момент инерции полукруга радиуса R относительно
π
R
его диаметра. I=2  y
0
2
4
2
R − y dy =2R  sin t cos tdt =
2
2
0
2
2
πR 4
8
.
Была сделана замена у=Rsin t.
Задача 2. Найти статический момент относительно оси Ox фигуры,
ограниченной кривыми y = 2 2 , y=x2 (см. рис. 3).
1+ x
Рис. 11
Рис. 12
Рассмотрим более общую ситуацию. Пусть плоская фигура ограничена
кривыми y=y1(x), y=y2(x), a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y1(x) ≤ y2(x). Функции y1(x) и y2(x)
предполагаются непрерывными на отрезке [a; b]. Найдем статический момент этой фигуры (рис. 12) относительно оси Ox (считая плотность ρ = 1).
Выделим элемент фигуры, отвечающей промежутку [x; x+Δx]. Заменим его
прямоугольником с основанием Δx и высотой h=y2(x)–y1(x). Его площадь
58
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
равна (y2(x)–y1(x)) Δx, а масса численно равна площади, так как ρ=1.
Центр
тяжести
масс
прямоугольника
имеет
координаты
Δx 1


; ( y1 ( x) + y 2 ( x) ) . Таким образом, статический момент прямоx +
2 2


1
2
угольника относительно оси Oх равен (y2–y1) Δx (y1+y2)=
1
(y22–y12) Δx.
2
Отсюда следует, что элемент статического момента исходной фигуры ра1
2
вен этому же выражению, т.е. dMOх= (y22–y12) Δx, а сам момент
b
1
MOх=
2
 y2
1
MOх=
2
1
 2 
2 2
  1 + x 2  − (x ) dx = 2
−1
2
2
Для
2
1
− y1 dx
рассматриваемой
задачи
a
1
4

−1
(1 + x )
2 2
1

Для вычисления интеграла
−1
π
dt
, тогда
d x=
cos 2 t
1

−1
dx
4
(1 + x )
2 2
(1 + x )
π
π
4
π
−
4
1
dx
(1 + x )
2 2
x5
π 4
−
= + .
10 −1 2 5
выполним в нем замену x=tg t,
2 2
=  cos t dt =
−
−1
dx
2
1
− x dx =2 
4
1 + cos 2t
π
dt = +1.
2
4
4
Задача 3. Определить массу стержня длины l=10 м, если линейная
плотность стержня меняется по закону ρ =6+0,3x кг/м, где x – расстояние
от одного из концов стержня.
Если обозначить через Δm массу, отвечающую промежутку
[ x, x + Δx] , то Δm = (6 + 0,3 x)Δx . А, следовательно,
10
10
0
0
m =  (6 + 0,3x)dx = (6 x + 0,15 x 2 ) = 75 (кг).
Задача 4. Цилиндр диаметра d=20 см и длины l=80 см заполнен паром
под давлением ρ 0 =10 кГ/см 2 . Какую работу надо затратить, чтобы уменьшить объем пара в 2 раза, считая,
что температура пара остается постоянной:
В
условиях
задачи
ρ ⋅ V = c = const , где ρ – давление
на поршень при его произвольном
положении, V – соответствующий
объем. Константа легко находится
Рис. 13
на начальных данных
1
1
c = ρ 0V0 = ρ 0 ⋅ πd 2  = 10 ⋅ ⋅ π ⋅ 0,2 2 ⋅ 0,8 = 800π (кГ м).
4
4
59
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
c
, а сила давления F = ρ ⋅ S , где S – площадь
V
поршня. Следовательно, элемент работы ΔA , отвечающий перемещению
поршня на величину Δx , выразится следующим образом:
c ⋅ S ⋅ Δx c ⋅ S ⋅ Δx c ⋅ Δx
=
=
.
ΔA = FΔx = ρ ⋅ S ⋅ Δx =
V
x⋅S
x
80
dx
Таким образом, A = c 
= c ln 2 = 1740 (кГ м).
40 x
Задача 5. Согласно закону Торричелли скорость истечения жидкости
из сосуда v = c 2 gh , где g – ускорение свободного падения, h – высота
уровня жидкости над отверстием и c=0,6 – опытный коэффициент. В какое
время опорожнится наполненная доверху вертикальная цилиндрическая
бочка диаметра D=1 м и высотой H=2 м через круглое отверстие в дне
диаметра d=1 см?
Найдем время, за которое вытечет слой жидкости толщины Δh (уроπD 2
Δh , а за время Δt вытекает
вень жидкости уменьшится от высоты
4
πd 2
объем равный
vΔt , то имеем равенство
4
πD 2
πd 2
Δh =
vΔt ,
4
4
D2
D 2 Δh
.
откуда Δt = 2 Δh = 2
d v
d c 2 gh
Следовательно, общее время найдется по
формуле
H
D 2 dh
D 2 2H
t= 2
= 2
.
d
c
gh
d
c
g
2
0
Подставляя конкретные данные, получим
≈ 3 часа
А значит, давление ρ =
Рис. 14
Задача 6. Определить силу давления воды на вертикальную стенку,
имеющую форму полукруга радиуса a, диаметр которого находится на поверхности воды.
60
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Найдем элемент силы давления на
полоску ширины Δx . Он будет равен
весу столба воды высоты х с основанием площадью 2 a 2 − x 2 ⋅ Δx , т.е.
ΔF = 2γ g a 2 − x 2 xΔx ,
где γ – плотность воды, а g – ускорение свободного падения.
Рис. 15
3
a
a
2
2
Таким образом, F =  2γ g a − x xdx = − γ g (a 2 − x 2 ) 2 = γ ga 3 .
3
3
0
0
Общая схема применения определенного интеграла к решению прикладных задач как геометрических, так и физических состоит в следующем. Пусть требуется найти величину Q связанную с отрезком [a; b], обладающую свойством аддитивности, то есть для любого значения c∈[a; b],
выполнено равенство Q ([a; b])= Q ([a; c])+Q([c; b]).
Введем её приращение ΔQ=Q([a; x+Δx])–Q([a; x])=Q([x; x+Δx]) и выделим из ΔQ линейное относительно Δx выражение q(x) Δx, отличающееся
от ΔQ. на бесконечно малую функцию большего порядка, чем Δx. Таким
образом, ΔQ= q(x) Δx+ о(Δx), иначе говоря, построен дифференциал Q
dQ= q(x) Δx,
2
2
b
после чего задача сводится к его интегрированию Q ([a; b])=  q ( x)dx .
a
Задачи и контрольные вопросы
1) Почему формальное применение формулы Ньютона – Лейбница
′
1
1
dx 1 
для вычисления интегралов  ;   arctg  dx приводит к ошибке?
x
−1 x
−1
2) Найти интеграл
100π

1 − cos 2 x dx .
0
3) Найти производные:
/
/
/
b

x

b

2
2
а)   sin( x )dx  ; б)   sin( x )dx  ; в)   sin( x 2 )dx  ; г)
a
x
a
x
x
x
x
4) Найти пределы:
а) lim
x →0
 cos( x
0
x
61
2
/
 x

  sin( x 2 )dx  .
 2

x
x
x
)dx
;
б) lim
x →0
 tg ( x
0
x
3
)dx
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
5
5) Найти значение производной функции F(x)=  1 + x 2 dx в точках
x
3
4
х1=0 и х2= .
6) Найти интегралы:
а)
2
2
π
π
2
2
1
x +b
 x 2 + a 2 dx , б)  cos 3 x + sin 3 x dx , в)
0
0
a
 sin x − cos x
0
π
5
 1
a)   ln  dx ;
x
0
1
7) Найти интегралы:
cxe−x , x > 0,
f(x)= 
x ≤ 0.
0,
dx .
б)
cos x
 cos x + sin x dx .
0
2
2
8) Пусть
При
каком
значении
с
интеграл
∞
 f ( x)dx =2?
−∞
9) Доказать, что для непрерывной четной функции f(x) на отрезке
a
[-а; а]

−a
a
f ( x)dx = 2  f ( x)dx ,
0
a
а для непрерывной нечетной функции f(x) на отрезке [-а; а]
 f ( x)dx = 0 .
−a
10) Доказать, что если f(x) непрерывная периодическая функция с периодом Т, то
a +T
T
a
0
 f ( x)dx =  f ( x)dx .
11) Найти координаты центра масс полукруга, ограниченного осью
абсцисс и полуокружностью у = r 2 − x 2 .
12) Вычислить работу, которую необходимо затратить, чтобы выкачать воду, наполняющую полусферический резервуар радиуса R=0,6 м.
13) Вычислить работу, которую необходимо затратить, чтобы выкачать воду, наполняющую цилиндрический резервуар высотой Н=5 м,
имеющий в основании круг радиуса R=3 м.
14) Вычислить силу, с которой вода давит на плотину, имеющую
форму равнобочной трапеции, верхнее основание которой а=6,4 м, нижнее
b=4,2 м, а высота Н=3 м.
15) Найти координаты центра масс фигуры, ограниченной замкнутой
линией у2=ax3– x4.
16) В дне цилиндрического сосуда, площадь основания которого
100 см2, а высота 30 см, имеется отверстие. Вычислить площадь этого отверстия, если известно, что вода, наполняющая сосуд, вытекает из него за
2 мин.
62
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
17) С какой силой притягивает материальная бесконечная прямая с
постоянной линейной плотностью μ0 материальную точку массы т, находящуюся на расстоянии а от этой прямой?
π
18) Доказать, что
π
ab dx
2
 a 2 cos 2 x + b 2 sin 2 x = 2 , (ab ≠0).
0
19) Не вычисляя интегралов, показать справедливость равенств:
π
а)
8
10
9
 x sin xdx =0; б)
−
π
x 7 − 3x 5 + 7 x 3 − x
dx =0;

2
cos
x
−1
1
8
1
1
−1
0
в)  e cos x dx =2  e cos x dx ; г)
1
2
−
x
20) Решить уравнения: а)

2
1+ x
1 cos x ln 1 − x dx =0.
2
dx
=
π
x
; б)
x x 2 − 1 12
и
наименьшее

ln 2
21) Найти
наибольшее
x
2t + 1
f(x)=  2
dt на отрезке [–1; 1].
0 t − 2t + 2
dx
=
π
.
ex −1 6
значения
функции
Числовые ряды
Пусть имеется числовая последовательность а1, а2, …, аn, … Образуем
из её элементов бесконечную сумму
а1+ а2+ …+ аn+ …
(1),
которую назовем числовым рядом, числа а1, а2, …, аn, … называются членами ряда, символически ряд (1) обозначается в виде суммы
∞
 an .
n =1
Sn= а1+ а2+ …+ аn называется частичной суммой ряда. Если последовательность частичных сумм {Sn} имеет предел S= lim Sn, то число S назыn→∞
вается суммой ряда, а сам ряд называется сходящимся, в противном случае – расходящимся. Так, ряд 1–1+1–1+ . . . +(–1)п-1+ . . . не сходится, так
как последовательность его частичных сумм 1, 0, 1, 0,… предела не имеет.
Очевидно, что ряд 1+2+3+…+n+… также расходится, т.к. частичные сум-
63
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
мы Sn= (n + 1)n → ∞ при n → ∞ . Ряд 1+ + +…+ n +… сходится, для него
2 4
2
2
1
1 − n +1
1
2
Sn=
= 2 − n → 2 , следовательно, его сумма равна 2.
1
2
1−
2
Важную роль играет необходимое условие сходимости ряда, которое
формулируется следующим образом: если ряд (1) сходится, то lim an=0,
1
1
1
n→∞
это почти очевидно.
Если существует lim Sn=S, то lim an= lim (Sn–Sn-1)= lim Sn– lim Sn-1
n →∞
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
=S–S=0. Но надо помнить, что это – необходимое условие, оно не обеспечивает, не гарантирует сходимость ряда. Оно лишь означает, что в случае
его невыполнения ряд (1) расходится, что доказывается от противного.
Проведите это рассуждение.
1
1 1
Пусть дан ряд 1+ + +…+ +… , который называется гармоническим,
2 3
n
1
n
для него an= → 0 при n → 0, однако он расходится. Докажем это. Возьмем
подпоследовательность его частичных сумм S1, S2, S4, S8, …, S2 n ,... . Заме1 1
1 1 1
1
1 1
тим, что S4=1+ + + >1+ 2 ⋅ (т.к. + > 2⋅ = ),
2 3 4
2
4 2
3 4
1 1 1 1
1
1
1
S8=S4+ + + + >1+ 2 ⋅ + 4 ⋅ =1+ 3 ⋅ .
2
8
2
5 6 7 8
Докажем, пользуясь методом математической индукции, что
1
2
S2 n > 1+ n . Для n=2 и 3 это установлено непосредственно. Предполагая,
1
2
что оно верно для n=k, т.е. S2 k > 1+ k , докажем, что оно верно для n=k+1.
1
1
1
+ k
+ ... + k
> 1 + 1 k + 1 k 2 k = 1 + 1k + 1 = 1 + 1 (k + 1) .
k
2 +1 2 + 2
2 +2
2
2⋅2
2 2
2
1
Таким образом, S2 n =1+ п → ∞ при n → ∞ , следовательно, и Sn→∞, т.к. по2
следовательность {Sn} монотонно возрастает и из возрастания её подпоследовательности следует возрастание самой последовательности.
Необходимое и достаточное условие сходимости ряда содержит критерий Коши, доказанный ранее для числовой последовательности. Приведем его формулировку. Для того чтобы ряд (1) сходился, необходимо и
достаточно, чтобы для любого положительного числа ε существовал
S2 k +1 =S2 k +
k
64
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
номер n ε такой, что ∀n > nε , и любого натурального числа m выполнялось неравенство
S n + m − S n = an + m + an + m −1 + ... + an +1 < ε
(2)
Вернемся еще раз к доказательству расходимости гармонического ря∞ 1
1
да  . Если взять ε = , n – любое натуральное число, m=3n, то
2
n =1 n
1
1
1
1 2
S 3n − S n =
+
+ ... +
> 2n ⋅ = , т.е. неравенство (2) не выполn +1 n + 2
3n
3n 3
нено и, следовательно, гармонический ряд расходится.
cos(1!) cos(2!)
cos(n!)
Докажем сходимость ряда
+
+ ... +
+ ... , испольn(n + 1)
1⋅ 2
2⋅3
зуя критерий Коши. Рассмотрим неравенство (2) для этого ряда при ∀n
и ∀m и выполним преобразования
cos((n + m)!)
cos((n + 1)!) cos((n + 2)!)
an +1 + an + 2 + ... + an + m =
≤
+ ... +
+
(n + 1)(n + 2) (n + 2)(n + 3)
(n + m)(n + m + 1)
cos((n + 1)!) cos((n + 2)!)
cos((n + m)!)
+
+ ... +
≤
(n + 1)(n + 2) (n + 2)(n + 3)
(n + m)(n + m + 1)
1
1
1
≤
+
+ ... +
=
(n + m)(n + m + 1)
(n + 1)(n + 2) (n + 2)(n + 3)
(n + m + 1) − (n + m)
(n + 2) − (n + 1) (n + 3) − (n + 2)
=
+ ... +
+
=
(n + m)(n + m + 1)
(n + 1)(n + 2)
(n + 2)(n + 3)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=
−
+
−
+
+ ... +
−
=
−
.
n +1 n + 2 n + 2 n + 3 n + 3
n + m n + m +1 n +1 n + m +1
1
1
1
1
−
<
< ε , если п >   –1, что и влечет за собой схоЯсно, что
n + 1 n + m −1 n + 1
ε 
димость ряда.
Для доказательства сходимости числовых рядов с положительными
≤
членами используется признак сравнения. Если члены рядов
∞
 an
и
n =1
∞
 bn , где an и bn – положительные числа и при этом an≤bn
n =1
либо для ∀n ,
либо для п больше некоторого n1, то из сходимости второго ряда следует
сходимость первого и из расходимости первого следует расходимость второго. Если Sn=a1+a2+…+an, σn=b1+b2+…+bn, то Sn ≤ σn.
65
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Если ряд
∞
 bn
n =1
сходится, т.е. существует lim σn = σ, то в силу моноn→∞
тонного возрастания последовательности {σn} σn < σ для любого n и, следовательно, Sn ≤ σn < σ. Т.к. последовательность Sn также возрастает и
сверху ограничена, то она имеет предел, т.е. существует lim Sn. Первая
n→∞
часть
утверждения
доказана.
Если
ряд
∞
 an
расходится,
то
n =1
Sn → ∞  σ n → ∞ , что означает расходимость ряда
∞
 bn .
На основе при-
n =1
знака сравнения доказываются признаки сходимости рядов с положительными членами Даламбера и Коши.
a
Признак Даламбера. Пусть существует предел lim n +1 =l, если
n →∞ an
l < 1, то ряд (1) сходится, если l > 1, то ряд расходится.
Признак Коши. Пусть l = lim( n an ) . Если l< 1, ряд (1) сходится, если
n →∞
l >1 – расходится. Здесь lim( n an ) – верхний предел последовательности
n →∞
{ n an }.
Удобным в применении является интегральный признак сходимости
Коши – Маклорена: Пусть функция f(x) непрерывна, положительна, монотонно убывает при x ≥ 1. Причем f(x)→0 при х →∞. Члены ряда аn =f(n)
∀n . Тогда ряд (1) сходится, если сходится интеграл
∞
 f ( x)dx , и ряд расхо-
1
дится, если интеграл
∞
 f ( x)dx расходится.
1
Если применить интегральный признак к обобщенному гармониче∞ 1
скому ряду  s , то нетрудно доказать, что этот ряд сходится, если s>1, и
n =1 n
∞
dx
x − s +1 ∞
1
.
расходится, если s ≤ 1. Действительно, если s > 1, то  s =
|1 =
x
−
s
+
1
s
−
1
1
1 1
Если s≤1, то s ≥ и расходимость ряда следует из признака сравнения и
n
n
∞ 1
расходимости ряда  . А если применить интегральный признак, считая
n =1 n
66
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
dx
x − s +1 ∞
= ∞ , т.е. он расходится, а поs<1, то получим, что интеграл  s =
−
+
x
s
1
1
1
∞
этому расходится ряд
∞

1
n =1 n
s
∞
∞
dx
= ln(x)|1 =∞, таким образом, в
1 x
. Если s=1, то 
третий раз доказана расходимость ряда
∞
1
n.
n =1
Приведем еще два примера применения интегрального признака для
∞
∞
1
1
рядов 
(α≠1). Первый из них расходится, т.к.
и 
α
n = 2 n ln(n )
n = 2 n(ln n)
∞
dx
∞
 x ln( x) = ln(ln( x)) |2
= ∞.
Что
касается
второго
ряда,
то
2
1

, если α > 1,
dx

α −1
(
−
1
)(ln(
2
))
α
, т.е. интеграл сходится, если
=

 x(ln( x))α
2
∞,
если α ≤ 1,

∞
1
α > 1 , и расходится, если α ≤ 1 . Следовательно, ряд 
ведет себя
α
n =1 n(ln n)
аналогично.
Если ряд (1) содержит бесконечно много как положительных, так и
отрицательных членов, то нетрудно доказать, что из сходимости ряда
∞
∞
 a n следует сходимость ряда
n =1
∞
 an . В этом случае он называется абсо-
n =1
лютно сходящимся. Если же ряд
∞
 an сходится, а ряд
n =1
∞
 an
расходится,
n =1
то первый ряд называется условно сходящимся.
Для доказательства сходимости так называемых знакочередующихся
рядов a1- a2+ a3- a4+…+ (-1)nan+… используется признак Лейбница: если
∀n an>0 и последовательность {an}, монотонно убывая, стремится к нулю,
то ряд сходится (вообще говоря, условно). Так ведет себя ряд
∞ ( −1) n −1
1 1
 n = 1 − 2 + 3 − ... . . В силу признака Лейбница он сходится, но ряд,
n =1
составленный из абсолютных величин
∞
1
 n , расходится. Из доказательства
n =1
признака Лейбница следует, что сумма ряда S<a1, а если рассмотреть остаток такого ряда rn = S − S n = (−1) n a n +1 + (−1) n+1 a n+ 2 + ..., то rn < a n +1 .
67
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Функциональные ряды
Пусть задана последовательность функций { f n (x) }, определенная на
множестве D. Образуем сумму
f1 ( x) + f 2 ( x) + ... + f n ( x) + ... ,
(1)
которую называют функциональным рядом.
Составим его частичные суммы S n ( x) = f1 ( x) + f 2 ( x) + ... + f n ( x) . Если
в некоторой точке х0 числовая последовательность {Sn(х0)} сходится, то её
предел S(х0) является суммой ряда (1) в точке х0. Если объединить все точки х ∈ D, в которых ряд (1) сходится, то множество таких точек Δ называется областью сходимости ряда (1). Это означает, что ∀ε > 0 ∀x ∈ Δ найдется номер n = n(ε , x) , зависящий от x и ε , такой, что S n ( x) − S ( x) < ε
∀n > n(ε , x) .
Если при этом ∀ε > 0 можно указать номер n(ε ) , зависящий только
от ε такой, что ∀n > n(ε ) ∀x ∈ Δ
S n ( x) − S ( x) < ε ,
(2),
то говорят, что ряд (1) сходится на множестве Δ равномерно к функции
S(x). Обсудим сказанное на примере ряда
∞
 xn
n =0
= 1 + x + x 2 + ... + x n + ... ,
(3)
1 − x n +1
1
x n +1
для которого S n ( x) = 1 + x + x + ... + x =
.
=
−
1− x
1− x 1− x
x n+1
1
→ 0 при n → ∞ , следовательно, lim S n ( x) =
, и
Если x < 1
n →∞
1− x
1− x
1
– его сумма. Если же x ≥ 1 , то ряд (3) расходится, т.к.
функция S(x)=
1− x
n-й член этого ряда xn не стремится к 0 при n → ∞ , т.е. нарушено необходимое условие сходимости ряда. Таким образом, множеством сходимости
ряда (3) является интервал (–1; 1). Равномерная сходимость ряда (3) на инn +1
x
→∞
тервале (-1;1) места не имеет. Действительно, S ( x ) − S n ( x) =
1− x
∀п, если x → 1 . Поэтому неравенство (2) не может выполняться для
∀x ∈ (−1; 1) ни при одном ε > 0 . Однако, если рассмотреть ряд (3) на отрезке [–r; r] для ∀r ∈ (0; 1) , то на любом таком отрезке ряд сходится равномер2
n
n +1
r n+1
∀x ∈ [− r ; r ] . Так как чи≤
но. Действительно, S ( x) − S n ( x) =
1− x 1− r
x
68
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
словая последовательность
r n+1
→ 0 при n → ∞ , то ∀ ε > 0 ∃n = n(ε )
1− r
r n+1
∀n > n(ε )
<ε .
1− r
Для доказательства равномерной сходимости функционального ряда
(1) используется признак Вейерштрасса: если члены ряда (1) удовлетворяют на множестве Δ неравенствам f n ( x) ≤ C n (n=1,2,…) и числовой ряд
∞
C
n
сходится, то ряд (1) сходится равномерно на множестве Δ .
n =1
Пусть дан ряд
∞

xn
n =1 n
2
. Он сходится, причем абсолютно, на отрезке
[-1; 1]. Сходимость равномерная, т.к.
x
n
n
2
≤
1
n
2
и ряд
∞
1
 n2
сходится (можно
n =1
применить интегральный признак сходимости). Для x > 1 ряд расходится,
т.к.
ax
xn
→
∞
при
n
→
∞
.
Рассмотрите
отношение
при x → ∞ и примените
n2
x2
правило Лопиталя.
∞ cos nx
Ряд 
сходится равномерно на всей числовой прямой, т.к.
n
n
n =1
∞
cos nx
1
1
<
сходится.
и ряд 
n n
n n
n =1 n n
Степенные ряды
Важную роль в анализе играют степенные ряды. Они могут иметь вид
∞
 a n ( x − x0 ) n или
n =0
∞
 an x n . Понятно, что ряды первого типа легко сводят-
n =0
ся ко второму заменой x–x0=t. Известно, что если ряд
∞
 an x n
(4)
n =0
сходится в точке x1 ≠ 0 , то он сходится на интервале x ∈ (− x1 , x1 ) , причем
абсолютно. Очевидно, что ряд вида (4) сходится при x=0, и может случиться
так,
что
этим
все
и
ограничится.
Так,
ряд
∞
 n! x n = 1 + x + 2 x 2 + 6 x 3 + ... + n! x n + ...
n =0
69
сходится только при x=0. Докажи-
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
те, что для x ≠ 0 n! x n → ∞ . Как было показано выше, ряд
интервале
(-1;1)
и
расходится,
если
∞
 xn
сходится на
n =0
x ≥ 1.
А
ряд
xn
x 2 x3
xn
 = 1 + x + 2 + 6 + ... + n! + ... сходится на всей числовой прямой приn = 0 n!
n
∞ x
чем абсолютно. Докажите это, применяя к ряду 
признак Даламбера,
n =0 n!
считая x произвольным числом, отличным от нуля. Фактически этими
примерами описывается общая ситуация: для любого степенного ряда
∞
∞
 an x n
n =0
существует число R ≥ 0 такое, что ряд сходится, если x ∈ (− R; R ) , и
расходится, если x > R . Если R=0, то ряд сходится лишь для x=0, если
R=∞, ряд сходится на всей оси. R называется радиусом сходимости ряда, и
a
1
он может быть найден по одной из формул R = lim n , R =
.
n → ∞ a n +1
lim n an
n→∞
∞
Если ряд
 a n x n сходится на интервале (-R; R), то его сумма S(x) является
n =0
непрерывной на интервале (-R; R) функцией и она обладает производной
любого
порядка.
Иначе
говоря,
равенство
2
n
S(x)= a0 + a1 x + a2 x + ... + an x + ... можно почленно дифференцировать
сколько угодно раз.
S ' ( x) =
∞
 na n x n−1 = a1 + 2a 2 x + 3a3 x 2 + ... + na n x n−1 + ... ,
n =1
∞
S ′′( x) =  n(n − 1) x n−2 = 2a2 + 3 ⋅ 2a3 x + ... + n(n − 1)an x n−2 + ... ,
n=2
∞
S (k ) ( x) =  n(n −1)...(n − (k −1))an x n−k =
n =k
= k!ak + (k + 1)!ak +1 x + (k + 2)(k + 1)...3ak +2 x 2 + ... + n(n −1)...(n − (k −1))an x n−k + ... .
Эти равенства позволяют выразить коэффициенты ряда через значения функции S(x) и её производных в точке x=0:
S ( n ) ( 0)
S ' ' ( 0)
S ' ' ' (0)
, a3 =
, …, a n =
a0 = S (0) , a1 = S ' (0) , a 2 =
, ... .
2!
3!
n!
∞
S ( n) ( x0 )
n
Для ряда общего вида  a n ( x − x0 ) коэффициенты a n =
,
n!
n =0
где S(x) – его сумма.
70
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Коэффициенты, вычисляемые по этим формулам, называются коэффициентами Тейлора для функции S(x). Важную роль играют разложения
x2
xn
ex = 1+ x +
+ ... +
+ ... ,
(I)
2!
n!
x3
(−1) n−1 2 n−1
sin x = x −
+ ... +
(II)
x
+ ... ,
3!
(2n − 1)!
cos x = 1 −
(−1) n 2 n
x2 x4
+
+ ... +
x + ... ,
2! 4!
(2n)!
(III)
x 2 x3
(−1) n−1 n
(IV)
ln(1 + x) = x −
+
+ ... +
x + ... ,
2
3
n
α (α − 1) 2
α (α − 1)...(α − (n − 1)) n
(1 + x)α = 1 + αx +
x + ... +
x + ... . (V)
2!
n!
Первые три из них справедливы для x ∈ (−∞;+∞) , разложение (IV)
выполняется для x ∈ (−1; 1] , а разложение (V) для x ∈ (−1; 1) . Разложения
(I) –(V) служат средством получения новых разложений. К примеру,
x4 x6
(−1) n x 2 n
− x2
2
e =1− x +
−
+ ... +
+ ... ,
n!
2! 3!
2
1 1
1 + cos 4 x 3 1
1
 1 − cos 2 x 
4
= − cos 2 x + cos 4 x =
sin x = 
 = − cos 2 x +
2
4 2
8
8 2
8



3 1  (2 x) 2 (2 x) 4  1  (4 x) 2 (4 x) 4
= − 1 −
+
...  + 1 −
+
+ ....
8 2
2!
4!
2!
4!
 8

Числовые ряды могут использоваться для нахождения так называемых
«неберущихся» интегралов, для приближенных вычислений определенных
интегралов и значений функций, а также для вычисления пределов. Проsin x
dx не выражается
демонстрируем сказанное примерами. Интеграл 
x
через элементарные функции с помощью конечного числа операций,
sin x
включая композиции. Но можно получить первообразную для
в виде
x
t3 t5
+ + ...
x
xt −
x3
x5
sin t
3
!
5
!
ряда F ( x) = 
+
− ... .
dt = x −
dt = 
3
⋅
3
!
5
⋅
5
!
t
t
0
0
sin x
для любого инВ силу свойств определенного интеграла F ' ( x) =
x
тервала, не содержащего x=0. Если требуется вычислить sin(0.2) с точностью до 0.0001, то, используя разложение (II), получим
71
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
sin(0.2) ≈ 0.2 −
(0.2) 3
≈ 0,1987 . Погрешность вычисления не превыша3!
(0.2) 5
< 0,0000027 , что следует из доказательства признака Лейбница.
ет
5!
0.5
arctgx
Ещё пример. Вычислить интеграл 
dx с точностью до 0,001.
x
0
1
= 1 − x 2 + x 4 − x 6 + ... , получим
Если проинтегрировать разложение
2
1+ x
3
5
x
x
+
− ... , следовательно,
arctg x= x −
3
5
0.5



arctgx
x2 x4
x 3 x 5 x 7  0.5
 x dx =  1 − 3 + 5 − ...dx ≈  x − 9 + 25 − 49  = 0.487 .
0
0


 0
Ошибка оценивается, как и в предыдущем примере.
В следующем примере требуется вычислить 10 1027 с точностью до
0.5
1
3 10

0,001. Используем разложение (V): 10 1027 = 10 1024 + 3 = 21 +
 =
1024


2

 
1
3
1 9 1  3 
 ≈ 21 + 3  ≈ 2.001 .
= 21 + ⋅
− ⋅ ⋅ ⋅
+
...

 10 1024 10 10 2!  1024 
  10240 


Абсолютная погрешность определяется так же, как в предыдущих
двух примерах. И, наконец, вычислим предел (см. пример 1 на с. 29):
2 x + x cos x − 3 sin x
 2 + cos x 3 
lim 3
=
− 4  = lim
x →0
x 4 sin x
 x sin x x  x→0

 

x2 x4 x6
x3 x5 x7
2 x + x1 −
+
−
+ ... 
+
−
+ ... − 3 x −
2! 4! 6!
3! 5! 7!
=
 

= lim
3
5
7
x →0


x
x
x
x 4  x −
+
−
+ ... 
3! 5! 7!


5
 1

1 5
x
x 5  + o( x ) 
x + o( x 6 )
−
60
= 1 .
= lim 5
= lim 24 402
4
x →0
60
 x→0 x (1 + o( x))

x
x
x 5 1 −
+
+ ... 
3! 5!


Задачи и контрольные вопросы
1) Исследовать сходимость рядов. [2] № 2557 –2564.
72
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
2) Пользуясь критерием Коши, доказать расходимость рядов. [2]
№ 2576, 2577, 2577.1.
3) С помощью признаков Даламбера и Коши исследовать сходимость
рядов. [2] № 2578 – 2582.
4) Исследовать сходимость рядов с отрицательными членами. [2]
№ 2616 – 2618.
∞
(−1) n−1
,
5) Исследовать на абсолютную и условную сходимость ряд 
np
n =1
[2] № 2619 – 2620.
1
1
1
1
1
6) Выполнены ли для ряда 1 − 2 + 3 − 2 + ... +
−
+ ...
2
3
4
(2n − 1) 3 (2n) 2
условия признака Лейбница?
7) Определить радиус и интервал сходимости рядов. [2] № 2812 –
2814, 2878 – 2880, 2884, 2885.
8) Разложить в степенной ряд. [2] № 2851 – 2852, 2857, 2862, 2862.1.
9) Вычислить с точностью до 0,001. [2] № 2932 .
Тригонометрические ряды
Тригонометрическими рядами называют ряды вида
∞
a0
+  an cos nx + bn sin nx,
(1)
2 n=1
где a0 , a1 , a2, ... , an, …, b1, b2, ... , bn, ... – вещественные числа, которые называются коэффициентами ряда (1). Система функций
1, cos x, sin x, cos 2 x, sin 2 x,..., cos nx, sin nx,...
обладает
свойством
ортогональности,
состоящим
(2)
в
том,
что
a + 2π
 f ( x)ϕ ( x)dx = 0
a
для любых двух различных функций f(x) и ϕ (x) из множества (2) и
∀ a ∈ R.
Проверьте это свойство для a=0 и воспользуйтесь тем, что
a + 2π

a
f ( x)dx =
2π
 f ( x)dx
для любой функции с периодом 2π, интегрируемой
0
на отрезке [0;2π].
Если ряд (1) сходится равномерно на промежутке [-π; π] к функции
s(x), то его коэффициенты выражаются формулами Фурье
1π
an =  s ( x) cos nxdx , n=0,1,2,…
(3)
π
−π
73
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
bn =
1
π
π
 s( x) sin nxdx , n=1,2,…
(4)
−π
Если разложение функции производится на промежутке [0; 2π], то
1 2π
1 2π
формулы (3)-(4) примут вид an =  s ( x) cos nxdx , bn =  s ( x) sin nxdx .
π
π
0
0
Очень важным является вопрос: если для функции f(x) по формулам
(3)-(4) найдены коэффициенты an и bn, то будет ли ряд (1), составленный с
этими коэффициентами (ряд Фурье для функции f(x)), сходиться к функции f(x) на промежутке [-π; π]. Этот вопрос совсем не простой. Приведем
лишь один достаточный признак сходимости ряда Фурье.
Если функция f(x) определена на всей оси, имеет период 2π, непрерывна вместе со своей производной f ′ (x), то ряд Фурье функции f(x) равномерно сходится к ней на всей оси. Приведем примеры.
Разложить в ряд Фурье на промежутке [-π; π] функцию f(x)=x2.
π
1 x3
a 0 =  x dx = ⋅
π −π
π 3
1
π
2
−π
2π 2
,
=
3
π

2  2 sin nx
2π
4π

an =  x cos nxdx =
x ⋅
−  x sin nxdx = −  x sin nxdx =

n 0 n0
π −π
π
πn 0


π
 4
4 
cos nx
1π
4
=−
− x⋅
+  cos nxdx  = 2 cos nπ = (−1) n 2 , n=1, 2, … ,
 n
πn 
n 0 n0
n


1π 2
bn =  x sin nxdx =0, n=1, 2, … .
1
π
π
2
−π
Обращаем внимание на два фaктa, которыми мы воспользовались при
вычислении коэффициентов. Если непрерывная функция f(x) является чётной, то
a
a
a
−a
0
−a
 f ( x)dx = 2 f ( x)dx , а если она нечётная, то  f ( x)dx = 0 .
Докажем эти утверждения. Пусть f(x) – чётная функция, тогда
a

f ( x)dx =
−a
получим
0

−a
0
a
f ( x)dx +  f ( x)dx . Выполним в первом интеграле замену t=–x,
0
0
0
a
a
a
0
 f ( x)dx =  f (−t )(−dt) = − f (t )dt =  f (t )dt .
−a
свойство чётности f(–t)=f(t) и свойство интеграла
ли f(x) – нечётная функция,
a
0
a
−a
−a
0
Было
использовано
b
a
a
b
 f ( x)dx = −  f ( x)dx.
Ес-
 f ( x)dx =  f ( x)dx +  f ( x)dx . Замена t=–x при74
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
ведет первый интеграл к виду
следовательно,
0
0
0
a
−a
a
a
0
 f ( x)dx =  f (−t )(−dt) =  f (t )dt = − f (t )dt
a
a
a
−a
0
0
 f ( x)dx = − f ( x)dx +  f ( x)dx = 0.
и,
Таким образом, получа-
ем разложение
π2
(−1) n cos nx
x =
+ 4
при x ∈ [–π; π].
(5)
3
n2
n =1
Обратите внимание, что для x > π сумма ряда и функция x2 не совпадают. На рис. 16 изображён график суммы ряда.
2
∞
Рис. 16
Полученное разложение даёт возможность найти сумму числового ря∞
1
да  2 . Для этого положим в разложении (5) x=π и получим
n =1 n
∞
∞
1 π2
π2
1
2
π =
+ 4 2 , откуда  2 =
.
3
6
n =1 n
n =1 n
Предыдущий пример достаточно характерен: чётная функция x 2 на
симметричном относительно нуля промежутке разложена в ряд Фурье. В
полученном разложении присутствуют только косинусы, коэффициенты
при синусах равны 0. Однако в задачах математической физики может потребоваться разложить эту же функцию на промежутке [0; π] по синусам.
Эта задача решается следующим образом. Функция f(x)= x 2 продолжается
на промежутке [–π ; 0] нечётным образом, т.е. продолжение
 f ( x) = x 2 ,
0 ≤ x ≤π,
*
f ( x) = 
2
 − f ( − x ) = − x , − π ≤ x ≤ 0.
Разложение функции f * ( x) в ряд Фурье на промежутке [–π; π] будет
содержать лишь синусы (сравните с рассуждениями в предыдущем примере) и на интервале [0; π] оно будет представлять функцию f(x). При этом
1π
2π
2
cos nx
bn =  f * ( x) sin nxdx =  x 2 sin nxdx =  − x 2 ⋅
n −π
n
π0
π

75
π
+
0

2π
=
x
cos
nxdx


n0

Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
2π 4  sin nx
x⋅
+
n nπ 
n 0

π
= (− 1)
n +1
sin nx  =
 n dx 
0

π
−
(−1)
=
n+1
2π
n
π
(−1) −1.
4 cosnx
n+1 2π
+ 3
= (−1) ⋅ + 4
n
nπ
πn3
n
0
Таким образом, получаем разложение
∞
x =2π 
2
n=1
(− 1)n+1 sinnx– 8
n
∞

π
sin(2k + 1)x
k =0
0, если n = 2k ,
− 2, если n = 2k + 1.
, (0≤x<π) т.к. (–1)n–1= 
(2k + 1)
3
Если требуется разложить функцию в ряд Фурье на промежутке [–l; l]
a0 ∞ 
πnx
πnx 
или [0; 2l], где l≠π, то получим f ( x) = +   an cos
+ bn sin
, где
l
2 n=1 
l 
коэффициенты находятся по формулам
πnx
πnx
1l
1l
an =  f ( x) cos
dx, n = 0, 1, 2, ... , bn =  f ( x) sin
dx, n = 1, 2, ... . .
l −l
l −l
l
l
Приведем пример такого разложения. Разложим функцию
 π π
f ( x) = x cos x, x ∈  − ;  в ряд Фурье. Т.к. функция f(x) нечётная, в
 2 2
разложении будут присутствовать только синусы.
π
bn =
2
π
2
π
−
x cos x sin 2nxdx =
4
π
π
π
2
22
 x cos x sin 2nxdx =
0
π 0
x(sin(2n + 1) x + sin(2n − 1) x )dx =
2


2
 cos( 2 n + 1) x cos( 2 n − 1) 
+
=
− x

π 
2n + 1
2n − 1 



π
2
0


n
x
n
x
cos(
2
1
)
cos(
2
1
)
+
−

 
+ 
+
 dx =
2n + 1
2n − 1
 
0


π
2
π
π
π

sin( 2 n + 1)
sin( 2 n − 1)

2  sin( 2 n + 1) x sin( 2 n − 1) x 
2
2 +
2
 = 
+
= 
2
2
( 2 n − 1) 
( 2 n − 1) 2
π  ( 2 n + 1)
π  ( 2 n + 1) 2

0

π
2  sin  π + πn  sin( π n − )  2  ( − 1) n
( − 1) n +1 
=
2 = 
+
 2
=
+
π  (2n + 1) 2
( 2 n − 1) 2  π  ( 2 n + 1) 2 ( 2 n − 1) 2 




2
 (−1) n+1 ⋅ 16n
(−1) n ⋅ 2 
1
1
.
=

=
−
π  (2n + 1) 2 (2n − 1) 2  π (4n 2 − 1) 2
Таким образом, x cos x =
(−1) n+1 ⋅ n sin 2nx
 π π .
∈
,
x

− 2 ; 2 
π n=1 (4n 2 − 1) 2
16
∞
76


=



Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Следующий пример. Разложить в ряд Фурье функцию
f ( x) = sgn(cos x).
Функция f(x)=является чётной и на промежутке [0; π] ее значения таковы: f(x)=1 при 0 ≤ x <
π
2
, f(x)=0 при x =
π
2
, f(x)=–1 при
π
2
< x ≤π .
 π2

π

2
2
2π
a0 =  f ( x)dx =   dx +  (−1)dx  = 0 ,
an =  f ( x) cos nxdx =
π0
π 0
π0
π



2
π


π
2
 π2



π


2  sin nx
sin nx 
4(−1) k
2
−
=
.
=   cos nxdx −  cos nxdx  =
π 0
π
n
n
π
(
2
k
+
1
)


π

π 
0



2
2 

4 ∞ ( −1) k ⋅ cos(2k + 1) x
, − π < x < π.
Т.е. sgn (cos x ) = 
π
π
k =0
2k + 1
И последний пример. Разложим функцию f (x) =
π −x
2
на промежутке
(0;2π).
2π
1 2π π − x
1 
x2 
 πx −  = 0 ,
a0 = 
dx =
π 0 2
2π 
2 0
2π

1 
sin nx
1 2π
1 2π π − x
(
cos nxdx =
π
− x)
+  sin nxdx  = 0 ,
an = 

2π 
n 0
n0
π 0 2

2π
1 2π π − x
1
cos nx
1 2π
1
bn = 
sin nxdx = − (π − x )
cos nxdx = .
−

2π
n 0
2πn 0
n
π 0 2
Рис. 17
Тем самым приходим к разложению
График суммы ряда показан на рис. 17.
77
π −x
2
sin nx
, (0 < x < 2π ).
n
n =1
∞
=
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Задачи и контрольные вопросы
1) [2] № 2942, 2964, 2961, 2953–2959.
π x
2) Разложить в ряд Фурье по синусам функцию f (x) = − в интервале
4 2
(0; π).
3) Разложить в ряд Фурье на интервале (–π; π) функции а) f ( x) = x 3 ,
1, x ∈ (−π ; 0),
б) f ( x) = 
в) f ( x) = sin 4 x; г) f ( x) = cos 6 x; д) f ( x) = sin 5 x.
3, x ∈ (0; π ).
Функции нескольких переменных
Напомним определение предела функции двух переменных в точке.
Число l называется пределом функции f ( x; y ) при стремлении
x → a, y → b , если ∀ε > 0 , найдется такое δ > 0 , что из неравенства
0 < ( x − a ) 2 + ( y − b) 2 < δ 2 следует неравенство f ( x; y ) − l < ε . Символическая запись: lim f(x, y)=l. Найти практически предел функции двух переx→a
y →b
менных в точке или доказать его отсутствие – задача существенно более
трудная, чем в случае функции одной переменной. Разберем ряд примеров.
Пример 1. Существует ли предел функции f(x,y)= 22 xy
x + y2
при x→0,
y→0? Рассмотрим семейство лучей y=kx, (x≠0). На них функция принимает
2kx 2
2k
=
. Если взять два различных луча, напризначения f(x,y)= 2
2 2
x + k x 1+ k2
мер, y=x и y= –x, получим ƒ(x; x)=1, ƒ(x; –x)= –1 при x, сколь угодно близких к нулю. Следовательно, функция не имеет предела в точке (0; 0), т.к.
его существование означает близость значений функции в малой окрестности точки (0; 0).
x2 y
Пример 2. Существует ли предел функции f(x,y)= 2
при x→0,
x + y2
y→ 0?
78
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
x2 y
1
≤
x . Это следует из неравенства
x2 + y 2 2
Нетрудно доказать, что
xy
x2 + y2
≤
1
2
⇔
x2 − 2 x y + y2 ≥ 0
ления x → 0 вытекает, что
( x − y ) ≥ 0 . Тогда из стрем2
⇔
x2 y
x2 y
→
0
,
т.е.
lim
= 0.
x →0 x 2 + y 2
x2 + y2
y →0
2
Пример 3. Рассмотрим функцию f(x,y) = x 2e−( x − y ) и ее поведение на
лучах x=tcos, y=tsinα (0 ≤ t < ∞) при t → +∞. Покажем, что на этих лучах
f(x,y)→0 при t→+∞. На таком луче она равна f(x,y)=f(tcosα, tsinα)
2
2
=t2cos2α e −(t cos α −t sinα ) , если cos α = 0  α = π или α = 3π  , то x=0 и f(x,y)=0.
2
2
2 
2

−( t 2 cos 2 α −t sin α )
2
sin α 

−t 2 cos 2 α  1−

 t cos 2 α 
2
= t cos α e
. Заметим,
Если же cos α ≠ 0, то t cos α e
2
2
−t 2 cos 2 α
→0 при t → +∞ . Действительно, если положить
что t cos α e
2
2
z
t2cos 2α=z, то при t→+∞ и z→+∞, то lim t 2 cos 2 αe −t cos α = lim z = 0 , что
t →+∞
z → +∞ e
следует из правила Лопиталя.
2
2
sin α 

−t 2 cos 2 α  1−

 t cos 2 α 
2
2
−t 2 cos 2 α
1−
sin α
t cos 2 α
Поэтому t cos α e
=(t cos α e
)
→0 в силу непрерывности показательно-степенной функции. Однако, несмотря на то, что
на любом луче при t→+∞ f(x,y)→0, ее предел при x→∞ не равен нулю. Если рассматривать поведение функции на параболе y=x2 при x→∞, получим
f(x,x2)=x2→∞. Отсюда следует, что функция не имеет предела при x → ∞ ,
y → ∞.
sin xy
sin xy
Пример 4. Найти lim
= lim
y=a.
x →0
x →0
x
xy
y →a
y →a
Был использован первый замечательный предел lim
α →0
Пример 5. Найти lim
x →1
y →0
ln( x + e y )
x2 + y2
sin α
α
= 1.
= ln 2 . Мы воспользовались непрерыв-
ностью функций ln t, t и теоремой о пределе частного двух функций.
Если выполнено равенство lim f ( x; y ) = f ( x0 ; y0 ) , то функция
x → x0
y → y0
f ( x; y ) называется непрерывной в точке ( x0 ; y 0 ) . Как и в случае функции
одной переменной за этим предельным соотношением стоят три факта:
1) существование предела;
2) принадлежность точки (x0, y0) области определения;
79
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
3) равенство предела функции ее значению.
Функция z = f ( x; y ) называется дифференцируемой в точке ( x0 ; y 0 ) ,
если ее приращение Δz представимо в виде:
(1)
Δz= f ( x; y ) − f ( x0 ; y0 ) =AΔx+BΔy+α(ρ)ρ,
где постоянные A и B не зависят от x и y, ρ = (Δ x)2 + (Δ y )2 , α (ρ ) → 0 при
ρ →0. Выражение AΔx+BΔy называется дифференциалом функции f(x, y) в
точке ( x0 ; y 0 ) и обозначается dz. Доказывается, что если функция f(x, y)
дифференцируема в точке (x0;y0) и имеет в этой точке частные производf x ' (x0;y0)=A,
f y ' (x0;y0)=B, то
ные по x и y, а именно
dz= f x ' (x0;y0)Δx+ f y ' (x0;y0) Δy. Но если в случае функции одной переменной
f(x) существование производной в точке x0 обеспечивало ее дифференцируемость, то для функции двух переменных дело обстоит иначе. Функция
f(x, y) может иметь частные производные f x ' (x0;y0) и f y ' (x0;y0), но не быть
дифференцируемой в точке (x0;y0). Так, функция f(x, y)= xy имеет частные производные f x ' (0;0) и f y ' (0;0) , равные нулю. Однако дифференцируемой она не будет, т.к. отношение
xy
ρ
не стремится к 0 при ρ → 0 и
соотношение (1) не выполнено. Чтобы доказать, что отношение
стремится к нулю при ρ → 0 , возьмем y=x и получим
xy
ρ
=
1
2
xy
ρ
не
для точек
( x; x) сколь угодно близких к точке (0;0) .
Дифференциал функции используется для приближенных вычислений. Пусть требуется вычислить (1,04) 2, 02 . Введем функцию f(x, y)= x y , тогда f x ' ( x; y ) = yx y −1 , f y ' ( x; y) = x y ln x , f (1;2) = 1 , f x ' (1,2) = 2 , f y ' (1,2) = 0. Используя
соотношение (1), получаем f (1,04;2,02) ≈ f (1;2) + f x ' (1,2)0,04 = 1,08 .
Достаточными условиями дифференцируемости функции z=f(x, y) в
точке ( x0 ; y 0 ) является существование частных производных в некоторой
окрестности точки ( x0 ; y 0 ) и их непрерывность в этой точке.
Если функция z = f(x, y) дифференцируема в точке ( x0 ; y 0 ) , то поверхность, заданная уравнением z = f(x, y), имеет в точке (х0, у0, f(х0, у0))
касательную
плоскость,
уравнение
которой
имеет
вид
z − z 0 = f x′( x0 , y 0 )( x − x0 ) + f y′ ( x0 , y 0 )( y − y 0 ) , где z 0 = f ( x0 ; y 0 ) , и нормаль
x − x0
y − y0
z − z0
.
задана уравнениями
=
=
f x ' ( x 0 , y 0 ) f y ' ( x0 , y 0 )
−1
80
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Если функция f ( x; y ) дифференцируема в точке ( x0 ; y 0 ) , то она имеет

в этой точке производную по любому направлению e = (cos α , sin α ) , кото∂f
 

 
рая равна
= f x′( x0 , y 0 ) cos α + f y′ ( x0 , y 0 ) sin α = ( g , e ) = g cos( g , e ) , где
∂e


вектор g = ( f x′( x0 , y 0 ), f y′ ( x0 , y 0 )) . Вектор g называется градиентом функции f ( x; y ) в точке ( x0 ; y 0 ) . Он имеет физический смысл, указывая направление наибольшего возрастания функции f ( x; y ) в точке ( x0 ; y 0 ) , а именно

 g
∂f
если e =  , то
принимает максимальное значение. Важно заметить,
∂e
g
что в силу физического смысла градиент не связан с выбором системы координат.
Экстремум функции двух переменных
Пусть функция f(x, y) определена в некоторой окрестности точки
(x0;y0) и в этой окрестности она имеет непрерывные производные первого и
второго порядков. Если (x0;y0) – точка экстремума функции f ( x; y ) , то
f x′ (x0;y0)= f y′ (x0;y0)=0, что представляет необходимые условия экстремума,

следовательно, производная по любому направлению e = (cos α , sin α ) в

этой точке равна нулю. Фиксируем направление e и найдем вторую про
изводную функции по направлению e в точке ( x0 ; y 0 ) :
∂2 f
= f x′′2 ( x 0 ; y 0 ) cos 2 α + 2 f xy′′ ( x0 ; y 0 ) cos α sin α + f y′′2 ( x0 ; y 0 ) sin 2 α .
2
∂e
Обозначим ради краткости A = f x′′2 ( x0 ; y 0 ), B = f xy′′ ( x0 ; y 0 ), C = f y′′2 ( x0 ; y 0 ) .
Найдем достаточные условия экстремума функции в т. (x0;y0). Покажем,
2
 ∂ f ( x0 ; y 0 )
> 0 , то (x0;y0) – точка мичто если для любого направления e
∂e 2
∂ 2 f ( x0 ; y 0 )
∂ 2 f ( x0 ; y 0 )
нимума, а если
> 0 , тогда
< 0 , то – максимума. Пусть
∂e 2
∂e 2
в силу непрерывности вторых производных f x′′2 ( x; y ), f xy′′ ( x; y ), f y′′2 ( x; y )
2
неравенство ∂ f ( x2; y ) > 0 выполняется в некоторой окрестности точки
∂e
2
∂f
∂f ( x0 ; y0 )
> 0 в окрестности точки
( x0 ; y 0 ) . Так как ∂ f ( x02; y0 ) >0 и
= 0 , то
∂e
∂e
∂e

( x0 ; y 0 ) при любом e и, следовательно, функция f ( x; y ) возрастает в любом направлении. Таким образом ( x0 ; y 0 ) оказывается точкой минимума.
81
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
∂2 f
< 0 , ( x0 ; y 0 ) является
Аналогично доказывается, что в случае, когда
∂e 2
точкой максимума. Таким образом, все свелось к определению знака про∂ 2 f ( x0 ; y 0 )
изводной
= A cos 2 α + 2 B cos α sin α + C sin 2 α , которая является
2
∂e
π 3
функцией α . Если cos α ≠ 0(α ≠ , π ) , то
2 2
2
A cos α + 2 B cos α sin α + C sin 2 α = cos 2 α (C ⋅ tg 2α + 2 Btgα + A) .
∂2 f
π
Пусть Δ = B − AC < 0 и С>0, тогда
> 0 при всех α , кроме α =
2
2
∂e
3π
иα=
. Если cos α = 0 , то sin α ≠ 0 и вторая производная представляет2
∂2 f
= sin 2 α ( Actg 2α + 2 Bctgα + C ) . Пусть Δ < 0 и A > 0 , тогда
ся в виде
2
∂e
2
∂ f
> 0 для всех α = 0 .
∂e 2
Тем самым установлено, что в случае, когда Δ < 0 и A > 0 , С>0,
2
∂ f ( x0 ; y 0 )
∂ 2 f ( x0 ; y 0 )
> 0 . Аналогично доказывается, что
< 0 , если Δ < 0 ,
∂e 2
∂e 2
A < 0 и С<0. Обратите внимание, что из неравенства Δ < B 2 − AC < 0 , следует, что AC > B 2 , значит, A и С одного знака.
∂ 2 f ( x0 ; y 0 )
имеет различные знаки для разных α и
Если же Δ > 0 , то
∂e 2
∂f
∂f
поэтому есть направления, в которых
>0 и
< 0 , что означает, что
∂e
∂e
функция f ( x; y ) в одних направлениях возрастает, в других – убывает, и
следовательно, в точке ( x0 ; y 0 ) экстремума нет, ( x0 ; y 0 ) – седловая точка. В
случае, когда Δ = 0 , вопрос остается открытым. Приведем примеры на
отыскание экстремума.
Пример 1.
Исследовать
на
экстремум
функцию
4
4
2
2
z = x + y − x − 2 xy − y .
z ′x = 4 x 3 − 2 x − 2 y , z ′y = 4 y 3 − 2 x − 2 y . Решим систему уравнений.
2
4 x 3 − 2 x − 2 y = 0,
 x3 − y3 = 0 ⇔ x = y .
 3
4 y − 2 x − 2 y = 0
Из первого уравнения получаем x 3 − x = 0 , откуда x1 = 0, x2,3 = ±1 .
Тем самым система имеет три решения (0;0), (1;1), (–1;–1).
82
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
z ′x′2 = 12 x 2 − 2, z ′xy′ = −2, z ′y′2 = 12 y 2 − 2 .
В точке (0;0) A = z′x′2 (0;0) = −2, B = z′xy′ (0;0) = −2, C = z′y′2 (0;0) = −2 . Следовательно, Δ = B 2 − AC = 0 и описанный выше алгоритм не дает ответа на
вопрос, имеется ли в точке (0;0) экстремум. Чтобы ответить на вопрос,
преобразуем функцию к виду z = x 4 + y 4 − x 2 − 2 xy − y 2 = x 4 + y 4 − ( x + y ) 2 .
Заметим, что z (0;0) = 0 . Если рассмотреть функцию на прямых y=x и
y= –x, получим z(x; x)=2x4–4x2=2x2 (x2–2), z(x; –x)=2x4. Отсюда видим, что
z ( x; x ) < 0 для x ∈ (− 2 ; 2 ) и z(x; –x)>0 для всех x ≠ 0 . Следовательно,
в точке (0; 0) функция экстремума не имеет, это – седловая точка. В точке
(1; 1)
A = z ′x′2 (1;1) = 10, B = z ′xy′ (1;1) = −2, C = z ′y′2 (1;1) = 10
Δ = B 2 − AC = −96 < 0 и т.к. А>0, C>0, то (1; 1) – точка минимума.
Точно так же обстоит дело в точке (–1; –1).
2 3
Пример 2. Рассмотрим функцию z = x y (6 − x − y ) . Из системы
 xy 3 (12 − 3 x − 2 y ) = 0,
z ′x = z ′y = 0 , т.е. 
2 2
 x y (18 − 3 x − 4 y ) = 0
находится точка (2; 3), в которой
функция имеет максимум. Проверьте это сами. Кроме того, обе производные z ′x и z ′y обращаются в 0 на осях координат x = 0, y = 0 . Если взять на
оси ординат x=0 интервал y ∈ (0;6) , то в его точках функция имеет нестрогий минимум, т.е. z (0; y ) = 0 и z ( x; y ) > 0 , если y ∈ (0;6) и x ≠ 0 мало. В точках интервалов y ∈ ( −∞;0) ∪ (6; ∞ ) оси ординат функция имеет
нестрогий максимум. В точках оси ординат функция равна нулю, а в близких точках z ( x; y ) < 0 .
Рассмотрим далее две задачи на отыскивание наибольшего и наименьшего значений функции на заданном множестве.
Пример 3. Найти максимальное и минимальное значения функции
2
2
z = e − x − y ( 2 x 2 + 3 y 2 ) в круге x 2 + y 2 ≤ 4 . Найдем стационарные точки из
2
2
2 xe − x − y (−2 x 2 − 3 y 2 + 2) = 0,
системы уравнений z ′x = 0, z y = 0 : 
2
2
2 ye − x − y (−2 x 2 − 3 y 2 + 3) = 0.
Получим пять точек (0; 0), (±1; 0), (0; ±1). Очевидно, что в точке (0; 0)
функция принимает минимальное значение z(0; 0)=0. В других стационар3
2
ных точках функция принимает значения z(0; ±1)= , z(±1; 0)= . На граe
e
2
2
−4
2
нице круга, т.е. окружности x + y = 4 z ( x; y ) = e (12 − x ) и очевидно, что
83
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
максимальное значение принимается при x=0 z (0;±2) =
12
. Таким образом,
e4
3
z min = 0, z max = .
e
Пример 4. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
в
треугольнике,
заданном
неравенствами
z = x 2 y (4 − x − y )
x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 6 . Стационарная точка (2; 1) лежит в треугольнике и
z = ( 2;1) = 4 . Исследуем функцию на границе треугольника х=0, 0≤y≤6,
y=0, 0≤x≤6, x+y=6, (0≤x≤6). На первых двух сторонах треугольника функция
равна
нулю.
На
третьей
стороне
функция
2
z ( x;6 − x) = −2 x (6 − x), 0 ≤ x ≤ 6 . Исследование на экстремум функции
ϕ ( x) = −2 x 2 (6 − x) = 2 x 3 − 12 x 2 показывает, что она имеет минимум в точке
x=4
и
в
этой
точке она
равна
–64. Таким
образом,
z наиб = z (2;1) = 4, z наим = z (4;2) = −64.
Итак, чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции в
замкнутой ограниченной области D, необходимо найти стационарные точки, содержащиеся в этой области, найти значение функции в этих точках.
Исследовать функцию на экстремум на границе области, т.е. найти на ней
наибольшее и наименьшее значения и сравнить со значениями ее в стационарных точках, лежащих внутри области.
Пример 5. Найти экстремум функции z = xy при условии
x 2 + y 2 = 2a 2 . Эта задача на условный экстремум. Не прибегая к общей
теории решения таких задач, поступим следующим образом. Из уравнения
2
2
окружности выразим y = ± 2a − x . Если рассмотреть функцию z = xy
на верхней полуокружности, то получим z = x 2a 2 − x 2 , а на нижней полуокружности z = − x 2a 2 − x 2 . Первая из них имеет максимум в точке
x=a и минимум в точке x= –a, что приводит к точкам (a; a) и (–a; a), в кото2
рых функция z = xy принимает наибольшее значение z max = z ( a; a ) = a и
2
наименьшее z min = z ( − a; a ) = − a . Исследование второй функции приводит к такому же результату. Можно было подойти к решению этой задачи
иначе. Введем полярные координаты x = r cos ϕ , y = r sin ϕ . Тогда уравнение окружности принимает вид r = a 2 , а функция z = xy на этой окружности станет функцией одной переменной ϕ . Очевидно, что полученная функция имеет максимум при ϕ =
π
4
и минимум, если ϕ = −
приводит к ранее полученному результату.
84
π
4
. Что и
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Задачи и контрольные вопросы
 x2 y
, x2 + y 2 ≠ 0
предел в точке (0;0)?
1) Имеет ли функция f (x; y ) =  x 4 + y 2
0,
x= y=0

2) Существуют ли пределы
1

 y + x sin , y ≠ 0,
y
а) lim f ( x; y ) , где f ( x; y ) = 
x →0
0,
y →0
y = 0;

1
1
б) lim f ( x; y ) , где f ( x; y ) = ( x + y ) sin sin ?
x →0
x
y
y →0
3) Найти предел lim ( x 2 + y 2 )e − ( x + y ) .
x → +∞
y → +∞
4) По каким направлениям ϕ существует конечный предел
x
x
а) lim e
ρ →0
2
+ y2
,
x
б) lim e
ρ → +∞
2
− y2
sin 2 xy , если x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ ?
5) Дифференцируемы ли в точке (0; 0) функции
a) f ( x; y ) = 3 xy ;
б) f ( x; y ) = 3 x 3 + y 3 ;
xy

 − x 2 +1 y 2
, x2 + y2 > 0
2
2
e

2
2
, x + y > 0,
в) f(x, y)= 
г) f(x, y)=  x + y
?

0,
x = y = 0;
x= y=0
0,
6) Какой наибольший объем может иметь параллелепипед, вписанный
в полушар радиуса R?
2
2
−( x 2 + y 2 )
.
7) Исследовать на экстремум функцию z = ( x + y )e
1
 2
( x + y 2 ) sin 2
, x2 + y2 > 0

2
8) Докажите, что функция f(x, y)= 
x +y
0,
x = y = 0.

дифференцируема в точке (0; 0), но частные производные в этой точке
не являются непрерывными.
85
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Кратные и криволинейные интегралы
Двойные интегралы
К понятию двойного интеграла приводит задача об объёме цилиндрического бруса. Если взять брус, который в сечении плоскостями z = c даёт
прямоугольник и в основании которого лежит прямоугольник
П : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d , а сверху он ограничен поверхностью z = f ( x, y ) ,
где функция f ( x, y ) непрерывна и положительна в прямоугольнике П.
Объём бруса V, с одной стороны, выражается двойным интегралом
V =  f ( x, y )dxdy , с другой стороны,
Π
этот объём можно найти с помощью
определенного интеграла по формуле
b
 s( x)dx , где s(x) – площадь поперечноa
го сечения бруса, которая выражается
при каждом x ∈ [a, b] интегралом (см.
рис. 18). Площадь заштрихованного сеd
чения s ( x) =  f ( x, y )dy и, следователь-
Рис 18
c
b
d
a
c
но, V =  dx  f ( x, y )dy .
Совершенно аналогично, поменяв переменные x и y местами, можно
d
b
c
a
прийти к интегралу V =  dy  f ( x, y )dx . Полученные интегралы называются
повторными, и таким образом получены равенства
b
d
d
b
a
c
c
a
V =  f ( x, y )dxdy =  dx  f ( x, y )dy =  dy  f ( x, y )dx .
Π
В случае, когда двойной интеграл вычисляется по области D (рис. 19)
b
ψ ( x)
a
ϕ ( x)
a≤ x ≤ b, ϕ ( x) ≤ y ≤ ψ ( x) , получаем формулу  f ( x, y )dxdy =  dx  f ( x, y )dy .
D
Обратите внимание, что при каждом значении x ∈ [a, b] y принимает
значения от ϕ (x) до ψ (x) , т.е. х меняется в постоянных пределах, а у в переменных. Если область D имеет другую конфигурацию: c≤ y ≤d,
h(y)≤ x ≤g(x) (рис. 20), то
d
g ( y)
c
h( y )
 f ( x, y )dxdy =  dy  f ( x, y )dx .
D
86
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Рис. 19
Рис. 20
Приведем примеры.
Пример 1. Вычислим двойной интеграл
угольной области П: 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 1 .
 ( x
2
+ y 2 )dxdy по прямо-
П
1
2
2
 2
 x3 x  8 2 10
y3 
 2 1
2
2
2
2
(x + y )dxdy=  dx (x + y )dy =   x y + 3  dx =   x + 3 dx =  3 + 3  = 3 + 3 = 3
0
0
0
П
0
0

0
2
1
2
x2
 y 2 dxdy , где область D ограничена прямыми y=x,
D
x=2 и гиперболой xy=1 (рис. 21).
Пример 2. Найти
x
x 2
2
2
1
x2
x
2
dxdy
=
dx
dy
=
 y 2
 1 y 2
 x dx(− y ) 1 =
D
1
1
x
x
2
2
1
9
x4 x2
3
=  x (− + x)dx =  ( x − x)dx = ( − ) = .
x
4
2 1 4
1
1
Напомним правило замены переменных в двойном интеграле. Пусть
вводятся новые переменные u и v, связанные с прежними x и y соотношениями x = ϕ (u , v) , y = ψ (u , v) , где (u, v)∈Δ и при
этом область Δ преобразуется в область D. Будем
предполагать, что функции ϕ (u , v) , ψ (u , v) непрерывны в области Δ и обладают в ней непрерывными частными производными и определитель, называемый якобианом,
∂ϕ ∂ϕ
J (u , v) = ∂u ∂v ≠ 0, (u , v) ∈ Δ .
∂ψ ∂ψ
∂u ∂v
Рис. 21
2
2
87
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Тогда справедливо равенство
 f ( x, y )dxdy =  f (ϕ (u, v),ψ (u, v)) J (u, v) dudv .
Δ
D
Наиболее часто в качестве новых переменных выбираются полярные координаты r , ϕ , связанные с прямоугольными декартовыми координатами x, y
соотношениями x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , якобиан преобразования J=r. Их
введение особенно эффективно в случаях, когда область D – круг или часть
2
2
круга и функция f(x, y) содержит выражение вида x + y . Круг
x 2 + y 2 ≤ R 2 с помощью полярных координат преобразуется в прямоугольник 0 ≤ r ≤ R , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Приведём примеры.
y
Пример 3. Вычислить двойной интеграл  arctg dxdy , где область
x
D
x
2
2
D – часть кольца 1 ≤ x + y ≤ 9 ,
≤ y ≤ x 3.
3
Эта область D является образом области Δ, которая в полярных координатах представляет собой прямоугольник 1 ≤ r ≤ 3 ,
π
π
6
≤ϕ ≤
π
3
. Поэтому
 2 π3  2 3 
 ϕ  r  π 2
y
π2
.
=
=
=
4
arctg
dxdy
ϕ
rd
ϕ
dr
ϕ
d
ϕ
rdr
=
⋅
=


π

 2 π  2  24
6
x
D
1
Δ

 1 
6 

6
Пример 4. Найти площадь фигуры
x+ y = a,
ограниченной
линиями:
x + y = b , y = α x , y = β x , где 0 < a < b ,
0 < α < β (рис. 22).
Можно было проделать вычисления
в декартовых координатах, но лучше ввести новые переменные u и v, u = x + y и
y
v= .
x
Рис. 22
Четырехугольник ABCK в плоскости
xOy переходит в прямоугольник Δ: a ≤ u ≤ b , α ≤ v ≤ β в плоскости uOv .
u
uv
, y=
.
Выражая x и y через u и v, получим x =
1+ v
1+ v
1
u
−
u
1+ v
(1 + v) 2
.
Якобиан этих преобразований J (u , v) =
=
v
u
(1 + v) 2
1 + v (1 + v) 2
3
3
88
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Следовательно, площадь четырехугольника ABCK, который обозначим
2
2
β
b
β −α
через D, равна S =  dxdy =  J (u, v)dudv =  udu  dv 2 = b − a ⋅
.
+
(
1
v
)
2
(
1
+
α
)(
1
+
β
)
D
Δ
a
α
С помощью двойного интеграла, кроме вычисления площади плоской
фигуры, можно найти объём тела и площадь криволинейной поверхности.
Проиллюстрируем это задачами.
Пример 5. Найти объём тела, ограниченного цилиндром x 2 + y 2 = 2ax
и параболоидами z =
2
2
2
2
2
2
x2 + y2
, z = x + y , a > 0 . V =  ( x + y − x + y )dxdy ,
a
a
2a
2a
D
2
2
где область D – круг: x + y ≤ 2ax .
Рис. 23
Рис. 24
Если перейти к полярным координатам, то кругу D будет отвечать об-
π
≤ϕ ≤
π
; 0 ≤ r ≤ 2a cos ϕ . Изменение ϕ можно увидеть
2
2
2
2
на рис. 23, 24. Уравнение окружности x + y = 2ax в полярных координа2
тах примет вид r = 2ar cosϕ  r = 2a cos ϕ . Таким образом,
ласть Δ (рис. 24) −
π
1
1
1
( x 2 + y 2 )dxdy =
V=
r 3 drdϕ =


 dϕ
2a D
2a Δ
2a − π
2
2
π
π
π
1 2 1 4 2 a cos ϕ
dϕ =
 r dr = 2a π 4 r
0
0
−
2 a cos ϕ
3
2
2
2
2
 1 + cos 2ϕ 
= 2a 3  cos 4 ϕdϕ = 2a 3  
 dϕ =
2
π

π
−
−
2
2
π
π
3 2
3
2
= a  (1 + 2 cos 2ϕ + 1 + cos 4ϕ )dϕ = a ( 3 ϕ + sin 2ϕ + sin 4ϕ ) = 3 πa 3 .
π
2 −π
2
2 2
8
4
−
2
2
Площадь криволинейной поверхности, заданной уравнением z= f(x, y),
где функция f(x, y) непрерывна вместе со своими частными производными
′
f x ( x, y ) и f y ′ ( x, y ) , ( x, y ) ∈ D (в этом случае, поверхность называется
89
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
гладкой),
выражается
формулой
′
′
S =  1 + ( f x ( x, y )) 2 + ( f y ( x, y )) 2 dxdy , подынD
тегральное выражение называется дифференциалом поверхности и обозначается ds.
Пример 6. Вычислить площадь части
2
2
2
конической поверхности y + z = x , ле2
2
2
жащей внутри цилиндра x + y = R .
Из уравнения конической поверхности
z = ± x 2 − y 2 , учитывая симметрию по-
Рис. 25
верхности относительно координатных плоскостей, найдём площадь S1 её
части, находящейся в первом октанте ( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0) . Проекция этой
части поверхности на плоскость xOy представляет собой сектор D, кото2
2
рый получаем из системы неравенств: x ≥ 0 , y ≥ 0 , x − y ≥ 0 ,
x2 + y2 ≤ R2 .
Следовательно,
xdxdy
r cos ϕ ⋅ rdrdϕ
′
′
S1 =  (1 + ( z x ) 2 + ( z y ) 2 dxdy = 2 
= 2 
2
2
x2 − y2
D
Δ
Δ r cos ϕ − sin ϕ
π
4
= 2
0
π
π
4
R 2 4 cos ϕdϕ
R2 1
⋅
=
⋅
arcsin( 2 sin ϕ ) =
rdr
=


2
2
2
2
2
2
cos ϕ − sin ϕ 0
0 1 − 2 sin ϕ
0
cos ϕdϕ
R
2
2
= R ⋅ π = πR .
2
2
4
Таким образом, площадь всей поверхности, вырезанной цилиндром,
πR 2
равна S = 8 ⋅ S1 = 8 ⋅
= 2πR 2 . В этой задаче можно было спроецировать
4
 y2 + z2 = x2
полуповерхность на плоскость yOz . Из системы уравнений  2
2
2
x + y = R
2 y 2 + z 2 = R 2 . Т.е. сечением проекции является эллипс. Т.к.
′
′
x = ± y 2 + z 2 , то S = 2  1 + ( x y ) 2 + ( x z ) 2 dydz = 2 2  dydz , где Ω – об-
чаем
Ω
Ω
2
2
2
ласть, ограниченная эллипсом 2 y + z = R . Для вычисления интеграла
 dydz , который выражает площадь эллипса, можно ввести обобщенные
Ω
полярные координаты y =
Rr cos ϕ
, z = Rr sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ r ≤ 1 , яко2
90
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
rR 2
биан преобразования J =
. Таким образом,
2
πR 2
= 2πR 2 .
И, следовательно, S = 2 2 ⋅
2
 dydz =
Ω
R 2 2π 1
πR 2
.
=
d
ϕ
rdr
 
2 0 0
2
Криволинейные интегралы
Напомним, что рассматриваются криволинейные интегралы двух типов, которые сводятся к определенным интегралам и с их помощью вычисляются.
Пусть C – гладкая плоская кривая, заданная уравнениями x = ϕ (t ) ,
y = ψ (t ) , t ∈ [α , β ] , где сами функции ϕ (t ) , ψ (t ) и их производные ϕ (t ) ,
ψ (t ) непрерывны. В точках кривой С задана непрерывная функция
f ( x, y ) . Тогда криволинейный интеграл первого типа равен
β
2
2
 f ( x, y )ds =  f (ϕ (t ),ψ (t )) ϕ (t ) + ψ (t )dt .
α
C
В частности, если кривая C задана уравнением y = g (x) ( a ≤ x ≤ b ),
где функция g (x) и её производная g ′(x) непрерывны, то
b
 f ( x, y )ds =  f ( x, g ( x))
1 + ( g ′( x)) 2 dx .
a
C
Приведём два примера.
Пример 1. Вычислить интеграл
2
x
x 2 − y 2 ds , где C – часть лемни-
C
2 2
2
2
2
скаты, заданной уравнением ( x + y ) = a ( x − y ) , лежащая в правой
координатной полуплоскости ( x ≥ 0 ).
В полярных координатах x = r cos ϕ , y = r sin ϕ уравнение лемнискаты примет вид r = a cos 2ϕ , дифференциал дуги ds = r 2 + r 2 dϕ = a dϕ ,
cos 2ϕ
где − π ≤ ϕ ≤ π . Тогда
4
4
π
π
4
2
2
2
 x x − y ds =  r cosϕ cos 2ϕ
C
−
π
4
4
adϕ
= a 3  cos 2ϕ cosϕdϕ =
cos 2ϕ
π
−
4
π
π
4
2
2
= a 3  (1 − 2 sin 2 ϕ ) cosϕdϕ = a 3 (sin ϕ − sin 3 ϕ ) = a 3 2 .
π
3
3
π
−
−
4
4
4
91
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
 xyds , где
Пример 2. Вычислить интеграл
С – четверть эллипса, ле-
C
жащая в первом квадранте ( x ≥ 0, y ≥ 0 ). Выразим y из уравнения эллипса
4
2
2
2
1 a − (a − b ) x
b 2
2
2
dx .
a − x , найдём ds = 1 + ( y ′) dx = ⋅
y=
a
a
a2 − x2
Следовательно,
a 4 − (a 2 − b 2 ) x 2
b
b 2
2 1
dx = 2
 xyds =  x ⋅ a a − x ⋅ a ⋅
a
0
C
a2 − x2
a
b
2
=− 2 2
⋅ (a 4 − (a 2 − b 2 ) x 2 )
2
2a ( a − b ) 3
3 a
2
0
a

a 4 − (a 2 − b 2 ) x 2 xdx =
0
ab a 2 + ab + b 2
.
=
⋅
3
a+b
Можно было перейти к параметрическому заданию эллипса:
x = a cos t , y = b sin t . В этом случае ds = x 2 + y 2 dt = a 2 sin 2 t + b 2 cos 2 t dt
π
2
и  xyds = ab  cos t sin t a 2 sin 2 t + b 2 cos 2 t dt =
C
0
π
=
ab 2 2 1 − cos 2t
1 + cos 2t
a ⋅
+ b2 ⋅
sin 2tdt =

2 0
2
2
π
ab 2 a 2 + b 2 b 2 − a 2
=
+
cos 2t sin 2tdt .

2 0
2
2
Выполнив замену z = cos 2t , получим
3 1
ab 1 a 2 + b 2 b 2 − a 2
ab
2
2 a2 + b2 b2 − a2 2
+
z
dz
=
⋅
⋅
(
+
z)

4 −1
2
2
4 b2 − a2 3
2
2
=
2
=
−1
2
ab
1
ab a + ab + b
.
⋅ 2
⋅ (b 3 − a 3 ) =
⋅
2
3 b −a
3
a+b
Пример 3. Вычислить интеграл первого типа

x 2 + y 2 ds , где C –
C
2
2
окружность x + y = ax .
Перейдём к полярным координатам x = r cos ϕ , y = r sin ϕ . Уравнение
окружности примет вид r = a cos ϕ , −
ds = r + r dϕ = adϕ .
2
2

C
π
2
≤ϕ ≤
π
2
π
π
2
2
(см. рис. 24),
x + y =  radϕ =  a cos ϕdϕ = a sin ϕ
2
2
−
π
2
92
−
π
2
2
2
π
2
−
π
2
= 2a 2 .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Криволинейные интегралы второго типа могут иметь вид
 P( x, y )dx ,  Q( x, y)dy или  P( x, y )dx + Q( x, y )dy . Последний интеграл по
C
C
C
определению равен сумме двух предшествующих. Если гладкая кривая С
задана параметрическими уравнениями x = ϕ (t ) , y = ψ (t ) , t ∈ [α , β ] , где
функции ϕ (t ) , ψ (t ) непрерывны вместе с производными ϕ (t ) , ψ (t ) , то
криволинейный интеграл сводится к определенному
β
 P( x, y )dx + Q( x, y )dy =  ( P(ϕ (t ),ψ (t ))ϕ (t ) + Q(ϕ (t ),ψ (t ))ψ (t ))dt .
α
C
Пример 4. Вычислить интеграл

x 2 dy − y 2 dx
5
3
C
x +y
5
3
, где C – часть астроиды
3
x = R cos 3 t , y = R sin t , лежащая в первом квадранте, т.е. 0 ≤ t ≤

2
x dy − y dx
5
3
C
π
2
x +y
5
3
= 3R
4 2
3
2
7
7
sin t cos t + sin t cos t
dt = 3R
cos 5 t + sin 5 t
0

π
4 2
3
 sin
2
2
.
t cos 2 tdt =
0
π
π
3
= R
4
2
π
4 2
3
3
 sin 2tdt = 4 R
0
2
4 2
3
1 − cos 4t
3πR 3 R
 2 dt = 16 .
0
Формула Грина
Между двойными и криволинейными интегралами второго типа существует связь, которая выражается формулой Грина
∂Q ∂P
 ( ∂x − ∂y )dxdy =  P( x, y )dx + Q( x, y )dy ,
D
∂D
где символ ∂D означает границу области D. Функции P( x, y ) , Q( x, y ) и их
∂Q
∂P
предполагаются непрерывными в области D,
и
производные
∂x
∂y
включая её границу.
2
2
Пример 5. Вычислить криволинейный интеграл  xy dy − x ydx , где
C
2
2
2
x + y = a . Используя формулу Грина, получаем

∂
∂
2
2
2
2
dxdy =

xy
dy
x
ydx
(
xy
)
(
x
y
)
−
=
−
−

 
∂y
C

x 2 + y 2 ≤ a 2  ∂x
C – окружность
=
2

2
x + y ≤a
2π
2
a
( x 2 + y 2 )dxdy =  dϕ  r 3 dr =
0
0
πa 4
2
93
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Был осуществлен переход к полярным координатам.
Но будьте внимательны! Применяя формулу Грина, необходимо проверить условия, при которых она справедлива.
Пример 6. Вычислить интеграл 
(x + y )dx − (x − y )dy , где С – окруж2
2
x +y
C
2
2
2
ность x + y = a , обход против стрелки часов. Для непосредственного вычисления интеграла перейдем к параметрическому заданию окружности С:
x = a cos t , y = a sin t , 0 ≤ t ≤ 2π .
(x + y )dx − (x − y )dy = 2π a(cos t + sin t )(− a sin t ) − a(cos t − sin t )a cos t dx =


x2 + y2
a2
0
C
2π
= −  dt = −2π .
0
Если для его вычисления применить формулу Грина, то получим
(x + y )dx − (x − y )dy = x + y − x − y dy =

 2 2 x2 + y2
x2 + y2
C
C x + y
∂
x − y  ∂  x + y 
 −  2
 dxdy =  0dxdy = 0 .
=    − 2
2 
2 
2
2
2
∂
∂
x
y
+
+
x
y
x
y
x 2 + y 2 ≤a 2




x + y ≤a 
2
2
2
В чем ошибка? Дело в том, что внутри круга x + y ≤ a оказалась
точка (0, 0) , в которой функции P( x, y ) и Q( x, y ) не определены, и использовать формулу Грина было нельзя.
Особо
следует
отметить
случай,
когда
выражение
P( x, y )dx + Q( x, y )dy представляет собой дифференциал функции двух переменных U ( x, y ) в области D, т. е. dU=P(x,y)dx+Q(x,y)dy. Необходимым и
∂Q ∂P
достаточным условием этого является равенство
в точках облас=
∂x ∂y
ти D. Функцию U ( x, y ) обычно называют потенциальной функцией и в
этом случае интеграл по любому пути, соединяющему точки A и B, лежащему в D, равен разности значений функции U ( x, y ) в точках B и A, т.е.
 P(x, y )dx + Q(x, y )dy = U (B ) − U ( A) .
AB
Пример 7. Вычислить интеграл y =
 (x
AB
4
)
(
)
+ 4 xy 3 dx + 6 x 2 y 2 − 5 y 4 dy
от точки А (− 2;−1) до точки В (3;0) .
∂ 4
∂
Так как
x + 4 xy 3 =
6 x 2 y 2 − 5 y 4 = 12 xy 2 , то подынтегральное
∂y
∂x
выражение является полным дифференциалом. Найдем потенциальную
функцию U(x; y), для которой
(
)
(
)
94
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
∂U
∂U
= P ( x, y ) ,
= Q ( x, y ) 
∂x
∂y
x5
4
3
U ( x, y ) =  (x + 4 xy ) dx =
+ 2 x 2 y 3 + ϕ ( y ).
5
Тогда
∂U
4
5
= 6 x 2 y 2 + ϕ ′( y ) = 6 x 2 y 2 − 5 y 4 , откуда ϕ ′( y ) = −5 y , ϕ ( y ) = − y .
∂y
x5
+ 2 x 2 y 3 − y 5 и, следовательно,
Таким образом, U ( x, y ) =
5
243  32

y = U (3,0) − U (− 2;−1) =
−  − − 8 + 1 = 62 .
5  5

Поверхностные интегралы
Пусть в области D задана функция z = ϕ ( x, y ), которая непрерывна
вместе с частными производными ϕ ′x ( x, y ), ϕ ′y ( x, y ) . В точках поверхности
S, являющейся графиком функции z = ϕ ( x, y ) , определена функция
f ( x, y, z ) . Тогда поверхностный интеграл первого типа от функции
f ( x, y, z ) по поверхности S сводится к двойному интегралу по области D
 f (x, y, z )ds =  f (x, y,ϕ (x, y ))
S
D
1 + (ϕ x ' ( x, y )) + (ϕ y ' ( x, y )) dxdy .
2
Пример 8. Вычислить интеграл
 (x
S
2
2
2
+ y 2 )ds , где S – граница области
2
x + y ≤ z ≤ 1 . Так как S состоит из S1 – боковой поверхности конуса и S2
–части плоскости z=1, вырезанной цилиндром x 2 + y 2 = 1 , а проекцией S1 и
x2 + y2 ≤ 1,
S2
на
плоскость
xOy
является
круг
то
2
2
2
2
2
2
 (x + y )ds =  (x + y )ds +  (x + y )ds
S
S1
S2
Дифференциал поверхности для S1, равен
2
2

 

x
y
 +
 dxdy = 2dxdy, а для S2 ds=dxdy.
ds = 1 + 
 x2 + y2   x2 + y2 

 

2
2
Следовательно,  (x + y )ds =  2 (x 2 + y 2 )dxdy +  (x 2 + y 2 )dxdy =
x 2 + y 2 ≤1
S
=
(
)  (x
2 +1
2
2
x + y ≤1
2
+ y )dxdy =
2
(
x 2 + y 2 ≤1
2π
)
1
2 + 1  dϕ  r 3 dr =
0
0
π
2
(
Был осуществлен переход к полярным координатам.
95
)
2 +1 .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Поверхностные интегралы второго типа могут иметь вид
 P(x, y, z )dydz,  Q(x, y, z )dzdx,  R(x, y, z )dxdy , при построении которых
S
S
S
элемент двусторонней поверхности S проектируется соответственно на координатные плоскости x = 0, y = 0, z = 0 . При этом площадь проекции берется со знаком + или – в зависимости от выбора стороны поверхности.
Интеграл  P( x, y, z )dydz + Q( x, y, z )dzdx + R( x, y, z )dxdy по определеS
нию равен сумме трех интегралов, введенных выше.
Пусть задана двусторонняя поверхность S и определенная на ней непрерывная функция f(x, y, z). Пусть поверхность S задана уравнением
z = ϕ ( x, y ), ( x, y ) ∈ D , где функция ϕ ( x, y ) непрерывна на области D. Назовем верхней стороной поверхности S сторону, которая характеризуется
нормалью, образующей с осью Oz острый угол, и нижней, если этот угол
тупой.
Тогда при выборе верхней стороны  f ( x, y, z )dxdy =  f ( x, y,ϕ ( x, y ))dxdy
S
D
 f (x, y, z )dxdy = −  f (x, y,ϕ (x, y ))dxdy .
и нижней
S
D
 x
Пример 9. Вычислить интеграл
2
2
2
2
2
y 2 zdxdy , где S – внешняя сторона
S
нижней половины сферы x +y +z =R .
2 2
2 2
2
2
2
 x y zdxdy =  x y R − x − y dxdy . Произошло наложение двух
x2 + y2 ≤R2
S
минусов: от уравнения нижней полусферы z= – R 2 − x 2 − y 2 и за счет выбора внешней стороны, которая характеризуется нормалью, образующей с
осью Oz тупой угол. В двойном интеграле перейдем к полярным координатам
 x
2
y
2
x2 + y2 ≤R2
=
2π
R
R − x − y dxdy =  cos ϕ sin ϕ dϕ  r 5 R2 − r 2 dr =
2
2
2
2
2
0
R
1 2π 2
sin
2
ϕ
d
ϕ
r 5 R2 − r 2 dr ,


40
0
0
1 − cos 4ϕ
dϕ =π .
2
0
2π
2π
где  sin 2 2ϕ dϕ = 
0
Во внутреннем интеграле выполним замену t = R 2 − r 2 , откуда
r 2 = R 2 − t 2 , rdr = −tdt , и, таким образом,
R
r
0
5
0
R − r dr = −  (R − t
2
2
R
2
R
) t dt =  (R
2 2 2
2
−t
0
)
 4 t 3 2 2 5 t 7  R 8R 7
.
t dt =  R
− R t +  =
3 5
7  0 105

2 2 2
2πR 7
=
.
Окончательно получаем  x y zdxdy =
4 105 105
S
2
2
96
π 8R 7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Пример 10. Вычислить интеграл
 xzdxdy + xydydz + yzdxdz , где
S–
S
внешняя сторона поверхности пирамиды, ограниченной плоскостями x=0,
y=0, z=0, x+y+z=1.
Пусть S1 , S 2 , S 3 , S 4 – грани пирамиды, лежащие соответственно в
плоскостях x=0, y=0, z=0 и x + y + z = 1 . Тогда  xzdxdy + xydydz + yzdxdz =
S
 xzdxdy +  xydydz +  yzdxdz =  xzdxdy +  xydydz +  yzdxdz .
S
S
S
S4
S4
S4
Поясним, почему поверхностные интегралы по граням S1, S2, S3 обратились в 0.
Рассмотрим один из них, для остальных все обстоит аналогично.
 xzdxdy = 0 , т.к x=0.  xzdxdy = 0 , т.к. S2 проекS1
S2
тируется на плоскость x0y, а фактически на
ось Oх и площадь проекции равна 0.
 xzdxdy = 0 , т.к. z=0. Нетрудно увидеть, что
S3
 xzdxdy =  xydydz =  yzdxdz . Вычислим перS4
S4
вый из них
S4
 xzdxdy =  x(1 − x − y )dxdy , где T1
S4
T1
Рис. 26
– проекция грани S4 на плоскость xOy (см.
рис. 26).
Следовательно,
1
1− x
1

y2  1 − x =
(
)
(
)
x
1
−
x
−
y
dxdy
=
xdx
1
−
x
−
y
dy


x
(
x
)
y
dx
1
=
−
−

 
 
2  0
T1
0
0
0 
2

x(1 − x ) 
1 1 2 1
1
11
2
 dx =  (x − 2 x 2 + x 3 ) dx =  − +  = .
=   x(1 − x ) −

2  2 3 4  24
2
20
0

1
Окончательно имеем y = 3 ⋅
1 1
= .
24 8
Тройные интегралы
Если тройной интеграл вычисляется от функции f(x,y,z) по телу, представляющему собой прямоугольный параллелепипед V: a ≤ x ≤ b,
c ≤ y ≤ d , e ≤ z ≤ h, то он может быть сведен к интегралу одного из видов:
b
d
h
a
c
e
h
 f (x, y, z )dxdydz =  dx  dy  f (x, y, z )dz =  dxdy  f ( x, y, z )dz =
V
Π
97
e
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
b
d
h
=  dx  f ( x, y, z )dydz =  dy  f ( x, y, z )dxdz =  dz  f ( x, y, z )dxdy ,
Ρ
a
c
D
e
Π
где П – прямоугольник: a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d , P – прямоугольник: c ≤ y ≤ d ,
e ≤ z ≤ h, D – прямоугольник: a ≤ x ≤ b, e ≤ z ≤ h,
В более общем случае, когда тело V заключено между поверхностями
z = ϕ ( x, y ), z = ψ ( x, y ), ϕ ( x, y ) ≤ ψ ( x, y ) , а проекция тела на плоскость xOy
является областью Δ: a ≤ x ≤ b, g1 ( x ) ≤ y ≤ g 2 ( x ) , то
ψ ( x, y )
b
g2 ( x ) ψ ( x , y )
ϕ (x, y )
a
g1 ( x )
 f (x, y, z )dxdydz =  dx dy  f (x, y, z )dz =  dx  dy  f (x, y, z )dz .
Δ
V
ϕ ( x, y )
Предполагается, что все участвующие здесь функции непрерывны.
dxdydz
Пример 11. Вычислить интеграл 
, где V – пирамида,
3
V (1 + x + y + z )
ограниченная плоскостями x+y+z=1, x = 0, y = 0, z = 0 .
1
1− x
1
1− x 1− x − y

 1− x − y
dxdydz
1
dz
=

=
dx
dy
=
−
dx
dy
 (1 + x + y + z )3    (1 + x + y + z )3    2(1 + x + y + z )2 
V
0
0
0
0
0

 0
1
1− x

1
1  = 1 1
1 1− x  =
1
y 1− x = 1 1 1

−
dy
− −


dx
−
−

dx

2



2 0  x +1 2
4 
2 0 1+ x + y 4  0
 (1 + x + y ) 4 
= 1  dx  
20
0
2
x (1 − x )  1 1 
1
5
 =  ln 2 −  .
=  ln( x + 1) − +
2
2
8  0 2 
8

Пример
12.
Вычислить
интеграл
2 3
xy z dxdydz , где V – тело, ограниченное
V
поверхностями z=xy, y=x, x=1, z=0. Т.е. тело
сверху ограничено гиперболическим параболоидом, снизу плоскостью xOy. Проекцией
тела на плоскость xOy является треугольник
T: 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x (рис. 27).
xy
x
11
4 6
 xy z dxdydz =  xdx  y dy  z dz = 4  xdx  (x y )dy =
V
0
0
0
0
0
2
3
1
Рис. 27
x
2
3
1 1 5 1 7  x
1 1 12
1
11 5 x 6
.
=  x dx  y dy =  x  y  dx =  x dx =
40
40 7  0
28 0
364
0
Напомним правило замены переменных в тройном интеграле. Если
вычисляется тройной интеграл  f ( x, y, z )dxdydz , где функция f ( x, y , z )
V
непрерывна в области V, а функции x = ϕ (u, v, w), y = ϕ (u, v, w), z = χ (u, v, w)
98
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
определены и непрерывны вместе с частным, произведением в области Ω,
и преобразуют её в область V, то
 f (x, y, z )dxdydz =  f (ϕ (u, v, w),ψ (u, v, w), χ (u, v, w)) J dudvdw ,
Ω
V
∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ
∂u ∂v ∂w
∂ψ ∂ψ ∂ψ
≠ 0, ∀(u , v, w) ∈ Ω .
где J (u , v, w) =
∂u ∂v ∂w
∂χ ∂χ ∂χ
∂u ∂v ∂w
Часто осуществляется переход от прямоугольных декартовых координат к сферическим координатам, связь между которыми выражается формулами: x = ρ cos θ cos ϕ , y = ρ cos θ sin ϕ , z = ρ sin θ , а якобиан J преоб2
разования равен y = ρ cosθ . При переходе к сферическим координатам
параллелепипед 0 ≤ ρ ≤ R, −
π
π
, 0 ≤ ϕ ≤ 2π преобразуется в шар
2
2
x2 + y 2 + z 2 ≤ R2 , а при обратном преобразовании шар переходит в параллелепипед. Сферические координаты удобно использовать, если подынте2
2
2
гральное выражение содержит выражение x + y + z , которое в сфериче≤θ ≤
ских координатах равно ρ 2 , и интегрирование ведется по шару или его
частям. Приведем примеры.
Пример 13. Вычислить интеграл  x 2 + y 2 + z 2 dxdydz , где V – обV
2
2
2
ласть x + y + z ≤ z, т.е. интегрирование ве2
 1 1
дется по шару x + y +  z −  ≤ (см. рис. 28).
 2 4
Уравнение сферы в сферических координатах
имеет вид
2
2
ρ = sin θ , 0 ≤ ρ ≤ sin θ , 0 ≤ θ ≤

V
2π
2
, 0 ≤ ϕ ≤ 2π .
x 2 + y 2 + z 2 dxdydz =  ρ 3 cosθ dθ dϕ dρ =
π
Ω
2
sin θ
0
0
=  dϕ  cosθ dθ
0
π

2π
 1 4  sin θ
ρ dρ = 2π  cosθ  ρ  dθ =
4  0
0
3
99
Рис. 28
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
π
=
π
π
2
2
4
 sin θ cosθdθ =
0
π sin 5 θ 2
2
5
0
=
π
10
.
Пример 14. Найти объем тела, ограниченного поверхностями
x + y 2 + z 2 = a 2 , x 2 + y 2 + z 2 = b 2 , x 2 + y 2 = z 2 ( z ≥ 0, 0 ≤ a ≤ b ) . Непосредственно из определения тройного интеграла следует, что объем тела выражается интегралом V =  dxdydz. В рассматриваемой задаче при переходе
2
V
к сферическим координатам получаем a ≤ ρ ≤ b, 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,
π
4
это часть шарового слоя, вырезанного конической поверхностью.
≤θ ≤
π
2
–
π
2π
2
b
π
a
V =  dxdydz =  ρ cosθ dθ dϕ dρ =  dϕ  cosθdθ  ρ 2 dρ =
2
Ω
V
0
4
π
= 2π sin θ
(x

1 3
2π 3
2 π
 = 2 − 2 (b 3 − a 3 ) .
(
(
b − a3 ) =
b − a 3 )1 −
π 3
3
2  3

4
(
2
)
Пример 15. Найти объем тела, ограниченного поверхностью
2
+ y 2 + z 2 ) = 3 xyz .
3
Т.к. левая часть уравнения неотрицательна, то должна быть неотрицательной и правая часть, а это выполняется в первом, третьем, шестом и
восьмом октантах, и части тела, расположенные в каждом из них, равны
между собой, т.к. переменные x, y и z входят в уравнение равноправно. Тело симметрично относительно осей координат Ox, Oy, Oz. Так, его части,
лежащие в первом и третьем октантах, в шестом и восьмом – симметричны
относительно оси OZ , части, лежащие в первом и восьмом, третьем и шестом октантах симметричны относительно оси OX , и относительно оси OY
имеет место симметрия частей, лежащих в первом и шестом, третьем и
восьмом октантах. Из этих соображений следует, что достаточно найти одну четвертую часть объема тела, находящуюся в первом октанте.
Уравнение поверхности в сферических координатах имеет вид:
ρ 6 = 3ρ 3 cos 2 θ sin θ cos ϕ sin ϕ , откуда ρ = 3 3 cos 2 θ sin θ cos ϕ sin ϕ ,
0 ≤θ ≤
π
2
, 0 ≤ϕ ≤
100
π
2
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
π
π
2
2
0
0
3
V = 4  ρ cosθ dρ dθ dϕ = 4  dϕ  cosθdθ
2
Ω
π
2
π
2
= 4  dϕ  cosθ dθ
0
0
ρ
3
3
3
3 cos 2 θ sin θ cos ϕ sin ϕ

0
π
2
3 cos θ sin θ cos ϕ sin ϕ
2
ρ 2 dρ =
π
2
= 4  cos θ sin θ dθ  sin ϕ cos ϕ dϕ =
3
0
0
π
0
π
2 1
1
= (− cos 4 θ ) ⋅  sin 2 ϕ  = .
0 2
0 2
2
Формула Грина устанавливает связь между двойным интегралом по
области D и криволинейным интегралом по ее границе. Формула Остроградского – Гаусса показывает, как связан тройной интеграл по области V с
пространственным интегралом по поверхности S, ограничивающей эту область. Приведем два вида этой формулы. Если в области V заданы непрерывные функции P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z), которые имеют непрерыв∂P ∂Q ∂R
,
,
, то
ные частные производные
∂x ∂y ∂z
 ∂P ∂Q ∂R 
 ∂x + ∂y + ∂z dxdydz =  P( x, y, z )dydz + Q( x, y, z )dzdx + R( x, y, z )dxdy ,
V
S
где поверхностный интеграл берется по внешней стороне поверхности S,
которая предполагается гладкой.
Если привести поверхностный интеграл второго типа к интегралу
первого типа, получим равенство
 ∂P ∂Q ∂R 
 ∂x + ∂y + ∂z dxdydz =  (P cosα + Q cos β + R cosγ )ds ,
V
S
где α, β, γ – углы, составленные внешней нормалью к поверхности S с координатными осями Ox, Oy, Oz соответственно.
Перейдем к векторной интерпретации формулы Остроградского – Гаусса. Если в теле V задано векторное поле A = (P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z )) ,
то дивергенцией (расходимостью) этого поля называется выражение

divA = Pcosα+Qcosβ+R cosγ, а выражение P cos α + Q cos β + R cos γ можно
 

рассматривать как скалярное произведение ( A, n ), где n =(cos α, cos β,
 

или
cos γ).
Таким
образом,
получаем
A
,
n
ds
=
div
A

 dv
S
V



A
,
где
–
проекция
вектора
A
на вектор n . Интеграл,
A
ds
=
div
A
dv
n
 n

S
V

стоящий в левой части равенства, выражает поток векторного поля A через поверхность S, направленного вовне.
( )
101
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Формулу Остроградского – Гаусса можно использовать для вычисления интегралов.
Пример 16. Вычислить интеграл  x 3 dydz + y 3 dzdx + z 3 dxdy по внешS
2
2
2
ней стороне сферы S: x + y + z = 1 .
Применив формулу Остроградского – Гаусса и переходя далее к
сферическим координатам, получим  x 3dydz + y 3dzdx + z 3dzdy =
S
π
=3
 (x
2
x 2 + y 2 + z 2 ≤1
2
1
1
π
0
0
+ y 2 + z 2 )dxdydz =3  cosθdθ  dϕ  ρ 4 dρ = 3 sin θ
−
1 1 12
2π ρ 5 = π .
π
5 0 5
−
2
2
2
Пример 17. Вычислить интеграл
π
 yzdydz + zxdxdz + xydxdy ,
где S –
S
гладкая замкнутая поверхность, ограничивающая некоторое тело V.
∂

∂
∂
 yzdydz + zxdxdz + xydxdy =  ∂x ( yz) + ∂y (zx) + ∂z (xy)dxdydz =  0dxdydz = 0 .
S
V 
V

Используем предыдущий пример для решения физической задачи.




Пример 18. Найти поток векторного поля A = yzi + xzj + xyk , где
  
i , j , k – единичные орты.
2
2
2
а) через полную поверхность цилиндра x + y = a (0 ≤ z ≤ h ) ;
б) через боковую поверхность цилиндра.
Поток через полную поверхность, как показано в примере 17, равен 0.
Обозначим боковую поверхность цилиндра через S1 и найдем поток век

торного поля через эту поверхность. Ι 1 =  A, n dS , где n – вектор внешS1
( )
 x y 
ней нормали к S1. Вектор n = i + j , третья его координата равна 0, так
a
a


как
вектор
n
ортогонален
вектору
Следовательно,
k.
 
2
 xyz xyz 
+
Ι 1 =  (A , n )dS =  
dS =  xyzdS = 0 , так как интегралы по половине
S1
S1
 a
n 
a
S
цилиндра, отвечающей x ≥ 0, и другой половине, отвечающей x ≤ 0, равны
по абсолютной величине и противоположны по знаку.
Физические приложения кратных,
поверхностных и криволинейных интегралов
Здесь приведены физические задачи, которые дают представление о
возможностях их решения с помощью интегралов перечисленных типов.
102
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Задача 1. С какой силой притягивает масса M, равномерно распределенная по верхней полуокружности
x 2 + y 2 = a 2 , y ≥ 0, материальную точку
массы m, находящуюся в начале координат?

Пусть сила F = ( X , Y ) . Выделим
элемент полуокружности dS, масса которого равна ρdS , где ρ – плотность
полуокружности.
Найдем проекции си
лы F используя закон Ньютона о взаиРис. 29
mρdS
модействии масс X =  k
,
cos
α
a2
AB
mρdS
sin α ,
Y= k
a2
AB
x
y
2
2
где k – постоянная тяготения, так как⋅ cos α = , sin α = , y = a − x и
a
a
a
dS =
dx (см. рис. 29).
a2 − x2
cos αdS =
Откуда
xdx
2
2
,
sin αdS = dx ,
таким
образом,
a −x
a
kmρ a xdx
kmρ
kmρ
2
2
= 2 − a −x
= 0,
X = 2  cosαdS = 2 
a −a a 2 − x 2
a
a AB
−a
2kmM
M
kmρ − a
kmρ a
2kmρ
Y = 2  sin αdS = 2  dx =
, так как ρ =
, то Y = 2 .
aπ
a a
a −a
a
aπ
2
2
2
Задача 2. Найти момент инерции окружности x + y = a относительно её диаметра. Момент окружности равен сумме моментов нижней и
верхней полуокружностей.
a
a
a
adx
2
2
2
Y = 2  y dS = 2  (a − x )
= 2a  a 2 − x 2 dx = a 3π .
2
2
a −x
−a
−a
−a
Заметьте, что интеграл выражает площадь полукруга радиуса а.
Задача 3. Найти статические моменты дуги С астроиды
(
2
3
2
3
)
2
3
x + y = a , ( x ≥ 0, y ≥ 0 ) . Перейдем к параметрическим уравнениям дуги
3
3
астроиды: x = a cos t , y = a sin t , 0 ≤ t ≤
ленный интеграл"). Очевидно, что
103
π
2
(см. задачу 6 из главы "Опреде-
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
π
π
2
2
3a 2
(− cos5 t ) = 3a .
M OX = M OY =  xdS =  3a 2 cos 4 t sin tdt =
5
5
0
C
0
Задача 4. Найти ньютонов потенциал в точке P(x,y,z) однородного
2
шара V: ξ 2 + η 2 + ζ 2 ≤ R 2 плотности ρ 0 .
Если предположить, что ось Oζ проходит через точку P, то её координаты будут равны x=0, y=0, z=r, где r = x 2 + y 2 + z 2 . Ньютоновым
потенциалом в точке P называется тройной интеграл по шару V:
d ξd η d ζ
d ξd η d ζ
.
u ( x, y , z ) =  ρ 0
= ρ 0 
2
2
2
ξ + η + ζ 2 + r 2 − 2ζ r
V
V
ξ 2 + η 2 + (ζ − r )
Переход к сферическим координатам
ξ = ρ cosθ cosϕ , η = ρ cosθ sin ϕ , ζ = ρ sin θ
приводит к интегралу
π
2π
R
0
0
2
u ( x, y, z ) = ρ 0  dϕ  ρ 2 dρ
π
−
2
cos dθ
ρ 2 − 2 ρr sin θ + r 2
π
2
−
π
dθ =
2
π


2

 2πρ 0 R
2πρ 0
2
2
=
 ρ − ρ − 2 ρr sin θ + r π dρ  = r  ((r + ρ ) − r − ρ )ρdρ .
r 0 
0

−
2


Если r > R, получаем
2πρ 0 R
2πρ 0 2 3 R 4πρ 0 R 3
u ( x, y , z ) =
 ((r + ρ ) − (r − ρ ))ρdρ = r 3 ρ 0 = 3r .
r 0
r − ρ , ρ ≤ r
и, следовательно,
Если же r ≤ R, имеем r − ρ = 
ρ − r , ρ > r
R
2πρ 0
u ( x, y , z ) =
z
R
2πρ 0  r 2

 ((r + ρ ) − ρ − r )ρdρ = r   2 ρ dρ +  2rρdρ  =
0
r
0

 2 r2 
2πρ 0  2 3
2
3
+
−
=
2
πρ
r
rR
r


0
 R − 3  .
r 3



R
 2 r2 
4πR 3 ρ 0
если r > R.
Итак, u ( x, y, z ) = 2πρ 0  R −  , если r ≤ R , и u ( x, y, z ) =
3
r
3


Задача 5. Найти работу упругой силы, направленной к началу координат, величина которой пропорциональна удалению материальной точки
от начала координат, если эта точка описывает против стрелки часть элx2 y2
липса 2 + 2 = 1 , расположенную в первом квадранте.
a
b
104
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин

Длина вектора F равна F = k x 2 + y 2 . Пусть угол, который вектор

F образует с осью 0х равен ϕ ; угол, который составляет вектор переме
щения dS с осью 0х, равен α ; угол между
векторами dS и F равен θ (см. рис. 30).
θ = (π − α ) + ϕ = π − (α − ϕ ) ,
cos θ = −(cos ϕ cos α + sin ϕ sin α ) .
 
Элемент
работы
dA = (F , dS ) = FdS cosθ =
− k x 2 + y 2 dS (cosϕ cosα + sinϕ sinα ) =
= −k x2 + y 2 (cosϕ dx + sinϕ dy)

 = k ( xdx + ydy)
y
x
.
= k x2 + y 2 
dy
dx +
2
2
 x2 + y 2

x +y


Рис. 30
Следовательно,
 x 2 y 2  ( 0;b ) k 2
k
= (b − a 2 ) = − (a 2 − b 2 ).
A = k  ( xdx + ydy ) = k  + 
2  ( a ;0 ) 2
2
AB
 2
Обратим внимание, что под интегралом получен дифференциал функ1
ции ( x 2 + y 2 ) .
2
Задача 6. Найти момент инерции относительно оси 0z однородной
2
2
2
2
полусферы S: x + y + z = a , z ≥ 0 плотности ρ 0 . Элемент момента
d OZ = ρ 0 ( x 2 + y 2 ) dS ,
откуда
следует,
что
инерции
равен
J Oz = ρ 0  ( x 2 + y 2 )dS . Из уравнения верхней полусферы имеем
S
z = a 2 − x 2 − y 2 , dS = 1 + ( z ′x ) + (z ′y ) dxdy =
2
J OZ = ρ 0 a
 (x
2
+ y2 )
dxdy
2
adxdy
a2 − x2 − y2
,
.
a2 − x2 − y2
Переход к полярным координатам приводит к интегралу
2π
a
a
4πa 4 ρ 0
r 3 dr
r 3 dr
=
. Интеграл  2
можно вычислить,
J OZ = aρ 0  dϕ  2
3
a − r2
a − r2
0
0
0
сделав одну из замен: r =asin t или t= a 2 − r 2 , можно проинтегрировать по
rdr
частям, положив u = r 2 , dv =
. Проведите все три выкладки.
a2 − r 2
Задача 7.
Найти координаты центра масс однородной конической поверхности
2
2
z = x 2 + y 2 , вырезанной цилиндром x + y = ax .
x 2 + y 2 ≤a 2
105
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Пусть ( x0 , y 0 , z 0 ) – центр масс. Так как вырезанная часть поверхности
симметрична относительно плоскости y=0, то y0 =0. Две другие координаM xy
M yz
, x0 =
. Будем считать плотность
ты находятся по формулам: z 0 =
M
M
ρ = 1 . Тогда масса поверхности численно равна площади
πa 2 2
2
2
.
M =  dS =  1 + z ′x + z ′y dxdy =  2dxdy =
2
2
2
2
4
S
x + y ≤ ax
x + y ≤ ax
Интеграл
x 2 + y 2 ≤ ax радиуса a .
dxdy
равен
площади
круга

2
x 2 + y 2 ≤ ax
π
M xy =  zdS = 2
S

a cos ϕ
π
0
x 2 + y 2 dxdy = 2  dϕ
x 2 + y 2 ≤ ax
и, следовательно, z 0 =
2
−
M xy
M
=
4 2a
9
πa
3
=
2
2
2a
3
dr =
2
16a
2
4
r
π
9π
,
3 2
4 2 3
3
πcos ϕdϕ = 9 a
−
2
M yz =  xdS = 2
S
 xdxdy .
x 2 + y 2 ≤ ax
После перехода к полярным координатам x= r cos ϕ , y= r sin ϕ получим
π
2
a cos ϕ
π
0
M yz = 2  dϕ
−
a
3
2

π
3
2 32
r 2 cos ϕdr =
a  cos 4 ϕ dϕ = a 2
3
3
π
−
2
π
2
 1 + cos 2ϕ 
π  2  dϕ =
−
2
2
2 3
πa 2 . Таким образом,
a
⋅ π=
x0 =
= и центр масс имеет координа3
8
8
M
2
3
M yz
16a
a
, y0 = 0 , z0 =
.
9π
2
Задача 8. Найти координаты центра
масс однородного тела V, ограниченного
2
2
поверхностями x + y = 2 z , x + y = z .
Проекцией тела на плоскость xOy явля2
2
ется круг ( x −1) + ( y −1) ≤ 2 (см. рис. 31). Само тело симметрично относительно прямой
x=1, y=1, откуда следует, что первые две координаты центра масс равны x0 = y 0 = 1, а
ты x0 =
третья координата z 0 =
M xy
M
Рис. 31
.
Положим ρ = 1 и найдем M xy и M:
106
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
M xy
2
2 2


 
x
y
1
+
2
 (x + y ) − 
 dxdy .
dxdy  zdz =
=  zdxdydz =




2
2
2
2
2
2
2
2
V

 
x + y ≤2( x + y ) x + y
x + y ≤2 ( x+ y ) 
x+ y
2
Перейдем к полярным координатам x= r cos ϕ , y= r sin ϕ , получим
3π
4
3π
1
 dϕ
2 −π
M xy =
1 4  r4
r 6  2 (cos ϕ +sin ϕ )
2
r


(
)
ϕ
+
ϕ
−
dϕ =
cos
sin
 (r (cos ϕ + sin ϕ ) − 4 )rdr = 2 −π  4
24
0


0
2 ( cos ϕ + sin ϕ )
2
2
4
4
4
=
3π
4
1 
8
6
6
 4(cos ϕ + sin ϕ ) dϕ − (cos ϕ + sin ϕ ) dϕ =

2 −π 
3

4
3π
4
3π
4
4
3π
4
4
2
(cos ϕ + sin ϕ )6 dϕ = 2  (1 + sin 2ϕ )3 dϕ = 2  (1 + 3sin 2ϕ + 3sin 2 2ϕ + sin 3 2ϕ )dϕ = 5 π

3 −π
3 −π
3 −π
3
4

x2 + y2 
M =  dxdydz =
 dxdy  dz = 2 2  x + y − 2 dxdy =
V

x 2 + y 2 ≤2 ( x+ y ) x 2 + y 2
x + y ≤2( x + y ) 
x+ y
2
3π
4
2 (cos ϕ +sin ϕ )
π
0
=  dϕ
−
=
3π
4

4
8
π  3 (cosϕ + sin ϕ )
−
4
4

r2 
 r (cos ϕ + sin ϕ ) − rdr =
2

3π
4
2
4
4
− 2(cos ϕ + sin ϕ ) dϕ =  (cos ϕ + sin ϕ ) dϕ =
3 −π

4
=
3π
4
3π
4
4
4
2
(1 + sin 2ϕ )2 dϕ = 2  (1 + 2 sin 2ϕ + sin 2 2ϕ )dϕ = π .

3 −π
3 −π
Таким образом, z 0 =
M xy
5
=
3
π
=
5
5
и центр масс имеет координаты (1; 1; ).
3
3
π
Задача 9. Найти моменты инерции J 0 x , J 0 y относительно координатных осей Oх и Oу плоской однородной пластины D, ограниченной линия2
ми: xy = a , xy = 2a 2, x = 2 y , 2 x = y ( x > 0, y > 0) .
Советуем сравнить с примером 4 в разделе о двойном интеграле.
M
Будем считать плотность ρ = 1 . В силу симметрии пластины D относительно прямой y = x моменты инерции равны
J 0 x = J 0 y , J ox =  y 2 dxdy .
D
107
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Для вычисления интеграла введем новые переменные u и v , связанные с x и y формулами y = vx , xy = u ,
1
где ≤ v ≤ 2, a 2 ≤ u ≤ 2a 2 , откуда
2
u
x=
, y = uv .
v
Якобиан преобразования
1
u
∂x ∂x
−
2v v = 1 .
J = ∂u ∂v = 2 uv
∂y ∂y 1 v
2v
1 u
∂u ∂v
2 u
2 v
Рис. 32
Произведя замену переменных, получим
2
2
1
1 2a
1 u2
 y dxdy =  uv 2vdudv = 2 2 udu 1 dv = 2 ⋅ 2
Δ
D
a
2
2
2a2
a2
2
9
⋅ v = a4 .
1
8
2
9
Таким образом, J 0 x = J 0 y = a 4 .
8
Задачи
[2] № 4264, 4267, 4295, 4158, 4356, 4150, 4133, 4134, 4145, 4148, 4149,
4444.
Литература
1. Ильин, В.А. Основы математического анализа / В.А. Ильин,
Э.Т. Позняк. – М.: Наука, 1967. – 572 с.
2. Демидович, Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому
анализу / Б.П. Демидович. – М.: Физматгиз, 1962. – 544 с.
108
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Содержание
Вещественные числа. Метод математической индукции ......................... 3
Метод математической индукции ...................................................... 5
Задачи и контрольные вопросы ............................................................ 6
Числовая последовательность ........................................................................ 7
Предел числовой последовательности ................................................. 7
Свойства сходящихся последовательностей.................................... 11
Задачи и контрольные вопросы .......................................................... 13
Предел функции в точке ................................................................................ 14
Задачи и контрольные вопросы .......................................................... 18
Непрерывные функции и их свойства ........................................................ 19
Задачи и контрольные вопросы .......................................................... 25
Производная, дифференциал, свойства
дифференцируемых функций ............................................................... 26
Задачи и контрольные вопросы .......................................................... 34
Неопределенный интеграл ............................................................................ 35
Интегрирование рациональных функций ........................................... 40
Интегрирование некоторых иррациональных функций ................... 43
Интегрирование тригонометрических функций ............................. 44
Задачи и контрольные вопросы .......................................................... 47
Определенный интеграл ................................................................................ 48
Понятие о несобственных интегралах .............................................. 51
Геометрические приложения определенного интеграла ................. 53
Физические приложения определенного интеграла ......................... 58
Задачи и контрольные вопросы .......................................................... 61
Числовые ряды ................................................................................................ 63
109
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
Функциональные ряды .................................................................................. 68
Степенные ряды ................................................................................... 69
Задачи и контрольные вопросы .......................................................... 72
Тригонометрические ряды ............................................................................ 73
Задачи и контрольные вопросы .......................................................... 78
Функции нескольких переменных .............................................................. 78
Экстремум функции двух переменных ............................................... 81
Задачи и контрольные вопросы .......................................................... 85
Кратные и криволинейные интегралы ...................................................... 86
Двойные интегралы .............................................................................. 86
Криволинейные интегралы .................................................................. 91
Формула Грина ...................................................................................... 93
Поверхностные интегралы ................................................................. 95
Тройные интегралы .............................................................................. 97
Физические приложения кратных, поверхностных и криволинейных
интегралов ................................................................................................... 102
Задачи .................................................................................................. 108
Литература...................................................................................................... 108
110
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
Учебное издание
Чаплыгин Владимир Федорович
Математический анализ
в вопросах и задачах
Учебное пособие
Редактор, корректор А.А. Аладьева
Компьютерная верстка И.Н. Ивановой
Подписано в печать 15.04.2008 г. Формат 60х84/16.
Бумага тип. Усл. печ. л. 6,51. Уч.-изд. л. 6,33.
Тираж 200 экз. Заказ
Оригинал-макет подготовлен
в редакционно-издательском отделе ЯрГУ.
Ярославский государственный университет.
150000 Ярославль, ул. Советская, 14.
Отпечатано
ООО «Ремдер» ЛР ИД № 06151 от 26.10.2001.
г. Ярославль, пр. Октября, 94, оф. 37
тел. (4852) 73-35-03, 58-03-48, факс 58-03-49.
111
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Математический анализ в вопросах и задачах
112
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ф. Чаплыгин
В.Ф. Чаплыгин
Математический анализ
в вопросах и задачах
∂Q ∂P
 ( ∂x − ∂y )dxdy =  P( x, y )dx + Q( x, y)dy
D
∂D
113
Документ
Категория
Физико-математические науки
Просмотров
179
Размер файла
1 285 Кб
Теги
анализа, вопросам, математические, задача, 1867
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа