close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

1358.Математический анализ

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Министерство образования и науки Российской Федерации
Ярославский государственный университет им. П. Г. Демидова
М. В. Ануфриенко, В. А. Бондаренко,
А. В. Зафиевский, Г. В. Шабаршина
Математический анализ
Учебное пособие
Рекомендовано
Научно-методическим советом университета
для студентов, обучающихся по специальности
Прикладная математика и информатика
Ярославль 2010
1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УДК 51:37
ББК Ч481. 28я73
М 34
Рекомендовано
Редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного издания. План 2009/10 учебного года
Рецензенты:
Е. И. Смирнов, доктор педагогических наук,
профессор ЯГПУ, академик РАЕН;
кафедра кибернетики ЯГТУ
М 34
Математический анализ: учебное пособие / М. В. Ануфриенко, В. А. Бондаренко, А. В. Зафиевский, Г. В. Шабаршина; Яросл.
гос. ун-т им. П. Г. Демидова. – Ярославль: ЯрГУ, 2010. – 140 с.
ISBN 978-5-8397-0773-3
Настоящее учебное пособие предназначено для самостоятельной работы студентов по программе курса математического
анализа, который читается на факультете ИВТ. В пособии собраны
материалы, которые позволят облегчить подготовку студентов
младших курсов к практическим занятиям, зачетам и экзаменам по
одной из наиболее сложных дисциплин математического и естественно-научного цикла.
Предназначено для студентов, обучающихся по направлению
Прикладная математика и информатика (дисциплина «Математический анализ», цикл МЕН), очной формы обучения.
УДК 51:37
ББК Ч481. 28я73
ISBN 978-5-8397-0773-3
 Ярославский государственный университет им. П. Г. Демидова, 2010
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Оглавление
Предисловие ........................................................................................ 5
Немного из истории ............................................................................ 9
Глава 1 ................................................................................................ 15
§ 1.1. Числовые множества. Границы числовых множеств. Метод
математической индукции ............................................................................ 15
§ 1.2. Числовые последовательности. Предел последовательности ......... 20
§ 1.3. Функция. Предел функции ................................................................. 26
§ 1.4. Непрерывность функции..................................................................... 31
§ 1.5. Дифференцируемость функции.......................................................... 34
§ 1.6. Исследование функции ....................................................................... 38
Приложение к главе 1 .................................................................................... 41
Глава 2 ................................................................................................ 47
§ 2.1. Неопределенный интеграл. ................................................................. 47
§ 2.2. Определенный интеграл ...................................................................... 50
§ 2.3. Несобственные интегралы .................................................................. 53
§ 2.4. Числовые и степенные ряды. .............................................................. 58
§ 2.5. Функции нескольких переменных. .................................................... 64
Приложение к главе 2 .................................................................................... 69
Глава 3 ................................................................................................ 74
§ 3.1. Функциональные последовательности .............................................. 74
§ 3.2. Равномерная сходимость функциональных последовательностей 77
§ 3.3. Функциональные ряды. Нахождение множества сходимости
функционального ряда .................................................................................. 81
§ 3.4. Равномерная сходимость функциональных рядов .......................... 83
§ 3.5. Интегрирование и дифференцирование равномерно сходящихся
функциональных рядов ................................................................................. 86
§ 3.6. Ряды Фурье. Разложение периодических функций в ряд Фурье ... 88
3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
§ 3.7. Интегралы, зависящие от параметра.
Вычисление предельной функции ............................................................... 90
§ 3.8. Нахождение множества сходимости интеграла,
зависящего от параметра ............................................................................... 91
§ 3.9. Исследование интегралов на равномерную сходимость
по параметру ................................................................................................... 93
Приложение к главе 3 .................................................................................... 95
Глава 4 .............................................................................................. 100
§ 4.1. Комплексные числа ........................................................................... 102
§ 4.2. Последовательности и ряды комплексных чисел.......................... 104
§ 4.3. Аналитические и гармонические функции ..................................... 106
§ 4.4. Ряды Тейлора...................................................................................... 112
§ 4.5. Вычеты ................................................................................................ 115
§ 4.6. Интеграл по замкнутому контуру .................................................... 120
§ 4.7. Вычисление определенных интегралов........................................... 123
§ 4.8. Конформные отображения ................................................................ 128
Приложение к главе 4 .................................................................................. 132
Список литературы ......................................................................... 136
Основная рекомендуемая литература ........................................................ 136
Дополнительная рекомендуемая литература ............................................ 136
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Предисловие
В 2011 г. начинается массовый переход российского высшего
образования к многоуровневой системе и новым федеральным
государственным образовательным стандартам (ФГОС). Тем не
менее введение двух (или трех – в будущем) уровней высшего
образования не является главным элементом новой системы.
Центральный ее момент – ориентация высших учебных заведений на конечный результат: знания выпускников должны быть
применимы в практической деятельности, что должно в гораздо
большей степени обеспечить трудоустройство выпускников.
Для того чтобы студенты, заканчивающие ту или иную специальность (или направление – в новой терминологии), были
востребованы на рынке труда, работодатели должны иметь возможность получить ясное представление о содержании квалификаций, полученных студентами в процессе обучения, и об их
качестве. Средством, облегчающим работодателям понимание
квалификации выпускников, призваны служить компетенции, отражающие содержание обучения и зачетные единицы (кредиты),
выражающие затраты времени студентов на освоение дисциплин.
Под компетенцией обычно понимается способность специалиста применять приобретенные знания, умения и навыки для
получения конкретного практического результата. Типичным
примером использования компетенций может служить выполнение курсовой работы, в ходе чего студенту необходимо применить самые разнообразные умения, причем не только математические. Надо отметить, что в процессе выполнения таких практических работ студент приобретает, кроме профессиональных,
также и общекультурные компетенции, не связанные непосредственно с выбранной профессией. В примере с курсовой работой
такой общекультурной компетенцией является, в частности, умение делать обзор литературы. Здесь хочется отметить, что общекультурные компетенции приобретаются не отдельно от профессиональной деятельности, а в ее ходе. Они играют роль «клея»,
объединяющего все приобретенные студентом компетенции в
единую модель специалиста. Это означает, что в ходе изучения
дисциплин, направленных на освоение студентом профессио5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
нальных компетенций, следует обращать внимание и на приобретаемые в процессе обучения общекультурные компетенции. Интересно отметить, что проводившиеся в ряде стран Европы социологические исследования показали, что по степени значимости выпускники и работодатели на первые места ставят общекультурные компетенции, особенно умение работать в коллективе, в то время как преподаватели вузов – профессиональные. Это,
впрочем, не означает, что преподаватели должны переключиться
на усиленное развитие общекультурных компетенций, поскольку
они играют хотя и важную, но вспомогательную роль, а профессиональный уровень специалиста определяется, в первую очередь, именно профессиональными компетенциями.
В новых образовательных стандартах гораздо большее внимание стало уделяться качеству образования. Связано это с возросшей массовостью высшего образования. Преподаватели уже
не могут уделять столько же времени, как раньше, индивидуальной работе со студентами, и в этих условиях возрастает
роль пособий для студентов, содержащих большое количество
дополнительных материалов по изучаемой дисциплине и предназначенных, в значительной степени, для самостоятельной работы студентов (под руководством преподавателя). Этот способ освоения дисциплины приучает студента самостоятельно добиваться результата, приобретая тем самым необходимые компетенции.
Качество обучения в этом контексте определяется количеством
успешно освоенных компетенций.
Конечно, более точную оценку качества можно было бы получить, вводя балльно-рейтинговую систему оценки освоения
компетенций, однако это требует значительной технической поддержки и более глубокой методической проработки учебных материалов. По-видимому, такая деятельность явится следующим
этапом перехода к компетентностно-ориентированной системе
обучения.
В предлагаемом учебном пособии приводятся разнообразные
методические материалы, связанные с дисциплиной «Математический анализ». Авторы при этом не ограничиваются сухим рецептурным изложением, а представляют рассматриваемую область, как часть математического образа мышления, имеющего
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
собственную единую социокультурную среду со своей историей,
сторонниками и противниками. Дисциплина «Математический
анализ» представляет лишь часть этой среды. К этой же среде относятся дифференциальные уравнения, вычислительные методы,
случайные процессы, оптимальное управление и многое другое.
Приведем компетенции, развитие которых должно поддерживаться курсом математического анализа в соответствии с новым федеральным образовательным стандартом по направлению
«Прикладная математика и информатика».
Общекультурные компетенции:
• способность осознать социальную значимость своей будущей профессии, обладать высокой мотивацией к выполнению
профессиональной деятельности;
• способность и готовность к письменной и устной коммуникации на родном языке;
• способность владения навыками работы с компьютером
как средством управления информацией;
• способность работать с информацией в глобальных компьютерных сетях.
Профессиональные компетенции:
• способность демонстрации общенаучных базовых знаний
естественных наук, математики и информатики, понимание основных фактов, концепций, принципов теорий, связанных с прикладной математикой и информатикой;
• способность приобретать новые научные и профессиональные знания, используя современные образовательные и информационные технологии;
• способность осуществлять целенаправленный поиск информации о новейших научных и технологических достижениях
в сети Интернет и из других источников;
• способность собирать, обрабатывать и интерпретировать
данные современных научных исследований, необходимые для
формирования выводов по соответствующим научным, профессиональным, социальным и этическим проблемам;
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
• способность формировать суждения о значении и последствиях своей профессиональной деятельности с учетом социальных, профессиональных и этических позиций;
• способность решать задачи производственной и технологической деятельности на профессиональном уровне.
В результате изучения дисциплины студент должен:
• знать и уметь применять на практике основные методы
математического анализа;
• уметь понимать и применять на практике компьютерные
технологии для решения различных задач математического анализа;
• владеть навыками решения практических задач математического анализа.
Вдумчивая работа над этим учебным пособием поможет студенту не только успешно освоить и «сдать» математический анализ, но и сделать первые шаги в тот достаточно узкий круг людей, которые свободно чувствуют себя там, где от математики
может быть хоть какая-нибудь польза.
Учебно-методическое пособие состоит из четырех глав, каждая из которых соответствует программе своего семестра изучения математического анализа на факультете ИВТ. В начале главы
указаны основные требования к уровню освоения содержания
курса в рассматриваемом семестре. В приложениях к каждой главе содержатся варианты контрольных и зачетных работ, полный
список вопросов, выносимых на экзамен, варианты для проведения письменного экзамена.
При подготовке пособия были использованы авторские оригинальные задачи, а также материалы задачников:
Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу;
Кудрявцев Л. Д. и др. Сборник задач по математическому
анализу. Т. 1–3;
Волковыский Л. И. и др. Сборник задач по теории функций
комплексного переменного.
8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Немного из истории
В античной Греции при построении математических теорий
выделился класс задач, для решения которых необходимо было
исследовать бесконечные процессы.
Вклад греческой цивилизации в развитие наук, в частности
математики, настолько велик, что практически любой общий вопрос так или иначе вынуждает нас возвращаться к грекам.
Итак, Древняя Греция, 6–5 вв. до н. э. … Часто эти два века
называют греческим чудом, об этом свидетельствуют прекрасные
исторические памятники. В государствах Древней Греции техника, наука и культура достигают невиданного расцвета, возникают
философия, математика, театр. Вся догреческая математика являлась набором эмпирических правил. Именно в натурфилософских
школах Греции начинается процесс накопления абстрактных математических фактов и построения математических теорий.
Ионийская школа (Иония – ныне город Милей в Малой Азии)
связана с именами Фалеса и двух его учеников Анаксимена и
Анаксимандра. Важнейшая заслуга Фалеса в области математики
состоит в перенесении им из Египта в Грецию первых начал теоретической элементарной геометрии.
Пифагор – ученик Фалеса и Анаксимандра, биография которого стала легендой, много путешествовал по Египту и Вавилону.
Будучи в Египте, учился там у жрецов (следует заметить, что это
было очень хорошее образование). Основанная им школа представляла собой одновременно политическую партию и тайное
общество для высоких философских и математических размышлений. Считается, что Пифагор первым ввел в математику доказательство. Пифагорейская школа сделала огромный вклад в теорию чисел. Основной тезис, которого они придерживались, – все
можно выразить числом или отношением чисел, число управляет
миром. Говорят, что однажды Пифагор шёл мимо кузницы и услышал, что разные молоты звучат по-разному. Он выяснил, что
звук зависит от размера молота и длины его ручки, в итоге создал
первую теорию музыки. Устанавливая в ряд большое количество
горшков, заполняли их различным количеством жидкости, со9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ставляли пропорции, стучали по горшкам и искали красивое звучание (возникли кварта, квинта и другие интервалы). Пифагор
был также астроном, в частности, он считал, что Земля движется
вокруг Солнца, поэтому учение Коперника называют пифагорейским.
Выдающийся вклад Пифагора в математику связан с открытием того, что натуральных чисел не хватает для описания всех
математических построений: греки открыли иррациональные
числа. Причем им было известно строгое доказательство иррациональности 2 . Для пифагорейцев это был страшный удар по
теории, согласно которой все на свете можно свести к дискретному набору чисел. Надо отдать должное Пифагору: он признал
поражение после длительной борьбы против своего открытия.
Это первый кризис в истории математики. Для преодоления его
была создана геометрическая алгебра, первичными элементами
которой являются отрезки.
Именно пифагорейцам мы во многом обязаны той математикой, которая затем была систематизированно изложена и доказана в «Началах» Евклида. Сочинения, в которых излагались первые математические теории, назывались «Начала». Первые, сведения о которых до нас дошли, принадлежали Гиппократу Хиосскому. Были еще и многие другие, но все из них оказались забыты, когда появились «Начала» Евклида. Свыше двадцати веков
эти книги служат образцом математической строгости, в течение
всей многовековой истории книги участвуют в формировании
фундамента математического образования. О самом Евклиде известно не очень много. Он жил в 3 в. до н. э. в Александрии, входившей тогда в состав египетского царства. Правители Египта
Птолемеи организовали в Александрии научно-учебный центр –
Музейон (прибежище муз). Здесь занимались научной работой в
разное время почти все ученые эпохи эллинов, например Евклид,
Архимед, Аполлоний, Эрастофен.
В любом списке величайших математиков мировой истории
неизменно повторяется имя Архимеда (287–212 гг. до н. э.). Архимед родился в Сиракузах, в Сицилии, в семье астронома Фидия, говорят, что был родственником сиракузского царя. Можно
писать тома, что сделал Архимед для прикладной механики, чис10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
той и прикладной математики. Но мы ограничимся упоминанием
того, что он на 2000 лет опередил Ньютона и Лейбница, подойдя
вплотную к изобретению интегрального исчисления, а в одной
задаче – к открытию дифференциального исчисления (в задаче
шла речь о построении касательной к спирали). Он нашел общие
методы отыскания площадей криволинейных плоских фигур и
объемов, ограниченных кривыми поверхностями.
Создание математического анализа оказалось очень длительным процессом. Столетиями шло накопление и осмысливание материала в виде отдельных задач, решение каждой из которых было
произведением искусства. Мы здесь не можем даже просто перечислить имена ученых, участвовавших в этом, – так их много.
Перейдем к ХVII веку – героическому веку математического
анализа.
Дифференциальное и интегральное исчисление возникло как
самостоятельный раздел математики в виде теории флюксий
Исаака Ньютона и в виде исчисления дифференциалов Годфрида
Вильгельма Лейбница.
И. Ньютон родился в 1642 г. в семье фермера в местечке
Вулсторп около Кембриджа (Англия). В 1665 г. окончил Кембриджский университет со степенью бакалавра, в 1668 г. получает степень магистра. Через год его учитель Исаак Барроу, блестящий и оригинальный ученый, в знак уважения к таланту ученика уступает ему Люкасовскую кафедру математики. Лекции
Барроу, которые слушал Ньютон, содержали геометрическое толкование методов отыскания площадей и нахождения касательных
к кривым и, несомненно, помогли Ньютону в дальнейшей работе.
Период с 1684 по 1686 г. – величайший период в истории
науки вообще и математики в частности. Ньютон подготовил для
публикации труд, заключающий в себя его открытия в астрономии и механике. Этот труд назывался «Philosophiae Naturalis Principia Mathematica» («Математические начала натуральной философии»). Для получения результатов Ньютон использовал созданный им метод флюксий. В методе флюксий изучаются переменные величины, которые называются флюентами, т. е. текущими, от латинского fluere – течь. Все флюенты зависят от времени. Вводятся скорости течения флюент, т. е. производные по
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
времени, причем т. к. флюксии тоже переменные, то можно находить флюксию от флюксии. В теории флюксий решены две задачи: 1) нахождение соотношения между флюксиями по известному соотношению между флюентами, т. е. нахождение скорости в
данный момент времени по известному пути, 2) определение соотношения между флюентами по известному соотношению между флюксиями, т. е. нахождение по заданной скорости пройденного пути. В явном виде новый метод не присутствовал в трудах
Ньютона, хотя по времени он явно предшествует исчислению
дифференциалов Г. Лейбница.
Первая публикация по математическому анализу, тем не менее, была посвящена исчислению дифференциалов и принадлежала Г. Лейбницу.
Годфрид Вильгельм Лейбниц – одна из самых удивительных
фигур в истории науки. Он внес значительный вклад в юриспруденцию, государственное управление, историю, литературу, логику, вероучение, философию. Математика была лишь одной из областей, в которых проявился яркий гений Лейбница. Лейбниц создал в математике две архиважные вещи: анализ (дифференциальное и интегральное исчисление) и комбинаторный анализ. Про него говорят, что он прожил не одну, а несколько жизней. Дипломат,
историк, философ и математик, он сделал в каждой области на целую жизнь. Родился Лейбниц в Лейпциге в 1646 г. в семье профессора философии. В 15 лет поступил в Лейпцигский университет, в 17 лет получил степень бакалавра. А в 1666 г. от Альтдорфского университета получил степень доктора и должность профессора права университета. Однако всю дальнейшую жизнь предпочитает состоять на службе у германских государей. Настоящее
математическое образование Лейбница началось под руководством Христиана Гюйгенса. Ему было тогда 26 лет и по дипломатическим делам он находился в Париже. В 1673 г. Лейбниц, будучи в качестве атташе в Лондоне, знакомится с английскими математиками. На собрании Лондонского Королевского общества
демонстрирует свою вычислительную машину. За это и цикл работ был избран иностранным членом общества. В 1684 г. Лейбниц
опубликовал первый труд об анализе бесконечно малых. Он назывался «Новый метод максимумов, минимумов, а также касатель12
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ных, для которого не служат препятствием ни дробные, ни иррациональные величины и особый для этого род исчисления».
В истории математики большое место уделяется спору о приоритете открытия дифференциального и интегрального исчисления. Исследователи в большинстве своем сходятся на том, что
Ньютон и Лейбниц совершили открытия независимо друг от друга. Ньютон, видимо, раньше, Лейбниц – позднее, но приоритет в
публикации, удобство символики (мы пользуемся в основном
обозначениями Лейбница), удобство алгоритмов принадлежат
Лейбницу.
XVIII век представлен тремя наиболее значительными математиками столетия: Эйлером, Лагранжем и Лапласом (два последних работали и в XIX в.).
Леонард Эйлер родился в Базеле (Швейцария) в семье пастора в 1707 г. Блестяще закончил Базельский университет, получил
степень магистра. В 1727 г. приехал в Россию работать в Петербургской академии наук. Одной из наиболее важных работ этого
периода является трактат по механике. С помощью анализа Эйлер сделал механику аналитической, и в этой фундаментальной
науке началась новая эра. В 1740 г. Эйлер принимает приглашение работать в Берлинской академии наук. Здесь он проработал
двадцать четыре года, написал более трехсот статей и книг, половину из которых отправлял для опубликования в Петербург. Он
по-прежнему числился здесь почетным академиком. Эйлера постоянно тянуло в Россию. И Россия никогда не забывала об Эйлере. В 1766 г. он возвращается в преклонном возрасте и с почти
полной потерей зрения. Но продолжает заниматься наукой, диктуя статьи своим ученикам.
Л. Эйлер написал цикл монографий, касающихся положения
в отдельных частях математики. Математическому анализу посвящены два тома «Введения в анализ бесконечно малых», два
тома «Дифференциального исчисления», три тома «Интегрального исчисления». Эти классические сочинения служили основой
математического анализа до ХIХ в. К этому времени выявилась
необходимость перестройки анализа и построения теории пределов как его основы.
13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Это было сделано в 1822 г. в знаменитых лекциях Огюстена
Коши. Весь курс лекций, читаемых им в Политехнической школе
в Париже, был опубликован в трех книгах: «Курс анализа», «Резюме лекций по исчислению бесконечно малых», «Лекции по
приложению анализа к геометрии». В этих книгах впервые анализ последовательно излагается на основе теории пределов. Коши начал перестройку основ науки, приближая ее к современному состоянию. Бесконечно малая величина была введена как переменная, предел которой равен нулю. Непрерывность рассматривалась как соответствие бесконечно малого приращения функции бесконечно малому приращению аргумента. Строго был изложен вопрос о сходимости рядов.
Исследование основ математического анализа требует изучения вопросов, связанных с теорией множеств и теорией функций.
Здесь мы обязаны упомянуть имя чешского математика Бернарда
Больцано (1781–1848). С 1805 по 1820 гг. он преподавал богословие в Пражском университете. За выступления в поддержку самостоятельности чешского народа против владычества австрийской
империи был отстранен от преподавания и, будучи без средств к
существованию, прожил остаток жизни в деревне у друзей, занимаясь философией и математикой. К сожалению, рукопись его
важнейшего сочинения «Учения о функциях» была найдена и
опубликована только в 1930 г., ровно через сто лет после написания. Если бы его работы были опубликованы вовремя, то ход истории, несомненно, был бы ускорен. В области обоснования анализа Больцано сделал многое раньше Коши и Вейерштрасса.
В результате дальнейших исследований в трудах великого
Коши, который впервые ввёл стандарты строгости, обнаружились
логические пробелы. Желаемая строгость была наконец достигнута в 1859 г. Карлом Вейерштрассом (1815–1897).
Вейерштрасс завершил построение фундамента математического анализа на основе построенной им теории действительных
чисел и так называемого ε -δ-языка. Одновременно он дал строгое
доказательство основных свойств непрерывных функций. Формулировки, предложенные Вейерштрассом, воспроизводятся без
всяких изменений в современных учебниках.
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Глава 1
Содержание курса математического анализа определяется
федеральным государственным образовательным стандартом и
направлено на формирование способности выпускника вуза понимать и применять в профессиональной деятельности современный математический аппарат. В приложении к первой главе
содержится полный список вопросов, выносимых на экзамен.
Приведем перечень основных знаний и умений, необходимых для
формирования профессиональных компетенций выпускника вуза.
Студент должен:
• знать и уметь применять на практике основные методы математического анализа;
• понимать и уметь применять на практике знания об
основном объекте математического анализа – функциях; о пределах, непрерывности, производных и дифференциалах функций
одного переменного; об исследовании функций с помощью производных;
• владеть навыками решения практических задач, связанных с вычислением пределов элементарных функций; нахождением производных элементарных функций; нахождением экстремумов функций.
§ 1.1. Числовые множества. Границы числовых множеств. Метод математической индукции
Ниже при решении задач мы будем использовать ряд определений и утверждений, касающихся числовых множеств.
Определение 1.1.1. Отрезком [a, b] называется множество
всех действительных чисел x , удовлетворяющих неравенствам
a ≤ x ≤ b . Здесь a, b ∈ R , a < b .
Определение 1.1.2. Интервалом (a, b) называется множество
всех действительных чисел x , удовлетворяющих строгим неравенствам a < x < b .
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определение 1.1.3. Множества вида (a, b] ={x ∈ R : a < x ≤ b} и
[a, b) ={x ∈ R : a ≤ x < b} называются полуинтервалами.
Часто в качестве обобщающего термина для отрезка, интервала и полуинтервала используется слово «промежуток».
Определение 1.1.4. Пусть ε – положительное число и x0 ∈ R .
ε -окрестностью точки x0 называется интервал вида
( x0 − ε , x0 + ε ) = {x ∈ R : x − x0 < ε } .
Определение 1.1.5. Множество X ⊂ R называется ограниченным, если оно ограничено сверху и ограничено снизу, т. е.
существуют такие числа А и В, что для любого x ∈ X выполняются неравенства A ≤ x ≤ B .
Это определение равносильно следующему: существует такое число C >0, что для любого x ∈ X выполняется неравенство
x ≤C.
Для формализации записей мы используем символы ∀ –
«каждый, любой, для всех» и ∃ – «существует».
Задача 1.1.6. Доказать, что объединение и пересечение двух
ограниченных множеств также ограниченное множество.
Решение. Задачи по математическому анализу достаточно
часто студентами относятся к двум типам, каждый из которых непонятен по-своему. Первый тип представлен совершенно очевидными утверждениями, которые вроде и в доказательстве не нуждаются. Второй тип задач составляют те из них, которые представляются очень сложными, и опять непонятно, с чего начать.
Посмотрим, как в случае задачи 1.1.6 мы можем проводить
рассуждения. Итак, заданы два множества, про которые известно,
что каждое из них ограничено. Давайте обозначим эти множества
через X и Y соответственно и запишем для каждого условие ограниченности:
∃ A и B, ∀x∈ X : A ≤ x ≤ B,
∃ C и D , ∀ y ∈Y : C ≤ x ≤ D .
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Нужно показать, что некоторое множество, составленное из
элементов двух данных, является ограниченным. Запишем определения объединения и пересечения X и Y:
X ∪ Y={z: z∈ X или z∈ Y },
X ∩ Y={z: z∈ X и z∈ Y }.
Какие числа мы можем указать в качестве ограничений для
элементов новых множеств? Выберем наименьшее из чисел A, C
~
и наибольшее из чисел B, D и обозначим A = min{ A, C} ,
~
B = max{B, D} . Теперь внимательно посмотрим: любое число z из
~
~
X ∪ Y удовлетворяет неравенствам A ≤ z ≤ B . Аналогично, для
X ∩ Y.
Задача 1.1.7. Сформулировать в положительном виде условие неограниченности множества.
Решение. Как построить отрицание некоторого условия или
определения, т. е. как сформулировать в положительном виде,
что множество не является ограниченным?
В определении 1.1.5 говорится, что найдется число C >0, обладающее свойством: для любого x ∈ X выполняется неравенство x ≤ C . В нашем случае это не так, т. е. нет таких C . Это означает, для всех положительных чисел C это свойство не выполняется. Что в свою очередь означает, что найдется x ∈ X , который
больше C .
Окончательно: множество X не является ограниченным
⇔ ∀C > 0 , ∃ x ∈ X , x > C .
Определение 1.1.8. Для любого числа a назовем абсолютной
величиной (модулем) число, определяемое по формуле
,
a ≥ 0,
 aесли
a=
,
a < 0.
−aесли
Докажите, что абсолютная величина обладает следующими
свойствами:
a ≥ 0, a = −a , a ≤ a ,
−a ≤ a , a +b ≤ a + b , a − b ≤ a −b ,
ab ≤ a ⋅ b .
17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определение 1.1.9. Пусть X ⊆ R – ограниченное сверху множество, т. е. существует такое число a, что для любого x∈X выполняется неравенство x ≤ a. В этом случае a называется верхней
гранью множества X.
Ясно, что верхних граней у множества много. Для любого
непустого ограниченного сверху множества Х действительных
чисел существует наименьшая верхняя грань. Она называется
точной верхней гранью множества и обозначается sup X (от латинского supremum, т. е. наивысший).
Теорема 1.1.10. Если X – непустое ограниченное снизу множество, то среди всех его нижних граней найдется наибольшая.
Наибольшая среди всех нижних граней множества X обозначается inf X (от латинского infimum).
Для решения задач имеет смысл определить для sup X и inf X
аналитические условия, которые удобно использовать.
Задача 1.1.11. Докажите, что условие y ∗ = sup X эквивалентно условиям
( ∀ x ∈ X : x ≤ y ∗ ) и ( ∀ ε > 0 ∃ x ∈ X : x > y ∗ − ε ).
Соответственно условие y∗ = inf X эквивалентно
( ∀ x ∈ X : x ≥ y∗ ) и ( ∀ ε > 0 ∃ x ∈ X : x < y∗ + ε ).
Решение. Пусть y ∗ = sup X . По определению 1.1.9 очевидно,
что все числа x ∈ X удовлетворяют условию x ≤ y ∗ . Далее, поскольку речь идет о наименьшей верхней грани, то никакое значение ~y , ~y < y ∗ , не является верхней границей. А это означает, что
найдется хотя бы один x ∈ X , такой что x > ~y . Остается заметить,
что мы можем ~y представить в виде ~y = y ∗ − ε .
Обратно, если некоторое число y ∗ удовлетворяет условиям
задачи, тогда из ( ∀ x ∈ X : x ≤ y ∗ ) следует, что y ∗ – верхняя грань,
а из условия ( ∀ ε > 0 ∃ x ∈ X : x > y ∗ − ε ) следует, что y ∗ – самая
маленькая из всех верхних граней.
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 1.1.12. Докажите, что
sup X ∪ Y =
max{sup X , sup Y } ;
inf X ∪ Y =
min{inf X , inf Y } .
Задача 1.1.13. Пусть функция f ( x) =
x2 + 4x + 4
2
x + 10
задана на
а) X = {x : x > 2} , б) X = {x : x < 2} . Найдите supE(f) и inf E(f), где
E(f) – множество значений функции.
Задача 1.1.14. Пусть заданы два числовых множества X и Y и
множество
Докажите,
что
Z=
{x − y : x ∈ X , y ∈ Y }.
sup
=
Z sup X − inf Y .
Определение 1.1.15. Множество N натуральных чисел – это
такое множество, для которого выполняются следующие условия:
а) 1 ∈ N ,
б) для любого числа n ∈ N число n + 1 также принадлежит
множеству N,
в) если множество M удовлетворяет условиям а) и б), то
N ⊆ M.
Это определение служит основой для метода доказательства,
который мы будем в дальнейшем часто использовать. Он называется методом математической индукции. Поясним смысл.
Пусть мы собираемся доказать некоторое утверждение вида:
«Каждое натуральное число обладает свойством S».
Приведем сразу же примеры таких утверждений: для любого
натурального n:
• число 10 n + 18n − 1 делится на 27; для каждого натурального n,
• сумма чисел 1 + 2 + ... + n равна
n(n + 1)
.
2
Продолжим далее. Если нам удастся доказать, что, вопервых, 1 обладает этим свойством, во-вторых, из предположения «n обладает свойством S» вытекает « n + 1 обладает свойством
S», то наше утверждение становится доказанным. Ведь тем самым мы установили, что множество M тех действительных чисел,
которые обладают свойством S, удовлетворяет условиям а) и б)
из определения и, следовательно, в силу в) N ⊆ M .
19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 1.1.16. Докажите, что следующие соотношения выполняются для любого натурального n:
а) n 3 + 5n делится на 6;
б) 10 n + 18n − 1 делится на 27;
в) 6 2n +1 + 1 делится на 7.
Решение. Рассмотрим первое утверждение: n 3 + 5n делится
на 6 при любом натуральном n .
Проверим справедливость утверждения при n = 1 . Действительно, 13 + 5 ⋅ 1 делится на 6.
Предположим, что утверждение справедливо при n и попробуем доказать, что оно останется справедливым при n + 1 .
(n + 1)3 + 5(n + 1) = n3 + 3n 2 + 3n + 1 + 5n + 5 = n3 + 5n + 3n 2 + 3n + 6 =
= (n3 + 5n) + 3n(n + 1) + 6 .
Первое слагаемое делится на 6 по предположению. Во втором содержится произведение двух последовательных натуральных чисел. Следует заметить, что одно из них обязательно четное. С учетом множителя 3 второе слагаемое тоже делится на 6.
Итак, при n + 1 утверждение верно. Значит, оно справедливо для
всех натуральных чисел.
Задача 1.1.17. Докажите тождества
а) 12 + 2 2 + ... + n 2 =
n(n + 1)(2n + 1)
;
6
б) 1 ⋅ 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 3 ⋅ 4 + ... + n ⋅ (n + 1) ⋅ (n + 2) =
в) 1 ⋅ 1!+2 ⋅ 2!+... + n ⋅ n!= (n + 1)!−1.
n(n + 1)(n + 2)(n + 4)
;
4
§ 1.2. Числовые последовательности.
Предел последовательности
Числовая последовательность {xn} – это функция, заданная
на множестве натуральных чисел N и принимающая действительные значения.
Определение 1.2.1. Число A называется пределом последовательности (A = lim xn), если ∀ε > 0 ∃ nε ∈ N ∀n ≥ nε xn − A < ε .
20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определение 1.2.2. Последовательность x n , n ∈ N , называется сходящейся, если ∃A∈ R ∀ε > 0 ∃nε ∈ N ∀n ≥ nε xn − A < ε .
Задача 1.2.3. Сформулируйте в положительной форме:
а) последовательность не является ограниченной;
б) число А не является пределом последовательности;
в) последовательность не имеет предела.
Решение.
а) Для построения отрицания мы начинаем с формулировки
определения ограниченной последовательности.
Последовательность называется ограниченной, если
∃ M >0 ∀ n : xn < M .
Затем построим отрицание.
Последовательность не является ограниченной, если
∀ M ∃ n : xn > M .
б) Последовательность не является бесконечно большой, если ∃ M >0 ∀ n ∃ m ≥ n xm ≤ M .
в) Число А не является пределом последовательности, если
существует такое ε > 0, что для любого n найдется m > n
такое, что a m − A ≥ ε .
г) Последовательность не имеет предела, если для любого
числа A существует такое ε > 0, что для любого N найдется n0 > N такое, что a n − A ≥ ε .
Задача 1.2.4. Докажите, что из сходимости последовательности {xn} следует сходимость последовательности { xn } . Верно ли
обратное утверждение?
Решение. Для доказательства используйте неравенство
xn − A ≤ xn − A .
Обратное утверждение неверно. Достаточно посмотреть на
пример xn = (-1)n.
Задача 1.2.5. Пусть предел последовательности равен 0. Могут ли в этой последовательности:
а) быть члены больше 105;
б) все члены быть отрицательными;
в) все члены больше 10-5?
0
21
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 1.2.6. Докажите, что, добавив, отбросив или заменив
конечное число членов сходящейся последовательности, получим
последовательность, имеющую тот же самый предел.
Решение.
Число
A
есть
lim xn,
что
означает:
∀ε > 0 ∃ Nε ∀n > Nε xn − A < ε . Пусть в последовательности {xn}
конечное число членов xni , где i = 1,2,...k, заменили другими зна~
чениями. Теперь внесем изменения в выбор числа N ε , начиная с
которого выполняется основное неравенство xn − A < ε , а именно
~
~
выберем N ε = max{N ε , n1, ..., nk } . Тогда для всех n ≥ N ε верно
xn − A < ε .
Задача 1.2.7. Докажите, что если последовательность имеет
предел, равный A, то последовательность, полученная любой перестановкой ее членов, также имеет предел, равный A.
Задача 1.2.8. Известно, что в некоторой окрестности точки A
находится бесконечно много членов последовательности {xn}.
Следует ли отсюда, что:
а) A = lim xn;
б) число b, отличное от A, не является пределом последовательности?
Решение.
а) Конечно нет, т. к. в силу определения последовательности
такая окрестность должна быть произвольной.
б) Вообще говоря, нет.
Задача 1.2.9. Известно, что в любой окрестности точки A находится бесконечно много членов последовательности {xn}. Следует ли отсюда, что:
а) A = lim xn;
б) число b, отличное от A, не является пределом последовательности;
в) последовательность является ограниченной?
Решение.
а) В определении предела сказано, что в любой окрестности
точки A находятся все члены последовательности, начиная
с некоторого. Поэтому ответ «нет». Рассмотрите пример:
xn = (-1)n.
22
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
б) Да, поскольку для любого другого числа b можно указать
окрестность, в которую не попало бесконечно много членов последовательности {xn}.
в) Вообще говоря, нет. Можно рассмотреть, например, поn
следовательность xn = 2n⋅( −1) .
Определение 1.2.10. Последовательность xn , n ∈ N , называется ограниченной последовательностью, если ограничено множество ее значений. Иначе говоря, последовательность ограничена, если существует такое число М, что для любого n ∈ N выполнено неравенство xn ≤ M .
Определение 1.2.11. Последовательность x n , n ∈ N , называется бесконечно большой (иначе, xn → ∞ ), если ∀E > 0 ∃n E
∀n ≥ n E xn > E .
n
Задача 1.2.12. Показать, что последовательность xn = n (−1) не
ограничена, однако не является бесконечно большой.
Решение. Для доказательства достаточно написать определения и понять, что неограниченная последовательность может
принимать сколь угодно большие значения, как, например, рассматриваемая последовательность, а бесконечно большая последовательность становится и остается сколь угодно большой.
Задача 1.2.13. Докажите, что если xn → +∞, то последовательность достигает точной нижней границы множества своих
значений.
Решение. Выберем номер m, для которого xm > 0, и положим
E = xm. Из условия xn → +∞ следует, что ∃ n0 , ∀n > n0 , xn > E . Тогда из значений xk, k = 1,2,...n0 выберем минимальный элемент.
Это и есть inf{ xn }.
Если для последовательности {xn} вместо множества N взять
любое бесконечное подмножество {nk}, nk < nk+1, k = 1,2,3..., то
получим подпоследовательность { xnk }. Предел подпоследовательности, если он существует, называется частичным пределом
последовательности.
Теорема 1.2.14 (Больцано – Вейерштрасс). Любая ограниченная последовательность содержит сходящуюся подпоследовательность.
23
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Это означает, что у всякой ограниченной последовательности
множество частичных пределов не пусто.
Если последовательность ограничена, то существуют наибольший и наименьший из частичных пределов. Они называются верхним пределом (обозначается limхn ) и нижним пределом – limxn .
Задача 1.2.15. Постройте пример последовательности, которая а) не имеет частичных пределов; б) имеет единственный частичный предел, но не является сходящейся.
Задача 1.2.16. Постройте пример последовательности, которая имеет в качестве своих частичных пределов заданные числа
a1, a2,... ak.
Решение. В качестве такой последовательности можно рассмотреть, например, последовательность вида x1 = a1 , x2 = a2 ,….,
xk = ak , xk +1 = a1 ,…, xk + k = ak , xk + k +1 = a1 ,… .
Задача 1.2.17. Постройте пример последовательности, для
которой члены данной последовательности a1, a2, ..., al, ... являются частичными пределами. Какие еще частичные пределы имеет построенная последовательность?
Решение. В качестве такой последовательности можно рассмотреть a1, a1, a2, a1, a2, a3, a1, a2, a3, a4, ... . Частичными пределами построенной последовательности являются а) члены данной
последовательности a1, a2, ..., al, … ; б) частичные пределы последовательности a1, a2, ... , al, … .
Задача 1.2.18. Докажите, что если последовательность {xn}
не ограничена, то существует бесконечно большая подпоследовательность {xn k } .
Задача 1.2.19. Пусть последовательность {xn} сходится, а последовательность {yn} расходится. Что можно сказать о сходимости последовательностей {xn + yn}, {xnyn}?
Решение. Последовательность {xn+yn} расходится. Если бы
предел ее существовал, то последовательность {yn} тоже оказалась бы сходящейся. Действительно, yn = (xn+yn)−xn. Последовательность {xnyn} может оказаться сходящейся. Например, xn→0, а
{yn} ограничена.
Задача 1.2.20. Пусть lim xn = 0, а {yn} – некоторая последовательность. Можно ли утверждать, что lim xnyn = 0?
24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Нет, рассмотрите примеры: xn = 1 n , yn = n; xn = 1 n ,
yn = n sin n.
Задача 1.2.21. Пусть lim xnyn = 0. Следует ли отсюда, что или
lim xn = 0, или lim yn = 0?
1 + (−1) n
Решение. Нет, рассмотрите последовательности xn =
2
n
1 − (−1)
.
и yn =
2
Определение 1.2.22. Последовательность x n , n ∈ N , называется монотонно возрастающей, если x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn ≤ ... , т. е. если
x n ≤ x n +1 для каждого n ∈ N . Последовательность xn , n ∈ N , называется строго возрастающей, если для каждого n ∈ N справедливо
неравенство xn < xn +1 .
Аналогично можно определить монотонно убывающую и
строго убывающую последовательности.
Возрастающие и убывающие последовательности называются монотонными последовательностями.
Задача 1.2.23. Докажите, что сумма двух возрастающих последовательностей возрастает.
Задача 1.2.24. Докажите, что любая монотонно возрастающая последова- тельность является ограниченной снизу.
Теорема 1.2.25. (Вейерштрасс). Пусть последовательность
монотонно возрастает и ограничена сверху, тогда она имеет конечный предел.
Задача 1.2.26. Докажите, что следующие последовательности
сходятся.
а)
xn = 1 + 13 + 312 + ... + 31n ;
б) xn = 0, 23333....3

;
nцифр
в) x1 = 3, xn +1 = 3 + xn .
Решение. Для доказательства сходимости последовательности достаточно показать ее монотонность и ограниченность. Рассмотрим решение примера в).
Разность xn +1 − xn = 3 + xn − 3 + xn −1 =
25
xn − xn −1
=
3 + xn + 3 + xn −1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
=
(
3 + xn −1 − 3 + xn − 2
3 + xn + 3 + xn −1
=
xn −1 − xn − 2
=
3 + xn + 3 + xn −1 3 + xn −1 + 3 + xn − 2
=….=
)(
=
(
)
x2 − x1
>0,
3 + xn + 3 + xn −1 ... 3 + x2 + 3 + x1
)(
)
т. е. последовательность возрастает. Рассмотрим x1 = 3 <6, тогда
x2 = 3 + 3 <6. В свою очередь xn +1 = 3 + xn <6. Поэтому исходная последовательность монотонно возрастает и ограничена
сверху, следовательно, сходится.
§ 1.3. Функция. Предел функции
Определение 1.3.1. Пусть X и Y – два числовых множества,
т. е. X ⊆ R , Y ⊆ R . Пусть по некоторому правилу f каждому числу
x ∈ X поставлено в соответствие число y ∈ Y . Тогда говорят, что на
множестве X определена функция f, действующая в множество Y.
Определение 1.3.2. Точка x0 называется предельной точкой
множества X, если ∀δ > 0 ∃ x ∈ X : 0 < x − x0 < δ .
Определение 1.3.3. Пусть функция f определена на X и x0 –
предельная точка множества X. Число A называется пределом
функции f в точке x0 (обозначаем A = lim f ( x) ), если для любого
x→ x 0
ε > 0 существует такое δ > 0 , что для всех x ∈ X , удовлетворяющих условию 0 < x − x0 < δ , выполняется неравенство f ( x) − A < ε .
Задача 1.3.4. Пусть lim f ( x) существует и отличен от нуля, а
x → x0
lim g ( x) не существует. Докажите, что не существует lim ϕ ( x) ,
x → x0
x → x0
где ϕ ( x) = f ( x) g ( x) .
Задача 1.3.5. Пусть lim f ( x) существует и отличен от нуля, а
x→ x0
функция ϕ(x) – бесконечно большая при x → x0. Докажите, что
g(x) = ϕ(x)f(x) бесконечно большая при x → x0.
26
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В определении 1.3.3 можно рассматривать, к чему стремится
функция при условии, что либо x → ∞ , либо x стремится к некоторому числу x0, оставаясь меньше этого числа, т. е. при
x → x0 − 0 . Пусть функция f определена на множестве X и точка
x0 является предельной точкой множества
X − = {x ∈ X : x < x0 }.
Тогда условие A =
lim
x → x0 − 0
f ( x) на языке “ ε − δ ” имеет вид:
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ X (( x0 − δ < x < x0 ) ⇒ f ( x) − A < ε ) ,
В этом случае число A называется левосторонним пределом
функции f и обозначается A = f ( x0 − 0) . Аналогично определяется
правосторонний предел, при этом вместо X − рассматривается
X+ =
{ x ∈ X : x > x0 } .
Можно посмотреть также, к чему стремится функция при
стремлении аргумента к ∞ . Возникающие таким образом варианты предельного перехода можно записать в общем виде:

 x0
 x − 0
A 
 x0 + 0 
∞ 
f (x) стремится к  + ∞  при x , стремящемся к  ∞0
.
+ ∞ 
− ∞




− ∞ 
Выбирая в каждом из двух столбцов по одному символу, получим тот или иной из двадцати четырех возможных вариантов.
Задача 1.3.6. Записать определения всевозможных комбинаций предельного перехода.
Решение. Рассмотрим, например, определение:
f (x) → +∞ при x → x0 − 0 .
Пусть функция f определена на множестве X и точка x0 является предельной точкой множества X − = {x ∈ X : x < x0 }.
Тогда условие
27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
f ( x) = +∞
lim
x → x0 − 0
на языке “ ε − δ ” имеет вид:
∀Ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ X (( x0 − δ < x < x0 ) ⇒ f ( x) > Ε ) ,
Задача 1.3.7. Пусть функция f определена на множестве X
и точка x0 является предельной точкой множеств X − и X + . Тогда
lim f ( x) существует в том и только в том случае, когда сущестx→ x0
вуют и равны между собой
lim
x → x0 − 0
f ( x) и
lim
x → x0 + 0
Задача 1.3.8. Докажите, что функция f ( x) =
дел
1
при x → +∞ .
2
Решение. Рассмотрим разность
f ( x) . Докажите.
x −1
имеет пре2x + 3
x −1 1
− =
2x + 3 2
5
. Нам
2(2 x + 3)
нужно показать, что эта разность становится сколь угодно малой,
если x достаточно велико.
Выберем произвольно ε > 0 и решим неравенство:
5
<ε.
2(2 x + 3)
Поскольку значения аргумента положительны, то знак моду-
5
5 3
< ε . Отсюда
− < x . Та2(2 x + 3)
4ε 2
5 3
− . Тогда для всех поким образом, для ε можно выбрать ∆ =
4ε 2
1
ложительных x > ∆ имеет место неравенство f (x) − < ε .
2
ля можно опустить. Получим
Задача 1.3.9. Найти lim
x4 + 2x2 − 3
x →1 x 2 − 3 x + 2
.
Решение. При стремлении x → 1 числитель и знаменатель
дроби обращаются в нуль, поэтому применить теорему о пределе
28
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
частного мы не можем. Разложим числитель и знаменатель на
множители и сократим на x − 1 .
x4 + 2x2 − 3
( x 2 + 3)( x − 1)( x + 1) ( x 2 + 3)( x + 1)
.
=
=
2
x
−
x
−
x
−
(
2
)(
1
)
(
2
)
x − 3x + 2
( x 2 + 3)( x + 1)
Вычислим предел lim
= −8 .
( x − 2)
x →1
Сделаем вывод: если под знаком предела стоит рациональная
дробь и предел числителя и знаменателя равны 0, то сделать
нужно: 1) разложить на множители числитель и знаменатель, 2)
сократить дробь, 3) перейти к пределу.
Задача 1.3.10. Найти lim
x3 + 2 x 2 − 3
x →∞ 5 x 3 − 3x + 2
.
Решение. При x → ∞ предел числителя и знаменателя дроби
не существует, поэтому применить теорему о пределе частного
мы не можем. В подобных случаях нужно числитель и знаменатель дроби разделить на наибольшую степень x и перейти к пределу:
lim
x3 + 2 x 2 − 3
x →∞ 5 x 3 − 3x + 2
Задача 1.3.11. Найти lim
1 + 2 − 33
x x
x → ∞ 5 − 32 + 23
x
x
= lim
3 1 + 2x + 1
x → −1 x +
2+ x
1
5
= .
.
Решение. При x → −1 числитель и знаменатель дроби стремятся к нулю, поэтому применить теорему о пределе частного мы
не можем. Если под знаком предела стоит иррациональность, то
нужно перевести ее из числителя в знаменатель или из знаменателя в числитель (может и то и другое), сократить полученную
дробь, вычислить предел.
lim
3 1 + 2x + 1
x → −1 x +
2+ x
= lim
(3 1 + 2 x + 1)(3 (1 + 2 x) 2 − 3 1 + 2 x + 1)
x → −1 (3 (1 + 2 x) 2 − 3 1 + 2 x + 1)( x +
29
2 + x)
=
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2 x( x − 2 + x )
= lim
x → −1 (3 (1 + 2 x) 2 − 3 1 + 2 x + 1)( x +
2 + x )( x − 2 + x )
= lim
2( x + 1)( x − 2 + x )
= lim
2( x + 1)( x − 2 + x )
x → −1 (3 (1 + 2 x) 2 − 3 1 + 2 x + 1)( x 2 − x − 2)
=
x → −1 (3 (1 + 2 x) 2 − 3 1 + 2 x + 1)( x + 1)( x − 2)
2( x − 2 + x )
= lim
x → −1 (3 (1 + 2 x) 2 − 3 1 + 2 x + 1)( x − 2)
Задача 1.3.12. Найти limπ
sin( x − π )
3
x → 3 1 − 2 cos x
=
=
4
9
= .
.
Решение. Предел числителя и знаменателя дроби равен нулю. Можно преобразовать выражение так, чтобы вычисление
sin x
= 1.
x →0 x
предела свелось к первому замечательному пределу lim
Сделаем замену x − π3 = t , t → 0 .
Тогда
lim
sin( x − π )
3
x → π3 1 − 2 cos x
sin t
= lim
t → 0 1 − 2 cos(t + π )
3
=
sin t
=
t → 0 1 − 2(cos t cos π − sin t sin π ) t → 0 1 − cos t + 3 sin t
= lim
sin t
= lim
3
3
t
2 sin cos t
2
2
= lim
t → 0 2 sin 2 t + 2 3 sin t cos t
2
2
2
2x + 3 
Задача 1.3.13. Найти lim 

x → ∞ 2 x + 1 
x +1
=
1
3
.
Решение. Решение таких примеров имеет смысл начинать с
преобразования показательно-степенного выражения
30
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 2x + 3 


 2x + 1 
x +1
 2 x +3 
( x +1) ln

 2 x +1  .
=e
Показатель экспоненты перепишем как
2 
 2x + 3 

( x + 1) ln
 = ( x + 1) ln1 +
.
 2x + 1 
 2x + 1
Тогда
2 
 2x + 3 

lim ( x + 1) ln
 = lim ( x + 1) ln1 +
=
x →∞
 2 x + 1  x →∞
 2x + 1
2
2 

( x + 1) ln1 +

2( x + 1)
2x + 1
2x + 1

= lim
== lim
=1.
2
x →∞
x →∞ 2 x + 1
2x + 1
2x + 3 
Окончательно, lim 

x → ∞ 2 x + 1 
x +1
=e .
Можно решить этот пример по-другому.
Преобразуем
 2x + 3 


 2x + 1 
x +1

1 

= 1 +

x + 1 

2
x + 12 + 12

1 

= 1 +

x + 1 

2
x + 12
1
2

1
 .
1 +

1
x + 

2
Первый множитель при x → ∞ стремится к e, второй множитель стремится к 1.
§ 1.4. Непрерывность функции
Определение 1.4.1. Пусть функция f определена на X и x0 предельная точка множества X, принадлежащая X. Функция f называется непрерывной в точке x0 , если lim f ( x) = f ( x0 ) .
x → x0
Задача 1.4.2. Сформулируйте: функция f(x) не является непрерывной в точке x0.
31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 1.4.3. Что можно сказать о непрерывности в точке x0
функций f(x) ± g(x), f(x)g(x), если
а) f(x) непрерывна в в точке x0, а g(x) разрывна в этой точке;
б) обе функции разрывны в точке x0?
Ответ:
а) f(x) ± g(x) разрывна, f(x)g(x) может быть и непрерывной,
например, f(x) = x, g(x) = sgn x, x0 = 0.
б) может быть как разрывной, так и непрерывной.
Задача 1.4.4. Докажите, что функция Дирихле
0, если x − рациональное,
D( x) = 
1, если x − иррациональное
разрывна в каждой точке.
Подсказка. Так как в любой окрестности иррациональной
точки найдутся рациональные и наоборот, то не существует
lim D( x) .
x → x0
Задача 1.4.5. Докажите, что функция Римана
1, x = 0,
1
m
=
R( x) =
n, x
n ,
0, xиррациональное
−
,

определенная на [0,1], разрывна в каждой рациональной точке и
непрерывна в каждой иррациональной.
Подсказка. Для произвольного числа ε > 0 существует лишь
конечное число значений n таких, что 1 n ≥ ε , а, следовательно, и
конечное число точек x′ ∈[0, 1], в которых R( x′) ≥ ε . Пусть x0 –
любая точка промежутка. Выберем окрестность ( x0 − δ , x0 + δ ) таким образом, чтобы в нее не попала ни одна из точек x' (за исключением, быть может, самой этой точки). Для всех точек этой
окрестности, отличных от точки x0, R(x) < ε.
Задача 1.4.6. Приведите пример функции, непрерывной
только а) в одной точке, б) в двух точках.
32
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Ответ:
а) f(x) = xD(x) непрерывна только при x = 0;
б) f(x) = x(x − 1)D(x).
Задача 1.4.7. Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке [a,b]
и не принимает на нем нулевого значения. Докажите, что существует m > 0 такое, что f ( x) ≥ m для всех x из отрезка [a,b]. Верно
ли это утверждение для интервала?
Решение. Заметим, что функция сохраняет знак на отрезке. В
противном случае существовало бы значение x0 такое, что
f(x0) = 0. Пусть для определенности функция положительна на
отрезке. Тогда по теореме Вейерштрасса функция принимает
наименьшее значение m на [a,b] и это значение положительно.
Для интервала это утверждение, вообще говоря, неверно.
Рассмотрите пример f(x) = x на интервале (0,1).
Задача 1.4.8. Пусть функция f(x) определена и непрерывна на
[0,1] и E(f) ⊆ [0,1]. Докажите, что существует такая точка
x0∈[0,1], что f(x0) = x0.
Подсказка. Рассмотрите функцию g(x) = f(x) − x.
Задача 1.4.9.
а) Существует ли функция f(x), непрерывная на отрезке [a,b]
и отображающая его на (−∞, +∞)?
б) Можно ли построить непрерывное взаимно однозначное
отображение открытого множества на ограниченное замкнутое множество?
в) Существует ли функция f(x), непрерывная на отрезке [a,b]
и отображающая его на (с,d)?
г) Существует ли функция f(x), непрерывная на отрезке [a,b]
и отображающая его на [0,1] ∪ [2,3]?
Решение.
а) Нет, так как по теореме Вейерштрасса функция ограничена на отрезке.
б) Нет, поскольку существует обратное непрерывное отображение. Оно является непрерывной функцией и на замкнутом множестве достигает наибольшего и наименьшего
значения, поэтому множество его значений не может быть
открытым множеством.
33
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
в) и г) Нет, множество значений функции, непрерывной на
отрезке, является отрезком.
§ 1.5. Дифференцируемость функции
Пусть функция f(x) определена на множестве X и x0 – внутренняя точка множества.
Определение 1.5.1. Функция f(x) дифференцируема в точке
f ( x 0 + ∆x ) − f ( x0 )
x0, если существует конечный предел lim
. Он на∆x
∆x → 0
зывается производной функции в точке x0.
Этому определению эквивалентно следующее
Определение 1.5.2. Функция f(x) дифференцируема в точке
x0, если приращение функции в точке может быть представлено в
виде f(x0+∆x) – f(x0) = k∆x + o(∆x), ∆x → 0. Линейная часть приращения функции k∆x в этом случае называется дифференциалом
df функции в точке.
Задача 1.5.3. Если функция дифференцируема в точке x0, то
она непрерывна в этой точке. Докажите.
Определение 1.5.4. Пусть функция f(x) определена на множестве X и x0 – внутренняя точка множества. Точка x0 называется
точкой возрастания функции, если ∃ δ > 0 ∀x : 0 < x − x < δ ⇒
(f(x) − f(x0))(x − x0) >0. Аналогично определяется точка убывания.
Определение 1.5.5. Пусть функция f(x) определена на интервале (a,b). Если произведение (f(x2) − f(x1))(x2 − x1) не меняет знак
на (a,b), то функция монотонна на (a,b). Если (f(x2) − f(x1))(x2 −
x1)>0 ((f(x2) − f(x1))(x2 − x1)<0) для любых x1, x2, x1 ≠ x2 из (a,b), то
функция строго возрастает (строго убывает) на (a,b).
Задача 1.5.6. Сформулируйте:
а) функция f(x) не является ограниченной на множестве X;
б) функция f(x) не является монотонной на множестве X.
Теорема 1.5.7. Пусть функция f(x) непрерывна на промежутке X и дифференцируема во всех его внутренних точках. Для того
чтобы функция f(x) монотонно возрастала (убывала) на X, необходимо и достаточно, чтобы для любых значений x∈X f'(x) ≥ 0
(f'(x)≤0).
34
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определение 1.5.8. Функция f(x), определенная на множестве
X, имеет во внутренней точке x0 локальный минимум (максимум), если
∃ δ > 0 ∀x ( x − x0 < δ ⇒ f ( x) ≥ f ( x0 ) )
(f (x) ≤ f (x0)).
Теорема 1.5.9 (Ферма). Если существует производная f '(x0) и
точка x0 – точка экстремума, то f '(x0)=0.
Теорема 1.5.10. Пусть непрерывная функция f (x) дифференцируема во всех точках, принадлежащих окрестности точки x0, за
исключением, быть может, самой точки, и f '(x)≥0 при x < x0,
f '(x)≤0 при x > x0. Тогда x0 – точка максимума. Если f '(x)≤0 при
x < x0, f '(x)≥0 при x > x0, то x0 – точка минимума.
Задача 1.5.11. Докажите, что если каждая точка интервала
является точкой возрастания, то функция строго возрастает на
этом интервале.
Решение. Пусть функция возрастает в каждой точке интервала (a,b), но не является возрастающей на этом множестве. Это означает существование двух таких точек u,v∈(a,b), для которых
u < v и f (u) ≥ f (v). Зафиксируем u и рассмотрим точную нижнюю
границу множества V = {v : u < v < b, f (u ) ≥ f (v)} , которую обозначим
через w. Так как u – точка возрастания, то u < w. Но каждое из неравенств: f (u) ≥ f (w) и f (u) < f (w) противоречит выбору точки w;
первое – тому, что w – точная нижняя граница множества V, второе – максимальности w в множестве нижних границ.
Задача 1.5.12. Пусть функция f (x) строго возрастает при
x > a. Следует ли из этого, что f(x) → +∞ при x → +∞?
Решение. Вообще говоря, нет. В качестве примера можно
рассмотреть f(x) = arctg x.
Задача 1.5.13. Докажите, что производная периодической
функции является периодической.
Решение. Запишите определение периодической функции и
продифференцируйте равенство f(x+T) = f(x).
Задача 1.5.14. Пусть функция f(x) дифференцируема в нуле и
четна. Докажите, что f'(0) = 0.
Решение. Рассмотрите односторонние пределы при ∆x → +0
и при ∆x → −0 разностного отношения, фигурирующего в определении производной, и воспользуйтесь четностью f(x).
35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 1.5.15. Докажите, что если функция на интервале Х
имеет ограниченную производную, то она равномерно непрерывна.
Решение. Функция называется равномерно непрерывной
на интервале X, если ∀ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ u, v∈ X ( u − v < δ
⇒ f (u ) − f (v) < ε ).
Функция дифференцируема на X, значит, для любых u,v ∈ (X)
справедлива теорема Лагранжа: f (u ) − f (v) = f ′(c) u − v , c ∈ [u,v].
Так как производная функции по условию ограничена: f ′( x) ≤ K ,
то f (u ) − f (v) ≤ K u − v . В качестве δ можно выбрать δ = Kε .
Задача 1.5.16. Пусть функция f(x) дифференцируема во всех
точках отрезка [0,1], и f '(0) f'(1)<0. Тогда на интервале (0,1) найдется точка c такая, что f '(c)=0.
Решение. Пусть f ′(0) > 0, f ′(1) < 0 . Тогда на (0,1) существует
точка, в которой f(x) имеет максимум. Производная функции в
точке экстремума равна 0.
Задача 1.5.17. Докажите, что если все корни многочлена
Pn(x) степени n действительны и различны, то все уравнения
Pn( k ) ( x) = 0 , где k = 1,2,...,n-1 имеют только действительные корни.
Подсказка. Для каждого многочлена Pn( k ) ( x) , ( k = 0, 1, 2,..., n − 1)
выполнены условия теоремы Ролля в каждом промежутке [u,v],
где Pn( k ) (u ) = Pn( k ) (v) = 0 .
Задача 1.5.18. Пусть функция f(x) дифференцируема в точке
x = 0, а ϕ ( x) = x2 sin 1 x , x ≠ 0; ϕ (0) = 0 . Найдите производную функ-
ции f (ϕ ( x)) в точке x = 0.
Решение. Для решения задачи найдите по определению производную функции ϕ ( x) :
ϕ ( x + ∆x) − ϕ ( x)
= lim
∆x→0
∆x
∆x → 0
lim
(∆x) 2 sin
∆x
1
∆x = 0 .
По теореме о производной сложной функции ( f (ϕ ( x)) )′ = 0
при x=0.
36
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 1.5.19. Пусть функция f ( x) непрерывна на [0,1],
дифференцируема на (0,1), f(0) = 4, f(1) = 2, f'(x) ≥ −2. Докажите,
что f(x) – линейная функция.
Решение. Очевидно, что линейная функция g(x)=−2x+4 удовлетворяет условию задачи. Далее, рассмотрим функцию
ϕ(x) = f(x) − g(x). Для этой функции выполнены следующие условия: ϕ(0) =0, ϕ(1) =0, ϕ'(x) ≥ 0. Поскольку функция ϕ(x) не убывает на рассматриваемом отрезке, то ϕ(x) ≡ 0.
1
x
− задана на отЗадача 1.5.20. Пусть функция f ( x) = 2
x +1 4
резке [2 − 3, 2 + 3 ] . Удовлетворяет ли эта функция условиям
теоремы Ролля? Если да, то найдите точку, в которой f ′( x) = 0 .
Если нет, то почему? Результат обсудите с геометрической точки
зрения.
Задача 1.5.21. Пусть функция f ( x) = 3 x 4 ( x − 1) задана на отрезке [− 12 , 12 ] . Удовлетворяет ли эта функция условиям теоремы
Ролля? Если да, то найдите точку, в которой f ′( x) = 0 . Если нет, то
почему? Результат обсудите с геометрической точки зрения.

x2 , x ≤ 1
(
)
=
f
x
заЗадача 1.5.22. Пусть функция
 2
− x + 4 x − 2, x > 1
дана на отрезке [0, 2] . Удовлетворяет ли эта функция условиям
теоремы Лагранжа?
Задача 1.5.23. Удовлетворяют ли функции f ( x) = sin x и
3
g ( x) = x 2 условиям теоремы Коши на отрезке [−8, 8] .
Задача 1.5.24. Пусть функция имеет производную в каждой
точке интервала (a,b) и lim f ( x) = lim f ( x) . Докажите, что суx→ a + 0
x→ b − 0
ществует точка c ∈(a,b), в которой f'(c) = 0.
Решение. Если lim f ( x) = lim f ( x) , то можно доопредеx→ a + 0
x→ b − 0
лить функцию на концах интервала и воспользоваться теоремой
Ролля.
37
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
§ 1.6. Исследование функции
Приведем план исследования функции и построения графика
при помощи дифференциального исчисления.
1. Найти область определения функции.
2. Исследовать поведение функции на границах области определения.
3. Общие свойства функции (четность- нечетность, периодичность, нули функции, промежутки знакопостоянства).
4. Найти первую производную и получить все возможные
сведения: промежутки монотонности и точки экстремума.
5. Найти вторую производную и получить все возможные
сведения: промежутки выпуклости – вогнутости графика
функции и точки перегиба.
6. Найти координаты контрольных точек и изобразить график функции.
Задача 1.6.1. Исследовать функцию f ( x) = 5 x 4 ( x − 1) и построить график.
Решение.
1) Функция определена при всех значениях x.
2) Поскольку точек разрыва функция не имеет, то исследовать будем ее поведение при x → ±∞ . Здесь речь идет, в
частности, о нахождении наклонных асимптот, если таковые существуют.
Вспомним формулы для нахождения наклонных асимптот.
f ( x)
, b = lim ( f ( x) − kx ) .
x → +∞ x
x → +∞
k = lim
Если эти пределы существуют, то прямая y = kx + b есть правая наклонная асимптота. Аналогично дело обстоит при x → −∞ .
5 4
x ( x −1)
f ( x)
В данном случае k = lim x = lim
=1.
x
x → +∞
x → +∞
=
b lim
x→+∞
(
5
)
x 4 ( x −=
1) − x
38
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»


= lim 
x→+∞ 



4
(
5
x 4 ( x − 1)
) (
4
+x
x ( x − 1) − x
5
x 4 ( x − 1)
)
3
+ x2
(
5
5
x 4 ( x − 1)
) +x (
2
3
5




x 4 ( x − 1) + x 4  

)




4


−x
= lim 
=
4
3
2
x → +∞  5 4
 + x 5 x 4 ( x − 1)  + x 2  5 x 4 ( x − 1)  + x 3  5 x 4 ( x − 1)  + x 4  
x
(
x
1
)
−




















 

1
5
=− .
1
Следовательно, прямая с уравнением y = x − 5 является
правой наклонной асимптотой. Вычисление пределов не
изменится, если x → −∞ .
Мы поняли, что на бесконечности график функции
1
неограниченно приближается к прямой y = x − 5 .
3) Кривая проходит через начало координат и пересекает ось
OX в точке (1; 0). Свойством симметрии и периодичности
график функции не обладает.
4) Найдем производную
щается в нуль при x =
y' =
x−
4
5
5 x( x − 1) 4
. Производная обра-
4
и не существует при x = 0 и x = 1 ,
5
так как при этих значениях x знаменатель равен нулю, а
числитель в нуль не обращается.
Дальнейшее исследование проводим по знаку первой
производной. При прохождении x через значение x = 0
первая производная изменяет знак с + на –, следовательно,
функция в этой точке имеет максимум. При x =
4
функция
5
имеет минимум, так как при прохождении x через значение x =
4
производная изменяет знак с – на +. В точке x = 1
5
39
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
функция не имеет ни максимума, ни минимума, так как
при прохождении x через значение x = 1 производная знака
не изменяет.
5) Найдем вторую производную
y ′′ =
−4
255 x 6 ( x − 1) 9
. Вторая
производная не существует при x = 0 и x = 1 , причем при
преходе через точку x = 1 она меняет знак с + на –. Поэтому x = 1 точка перегиба.
Результаты исследования приведем в таблице.
(−∞, 0)
0
(0, 4 )
f ′(x)
+
Не существует
–
f ′′(x)
+
Не существует
+
f (x)
Возрастает.
Выпуклость
вниз
0
4
5
5
( 4 ,1)
1
(1,+∞)
+
Не существует
+
2+
Не существует
–
Возрастает.
Выпуклость
вниз
0.
Точка
перегиба
Убывает.
Выпуклость
вверх
5
0
5 4
Убывает.
4
−
Выпук5
лость
вниз
6) Изобразим схематично график функции.
y
0
x
1
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение к главе 1
Вариант контрольной работы
«Метод математической индукции. Построение графиков
функций с использованием свойств элементарных функций
и элементарных преобразований»
1. Доказать, используя метод математической индукции:
1
1
1
1
n
.
+
+
+ ... +
=
1⋅ 2 2 ⋅ 3 3 ⋅ 4
n(n + 1) n + 1
2. Построить график функции:
3. Построить график функции:
4. Построить график функции:
y = 2(1 + cos πx) .
1
y = e −x + 2 .
x
 1 + sgn x 
y = sin 
x  + 1.
2


5. Построить график функции: y = 2{x} + {− x}.
6. Построить график функции в полярной системе координат: r =  ϕ  .
π 
7. Построить график функции, заданной параметрически:
x = t 2 ,

4
y = 1− t .
Вариант контрольной работы «Последовательности.
Предел последовательности. Границы числовых множеств»
1
= 0.
n→∞ n + 1
 n2

2. Определить значение выражения: lim 
− n .

n→∞ n + 1

2n + 1
3. Определить значение выражения: lim
.
n →∞ n ⋅ 3 n
n!
является рас4. Доказать, что последовательность xn =
n +1
1. Доказать (по определению), что lim
ходящейся.
41
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5. Доказать,
что
последовательность

1 
1  
1 
 имеет предел.
...1 −
1 −
x n = 1 −
2
2
2
 1 + 1  2 + 1   n + 1 
1
n
6. Найти sup xn , inf xn , lim xn , lim x n , если xn = + sin
n →∞
n →∞
πn
3
.
Вариант контрольной работы «Предел последовательности.
Предел функции»
1
= 0.
n→∞ n + 1
2n + 1
2. Определить значение выражения: lim
..
n →∞ n ⋅ 3 n
1. Доказать (по определению), что lim
3. Доказать, что последовательность
1
1
1
1
имеет предел.
+
+
+ ... +
n
2 2 ⋅ 2 2 3 ⋅ 23
n⋅2
4. Найти предел функции: lim  x 2 + 5 x − x  .

x →+∞
x
5. Найти предел функции: lim 1 + cos x ⋅ tg .
2
x→π +
xn =
6. Найти предел функции: lim
ln(2 x 2 − x)
x →1 ln( x 4 + x 2 − x)
sin 2 x
7. Найти предел функции: lim
(cos x)
x →0
x
−1
3
.
.
Вариант контрольной работы «Производная.
Приложение производной»
1. Найти предел функции: lim
3 x −1
x →1 x − 1
.
2. Найти предел функции, используя формулу Тейлора:
lim
2 − 2 cos 2 x − sin 2 2 x
x4
x − sin 2 x
.
3. Найти предел функции lim
x→ 0 x + sin 3 x
4. Найти приближенно значение tg 44° .
x→ 0
( )
5. Вычислить y′′ , если y = cos x x .
42
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
x2
6. Под каким углом пересекаются графики функций y = и
2
1
?
y=
1+ x2
7. Найти предел функции, используя правило Лопиталя:
(
)
sin e x −1 − 1
.
ln x
x→ 1
lim
Задания для зачета по математическому анализу за 1-й семестр
1. Построить
r = 1 + cos ϕ
2
кривую
в
полярной
системе
координат
.
2. Найти предел последовательности x n = n 2 n ⋅ n 2 + 2n − 1 .
3. Написать определение предела функции на языке последовательностей и окрестностей в случае lim f ( x) = 2 + 0 . Привести
x → +∞
пример функции, удовлетворяющей этому условию. Изобразить
графически (схематично).
4. Вычислить предел lim
1− 3 x
x →1 1 − 5 x
.
5. Определить порядок бесконечно большой величины при
x → ∞ f ( x) =
x5
1 + x + 2x
2
.
6. Определить порядок бесконечно малой величины при
x→0
f ( x) = 1 − 2 x − 3 1 − 3x .
7.
lim
Вычислить
2 arcsin x − arcsin 2 x
x →0
x
3
предел,
используя
формулу
.
8. Найти производную сложной функции f ( x) =
9.
Вычислить
1
x
предел,
используя
lim ( 2 ⋅ arccos x) .
x→0 π
Тейлора
43
правило
1
.
cos 2 x
Лопиталя
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вопросы для подготовки к экзамену за 1-й семестр
1. Аксиомы множества действительных чисел. Точная верхняя грань.
2. Теорема о точной нижней грани.
3. Принцип Архимеда.
4. Числовая последовательность, предел.
5. Теоремы об ограниченности сходящейся последовательности и о единственности предела.
6. Теоремы о предельном переходе в неравенствах.
7. Теорема Вейерштрасса о монотонных последовательностях.
8. Число «е».
9. Бесконечно малые последовательности, свойства.
10. Арифметические операции со сходящимися последовательностями.
11. Критерий Коши сходимости последовательности.
12. Подпоследовательность. Частичный предел. Теорема
Больцано – Вейерштрасса.
13. Теоремы о верхнем и нижнем пределах.
14. Бесконечно большие последовательности.
15. Предельная точка множества, два определения, эквивалентность.
16. Определения по Коши и по Гейне предела функции в точке, теорема об эквивалентности.
17. Арифметические операции и предел функции.
18. Критерий Коши существования предела функции.
19. Расширение понятия предела функции, односторонние
пределы.
20. Первый замечательный предел.
21. Второй замечательный предел. Следствия.
22. Пределы монотонных функций.
23. Непрерывность функции в точке. Арифметические операции и непрерывность. Непрерывность сложной функции.
24. Первая теорема Вейерштрасса.
25. Вторая теорема Вейерштрасса.
26. Теорема Больцано – Коши.
27. Равномерная непрерывность. Теорема Кантора.
44
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
28. Непрерывность и точки разрыва монотонных функций.
29. Обратная функция. Теорема о существовании и непрерывности.
30. Элементарные функции. Теорема о непрерывности.
31. Сравнение бесконечно малых.
32. Дифференцируемость функции в точке. Производная.
Дифференциал.
33. Графический смысл дифференцируемости. Касательная к
графику, уравнение.
34. Связь «дифференцируемость – непрерывность».
35. Правила дифференцирования. Таблица производных.
36. Старшие производные и дифференциалы. Формула Лейбница.
37. Точки возрастания, убывания, экстремума. Теорема Ферма.
38. Теоремы Ролля, Лагранжа и Коши.
39. Правило Лопиталя.
40. Формула Тейлора – Пеано.
41. Формула Тейлора – Лагранжа.
42. Основные разложения.
43. Условия монотонности.
44. Условия экстремума.
45. Выпуклые функции, условия выпуклости. Точки перегиба.
46. Асимптоты.
47. Построение графиков функций.
48. Параметрически заданные кривые и функции. Построение
кривых.
49. Приближенное решение уравнений.
Вариант для проведения письменного экзамена
по математическому анализу за 1-й семестр
1. Сформулировать: последовательность не фундаментальна
(5 мин, 1 очко).
2. Сформулировать: f(x) →A при x →a+0 (5 мин, 1 очко).
3. Сформулировать: критерий Коши существования предела
функции (5 мин, 1 очко).
4. Сформулировать: теорему Тейлора – Лагранжа (7 мин,
1 очко).
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5. Сформулировать и доказать: теорему Вейерштрасса
(12 мин, 2 очка).
6. Сформулировать и доказать: теорему о выпуклости дифференцируемой функции (12 мин, 2 очка).
7. Верно ли утверждение: если exp( xn ) сходится, то xn , n ∈ N
сходится (12 мин, 2 очка).
8. Верно ли: если f (x) ограничена на (a, b), то f ′(x) (15 мин,
3 очка).
9. Доказать: если f(x) равномерно непрерывна на (a, b), то в
концах интервала существуют конечные пределы (15 мин,
4 очка).
10. Пусть f(x) = exp (- 1/x 2) при x ≠ 0 и f (0) = 0. Найдите f ′(0)
(15 мин, 2 очка).
11. Доказать, что о(о(х)) = о(х) (12 мин, 2 очка).
46
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Глава 2
Приведем перечень основных знаний и умений, приобретаемых в результате освоения курса математического анализа за
второй семестр.
Студент должен:
• знать и уметь применять на практике основные методы математического анализа;
• понимать и уметь применять на практике сведения о
функциях нескольких переменных (пределы, непрерывность,
производные и дифференциалы, исследование функций с помощью производных); знания по интегральному исчислению функций одной переменной и о числовых рядах;
• владеть навыками решения практических задач, связанных с вычислением элементарных интегралов, исследованием
несобственных интегралов и числовых рядов на сходимость,
применением интегрального исчисления к решению геометрических и физических задач; вычислением пределов и производных
элементарных функций нескольких переменных; нахождением
экстремумов функций нескольких переменных.
§ 2.1. Неопределенный интеграл.
Задача 2.1.1. Может ли разрывная на интервале функция
иметь первообразную?
Решение. Да, может. Рассмотрим функцию:
1
 2
⋅ sin x,
 xесли
f ( x) = 
x

0 , если x = 0.
f ′(0) = lim
∆x2 ⋅ sin
1
−0
∆x
= 0.
∆x
∆x → 0
47
≠ 0,
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
′
1
1
1  1 
1
1
 2
2
 x ⋅ sin  = 2 x ⋅ sin + x ⋅ cos ⋅  − 2  = 2 x ⋅ sin − cos
x
x
x  x 
x
x

(x ≠ 0).
1
1

⋅ sin −x cos ,
≠ 0,
 2 xесли
f ′( x ) = 
x
x

0, если x = 0.
f ′( x) имеет первообразную, будучи разрывной в 0 (проверьте!).
Задача 2.1.2. Докажите, что функция
0, если x ≠ 0,
f ( x) = 
1, если x = 0
не имеет первообразной.
Решение. Предположим противное. Пусть первообразная
F(x) существует. Тогда, очевидно, F ( x ) ≡ c1 при x<0 и F ( x ) ≡ c2
при x > 0. Из непрерывности F в нуле следует, что c=
c=
F ( 0) .
1
2
Поэтому f ( 0 )= F ′ ( 0 )= 0 ≠ 1. Предположение о существовании
первообразной неверно.
Задача 2.1.3. Найдите первообразную функции
1, если x < 1,
f ( x) = 
,
x ≥ 1.
 xесли
Решение. С учетом того, что первообразная обязана быть непрерывной, получим:
c,
x
< 1,
 x +если
 2
F ( x) =  x
1
+
+ cесли
,
x ≥ 1.

2 2
Задача 2.1.4. Докажите, что функция y = sgn x не имеет первообразной.
Решение. Предположим, что первообразная F(x) существует.
Тогда F(x) = x + c при x>0 и предел
∆x − F (0)
F (0 + ∆x) − F (0 )
lim
= lim
.
∆x → +0
∆x → +0
∆x
∆x
Этот предел конечен лишь при F(0)=0 и при этом равен 1. Но
тогда с учетом F(0) = 0 имеем:
48
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
F (0 + ∆x) − 0
− ∆x
= −1 .
= lim
∆x → −0
∆x → −0 ∆x
∆x
lim
Несовпадение односторонних пределов противоречит условию дифференцируемости. Предполагаемая первообразная не
дифференцируема в 0.
Задача 2.1.5. Найдите первообразную функции y = cos x .
Решение.
cos x

π
 π
cos
xесли
,
x
2
k
;
∈
−
+
π
+ 2kπ


2
2


=
3π
π
 − cos xесли
+ 2kπ
,
x ∈  + 2kπ ;

2
2



Z ,
, k ∈


Z .
, k ∈

Рассмотрим функцию F вида

 π
,
x ∈ − + 2kπ
sin xесли

 2
F ( x) = 
π
− sin xесли
,
x ∈  + 2kπ

2
π

Z ,
+ 2kπ  , k ∈
2

3π

; + 2kπ  , k ∈
Z .
2

;
Ясно, что F ′(x) = cos x во всех точках, кроме точек вида
а в указанных точках F разрывна:
lim
x→π 2 +πk − 0
F ( x) −
lim
x→π 2 +πk + 0
F ( x) = 2.
С учетом непрерывности первообразной получим:
∫
x+π 
2 + c,
cos x dx = F ( x) + 2 
 π 


где [x] – целая часть х, т. е. ближайшее слева целое число.
Задача 2.1.6. Вычислите
∫
dx
1 + cos 2 x
49
.
π
2
+ πk ,
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
dx
=
∫ 1 + cos 2 x
=
dx
∫ cos 2 x ( tg 2=
x + 2)
t
1
⋅ arctg
+ c=
2
2
d ( tgx )
2
∫ tg=
x+2
dt
=
∫ t2 + 2
1
 1

⋅ arctg 
⋅ tgx  + c= F ( x ).
2
 2

Заметим, что полученная с помощью замены tg x = t функция F
является первообразной для исходной на каждом интервале вида
(− π + πk,π + πk ) , k ∈ Z .
2
2
При этом
lim
x→π 2 +πk + 0
F ( x) = −
π
2 2
;
Между тем исходная функция
lim
x→π 2 +πk − 0
1
1 + cos 2 x
F ( x) =
π
2 2
.
непрерывна во всех
точках числовой прямой, поэтому имеет первообразную везде.
С учетом непрерывности первообразной окончательно получим:
 x+π 
π
2
∫ 1 + cos 2 x = F ( x) +  π  ⋅ 2 + c ,


dx
где [x] – целая часть х.
Задача 2.1.7. Верно ли, что если f (x) периодична, то ее первообразная периодична?
Решение. Неверно. Подтверждение тому – пример из предыдущей задачи.
Задача 2.1.8. Верно ли, что если функция четная, то ее первообразная – нечетная функция? И если функция нечетная, то ее
первообразная – четная функция?
Ответ. В первом случае – неверно, во втором – верно.
§ 2.2. Определенный интеграл
Задача 2.2.1. Докажите, что всякая монотонная на отрезке
[a, b] функция f интегрируема на нем по Риману.
50
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Воспользуемся критерием интегрируемости: f интегрируема на [a, b] тогда и только тогда, когда
lim (S (τ ) − s (τ )) = lim
λ (τ )→ 0
λ (τ )→ 0
n
(Mi − mi ) ⋅ ∆xi = 0.
∑
i
=1
Считая, для определенности, что f возрастает, оценим:
n
n
=1
=1
(Mi − mi ) ⋅ ∆xi = ∑ ( f (xi ) − f (xi )) ⋅ ∆xi ≤ λ (τ ) ⋅ ( f (b ) − f (a )) ≤ δ ( f (b ) − f (a )).
∑
i
i
−1
Таким образом, достаточно положить δ = δ (ε ) =
ε
2( f (b ) − f (a ))
.
Задача 2.2.2. Докажите, что если f (x) интегрируема на отрезке, то и sin f (x) тоже интегрируема на нем.
Решение. Воспользуемся неравенством:
sin x − sin y ≤ x − y .
Оно является следствием формулы конечных приращений
для функции y = sin x:
sin x − sin y = cos ξ ⋅ (x − y) ; ξ ∈ [x, y] .
Из этого неравенства следует, что колебание функции sin f(x)
не больше колебания функции f(x). Остается воспользоваться
критерием интегрируемости.
n
Задача 2.2.3. Верно ли утверждение: если Sn = b − a ⋅ ∑ yi − 1
n
i =1
2
имеет конечный предел, то функция интегрируема на отрезке
[a; b]?
Решение. Нет, это неверно. В качестве примера рассмотрим
функцию Дирихле на отрезке [0; 1]. Зададим разбиение отрезка
[0; 1] на n равных отрезков. Очевидно, что серединой каждого
отрезка разбиения будет рациональное число. Поэтому
Sn =
1
n
n
⋅ ∑1 = 1,
i =1
∀ n ∈ Ν.
Однако функция Дирихле не интегрируема ни на каком отрезке.
51
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 2.2.4. Верно ли утверждение: если функция f (x) интегрируема на некотором отрезке и не обращается на нем в 0, то
функция 1 f ( x) также интегрируема на этом отрезке?
Решение. Нет, это неверно, так как функция
1
f ( x)
может ока-
,
x ≠ 0,
 xесли
заться неограниченной. Например: f ( x ) = 
1, если x = 0.
Задача 2.2.5. Будет ли интегрируема на отрезке всякая функция, у которой интегрируема на этом отрезке ее абсолютная величина?
Решение. Нет, это неверно. Например:
1, если x − рациональное,
f ( x) = 
−1, если x − иррациональное.
Задача 2.2.6. Постройте функцию, непрерывную в точке и не
интегрируемую ни на каком отрезке, содержащем эту точку.
Предлагается самостоятельно доказать, что функция
,
x −рациональное ,
 xесли
f ( x) = 
,
x иррациональное
−
,
− xесли
непрерывна в 0, но не интегрируема ни на каком отрезке, содержащем 0. Приведите собственный пример.
Задача 2.2.7. Функция f(х) непрерывна на всей числовой
прямой и Т-периодична. Докажите тождество:
a +T
T
∫a f ( x)dx = ∫ f ( x)dx.
0
Решение. Для любого числа а найдется такое r ∈ Z , что
rT ≤ a < (r + 1)T .
a +T
∫a
=
f ( x)dx =
( r +1)T
a +T
( r +1)T
a +T
∫a f ( x)dx + (r ∫ )Tf ( x)dx = ∫a f ( x − rT )dx + r ∫ Tf (x − (r + 1)T )dx =
+1
( +1)
T
a − rT
T
T
a − rT
0
0
0
∫ f ( z)dz + ∫ f ( z)dz = ∫ f ( z)dz = ∫ f ( x)dx.
52
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 2.2.8. Найдите
∫a
f (a)
∫ f ′ ( x ) f ( x ) dx , если=
A=
; f (b) B.
a
Решение.
b
b
f ′( x) f ( x) dx =
b
∫a
f ( x) d ( f ( x)) =
f (b )
∫ tdt =
f (a )
t2
2
f (b )
=
f (a )
B 2 − A2
2
.
Задача 2.2.9. Вычислите предел:
x
lim
x→0
2
t
dt
sin
∫
0
x − sin x
.
Решение. Данный предел является неопределенностью вида 0 0 :
x
∫ sin t
2
0
dt ≤
x
∫ dt
= x → 0,
0
x − sin x = x − x + ο (x 2 ) = ο (x 2 ) → 0.
Обозначим искомый предел через L и воспользуемся правилом Лопиталя:
x2
sin x 2
= lim 2
= 2.
L = lim
x→0 1 − cos x
x→0 x
2
§ 2.3. Несобственные интегралы
+∞
dx
Задача 2.3.1. Вычислите значение интеграла ∫
.
x
x
−
1
1
Решение. Интеграл по неограниченному промежутку с особенностью в 1, поэтому при вычислении его следует представить
в виде суммы двух интегралов:
2 dx
+ ∞ dx
dx
+ ∫
.
=∫
∫
−
x
x
1
x
x
−
1
x
x
−
1
1
2
1
+∞
53
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Предварительно вычислим первообразную подынтегральной
функции.
x −1 = t
dt
dx
=
= 2∫
= 2arctg t + c = 2arctg x − 1 + c.
∫
2
x x − 1 dx = 2tdt
1+ t
A dx
A
dx
π π  π
lim
=
= lim 2arctg x − 1 = 2 −  = .
∫
∫
2
2 4 2
2 x x − 1 A→+∞ 2 x x − 1 A→+∞
+∞
2
2
2
dx
dx
 π
π
lim
lim
2
1
arctg
x
=
=
−
= 2 − 0  = .
∫
∫
1+ε
 2
4
1 x x − 1 ε →+0 1+ε x x − 1 ε →+0
Интеграл сходится к числу π .
2
dx
Задача 2.3.2. Исследуйте на сходимость интеграл ∫
3
x −1
1
.
Решение. Воспользуемся признаком сходимости для несобственных интегралов 2-го рода, учитывая, что подынтегральная
функция имеет особенность в точке 1.
(
x − 1)α
lim
x→1
x3 − 1
( x − 1)
α
= lim
x→1
=
2
x −1 ⋅ x + x +1
при α=
1
=
2
1
2
1
.
3
Значение предела конечно при α = < 1. Интеграл сходится.
+∞
Задача 2.3.3. Исследуйте на сходимость интеграл ∫
2
dx
3
x −1
.
Решение. Воспользуемся признаком сходимости для несобственных интегралов 1-го рода.
lim
x →+∞
xα
x3 − 1
= lim
xα
3
x→+∞ x 2 1 − 1
x3
=α=
3
= 1.
2
3
2
Значение предела отлично от нуля при α = > 1 . Интеграл
сходится.
Исследуйте интегралы на сходимость (2.3.4 – 2.3.7)
54
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1 1 dx
x
Задача 2.3.4. ∫ e ⋅ 3 .
x
−1
1 dx
Задача 2.3.5. ∫ 3 .
0 ln x
2
Задача 2.3.6.
x dx
∫
sin x
−1
0e
.
+ ∞ sin 1
x dx
.
Задача 2.3.7. ∫
x
1
Задача
x ≥ 1,
2.3.8.
f ( x) ≥ 0 ,
Дано:
∫ f ( x)dx
1
что ряд
функция
f(x)
непрерывна
при
+∞
сходится. Следует ли из этого,
∞
f (n) сходится?
∑
n
=1
Решение. Нет, это неверно. Рассмотрим в качестве примера
функцию:

1
1 

x
+
если
−
n
x
,
n
∈
n
−
; ,


n
n 


1
1

= − xx+ n n+ n ,
∈  ; + ,
f ( x)если
n
n


0 в остальных случаях, ( n ≥ 2 ) .


Предоставляется самостоятельно доказать, что функция
∞
удовлетворяет условию задачи, в то время как ряд ∑ f (n) расходится. Приведите собственный пример.
55
n =1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 2.3.9. Дано: f ( x) ≥ 0,
+∞
∫
f ( x)dx сходится. Следует ли
1
+∞
из этого, что
∫
f ( x 2 )dx тоже сходится?
1
+∞
∫
Решение. Да, следует.
1
+∞
1 f (t )dt
x ⋅ f ( x2 )
dx = ∫
f ( x )dx = ∫
2 1
x
t
1
2
+∞
сходится по признаку Абеля – Дирихле, так как g (t ) = 1
t
моно-
тонно стремится к 0 при t→+∞.
Задача 2.3.10. Приведите пример непрерывной и неограниченной на любом промежутке вида (а; + ∞), а > 0, функции f, для
+∞
которой
∫
f ( x)dx сходится.
0
Решение. Рассмотрим
3
f ( x) =
x ⋅ cos x ;
+∞
∫
0
+∞
+∞
x 2 ⋅ cos x 3
1 cos t
x ⋅ cos x dx =
dx
=
dt.
∫0
3 ∫0 3 t
x
3
Интеграл сходится по признаку Абеля – Дирихле.
Оказывается, что не только не стремление к нулю (классический пример – интегралы Френеля), но и неограниченность подынтегральной функции еще не повод для расходимости несобственного интеграла.
Предлагается привести свой собственный пример.
Задача 2.3.11. Следует ли из сходимости интеграла
+∞
∫
f ( x)dx
0
и из ограниченности функции ϕ ( x ) на полуинтервале [ a; + ∞ )
сходимость интеграла
+∞
∫
f ( x) ⋅ ϕ ( x ) dx ?
a
Решение. Нет, не следует. Рассмотрите самостоятельно пример:
f ( x) =
cos x
x
; ϕ ( x) = cos x
56
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 2.3.12. Определите знак несобственного интеграла
+∞
−x
e
⋅ sin xdx .
∫
2
0
Решение. Воспользуемся теоремой о среднем:
2π
∫e
− x2
0
π
⋅ sin xdx = ∫ e
− x2
⋅ sin xdx + ∫ e − x ⋅ sin xdx =
2
π
0
π
2π
(
2π
)
= e −ξ ⋅ ∫ sin xdx + e −η ⋅ ∫ sin xdx = 2 ⋅ e −ξ − e −η > 0,
2
2
2
2
π
0
так как 0 < ξ < π < η < 2π .
Аналогично доказывается положительность интеграла для
любого отрезка вида [2πk;2π (k + 1)], k ∈ N.
1
2
Задача 2.3.13. Исследуйте интеграл cos(ln x) dx на абсолют-
∫
0
ную и условную сходимость.
Решение.
1
cos(ln x) ln x = t
∫0 x ⋅ ln x dx =
2
− ln 2
∫
−∞
cos t
t
x ⋅ ln x
cos(− p ) ⋅ d (− p )
cos p
dp
=−∫
dt = ∫
p
p
−
+∞
ln 2
t = − p ln 2
+∞
сходится (условно!) по признаку Дирихле.
Задача 2.3.14. Найдите все значения параметра α, при которых сходится интеграл
eαx − 1 + x
∫0 chx − cos x dx.
1
Решение. Воспользуемся формулой Тейлора.
1
∫
1+ α x +
2!
2
1+ x
0
=
α 2 ⋅ x2
1
∫
0
(
)
− 1 + 1 x − 1 x2 + ο ( x2 )
2
8
dx =
2
− 1− x
+ ο ( x5 )
2
2
)
(
(α − 1 2 ) x + (α
)
+ 1 x2 + ο ( x2 )
8
dx.
2
5
x +ο (x )
2
2
57
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Если
α ≠ 12 ,
то подынтегральная функция вблизи нуля ведет
себя как 1 x , и интеграл расходится. А при
видно, сходится.
α = 12
интеграл, оче-
§ 2.4. Числовые и степенные ряды
Исследуйте на сходимость числовые ряды (2.4.1 – 2.4.6)
Задача 2.4.1.
∞
∑ 2 n ⋅ sin
π
n.
4
Решение. Ряд является положительным, поэтому воспользуемся признаком сравнения в следующей форме: ряды с эквивалентными общими членами либо одновременно сходятся, либо
одновременно расходятся.
n =1
2 n ⋅ sin
∞
Ряд ∑
π
n
n =1 2
π
π
4
4n
2n ⋅
~
n
=
π
2n
.
является сходящимся по признаку Коши.
lim n
n →∞
π
2n
=
1
< 1.
2
Исходный ряд также является сходящимся.
∞
1
∑
.
Задача 2.4.2.
n =2 ln (n!)
Решение. Ряд является положительным, воспользуемся теоремой сравнения:
1
1
1
≥
=.
n
ln ( n!) ln ( n ) n ⋅ ln n
∞
1
является расходящимся. Это несложно доказать,
n = 2 n ⋅ ln n
Ряд ∑
используя интегральный признак сходимости, – соответствую-
58
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
+∞
dx
щий ряду несобственный интеграл ∫
расходится. Поэтому
x
⋅
lnx
2
и исходный ряд является расходящимся.
∞
sin n
.
Задача 2.4.3. ∑
n =1 n + sin n
Решение. Преобразуем общий член ряда следующим образом:
sin n
sin n
n
=
sin n
n + sin n 1 + n .
И, воспользовавшись формулой суммы геометрической прогрессии, получим следующее представление общего члена ряда:
 1 
sin n sin 2 n sin 3 n
an =
−
+
+ o 3  .
 2
n
n
n n
n 
 1 
+ o 3   является абсолютно сходящимся,
Ряд ∑ 
 2 
n =1 n n
 n 
поэтому исследуемый ряд ведет себя так же, как ряд
∞  sin n sin 2 n 
 . Расходимость этого ряда можно доказать,
−
∑ 

n
n =1 n

∞  sin 3 n

2
представив sin n =
1 − cos 2n
и воспользовавшись признаком
2
Абеля – Дирихле.
∞
sin n
расходится.
Ряд ∑
n
+
sin
n
n =1
Этот ряд интересен еще и тем, что демонстрирует важность
условия монотонности в признаке Дирихле. Действительно,
59
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1 + cosn
1
→ 0 немонотонно, так как ее производная 2 n
2
n + sin n
n + sin n
не является знакопостоянной.
(
)
π n + 1)
Задача 2.4.4. ∑ 1 ⋅ cos (
.
4
n
n
n =1
2
∞
Задача 2.4.5.
∞
∑n
3
sin n ⋅ e −
n
.
n =1
Задача 2.4.6.
∑(
∞
n =1
n
1
n − 1 ⋅ cos .
n
)
∞
∞
Задача 2.4.7. Дано: an ≥ 0, ряды
an
∑
n
=1
и
bn
∑
n
=1
сходятся. До-
∞
кажите, что ряд
a n ⋅ bn
∑
n
=1
сходится.
Решение. Так как ряд
∞
bn
∑
n
=1
сходится, то
bn → 0 .
Поэтому на-
чиная с некоторого номера выполняется условие bn < 1. Следовательно, a n ⋅ bn ≤ a n . Это доказывает абсолютную сходимость ряда
∞
a n ⋅ bn .
∑
n
=1
Задача 2.4.8. Дано: f(x) – непрерывная при x ≥ 1 функция.
Верна ли импликация
 +∞
dx
 ∫ f ( x )сходится
1
  ∞
n (сходится
)
 ⇒ f ∑
  n=1

?

Решение. Нет, это неверно. Стремление к нулю подынтегральной функции не является необходимым условием сходимости несобственного интеграла, в то время как стремление к нулю
общего члена ряда таковым является.
60
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример:
+∞
∞
сходится, ∑ cos n 2 расходится;
2
∫ cos x dx
n =1
1
+∞
+∞
x ⋅ cos x2 x = t 1 +∞ cos tdt
∫1 cos x dx = ∫1 x dx = 2 ∫1 t
2
2
сходится по признаку Дирихле.
Докажем, что cos n 2 не стремится к 0.
Предположим противное: cos n 2 → 0. Тогда
cos ( 2k ) = cos 4k 2 = cos 4 k 2 − 6sin 2 k 2 ⋅ cos 2 k 2 + sin 4 k 2 → 0.
2
Отсюда следует, что sin k 2 → 0. Это противоречит основному
тригонометрическому тождеству: cos 2 k 2 + sin 2 k 2 = 1. Предположение неверно.
Задача 2.4.9. Пусть a n → 0. Следует ли из этого, что для некоторого p ∈ N ряд
∞
∑a
n =1
p
n
сходится?
Решение. Нет, это неверно. Например: a n =
ряд с расходящимся рядом
lim
n →∞
n
ln p n
1
∞
= ∞.
∑
ln p n
n
Докажем, что для ∀p ∈ N
=2
1
∞
.
∑
n
n
=2
1
.
ln n
Сравним данный
С этой целью докажем, что
= ∞.
Для нахождения предела воспользуемся его непрерывным
аналогом и правилом Лопиталя:
lim
x → +∞
x
p
ln x
= lim
x → +∞
x
p ⋅ ln
p −1
x
= ... = lim
x → +∞
x
= ∞.
p!
Задача 2.4.10. Докажите, что если существует предел
lim n ⋅ an = a ( a ≠ 0 ) , то ряд
n→∞
∞
∑a
n =1
n
61
расходится.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
lim n ⋅ a n = a ⇒ a n ~
n→∞
Следовательно, ряды
∞
∑ an и
n =1
Задача 2.4.11. Пусть ряд
a
ведут себя одинаково.
∑
n =1 n
∞
∞
∑a
n =1
a
(a ≠ 0).
n
n
сходится ( an > 0 ) . Следует
1
ли из этого, что an = ο   при→∞?
n
Решение. Нет, это неверно. Например:
1
2
 2n , если n ≠ m ,
an = 
 1 , если
n m2 ,
=
 n
m∈ N,
m ∈ N.
∞
Ряд ∑ a n сходится, так как может быть представлен как сумn =1
ма двух сходящихся рядов:
1
1
1
+ 0 + 0 + 0 + 0 + + 0 + ... + 0 +
+ 0 + ...
16
9
4
1
1
1
1 1
+ ... + 0 + 10 + ... + 0 + 17 ...
0+ + +0+
2
2
32
4 8
1+ 0 + 0 +
В то же время
1

lim  a n : 
n→∞
n

не существует.
Задача 2.4.12. Исследуйте на сходимость ряд
µ (n ) – число цифр в десятичной записи числа n.
Решение.
µ (n ) ≤ 1 + lg n ⇒
62
µ (n )
n2
≤
1 + lg n
n2
.
µ (n )
2 , где
=1 n
∞
∑
n
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Сравним со сходящимся рядом
lim
1 + lg n
n2
n →∞
:
1
n n
∞
∑
n
n
1
=1
n
.
1 + lg n
= 0.
n
n →∞
= lim
Ответ: ряд сходится.
Задача 2.4.13. Пусть a1 = 1; a 2 = 2 ; a n + 2 = a n +1 + a n . Докажи∞
1
сходится.
те, что ∑
n =1 an
Решение. Воспользуемся признаком Даламбера.
a
a
a
1+ n
1+ n
1+ n
1
an+2
a n + a n +1
a n +1
a n +1
a n +1
=
=
=
=
= 1−
< 2 < 1,
3
+
a
a
a
a
a
a n + 3 a n +1 + a n + 2 1 + n + 2
n
n +1
2+ n
2+ n
a n +1
a n +1
a n +1 1 + a
n +1
так как 0 < a n a
n +1
<1.
Задача 2.4.14. Разложите в степенной ряд функцию y = cos x 2 .
Решение.
2k
k
(
− 1) ⋅ (x 2 )
cos x = ∑
(2k ) !
k =0
∞
2
k
(
− 1) ⋅ x 4 k
=∑
(2k ) ! .
k =0
∞
1
.
1 + x2
Решение. Воспользуемся формулой суммы геометрической
прогрессии
Задача 2.4.15. Разложите по степеням х функцию f ( x ) =
∞
1
1
=
= ∑ − x2
2
2
1+ x
1− − x
n =0
(
(
)
) = ∑ (− 1)
n
∞
n =0
n
⋅ x2 n .
Разложение верно при x2 < 1.
Задача 2.4.16. Следует ли из сходимости рядов
∞
∑a
n =1
∞
сходимость ряда
∑a
n =1
n
⋅ bn ?
63
n
и
∞
∑b
n =1
n
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
§ 2.5. Функции нескольких переменных
Задача 2.5.1. Докажите тождество для евклидовой нормы
x− y
2
+ x+ y
2
= 2( x
2
2
+ y ).
Задача 2.5.2. Докажите, что каждое открытое множество есть
объединение открытых шаров.
Решение. Множество Е называется открытым, если каждая
его точка – внутренняя, т. е. для каждой точки множества существует n-мерный открытый шар с центром в точке х, вложенный в
множество Е. Объединение всех таких шаров и есть множество Е.
Задача 2.5.3. Докажите, что всякая точка прикосновения
множества либо предельная, либо изолированная.
Решение. Напомним, что:
х – точка прикосновения множества Е, если любая окрестность этой точки содержит хотя бы одну точку множества Е;
х – изолированная точка множества Е, если существует окрестность этой точки, не содержащая никаких других точек множества Е, кроме самой точки х;
х – предельная точка множества Е, если любая окрестность
точки х содержит хотя бы одну точку множества Е, отличную от
точки х.
Предположим теперь, что точка х – точка прикосновения
множества Е, которая не является изолированной. Тогда любая ее
окрестность содержит хотя бы одну точку из Е, отличную от х.
Следовательно, х – предельная точка множества Е.
Задача 2.5.4. Функция f задает непрерывное отображение
Rm → R1 . Докажите, что множество А открыто, где
A = {x :
f ( x ) > 0}.
Решение. Докажем, что любая точка x0 , удовлетворяющая
условию f ( x0 ) > 0 , является внутренней точкой множества А. Так
как f(x) непрерывна, то
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀ x
x − x0 < δ ⇒ f ( x) − f ( x0 ) < ε .
64
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Положим ε = f ( x0 ) , тогда f ( x ) − f ( x0 ) < f ( x0 ) ⇒ f ( x ) > 0.
Таким образом, существует окрестность точки x0 , все точки которой из А. Следовательно, множество А открыто.
Задача 2.5.5. Дано: f ( x=
, y ) ϕ ( x ) + ψ ( y ) . Следует ли из
дифференцируемости ϕ (x) и ψ ( y) дифференцируемость f (x, y)
как функции двух переменных.
Решение. Да, следует.
(1)
∆ϕ=
( x0 ) ϕ ′ ( x0 ) ⋅ ∆x + ο ( ∆x ) ,
(2)
∆ψ=
( y0 ) ψ ′ ( y0 ) ⋅ ∆y + ο ( ∆y ) ,
(3)
∆f ( x0 , y0 ) = ∆ϕ ( x0 ) + ∆ψ ( y0 ) =
f x′( x0 , y0 ) ⋅ ∆x + f y′( x0 , y0 ) ⋅ ∆y + ο ( ∆x ) + ο ( ∆y ) ,
но ϕ ′( x0 ) = fx′( x0 , y0 ); ψ ′( y0 ) = f y′ ( x0 , y0 ) .
Складывая (1) и (2), получаем (3).
Задача 2.5.6. Дифференцируема ли функция f (x, y) = e x− y в
точке (1, 1)?
Решение. Так как частные производные непрерывны в точке
(1, 1), то функция дифференцируема.
Задача 2.5.7. Разложите f (x, y) = x3 + xy2 + y по степеням (х – 1)
и (у + 1).
Решение. Так как функция бесконечно дифференцируема, то
воспользуемся разложением Тейлора в окрестности точки (1, –1),
учитывая, что r3(x,y)=0:
f ( x, y ) = f (1,−1) + f x′ (1,−1) ⋅ ( x − 1) + f y′ (1,−1) ⋅ ( y + 1) +
1
′′ (1,−1) ⋅ ( x − 1)2 + 2 f xy
′′ (1,−1) ⋅ ( x − 1) ⋅ ( y + 1) + f yy
′′ (1,−1) ⋅ ( y + 1)2 +
+
f xx
2!
 ′′′ (1,−1) ⋅ ( x − 1)3 + 3 f ′′′ (1,−1) ⋅ ( x − 1) ⋅ ( y + 1)2 + 
xyy
1  f xxx

+ 
.
3!  + 3 f ''' (1;−1) ⋅ ( x − 1)2 ⋅ ( y + 1)
xxy


(
)
Осталось вычислить численные значения соответствующих частных производных в точке (1, – 1).
Задача 2.5.8. Дано: f (x) = Ax ; A – линейный оператор, заm
k
дающий отображение R → R . Найти f ′(0) .
65
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 2.5.9. Задана функция f :
R2 → R2 .
u = sin x + cos y

v = cos x + sin y.
Проверьте, выполняются ли условия теоремы об обратной
функции в точке (0, 0). Если да, найдите
f (0, 0).
Решение.
u′x
u′y
v′x
v′y
=
∂x
,
∂u
∂y
,
∂v
∂x
,
∂v
∂y
в точке
∂u
cos x − sin x (0; 0 ) 1 0
=
= 1 ≠ 0.
− sin x cos y
0 1
Следовательно, существует окрестность точки (0, 0), где определена обратная функция (u, v) → (x, y) , матрица частных производных которой есть обратная к исходной
 xu′

 yu′
xv′  1 0 
=

yv′   0 1
в точке f (0, 0) = (1, 1).
Задача 2.5.10. Докажите, что f (x) = x равномерно непрерывна в Rn .
Задача 2.5.11. Исследуйте на дифференцируемость в точке
(0, 0) функцию
f ( x, y) =
xy2 .
Решение. Вычислим частные производные в точке (0, 0):
при x = 0
f (0, y) ≡ 0 ⇒ f y′(0,0 ) = 0 .
при y = 0
f ( x,0 ) ≡ 0 ⇒ f y′ (0,0 ) = 0 .
Заметим, что существование частных производных в точке не
является достаточным условием для дифференцируемости, т. е.
возможности представления приращения функции в точке (0, 0) в
виде:
66
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
∆x ⋅ (∆y)
2
= 0 ⋅ ∆x + 0 ⋅ ∆y + ο 

(∆x)2 + (∆y)2  .

Но
∆x ⋅ ( ∆y )
( ∆x )
2
2
+ ( ∆y )
∆x ⋅ ( ∆y )
=
2∆x ⋅ ∆y
2
2
≤
∆y
2
→ 0 при ∆x → 0, ∆y → 0.
Следовательно, функция дифференцируема в точке (0, 0).
Задача 2.5.12.
Исследуйте
на
дифференцируемость
n
f ( x) = x , x ∈ R в точке x0 = 0 .
Решение. Проведем доказательство методом "от противного".
Предположим, что функция дифференцируема в нуле. Тогда
существуют такие числа Ai , что
∆x = A1 ⋅ ∆x1 + A2 ⋅ ∆x2 + ... + An ⋅ ∆xn + ο ( ∆x ) ,
или
lim
∆x →0
∆x − A1 ⋅ ∆x − ... − An ⋅ ∆xn
A ⋅ ∆x1 + ... + An ⋅ ∆xn
=
=
1 − lim 1
0⇒
∆x →0
∆x
∆x
lim
∆x →0
A1 ⋅ ∆x1 + ... + An ⋅ ∆xn
= 1.
∆x
Однако этот предел не может равняться 1 ни при каких значениях Ai в силу нечетности выражения, стоящего под знаком
предела.
Вывод: функция в нуле не дифференцируема.
В качестве самостоятельного упражнения предлагается доказать, что частные производные в нуле не существуют.
Задача 2.5.13. Приведите пример функции f: R2 → R2 , у которой бесконечно много точек локального минимума и нет точек
локального максимума.
Задача 2.5.14. Найдите наибольшее M и наименьшее m значение функции u(x,y)= y 4 − x 4 на множестве x 2 + y 2 ≤ 9 .
67
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Наибольшее и наименьшее значения функции достигаются или в точках локальных экстремумов, или на границе
множества.
Стационарные точки функции находятся из условия du = 0.
− 4 x 3 ⋅ dx + 4 y 3 ⋅ dy = 0 ⇔
x = 0 & y = 0.
Точка (0,0) не может быть точкой локального экстремума, так
как в любой ее окрестности функция принимает как положительные значения, так и отрицательные, в то время как u (0,0 ) = 0.
Следовательно, наибольшее и наименьшее значения достигаются
на границе множества, то есть в точках, удовлетворяющих равенству x 2 + y 2 = 9 . Точки, лежащие на границе, связаны через пара y = 3 sinϕ
метр ϕ (полярный угол) соотношениями: 
 x = 3 cosϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π .
Таким образом, оптимизация на границе сводится к оптимизации функции одной переменной
(
) (
)
u (3 cosϕ ,3 sinϕ ) = 34 sin 4 ϕ − cos 4 ϕ = 34 sin 2 ϕ − cos 2 ϕ = −34 ⋅ cos2ϕ
на отрезке [0;2π ]. Несложно вычислить, что M = 81, m = −81.
68
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение к главе 2
Вариант контрольной работы «Неопределенный интеграл.
Методы интегрирования»
Для данных функций f (x) вычислить ∫ f ( x)dx
1.
1 + 3 4x + 5
dx
4x + 5
2. x(2 x − 3) 6
3. tg2 x sin 2 x
4. cos 7 2 x
5.
1
(9 − x 2 ) 3
1
6. x ln1 + 
x

7. e −
3
x +1
8. xe 2 x cos 3x
Вариант контрольной работы «Методы интегрирования.
Несобственный интеграл»
(1–4) Для данных функций f (x) вычислить ∫ f ( x)dx
1.
2.
3.
1
( x 2 + 4)( x 2 + 3x + 2)
x +1
3 3x + 1
1
3 cos 2 x + 1
69
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4. x 4 ln(1 + x)
Вычислить несобственный интеграл:
5.
+∞
2 2 x −1
dx
∫ (2 + x) e
0
(6–7) Исследовать интеграл на сходимость
1
6. ∫
dx
0x+
7.
3x
+∞ e − x cos 5 x
∫
1
1+ x
dx
Задания для зачета по математическому анализу
за 2-й семестр
1. Найти неопределенный интеграл.
∫
x 2 dx ;
x +2
2
3
x
∫ x ⋅ sin 2 x dx ; ∫ ( x −1)( x +3)dx .
2. Вычислить определенный интеграл ∫01 arccos x dx .
3. Вычислить несобственные интегралы ∫04
dx ;
x+x
∞ x 4 dx
∫1 ( x5 +1) .
4. Исследовать несобственные интегралы на сходимость
1 dx
∫0 1− x 4
; ∫1+∞ sin
2
x dx
x
.
5. Исследовать числовые ряды на сходимость
∞
∞
2
2
∑ (1+nn 2 )2 ; ∑ 2nn+3n .
n =1
n =1
Вопросы для подготовки к экзамену за 2-й семестр
1. Первообразная, неопределенный интеграл. Простейшие
свойства.
2. Интегрирование подстановкой и по частям.
3. Интегрирование рациональных функций.
70
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4. Интегрирование иррациональных функций.
5. Интегрируемость функции по Риману: основные свойства.
6. Ограниченность интегрируемой по Риману функции.
7. Суммы Дарбу, свойства.
8. Критерий интегрируемости по Риману.
9. Свойства интегрируемых функций и определенного интеграла.
10. Оценки определенного интеграла, теоремы о среднем.
11. Классы интегрируемых функций.
12. Интеграл с переменным верхним пределом, свойства.
13. Формула Ньютона – Лейбница.
14. Замена переменной и интегрирование по частям для определенного интеграла.
15. Приложения определенного интеграла. Длина кривой.
16. Формулы приближенного вычисления определенного интеграла.
17. Понятие несобственного интеграла, основные варианты.
Сходимость. Критерий Коши.
18. Абсолютная и условная сходимость несобственного интеграла.
19. Интегралы от неотрицательных функций. Теоремы сравнения.
20. Признак Абеля – Дирихле сходимости несобственного
интеграла.
21. Понятие числового ряда, сходимость, сумма ряда.
22. Простейшие свойства числовых рядов. Критерий Коши.
23. Абсолютная и условная сходимость ряда.
24. Положительные ряды. Теоремы сравнения.
25. Интегральный признак Коши – Маклорена.
26. Признаки Даламбера, Коши, Раабе.
27. Признак Абеля – Дирихле.
28. Сочетательное свойство числового ряда.
29. Перестановка числового ряда. Теоремы Коши и Римана.
30. Степенной ряд. Теорема Абеля. Радиус и интервал сходимости.
31. Ряд Тейлора. Основные разложения.
32. Формула Валлиса. Формула Стирлинга.
71
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
33. Бесконечные произведения.
34. Пространство Rm, линейность, скалярное произведение,
неравенство Шварца, норма.
35. Последовательности в Rm, сходимость, критерий Коши,
теорема Больцано – Вейерштрасса.
36. Множества в Rm, основные примеры.
37. Классификация точек. Открытые и замкнутые множества. Компактные множества.
38. Функция нескольких переменных, основные понятия.
39. Предел в точке, свойства. Непрерывность.
40. Теоремы Вейерштрасса и Кантора о непрерывных на
компактах функциях.
41. Дифференцируемость в точке. Частные производные.
Достаточные условия дифференцируемости. Непрерывная дифференцируемость. Дифференциал.
42. Геометрический смысл дифференцируемости, касательная плоскость.
43. Дифференцируемость сложной функции. Инвариантность формы дифференциала. Производная по направлению, градиент, свойства.
44. Старшие производные, теорема о смешанных производных.
45. Старшие дифференциалы, определение, вычисление.
46. Формула Тейлора.
47. Точки экстремума, теорема Ферма. Условия второго порядка.
48. Теорема об обратной функции.
49. Теорема о неявной функции.
Вариант для проведения письменного экзамена
по математическому анализу за 2-й семестр
1. Сформулировать определение cходимости несобственного интеграла (1 очко, 5 мин).
2. Написать формулу длины кривой (1 очко, 5 мин).
3. Сформулировать критерий Коши для рядов (1 очко,
5 мин).
72
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4. Сформулировать и доказать теорему об интеграле с переменным верхним пределом от непрерывной функции (2 очка,
12 мин).
2 sin x dx
5. Определить знак ∫
(3 очка, 15 мин).
x
1
6.
∞
∞
n =1
n =1
Если ряд ∑ an сходится, то сходится и ряд ∑ an2 . Верно
ли это? (2 очка, 12 мин).
7.
∞
Если ряд ∑ an сходится an / bn → 0, то сходится и ряд
n =1
∞
∑ bn . Верно ли это? (2 очка, 12 мин).
n =1
8. Сформулировать теорему Ферма (1 очко, 5 мин).
9. Сформулировать и доказать максимальное свойство градиента (2 очка, 12 мин)
10. Доказать: замкнутый шар – замкнутое множество (3 очка,
15 мин).
11. Дифференцируема
ли
в
точке (0,0)
функция
f(x,y)=
xy
2
x +y
2
, f(0,0) = 0? (3 очка, 15 мин).
73
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Глава 3
Приведем перечень основных знаний и умений, приобретаемых в результате освоения курса математического анализа за третий семестр.
Студент должен:
● знать и уметь применять на практике основные методы
математического анализа;
● понимать и уметь применять на практике сведения о
функциональных последовательностях и рядах; рядах Фурье;
знания по интегральному исчислению функций нескольких переменных;
● владеть навыками решения практических задач, связанных с исследованием функциональных рядов на сходимость;
с представлением функции в виде суммы степенного ряда; с
представлением функции в виде суммы ряда Фурье; вычислением
кратных и криволинейных интегралов; применением интегрального исчисления к решению геометрических и физических задач.
§ 3.1. Функциональные последовательности
f n ( x ) функциональНайдите предельную функцию f (x ) = lim
n →∞
ной последовательности (3.1.1):
Задача 3.1.1. f n (x ) =
nx
.
1 + n2 x2
nx
= lim
Решение. f (x ) = nlim
n→∞ 1
→∞ 1 + n2 x 2
1
n
1
2n
nx
n
n2 = 0 = 0
.
2
0 + x2
2 + x
Задача 3.1.2. f n ( x) = n ( x − x ) .
Решение. Воспользуемся следствием из второго замечатель-
ax −1
= ln a .
ного предела lim
x →0 x
74
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
( x − 1) − ( x − 1)
Тогда =
lim
n
(
x
−
x
)
lim
=
n →∞
n →∞
1
1
n
1
n
1
2n
1
2n
n
= lim
n →∞
x −1
1
n
1
n
− lim
n →∞
x −1
ln x ln x
=
=−
ln
x
=.
2 ⋅ 21n
2
2
1
2n
Задача 3.1.3. f n (x ) = n 1 + x n ; x ∈ [0;+∞)
Решение. Рассмотрим три случая.
Если 0 ≤ x < 1, то
n
x n → 0, и
Если
x = 1, то
x n → 1, и
Если
x > 1, то
x n → ∞, и
1; при
n
n
1 + x n → n 1 = 1.
1 + x n = n 2 → 1.
1 + x n = n x n ( x1n + 1) → x.
x ∈ [0;1]
Таким образом: f ( x) =  x; при x ∈ (1;+∞).

x ∈ (0;+∞)
Задача 3.1.4. f n ( x ) = n ⋅ arcctg (nx 2 ),
Решение. Данный предел может быть вычислен с помощью
правила Лопиталя:
−1⋅ x 2
2 4
n2 x2
(arcctg nx 2 ) '
1
1
+
n
x
f ( x ) = lim
= lim
= lim
=
.
'
1
2
4
2
−
1
n →∞
n →∞
n →∞ 1 + n x
x
( n)
n2
Задача 3.1.5. f n ( x ) = ( x − 1) arctg x n , x ∈ (0;+∞).
Решение. Рассмотрим три случая:
при x ∈ (0;1) xn → 0 ⇒ ( x − 1)arctg xn → 0,
при x = 1
( x − 1)arctg xn = 0 ⋅ π4 = 0,
при x ∈ (1;+∞) xn → +∞ ⇒ ( x − 1)arctg xn → π2 ( x − 1).
Окончательно:
0; при x ∈ (0,1],
f ( x) =  π
− 1); x
∈ (1; +∞).
 2 ( xпри
x
x
− arctg
), x ∈ [0;+∞).
Задача 3.1.6. f n ( x ) = n(
n
n
Решение. Воспользуемся разложением по формуле Тейлора:
75
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
x
x
1
o = при+ n( )
n
n
n
x
x
o( 1 n )
1
1
−
+ o=
lim n (
( )) lim o( =
) ⋅ n lim = 0.
n→∞
n→∞
n→∞ 1
n
n
n
n
n
x) 0, x ∈ [0; +∞).
Таким образом, f (=
arctg t =при
t + ot (t 2 )
→0 ⇒
arctg
→ ∞.
ln x
, x > 0.
n
Задача 3.1.7. f n (x ) = n ⋅ arctg
Решение. Воспользуемся заменой на эквивалентную бескоt ~ tt
→ 0.
нечно малую: arctg при
lim n ⋅ arctg
ln x
n
n →∞
Задача 3.1.8. f n ( x ) =
ln x
= lim n ⋅
n
n →∞
x
x
⋅ ln , x > 0.
n
n
Решение. Сделаем замену переменной
правилом Лопиталя:
= ln x.
x
= t и воспользуемся
n
1
x
x
ln t
f ( x ) = lim ⋅ ln = lim t ⋅ ln t = lim
= lim t = 0 .
n t →0
n→∞ n
t →0 1 t
t →0 −1 2
t
Задача 3.1.9.
f n ( x ) = n 2 (1 − cos
1
), x > 0.
xn
Решение. Воспользуемся разложением функции cos
формуле Тейлора при n → ∞ :
cos
lim n 2 (
n →∞
1
2 2
2x n
1
1
1 − 2 2 + o( n13 ).
=
xn
2x n
+ o(
1
n
3
)=
76
1
2x
2
+ lim
o( 13 )
n
n →∞ 1
n2
=
1
2x
2 .
1
xn
по
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Итак, f ( x) =
1
.
2x2
xn
Задача 3.1.10. f n ( x ) = n (e − cos x n ) x ∈ [0;1).
Решение. Так как xn → 0, сделаем замену переменной xn = t и
воспользуемся разложением по формуле Тейлора:
2
t2
t2
2
e − cos t = 1 + t + + o(t ) − (1 − + o(t 3 )) = t + t 2 + o(t 2 ) ⇒
2
2
t
( )
n
e x − cos x n = x n − x 2n + o( x 2n ) = x n + o x n .
xn
e
− cos x n ~ x n .
Следовательно,
n2
0
f ( x=
x n ⋅ x= иlimf 1 =
)приlim
n→∞
n→∞ ( ) n
x
2
∈ ( 0;1)
n
Задача 3.1.11. f n ( x ) = arctg
1 + nx
2
x +n
,
1
− x),
n
2
Задача 3.1.14. f n ( x ) = n 1 + x n + ( x2 ) n ,
2
1 ,
Задача 3.1.15. f n ( x ) = x +
n
0.
x ∈ [0;+∞).
3 2 − nx
Задача 3.1.12. f n ( x ) = n ⋅ x ⋅ e ,
2
Задача 3.1.13. f n ( x ) = n( x +
( 0=)
x ∈ [0;+∞).
x ∈ (0;+∞).
x ∈ [0;+∞).
x ∈ (−∞;+∞).
§ 3.2. Равномерная сходимость
функциональных последовательностей
Найдите предельную функцию и исследуйте на равномерную
сходимость функциональную последовательность f n ( x ) на заданном множестве.
77
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
n
Задача 3.2.1. fn ( x) = 1 + xn , x ∈ [0;1].
Решение. Воспользуемся достаточным условием равномерной сходимости функциональной последовательности на множестве X .
Если существует такая числовая последовательность an , что
f n ( x) − f ( x) ≤ an , то f n на Х сходится равan → 0 и ∀n ∀x ∈ X
номерно к f.
n
n
Так как lim 1 + x = 1 = f ( x),
n →∞
0 ≤ x ≤ 1, то
n
fn ( x) − f ( x) = 1 + xn − 1 ≤ n 2 − 1 = a n → 0.
Последовательность сходится на [0,1] равномерно.
arctg nx
, x ∈ [0;+∞).
Задача 3.2.2. f n ( x) =
n+ x
Решение. Предельная функция в этом случае равна 0.
arctg nx
arctg nx
π
π
−0 =
<
≤
= an → 0.
2 n+ x 2 n
n+ x
n+ x
Следовательно, последовательность сходится равномерно на
множестве [0,+∞ ) .
Задача 3.2.3. f n ( x) = x n − x n+1, x ∈ [0;1].
Решение. Применение производной при исследовании на
равномерную сходимость часто дает возможность вычислить
sup f n ( x) − f ( x) .
x∈X
Предельная функция f ( x) = 0. Очевидно, что f n ( x ) > 0 и
f (0 ) = f (1) = 0 .
f n' ( x) = n ⋅ x n −1 − (n + 1) ⋅ x n = x n −1 (n − nx − x) = 0 ⇒ x =
Так как f n' ( x ) = 0 при xn =
n
, то
n +1
78
n
.
n +1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 n 
sup f n ( x ) − f ( x ) = max f n ( x ) = f n ( xn ) = f n 
=
n
+
1
[0,1]


[0,1]
n
 n 
 n 
=

 −
 n + 1
 n + 1
n +1
 n 
=

 n + 1
n
n
n  
1 
1
1

<
.
 ⋅
 = 1 −
1 −
n
n
n
+
n
+
1
1
1
1
+
+

 

Последовательность сходится равномерно на множестве
0 ≤ x ≤ 1.
На следующем примере рассмотрим случай неравномерной
сходимости.
2
− nx
, x ∈ [0,+∞).
Задача 3.2.4. f n ( x ) = x ⋅ n ⋅ e
Решение. Предельная функция f ( x ) = 0 (докажите).
(
)
f n' ( x ) = x ⋅ n ⋅ e − nx ⋅ ( −2nx ) + e − nx ⋅ n = e − nx x 2 ⋅ n ⋅ ( −2n ) + n = 0 ⇒
2
2
x=
2
1
.
2n
В этих точках достигается максимальное отклонение функций последовательности от предельной функции.
 1 
fn 
=
2
n


1
−n
1
⋅ n ⋅ e 2n =
2n
−1
1
⋅ n ⋅e 2 =
2n
1
.
2e
Величина не является бесконечно малой, следовательно, на
множестве [0,+∞ ) последовательность сходится неравномерно.
x
, x∈R.
Задача 3.2.5. f n ( x ) = n ⋅ sin
n n
Решение. При доказательстве неравномерной сходимости
воспользуемся условием – отрицанием равномерной сходимости:
~
~
~
∃ε > 0 ∀k ∈ N
∃n ≥ k
∃x∈ X
f n  x  − f  x  ≥ ε .
 
 
Предельная функция
f ( x) = lim
n→∞
ε = sin 1 > 0 . Тогда при x = n n
79
n⋅
x
n n
x
= 0. Положим
n→∞ n
= lim
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
| f n ( x ) − f ( x ) |=
n ⋅ sin
x
n n
−0 >ε .
То есть f n на R сходится неравномерно.
n ⋅ x2
,
Задача 3.2.6. f n ( x ) =
n+ x
Решение.
x ∈ [1;+∞).
n ⋅ x2
=
= x2 .
f ( x ) lim
n →∞ n + x
n ⋅ x2
x3
n2 1
2
− f ( xx) =n
−x =
=
≥
f n ( x )при
n+ x
n+ x 2 2
= .
Таким образом, последовательность сходится неравномерно.
Задача 3.2.7.
f n ( x ) = x 2 + 1n ,
x ∈ (− ∞;+∞ ).
n2 ⋅ x2
Задача 3.2.8.
x2
f n (x ) =
⋅ sin
,
n
1 + n2 ⋅ x4
Задача 3.2.9.
f n (x ) =
ln n x
nx
2
,
x ∈ [1;+∞).
n
Задача 3.2.10. f n ( x ) = arctg ,
x
Задача 3.2.11. f n ( x ) =
Задача 3.2.12.
x
,
x+n
x ∈ (0;1].
x ∈ [0;1].
f n ( x ) = n ⋅ x(1 − x )n ,
80
x ∈ [1;+∞).
x ∈ [0;1].
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
§ 3.3. Функциональные ряды. Нахождение множества
сходимости функционального ряда
Найдите множество сходимости функционального ряда.
∞ (− 1)n
Задача 3.3.1. ∑ 2 x −1 .
n =1 n
Решение. Для любого значения переменной х ряд является
знакочередующимся. Воспользуемся признаком Лейбница.
Последовательность
1
n 2 x −1
монотонно по х стремится к 0,
если
1
2 x + 1 > 0, т. е. x > .
2
При остальных значениях х последовательность
1
не
n 2 x −1
является бесконечно малой. Ряд расходится, так как не выполняется необходимое условие сходимости числового ряда.
x
∞
n
Задача 3.3.2. ∑   .
n =1  2 
x
∞
∞
nx 1 ∞ x 1 ∞ 1
n
Решение. ∑  = ∑ x= x ⋅ ∑ n= x ∑ − x < ∞, если
2 n 1=
2 n1n
2
n 1=
n 1 2=
=
− x > 1 ⇒ x < −1.
В данном случае был использован признак сравнения с гар∞
1
моническим рядом ∑ α .
n =1 n
∞
1
Задача 3.3.3. ∑
, x ≠ −1.
n
+
x
1
n =1
Решение. Определим значения переменной х, при которых
выполняется необходимое условие сходимости ряда:
1
→ 0 ⇔ x > 1.
1 + xn
81
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Воспользуемся признаком Коши.
lim n
n→∞
1
1
=
=
lim
1 + x n n→∞ n x n ⋅ 1n + 1
x
1
< 1 ⇒ x > 1.
x
Ряд сходится при x ∈ ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) .
∞
n
Задача 3.3.4. ∑
.
x
n =1
n +1
Решение. Воспользуемся заменой на эквивалентную, так как
ряд является положительным для всех значений переменной х.
n
~
n
x
2
n +1 n
x
=
1
n
x −1
2
.
x
− 1 > 1 ⇔ x > 4.
2
∞
n2 + 1
Задача 3.3.5. ∑ 2
.
2 n −1
n
⋅
5
x
+
9
n =1
(
)
Решение. Воспользуемся признаком Даламбера.
Ряд сходится, если
| c ( x) |
lim n+1
n →∞ | c ( x ) |
n
( n + 1) + 1
n2 + 1
=
lim
:
n →∞ n + 1 2 ⋅ | 5 x + 9 2 n +1 | n 2 ⋅ | 5 x + 9 2 n −1 |
( ) (
)
(
)
2
=
1
5x + 9
2
< 1.
9 1
8

> ⇒ x ∈  −2; −  .
5 5
5

Исследуем точки, в которых признак Даламбера выдает 1.
При x = −2 получаем ряд:
∞
∞
n2 + 1
n2 + 1
– ряд расходится.
= −∑
∑
2 n −1
2
2
n
n 1=
n 1
n ⋅ ( 5 ⋅ ( −2 ) + 9 )
5x + 9 > 1 ⇔ x +
При x = −
8
ряд также расходится.
5
82
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
8

Функциональный ряд сходится при x ∈  −2; −  .
5

∞
cos nx
Задача 3.3.6. ∑
.
n
2
n =1
Решение. Воспользуемся теоремой сравнения:
cos nx
1
≤
для ∀x.
2n
2n
∞
1
∑2
n =1
n
– сходится.
Множеством сходимости функционального ряда является
множество всех действительных чисел.
Задача 3.3.7.
∞
∑ ln (1 + x ) .
n
2
n =1
Задача 3.3.8.
∞
∑
n3 ⋅ cos nx
x
n +1
n =1
Задача 3.3.9.
∞
∑(n x)
n
.
.
n =1
Задача 3.3.10.
∞
∑2
n =1
n
⋅ tg
x
.
3n
§ 3.4. Равномерная сходимость
функциональных рядов
В задачах 3.4.1 – 3.4.7 требуется исследовать функциональные ряды на равномерную сходимость на заданных множествах.
∞
nx
Задача 3.4.1. ∑
, x ∈ ( 0; +∞ ) .
3
3
1
+
⋅
n
x
n =1
Решение. Ряд сходится при всех допустимых значениях пеn x
1
~
.
ременной х, так как
1 + n3 ⋅ x 3 n 2 ⋅ x 2
Для доказательства неравномерной сходимости воспользуемся необходимым условием равномерной сходимости.
83
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
У равномерно сходящегося ряда общий член является равномерно сходящейся к нулю функциональной последовательностью.
n x
В данном случае
→ 0 неравномерно, так как при
1 + n3 ⋅ x 3
n ⋅ 1n
1
1
x=
,
=
< ε – неверно.
n 1 + n3 ⋅ n13 2
Ряд сходится неравномерно на множестве x ∈ ( 0; +∞ ) .
∞
nx
Задача 3.4.2. ∑
, x ∈ (1; +∞ ) .
3
3
n =1 1 + n ⋅ x
Решение. Докажем равномерную сходимость ряда при
x ∈ [1; +∞) , используя признак Вейерштрасса:
nx
=
1 + n3 ⋅ x 3
nx
1
.
<
2 2
2 2
−
+
n
x
nx
1
+
−
+
1
nx
n
x
nx
1
(
)(
)
Найдем минимум знаменателя с помощью производной:
nx = t ; ( t 2 − t + 1) = 2t − 1 = 0 ;
'
1
– локальный минимум. На промежутке nx ∈ [1;+∞)
2
знаменатель строго возрастает и достигает минимума при x = 1.
∞
nx
1
1
Следовательно,
<
< ∞.
;
∑
3 3
2
2
1+ n x
n − n + 1 n=1 n − n + 1
Общий член функционального ряда на промежутке [1;+∞)
мажорируется общим членом сходящегося числового ряда. Следовательно, ряд сходится равномерно.
n
∞
−1)
(
Задача 3.4.3. ∑
; x ≥ 0.
3
n =1
n+ x
Решение. Ряд является знакочередующимся и сходящимся,
1
так как
→ 0 монотонно по n для ∀x ≥ 0.
3
n+ x
=
t nx
=
84
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Для доказательства равномерной сходимости воспользуемся
оценкой остаточного члена лейбницевского ряда
∞
∑ ( −1)
n =1
∞
∑ ( −1)
Rn=
k = n +1
k
Ряд сходится равномерно.
Задача 3.4.4.
∑x
2
⋅ cn .
⋅ ck ≤ cn .
Следовательно, S ( x ) − Sn ( x =
) Rn ( x ) ≤
∞
n
1
3
n+ x
≤
1
→ 0.
3
n
⋅ e − n x ; x ∈ [0; +∞).
n =1
Решение. Для доказательства равномерной сходимости воспользуемся признаком Вейерштрасса.
С этой целью приведем следующие вычисления:
(
)
'
x 2 ⋅ e − n x = x 2 ⋅ e − n x ⋅ ( − n ) + 2 x ⋅ e − n x = e − n x ⋅ x ( − nx + 2 )= 0.
Точки x =
2
являются максимумами, в которых достигается
n
x2
4
4
значение 2 2 . Следовательно, n x ≤ 2 2 .
e
n ⋅e
n ⋅e
4 ∞ 1
Так как числовой ряд
∑
e 2 n =1 n 2
сходится, то исследуемый
функциональный ряд сходится равномерно на [0,+∞ ) по признаку
Вейерштрасса.
Задача 3.4.5.
∞
2nx
при x ∈ (− ∞;+∞ ) .
6
⋅ x2
∑1+ n
n =1
x3
при x ∈ [1;+∞) .
Задача 3.4.6. ∑ arctg
n⋅ n
n =1
∞
Задача 3.4.7.
∞
∑
n =1
1
(1 + nx )
2
при x ∈ (0;+∞ ) .
85
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
§ 3.5. Интегрирование и дифференцирование
равномерно сходящихся функциональных рядов
Задача 3.5.1. Разложить в степенной ряд функцию
f ( x ) = arctg x в окрестности точки 0.
Решение. Воспользуемся методом почленного интегрироваx
dt
ния степенного ряда: arctg x = ∫
. При разложении подын2
1
+
t
0
тегральной функции в степенной ряд воспользуемся формулой
∞
a1
n
суммы
геометрической
прогрессии:
⋅
=
⇒
a
q
∑
1
−
1
q
n =0
∞
∞
1
1
2
n
2n
.
=
=
⋅
−
t
=
−
⋅
t
1
1
(
)
(
)
∑
∑
2
1+ t
− ( −t 2 ) n 0=n 0
1=
Проинтегрируем почленно полученный степенной ряд.
x
x
x
2 n +1
∞
∞

 ∞
n
n
n t
2n 
2n
arctg x = ∫  ∑ ( −1) ⋅ t  dt = ∑ ( −1) ⋅ ∫ t dt = ∑ ( −1) 
 =
+
2
1
n
=
n 0=
n 0


0
0n 0 =
0
∞
=∑
n =0
( −1)
n
⋅ x 2 n+1
2n + 1
x3 x5 x7
=x − + − +  .
3 5 7
Полученный степенной ряд сходится на отрезке x ∈ [ −1;1] .
Задача 3.5.2. Разложить в степенной ряд функцию f ( x ) =
1
x2
в окрестности точки x0 = −2.
Решение. Воспользуемся методом почленного дифференци'
1
1
рования ряда: 2 = −   .
x
 x
1
а) Разложим в степенной ряд функцию f ( x ) = − и
x
б) полученный ряд продифференцируем.
n
n
∞
∞
1
x
+
2
x
+
2
(
)
(
)
1
−1
1
2
а) − =
.
=
= ∑ ⋅
= ∑
n +1
x ( x + 2 ) −=
2 1 − x+2 2 n 0=
2
2n
2
n 0
86
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
'
'
∞  ( x + 2 )n 
∞ n ⋅ ( x + 2 )n −1
1  ∞ ( x + 2 )n 


= ∑
= ∑
б) 2 =  ∑
.
n +1 
n +1 
n +1

2
x
 n =0 2
 n =0  2
 n =0
Задача 3.5.3. Найдите сумму степенного ряда
∞
∑ n ⋅ ( x + 1)
n
.
n =1
Решение. Ряд сходится при x ∈ (− 2;0) .
Для нахождения его суммы проинтегрируем степенной ряд:
∞
∞
∑ n ⋅ ( x + 1) = ( x + 1) ∑ n ⋅ ( x + 1)
n
n 1=
n 1
n −1
∞
(
= ( x + 1) ∑ ( x + 1)
n 1
=
)=
n '
'
'
'
 x +1 
1  x +1

n

= ( x + 1)  ∑ ( x + 1)  = ( x + 1) ⋅ 
 = ( x + 1) ⋅  −1 −  = 2 .
−
+
1
x
1
x
x
)

 n=1

 (
∞
xn
Задача 3.5.4. Найдите сумму ряда ∑
.
n =1 n + 1
Решение. Ряд сходится при x ∈ [ −1;1) .
Продифференцируем степенной ряд.
∞
x
x
xn
1 ∞ x n+1 1 ∞
1  ∞ n
n
=
⋅∑
=
⋅ ∑ ∫ x dx =
⋅ ∫  ∑ x  dx =
∑
+
+
1
1
n
x
n
x
x
=
=
n 1=
n 1=
n 1 0

0 n 1
∞
ln 1 − x
1
x
1 
1 
1
.
⋅∫
dx = ⋅ ∫  −1 +
dx
=
⋅
−
x
−
ln
1
−
x
=
−
1
−
(
)

x 0 1− x
x 0
1− x 
x
x
x
x
Задача 3.5.5. Найдите сумму числового ряда.
1
.
∑
2 n +1
n =0 ( 2n + 1) ⋅ 3
∞
Решение. Данный числовой ряд является точечным значени∞
x 2 n+1
1
ем степенного ряда ∑
при x = .
3
n =0 2 n + 1
x
x
∞
∞ x
x 2 n+1
dx
1 1+ x
 ∞ 2n 
2n
.
= ∑ ∫ x=
dx ∫  ∑ x =
dx ∫=
ln
∑

2
+
−
−
2
n
1
1
x
2
1
x
=
=
n 0=
n 0 0

0n 0
0
При x =
ln 2
1
значение предельной функции равно
.
3
2
87
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Разложите функцию в степенной ряд в окрестности указанной точки.
x
=
, x0 2.
3
x
+
4
(
)
Задача 3.5.6.
=
f ( x)
f ( x) =
ln ( 2 + x ) , x0 =
4.
Задача 3.5.7.
1
=
, x0 2.
1 + 2x
Задача 3.5.8.
=
f ( x)
Суммировать степенные ряды и найти множество сходимости:
Задача 3.5.9.
∞
∑ ( −1) ( n + 1)( n + 2 ) ⋅ x n .
n
n =1
Задача 3.5.10.
∞
∑
( −1)
n
5
n =1
⋅ 2n−1
n +1
⋅ ( x − 1) .
n
n2 + 1 n
Задача 3.5.11. ∑ n
⋅x .
n =0 2 ⋅ n !
∞
§ 3.6. Ряды Фурье. Разложение
периодических функций в ряд Фурье
Задача 3.6.1. Разложите в ряд Фурье функцию f ( x ) = ( x ) –
расстояние до ближайшего целого числа.
Решение. Так как функция имеет период Т=1, то ее достаточно описать на отрезке [0;1]:

 1
x
,
x
∈

0; 2 

.
f ( x) = 
1 − x, x ∈  1 ;1


 2 
Очевидно, что функция четная: f ( x ) = f (− x ). Поэтому
88
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
∞ 
nπx 
nπx
f ( x ) = a0 + ∑  an ⋅ cos
+ bn ⋅ sin
,
l
l

n =1
T
– полупериод f .
2
1l
nπ x
2l
dx.
bn = 0 , a0 = ∫ f ( x )dx, an = ∫ f ( x ) ⋅ cos
l0
l0
l
1
Так как l = , то вычисление коэффициентов Фурье сводится
2
где l =
1
2
к вычислению следующих интегралов:
=
a0 2=
∫ x dx
0
1
;
4
u =x ⇒ du =dx
2 ⋅ 2 ∫ x ⋅ cos 2π nx dx =
an =
sin 2π nx =
cos
2
π
=
dv
nx
=
dx
⇒
v
0
2π n
1
2
1
1
sin2π nx
cos2π nx
x ⋅ sin 2π nx
dx = 4 ⋅
= 4⋅
− 4⋅ ∫
2
2π n
2π n
( 2π n )
0
0
2
1
2
 ( −1)n
1 
1
=4 ⋅  2 2 − 2 2  = 2 2
 4n π
4n π  n π

2
=
0
(( −1) − 1).
n
Очевидно, что если n четное, то коэффициент равен 0. Если
−2
=
n 2k + 1 нечетное, то a2 k +1 =
.
2
2
( 2k + 1) π
1 2 ∞ cos ( 2n + 1) 2π x
Ответ: f ( x )= ( x )=
−
∑ 2n + 1 2 .
4 π 2 n =0
(
)
Разложите функции в ряд Фурье.
Задача 3.6.2. f ( x ) = sin x .
Задача 3.6.3. f ( x ) = sgn ( cos x ) .
0, −π ≤ x < 0
Задача 3.6.4. f ( x ) = 
 x, 0 ≤ x ≤ π .
89
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
§ 3.7. Интегралы, зависящие от параметра.
Вычисление предельной функции
Вычислите интегралы с параметром.
1
xdx
Задача=
3.7.1. I (α ) ∫
, α ∈ R..
2 2
1
+
α
x
0
Решение. Отдельно рассмотрим случаи а) α = 0 и б) α ≠ 0 .
x2
а) При α = 0 интеграл имеет вид: ∫ xdx =
2
0
1
1
0
1
= .
2
2
1
1+α
1 + α 2 x2 =
t
xdx
1 2 xα 2 dx
1
dt
б) ∫=
=
=
=
2 ∫
2 2
1 + α 2 x 2 dt
2α 2 ∫1 t
= α 2 ⋅ 2 x 2α 0 1 + α x
0
1
=
1
2α 2
⋅ ln (1 + α x
2
2
)
1
=
0
ln (1 + α 2 )
2α 2
.
 ln (1 + α 2 )

при α ≠ 0
 2α 2
Ответ: I (α ) = 
 1 при α = 0.
 2
+∞
dx
Задача 3.7.2. ∫ α x .
e
0
Решение. Интеграл является несобственным и сходящимся
при α > 0 .
+∞
∫
0
A
A
dx
dx
1 

lim
lim
=
=
−

 =
eα x A→+∞ ∫0 eα x A→+∞  α ⋅ eα x  0
1  1
 1
.
=
− lim 
−
=
A→+∞  α ⋅ e Aα
α ⋅ e0  α
Ответ: I (α ) =
1
α
при α > 0 .
90
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1
α
∫ arcsin α x dx.
Задача 3.7.3.
0
Решение.
u = arcsin α x
1
α
∫ arcsin α x dx = du =
0
1
dv = dx
α
1
= x ⋅ arcsin α x 0α −
v=x
2 2
1−α x
1
π 1
1 π +2
 α π
1 − α 2 x2  =
.
+ =
− ∫
=
+
2 2
α
α
α
α
α
2
2
2


0
0 1−α x
α
α x dx
Ответ: I (α ) =
π +2
при α ≠ 0 .
2α
§ 3.8. Нахождение множества сходимости интеграла,
зависящего от параметра
π
1 − cos x
∫0 xα dx сходится?
Решение. Подынтегральная функция имеет особенность в
нуле и является неотрицательной.
1
dx
Сравним исследуемый интеграл с интегралом ∫ λ , который
x
0
сходится при λ < 1. Так как при x → +0 отношение функции
1 − cos x
1
1
и α −2 стремится к , приходим к выводу: интеграл
α
2
x
x
сходится про α < 3 .
π 1 − cos x
dx сходится при α < 3 .
Ответ: ∫
α
x
0
Задача 3.8.1. При каких α интеграл
+∞
Задача 3.8.2. ∫
(
arctg x
0 1+ x
2
)(e − 1)
α
x
91
dx .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Так как интеграл имеет две особенности, разобьем
его на два интеграла:
+∞
arctg x
1) ∫
dx. Если α < 0 , то интеграл расходится,
α
2
x
1 (1 + x )( e − 1)
так как подынтегральная функция положительная и бесконечно
большая при x → +∞ . Если α ≥ 0 , то сходимость интеграла можно
+∞
dx
доказать, сравнивая его с интегралом вида: ∫ λ , который схоx
1
дится при λ > 1 .
arctg x
(1 + x )( e
2
2)
1
∫
0
arctg x
(1 + x )( e
2
x
− 1)
α
x
− 1)
α
≤
π
x
2
2
.
dx . В зависимости от значения α инте-
грал может быть интегрируемым по Риману или несобственным.
Подынтегральная функция имеет особенность в нуле и неотрицательна. Определим функцию эквивалентную ей в нуле.
1
arctg x
x
~
~
.
α
α −1
2
α
2
x
x
1
x
x
+
(1 + x )( e − 1) ( )
Интеграл сходится при α − 1 < 1 ⇔ α < 2.
+∞
arctg x
Множество сходимости интеграла ∫
dx опредеα
2
x
0 (1 + x )( e − 1)
ляется как пересечение промежутков сходимости интегралов 1) и 2).
+∞
arctg x
Ответ: ∫
dx сходится при 0 ≤ α < 2 .
α
2
x
0 (1 + x )( e − 1)
Самостоятельно определите множество сходимости интегралов.
+∞ α
x ⋅ sin x
Задача 3.8.3. ∫
dx .
3
1
+
x
1
Задача 3.8.4.
+∞
∫
0
3 + 2x − x
x
3α
2
92
dx .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
§ 3.9. Исследование интегралов
на равномерную сходимость по параметру
+∞
Равномерная сходимость по параметру интеграла вида
∫ f (α , x ) dx
X
⇒ I (α ) определяется как:
a
∀ε > 0 ∃Aε ∀A ≥ Aε ∀α ∈ X
+∞
∫ f (α , x ) dx < ε .
A
+ ∞ sin α x
Задача 3.9.1. Доказать, что интеграл
∫
2
0 1+ x
dx является
равномерно сходящимся при α ∈ (− ∞;+∞ ) .
Решение. Воспользуемся признаком Вейерштрасса.
+∞
Интеграл
∫ f (α , x )dx
сходится равномерно на множестве Х
a
если:
+∞
f (α , x ) ≤ F ( x ) ∀α ∈ X и интеграл
сходящимся.
dx является
a
sin α x
1+ x
∫ F ( x)
≤
2
+∞
dx
∫0 1 + x 2
1
;
2
1+ x
сходится,
так
как
1
1
при x → ∞, ( λ = 2 > 1) .
~
1 + x2 x2
Интеграл является равномерно сходящимся по признаку Вейерштрасса.
Задача 3.9.2. Самостоятельно докажите равномерную сходимость интеграла
+ ∞ lnα x
∫ 3 dx
3 x
при α ∈ [0;2] .
Задача 3.9.3. Вычислить I (α ) – предельную функцию интеграла
+∞
∫
0
arctg α x
dx (α ≥ 0 ) .
x (1 + x 2 )
93
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Не сложно доказать по признаку Вейерштрасса,
что интеграл является равномерно сходящимся по параметру.
Найдем производную предельной функции, продифференцировав подынтегральную по α.
I (α ) =
'
+∞
∫
0
dx
.
2
2 2
1
1
+
+
α
x
x
( )(
)
Вычислим полученный интеграл методом разложения на
простые дроби.
1
α2  1
1

.
=
⋅
−
(1 + x 2 )(1 + α 2 x 2 ) α 2 − 1  1 + α 2 x 2 α 2 + α 2 x2 
+∞
α 2  +∞ dx
1
dx 
−
=
I=
(α ) 2  ∫

α − 1  0 1 + α 2 x 2 α 2 ∫0 1 + x 2 
'
+∞
+∞
α 2  arctg α x
arctg x   α 2   π
π 
π
−
=
⋅
−
=
.


 2  
2
2 

−
+
α 2 − 1  α
α
α
1
2
α
2
α
2
α
1
(
)


0
0 


I (α ) =
π dα
π
=
∫ 2 (α + 1) 2 ⋅ ln (α + 1) + c .
Константа с может быть определена из условия:
I ( 0) = 0 ⇒
π
π
2
⋅ ln ( 0 + 1) + c = 0 ⇒ c = 0.
Ответ: I (α ) =⋅ ln (α + 1) .
2
Задача 3.9.4. Самостоятельно вычислите предельную функ+∞
arctg ax − arctg bx
цию интеграла ∫
dx методом интегрироваx
0
ния по параметру.
b
arctg ax − arctg bx
dα
Указание:
.
=∫
2
x
a 1 + (α x )
94
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение к главе 3
Вариант контрольной работы
«Функции нескольких переменных»
1. Построить линии уровня функции z = xy + y 2 .
2. Найти lim lim f ( x, y ) и lim lim f ( x, y ) ,
x→∞ y →∞
y →∞ x→∞
x2 + y 2
если f ( x, y ) = 3
.
3x + 2 y 2
sin( x 2 − 2 x + y 2 )
3. Найти lim
.
f ( x, y ) , если f ( x, y ) =
x→0
x2 − 2x + y 2
y →0
4. Найти первый и второй дифференциал функции
z = f (sin x, x 2 cos y ) .
5. Исследовать на экстремум функцию
f ( x, y )= 3 x 2 y + y 3 − 12 x − 15 y .
6. Найти наибольшее и наименьшее значение функции
f ( x, y ) = x 2 + x + y 2 − y в области –3 ≤ x ≤ 2, y ≤ 3 – |x|, y ≥ 0.
Вариант контрольной работы «Функциональные ряды»
1. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость
на отрезке [0;1] функциональную последовательность
2. f n ( x) =
(n + 1) x n − nx n+1 .
3.
4.
5.
6.
7.
n
 x 
.
Найти область сходимости ряда: ∑ n 
2 
1
x
+


n =1
Разложить в степенной ряд в окрестностях x0=0 функцию
f ( x) = ( x 2 + 1) ln (1 − x ) .
Найти три первых ненулевых члена разложения функции
f ( x) = cos e x по степеням x.
Вычислить с точностью до 10-4 значение e0,1.
Разложить функцию y = ( x + 1) sin x в ряд Фурье в интервале
(−π , π ) .
∞
95
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вариант контрольной работы
«Интегралы, зависящие от параметра»
1. Выразить
в
явном
виде
F=
( y)
3
∫ f ( x − 2 y)dx ,
где
1
1, t < 0,
f (t ) = 
2, t ≥ 0.
cos y
ln(1 + α 2 x 4 )
2. Найти F ' ( y ) , где F ( y ) = ∫
dx .
x
sin y
3. Доказать
равномерную
сходимость
+∞
x + cos 2 xy
∫1 3x 4 − 2sin y 2 dx .
4. Вычислить интеграл
π /2
∫ sin
3
интеграла
x cos 6 xdx .
0
+∞
sin 3 α x 2
5. Вычислить интеграл ∫
dx .
x
0
6. Используя дифференцирование по параметру, вычислить
+∞ − ax
e − e − bx
интеграл ∫
sin kxdx ( a > 0, b > 0, k ≠ 0 ).
x
0
Задания для зачета по математическому анализу
за 3-й семестр
1. Изменить
9
x
∫ dx ∫
1
порядок
интегрирования
при
вычислении
f ( x, y )dy .
− x
2. Найти площадь части поверхности z=x2+y2, заключенной
внутри цилиндра x2+y2=4.
3. Определить объем тела, ограниченного поверхностями
z2 = x2+y2, z = 6–x2–y2.
4. Вычислить интеграл ∫ ( xy 2 + x 2 y )ds , где C – часть графика
C
функции y = |x| (-2 ≤ x ≤ 3).
96
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5. Вычислить
2
2
x
(1
−
y
)
1
−
x
dx
+
xy
1
−
y
dy ,
∫
интеграл:
C
где C – контур прямоугольника с вершинами A (-1;0),
B (2;0), C (2;1), D (-1,1), пробегаемый против хода часовой
стрелки.
Вопросы для подготовки к экзамену за 3-й семестр
1. Функциональные последовательности. Сходимость в точке, на множестве, равномерно, в среднем квадратичном.
2. Критерий Коши равномерной сходимости.
3. Равномерная сходимость и непрерывность.
4. Равномерная сходимость и интегрирование.
5. Равномерная сходимость и дифференцирование.
6. Функциональные ряды. Варианты сходимости.
7. Признаки равномерной сходимости функциональных рядов.
8. Свойства равномерно сходящихся функциональных рядов.
9. Степенные ряды. Теорема Абеля.
10. Радиус сходимости. Формула Коши – Адамара.
11. Дифференцирование и интегрирование степенных рядов.
12. Ряд Тейлора.
13. Основные разложения в степенные ряды.
14. Тригонометрическая система. Свойства. Ряд Фурье.
15. Евклидово пространство. Основной пример. Ортонормированные системы.
16. Минимальное свойство коэффициентов Фурье.
17. Неравенство Бесселя. Следствие.
18. Преобразование частичных сумм ряда Фурье. Ядра Дирихле, свойства.
19. Теорема локализации.
20. Теорема о сходимости ряда Фурье для кусочно-дифференцируемой функции.
21. Ядра Фейера, свойства. Теорема Фейера.
22. Теорема Вейерштрасса.
23. Полнота тригонометрической системы. Равенство Парсеваля.
24. Интегралы с параметром. Теоремы о непрерывности.
25. Дифференцирование интеграла по параметру.
97
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
26. Теорема о повторном интегрировании.
27. Несобственные интегралы с параметром. Основные понятия.
28. Признаки равномерной сходимости интеграла.
29. Связь интегралов с функциональными последовательностями.
30. Теоремы о непрерывности, дифференцировании и повторном интегрировании.
31. Г-функция и B-функция, свойства.
32. Мера Жордана – схема определения.
33. Критерий измеримости.
34. Аддитивность меры Жордана.
35. Теорема о мере графика непрерывной функции.
36. Примеры измеримых и неизмеримых множеств.
37. Кратные интегралы; определение, свойства.
38. Сведение кратного интегрирования к повторному.
39. Замена переменных в кратных интегралах. Примеры.
40. Кривые на плоскости н в пространстве. Основные понятия и факты.
41. Криволинейные интегралы 1-го типа. Свойства.
42. Криволинейные интегралы 2-го типа Свойства.
43. Формула Грина
44. Независимость криволинейного интеграла от пути.
45. Поверхности, способы задания. Нормаль, касательная
плоскость.
46. Площадь поверхности.
47. Поверхностные интегралы 1-го типа. Свойства.
48. Поверхностные интегралы 2-го типа. Свойства.
49. Формула Гаусса – Остроградского.
50. Формула Стокса.
51. Потенциальное векторное поле.
52. Соленоидальное векторное поле.
53. Элементы теории поля.
Вариант для проведения письменного экзамена
по математическому анализу за 3-й семестр
1. Сформулируйте определение равномерной сходимости
интеграла с параметром (1 очко, 5 мин).
98
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2. Сформулируйте теорему Остроградского – Гаусса (1 очко, 7 мин).
3. Сформулируйте теорему о сходимости ряда Фурье для
кусочно-дифференцируемой функции (1 очко, 7 мин).
4. Запишите со всеми подробностями формулу для вычисления поверхностного интеграла 1-го типа (2 очка, 12 мин.).
5. Сформулируйте и докажите теорему о равенстве повторных интегралов (из элементарной теории интегралов с параметром) (2 очка, 12 мин).
6. Сформулируйте и докажите теорему Грина (2 очка,
12 мин).
7. Найдите F (100) (0), где F(x) = 1/ (1+x2) (3 очка, 15 мин).
8. Найдите lim Г(s)/B(s,1) при s→ +0 (2 очка, 12 мин).
9. Найдите все функции R = R(x,y,z), для которых векторное
поле a = (sin х, сos y, R(x,y,z)) соленоидально (3 очка, 15 мин).
10. Вычислите grad (div a) (2 очка, 12 мин).
11. Как связаны радиусы сходимости степенных рядов
∑ cn xn и ∑ n cn xn? (2 очка, 12 мин).
99
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Глава 4
Раздел «Теория функций комплексного переменного»
(ТФКП) традиционно завершает курс математического анализа. В
ТФКП происходит расширение содержания изученных раньше
понятий, связанных с функциями, и математический анализ приобретает полноту и целостность.
Возникновение комплексного числа отражает общую тенденцию развития математики, состоящую в том, что введение обратных операций требует расширения числовой области. Действительно, вычитание побудило человека дополнить ряд натуральных чисел отрицательными, деление расширило множество
целых чисел до рациональных, извлечение корня явилось толчком к рассмотрению множества иррациональных чисел. Извлечение корня четной степени из отрицательного числа привело к
возникновению таинственных мнимых чисел. В 1702 г. Г. Лейбниц напишет, что мнимые числа это прекрасное и чудесное убежище божественного духа, амфибия бытия с небытием. Однако
при решении многих конкретных задач эти «сверхъестественные» числа оказываются очень полезными, и по мере развития
математического анализа ученые пытаются предложить научную
интерпретацию мнимых и комплексных чисел. Основоположниками в этом направлении, видимо, следует считать Г. Лейбница и
И. Бернулли, которые пытались определить операции с комплексными числами в методах интегрирования. Заслуга в установлении основных фактов теории элементарных функций принадлежит Л. Эйлеру. В цикле монографий по построению математического анализа он рассмотрел общее понятие комплексного
числа,
ввел
формулы
(cos z + i sin z ) n =cos nz + i sin nz ,
n
z

=
e
cos ϕ + i sin ϕ =
, e lim 1 +  и т. д. При дифференцироваn→∞
 n
нии и интегрировании функции комплексного аргумента Эйлер
рассматривал пару функций действительного аргумента:
f ( x + iy=
) u ( x, y ) + iv( x, y ) . В работах получены известные услоiϕ
z
100
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
вия, которые мы называем условиями Коши – Римана. Исторически правильно их назвать условиями Даламбера – Эйлера.
К концу XVIII в. были сформулированы основные факты теории функций комплексного переменного, а общее построение этой
теории в XIX в. в значительной степени связано с именем О. Коши.
К настоящему времени комплексный анализ имеет многочисленные приложения при решении трудных практических задач
гидро- и аэродинамики, электродинамики, радиотехники и др.
Содержание нашего курса определяется федеральным государственным образовательным стандартом и достаточно традиционно. Приведем здесь минимальный перечень основных знаний и умений, необходимых для формирования профессиональных компетенций выпускника вуза.
Студент должен знать:
• понятие комплексного числа, модуль и аргумент, главное
значение аргумента, сумма, произведение, частное комплексных
чисел, степень; различные формы записи комплексного числа:
показательная, алгебраическая, тригонометрическая;
• понятие функции комплексного переменного, действительная, мнимая части; предел функции в точке, непрерывность,
производная, условия Коши – Римана, аналитическая функция,
гармоническая функция, геометрический смысл модуля и аргумента производной, конформное отображение;
• основные элементарные функции комплексного переменного и их свойства;
• понятие интеграла по комплексной переменной, свойства
интеграла, интегральная теорема Коши, интегральная формула
Коши;
• степенные ряды, ряды Тейлора, ряды Лорана;
• особые точки, понятие вычета.
Студент должен уметь:
• изображать на плоскости комплексные числа, строить
сумму, разность комплексных чисел; переводить комплексное
число из алгебраической формы в тригонометрическую и показательную и наоборот;
101
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
• находить действительную и мнимую часть функции, проверять выполнение условий Коши – Римана, восстанавливать
действительную (мнимую) часть по мнимой (действительной)
части, вычислять производную в точке;
• находить значение интеграла по контуру; уметь применять теорему Коши и формулу Коши;
• представить аналитическую в соответствующей области
функцию рядом Тейлора и Лорана;
• находить особые точки и вычислять вычеты функций и
применять их для вычисления контурных и несобственных интегралов.
§ 4.1. Комплексные числа
Определение 4.1.1. Комплексным числом z назовем упорядоченную пару действительных чисел (x, y).
Комплексное число z = x + iy изображается точкой плоскости
с координатами ( x, y ) или вектором с теми же координатами. При
этом действительные числа изображаются точками оси абсцисс, а
чисто мнимые точками оси ординат. Длина соответствующего
вектора соответствует модулю z числа z = x + iy . Угол между
действительной осью и вектором z, отсчитываемый от положительного направления оси абсцисс, называется аргументом числа
z. Обычно считается, что функция arg z принимает значения от
− π до π . Это так называемое главное значение аргумента. Заметим, что для z=0 аргумент не определен, поэтому в рассуждениях, связанных с аргументом, предполагается, что z ≠ 0 .
Комплексное число z может быть записано в виде
z = z (cosϕ + i sin ϕ ) , где ϕ = arg z . Такая запись называется тригонометрической формой числа z, а представление z = x + iy называется алгебраической формой числа z. Используя формулу Эйлера
eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ , можно получить показательную форму записи
комплексного числа: z = z eiϕ .
Задача 4.1.2. Представьте в тригонометрической и показательной форме следующие числа:
102
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1+ i
;
1− i
2
1
3
π
π
π
π
 ; − sin + i sin ; − cos + i sin .
 − i
2 
3
3
3
3
2
Задача 4.1.3. Решите уравнение z +
(− 3 − i ) 7 i 33
(2 + 2i )10
= 0.
Задача 4.1.4. Покажите, что операция сопряжения перестановочна с арифметическими операциями.
Задача 4.1.5. Пусть P( z ) = a0 z n + a1z n −1 + ... + an – многочлен
с действительными коэффициентами и число z = x + iy – корень
уравнения P(z)=0. Докажите, что z = x − iy тоже корень этого
уравнения.
Задача 4.1.6. Запишите с помощью неравенств следующие
множества точек на комплексной плоскости:
а) полуплоскость, расположенная левее мнимой оси;
б) первый квадрант, не включая координатные оси;
в) множество точек, отстоящих от действительной оси на
расстоянии, большем единицы; меньшем трех;
г) круг радиуса r с центром в точке O;
д) полукруг радиуса r с центром в точке O, расположенный
справа от мнимой оси; ниже действительной оси.
Задача 4.1.7. Найдите min z − 3i + 4 , если z = 1 .
Задача 4.1.8. Изобразите множества точек на комплексной
плоскости, заданные условиями:
а) z − 2 − 3i < 2 ;
б) z − 2 − 3i ≥ 2 ;
в) z + 2 = z + 2 ;
г) z + 2i + z − 2i = 4 ;
д) z + 1 = z − 1 ;
е)
z +1
> 1.
z −1
Задача 4.1.9. Найдите образ квадрата ABCD, A=(1, 1), B=(1, 3),
C=(3, 3), D=(1, 3) в отображении
а) w = iz ;
б) w = 2 z − 1 + i ;
в) w = z 2 .
нии
Задача 4.1.10. Найдите образ полосы 1 < Im z < 2 в отображеа) w = 2iz ;
б) w = z −1 ;
в) w = z 2 .
103
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
§ 4.2. Последовательности и ряды
комплексных чисел
Формально определение предела последовательности комплексных чисел такое же, как и для последовательности действительных чисел.
Определение 4.2.1. Последовательность комплексных чисел
z n , n ∈ N называется сходящейся к числу а, если для каждого положительного числа ε можно указать номер nε , начиная с которого все члены последовательности удовлетворяют неравенству:
zn − a < ε .
Имея в виду геометрическое представление элементов последовательности z n , n ∈ N , определение предела можно переформулировать следующим образом: точка a является пределом
последовательности z n , n ∈ N , если какой бы круг с центром в
точке a и радиусом ε мы ни выбрали, найдется такой номер nε ,
начиная с которого все члены последовательности лежат внутри
выбранного круга.
Каждой последовательности z n , n ∈ N соответствуют последовательности действительных чисел { Re( z n ) }, { Im( z n ) }, { z n } и
{ arg( z n ) }.
Задача 4.2.2. Докажите, что сходимость последовательности
z n , n ∈ N эквивалентна одновременной сходимости последовательностей xn = Re( z n ) и yn = Im( z n ) , n ∈ N .
Задача 4.2.3. Пусть последовательность z n , n ∈ N сходится и
предел последовательности отличен от нуля. Тогда последовательности { z n } и { arg( z n ) } тоже сходятся. Верно ли это утверждение?
Решение. Записав неравенство
z n − z0 ≤ z n − z0 , где
z0 = lim z n , мы можем сделать вывод относительно сходимости последовательности { z n }. А вот последовательность { arg( z n ) } мо(−1) n
} сходитжет оказаться расходящейся. Например, { z n = −1 + i
n
ся к –1, а последовательности
104
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1 

1
arg z 2n −1 = arg − 1 − i
 = − π + arctg
,
2n − 1 

2n − 1
1 

arg z 2n = arg − 1 + i  = π − arctg 1
2n 

2n
сходятся к − π и π соответственно.
Из геометрической интерпретации предела последовательности легко следует ограниченность сходящейся последовательности.
Задача 4.2.4. Сформулируйте и докажите теорему об ограниченности сходящейся последовательности комплексных чисел.
Следует заметить, что, так же, как в действительном анализе,
не любая ограниченная последовательность имеет предел. Однако имеет место теорема Вейерштрасса.
Задача 4.2.5. Сформулируйте и докажите теорему Вейерштрасса для последовательности комплексных чисел.
∞
Определение 4.2.6. Ряд ∑ z n называется сходящимся, если
n =1
сходится последовательность его частичных сумм, и предел S поk
следовательности S k = ∑ z n называется суммой ряда.
n =1
Теорема 4.2.7. Ряд из комплексных слагаемых сходится тогда и только тогда, когда сходятся ряды, составленные из действительных и мнимых частей членов этого ряда. Причем если
сумма ряда равна S, сумма ряда, составленного из действительных частей, равна S1, а сумма ряда, составленного из мнимых
частей, равна S2 , то S=S1+iS2.
Таким образом, исследование ряда на сходимость сводится к
исследованию
действительных
z n = xn + iy n .
∞
рядов
∑ xn
n =1
и
∞
∑ yn ,
n =1
∞
∞
n =0
n =0
где
Задача 4.2.8. Найдите сумму рядов ∑ r n cos nϕ и ∑ r n sin nϕ ,
r<1.
105
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Запишите формулу для суммы бесконечно убы∞
вающей геометрической прогрессии ∑ z n =
n =0
1
, z < 1 . Отделите
1− z
в левой правой части равенства действительную часть от мнимой, а в правой – выполните деление, положив z = r (cosϕ + i sin ϕ ) .
Приравняв действительные части действительным частям, а
мнимые части равенства – мнимым частям, получим ответ. Заметим, что вычислить требуемые суммы без использования комплексных чисел было бы гораздо труднее.
∞
Определение 4.2.9. Ряд ∑ z n называется абсолютно сходя∞
n =1
щимся, если сходится ряд ∑ z n .
n =1
∞
π
n =1
2
Задача 4.2.10. Пусть ряд ∑ z n сходится и arg z n ≤ α < . Докажите, что ряд сходится абсолютно.
Решение. Пусть z n = xn + iy n . Запишем модуль числа z n в виде xn 1 +
y n2
xn2
, поскольку условие arg z n ≤ α <
∞
y n2
∞
xn > 0, ∀n . Ряд ∑ z n = ∑ xn 1 +
xn2
n =1
n =1
неравенство xn 1 +
y n2
xn2
π
2
означает, что
сходится, т. к. справедливо
≤ xn 1 + tg 2α и из сходимости исходного
∞
ряда следует сходимость ряда ∑ xn .
n =1
§ 4.3. Аналитические и гармонические функции
Понятие дифференцируемости и производной от функции
комплексного аргумента вводится в комплексном анализе так же,
как и в математическом анализе. Пусть точка z0 – некоторая
внутренняя точка области определения D функции f (z ) .
106
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определение 4.3.1. Функция f (z ) называется дифференцируемой в точке z0 , если приращение функции в этой точке может
быть представлено в виде f ( z0 + ∆z ) − f ( z0 ) = A ∆z + o(∆z ) , где A –
комплексная константа, не зависящая от выбора ∆z , и
o(∆z )
=0.
∆z → 0 ∆z
lim
Другое – эквивалентное.
Определение 4.3.2. Функция f (z ) называется дифференциf ( z0 + ∆z )
= f ′( z0 ) .
∆
z
∆z → 0
руемой в точке z0 , если существует lim
Задача 4.3.3. Докажите, что функция, дифференцируемая в
точке z0 , непрерывна в этой точке.
Значение производной функции в точке не зависит от того,
каким образом ∆z → 0 или каким образом точка z = z0 + ∆z стремится к точке z0 . В этом определении важно только, что расстояние между точками z0 + ∆z и z0 стремится к нулю. Этот произвол
в выборе способа, каким точка z может стремится к z0 , приводит к тому, что даже простые функции могут не иметь производной в данной точке, и для дифференцируемой функции комплексного аргумента требуется выполнение достаточно сильных
ограничений.
Теорема 4.3.4. Пусть функция f (z ) = u ( x, y ) + i v( x, y ) определена в области D и дифференцируема в точке z0 = x0 + i y0 . Тогда в
точке ( x0 , y0 ) существуют частные производные функций u ( x, y )
и
v ( x, y ) ,
связанные
условиями
∂u
∂v
( x0 , y 0 ) = − ( x 0 , y 0 ) .
∂y
∂x
∂u
∂v
( x0 , y 0 ) = ( x0 , y 0 ) ,
∂x
∂y
Эти условия называются условиями Коши – Римана.
Теорема 4.3.5. Пусть в точке ( x0 , y0 ) функции u ( x, y ) и v( x, y )
дифференцируемы и их частные производные связаны условиями
Коши – Римана. Тогда функция f (z ) = u ( x, y ) + i v( x, y ) дифференцируема в точке z0 = x0 + i y0 .
107
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 4.3.6. Исследуйте на дифференцируемость функции
z 2 ; e z ; x + 2 y + i (2 x + y ) .
Решение. Запишем первую из указанных функций в виде
∂u
∂v
∂u
∂v
=2x,
= − 2y ,
= − 2y и
= − 2x .
z 2 = x 2 − y 2 − i 2 xy . Отсюда
∂y
∂y
∂x
∂x
Условия Коши – Римана выполняются тогда и только тогда, когда x = y = 0 . Таким образом, функция z 2 дифференцируема только в точке z = 0 .
Задача 4.3.7. Докажите, что в полярных координатах условия
Коши – Римана имеют вид
∂u 1 ∂v ∂v
1 ∂u
=
=−
,
.
∂r r ∂ϕ ∂r
r ∂ϕ
Решение. Применяя правило дифференцирования сложных
∂u
∂u
и
. Полученную систему
∂ϕ
∂r
∂u
∂u
и
.
уравнений решите относительно частных производных
∂y
∂x
∂v
и
Аналогично, нужно получить выражения для производных
∂r
∂v
∂v
∂v
и соответствующие выражения для производных
и . За∂ϕ
∂y
∂x
функций, найдите производные
пишите далее условия Коши – Римана. Преобразовав выражения,
получите требуемые соотношения.
Задача 4.3.8. Пусть функция f (z ) определена в области D и
дифференцируема в точке z0 . Докажите справедливость формул:
f ′( z0 ) = u ′x ( x0 , y0 ) + iv′x ( x0 , y0 )
f ′( z0 ) = u ′x ( x0 , y0 ) − iv′y ( x0 , y0 )
2
f ′( z0 ) = u ′x 2 + v′y 2 .
Задача 4.3.9. Пусть функция f (z ) дифференцируема во всех
точках области D и ее производная равна нулю в этой области.
Докажите, что функция f ( z ) ≡ const .
108
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 4.3.10. Пусть функция f (z ) дифференцируема во всех
точках области D. Докажите, что если одна из функций
u ( x, y ) = Re f ( z ) , v( x, y ) = Im f ( z ) , r ( x, y ) = f ( z ) , ϕ ( x, y ) = arg f ( z ) сохраняет в этой области постоянное значение, то f ( z ) ≡ const .
Задача 4.3.11. Пусть функция f (z ) дифференцируема во всех
точках области D и в этой области функции u ( x, y ) = Re f ( z ) и
v( x, y ) = Im f ( z ) удовлетворяют условию A u ( x, y ) + B v( x, y ) + C ≡ 0 ,
A, B, C ∈ R , A 2 + B 2 ≠ 0 . Докажите, что функция f ( z ) ≡ const .
Решение. Продифференцируем тождество
A u ( x, y ) + B v( x, y ) + C ≡ 0 по переменным x и y: A ∂u + B ∂v ≡ 0 ,
∂x
∂x
∂u
∂v
+ B ≡ 0 . Используя далее условия Коши – Римана, второе
∂y
∂y
∂u
∂v
выражение перепишем в виде − B + A ≡ 0 . Система относи∂x
∂x
∂u
∂v
и
имеет тривиальное нулевое решение, т. к. опретельно
∂x
∂x
делитель системы A2 + B 2 ≠ 0 в силу условия задачи.
Пусть функция f (z ) непрерывно дифференцируема в области
D и производная f ′( z0 ) ≠ 0 , где z0 некоторая точка этой области.
A
Геометрический смысл производной функции в точке состоит в
том, что все бесконечно малые кривые, проходящие через точку,
при отображении поворачиваются на один и тот же угол, равный
аргументу производной, и получают одно и то же растяжение,
равное модулю производной.
Задача 4.3.12. Пусть функция f (z ) определена в области D и
дифференцируема в точке z0 . Для гладких кривых γ 1 и γ 2 , проходящих через точку z0 , выполнены условия
Re f ( z ) = Re f ( z0 ) , z ∈ γ 1 ; Im f ( z ) = Im f ( z0 ) , z ∈ γ 2 .
Докажите, что если f ′( z0 ) ≠ 0 , то кривые пересекаются под
прямым углом.
Решение. Здесь достаточно заметить, что образом кривой γ 1
в отображении f является множество точек комплексной плос109
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
кости (u, v) , для которых Re f ( z ) = Re f ( z0 ) , т. е. прямая u ≡ const .
Аналогично, образом кривой γ 2 служит прямая v ≡ Im f ( z0 ) . Поэтому образы кривых γ 1 и γ 2 пересекаются под прямым углом.
Следовательно, с учетом геометрического смысла дифференцируемости функции, сами кривые при пересечении образуют прямой угол.
Задача 4.3.13. Пусть функция f (z ) определена в области D и
дифференцируема в точке z0 . Для гладких кривых γ 1 и γ 2 , проходящих через точку z0 , выполнены условия
f ( z ) = f ( z0 ) , z ∈ γ 1 ; arg f ( z ) = arg f ( z0 ) , z ∈ γ 2 .
Докажите, что если f ′( z0 ) ≠ 0 , то кривые пересекаются под
прямым углом.
Задача 4.3.14. Пусть функция f (z ) определена в области D и
дифференцируема в точке z0 . Для гладких кривых γ 1 и γ 2 , проходящих через точку z0 , выполнены условия
f ( z ) = f ( z0 ) , z ∈ γ 1 ; Re f ( z ) = Re f ( z0 ) , z ∈ γ 2 .
Докажите, что если f ′( z0 ) ≠ 0 , то кривые при пересечении образуют углы ± arg f ( z0 ) + πk .
Задача 4.3.15. Пусть функция f (z ) определена в области D, а
функции u ( x, y ) = Re f ( z ) и v( x, y ) = Im f ( z ) имеют в этой области
непрерывные частные производные и для любой пары точек
z1 ∈ D , z 2 ∈ D верно равенство f ( z1 ) − f ( z 2 ) = z1 − z 2 , т. е. рассматриваемое отображение сохраняет расстояние между точками. Докажите, что в этом случае f ( z ) ≡ eiϕ + a , где a – комплексная, а
ϕ – действительная постоянные.
Определение 4.3.16. Непрерывно дифференцируемая в области функция f (z ) называется аналитической в этой области.
Теорема 4.3.17. Аналитическая функция является бесконечно
дифференцируемой.
Пусть функция f (z ) аналитична в области D. Тогда в этой
области функции u ( x, y ) = Re f ( z ) и v( x, y ) = Im f ( z ) имеют непрерывные частные производные любого порядка. Продифферен110
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
цируем условие
∂v
∂u
∂u
∂v
=
по переменной x, а условие
= − –
∂y
∂y
∂x
∂x
по переменной y. Получим
∂ 2u
∂ 2v
∂ 2v
∂ 2u
=
,
=−
.
2
2
∂
x
∂
y
∂
y
∂
x
∂y
∂x
Сложим эти равенства и, заметив, что в силу непрерывности
частные производные
∂ 2u
∂ 2v
∂ 2v
∂ 2u
и
равны, получим 2 + 2 =0.
∂x∂y
∂y∂x
∂y
∂x
Это уравнение называют уравнением Лапласа, а действительную функцию u ( x, y ) , имеющую в области D непрерывные
частные производные второго порядка и удовлетворяющую полученному уравнению, называют гармонической в области D .
Задача 4.3.18. Доказать, что v( x, y ) мнимая часть аналитической функции является гармонической функцией.
Гармонические функции u ( x, y ) и v( x, y ) , связанные условиями Коши – Римана, называют сопряженными.
Если функция u ( x, y ) , гармоническая в односвязной области
D, тогда сопряженную с ней гармоническую функцию v( x, y )
можно определить с точностью до произвольной постоянной.
Можно привести и другую формулировку этой задачи: если в односвязной области задана гармоническая функция u ( x, y ) , то
можно найти аналитическую функцию f (z ) , для которой
u ( x, y ) = Re f ( z ) , т. е. можно восстановить аналитическую функцию по заданной действительной (или мнимой) части.
Задача 4.3.19. Найти аналитическую функцию f (z ) , если
v ( x, y ) = x 2 − y 2 + 2 .
Решение. Функция v( x, y ) является гармонической во всей
комплексной плоскости (проверьте!). Из условия
следует, что u ( x, y ) = − 2 xy + ϕ ( y ) . Тогда
стороны, и
∂u ∂v
= = − 2y
∂x ∂y
∂u
= − 2 x + ϕ ′( y ) , с одной
∂y
∂u
∂v
= − = 2 x – с другой. Сравнивая эти равенства, по∂y
∂x
111
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2
лучим, что ϕ ′( y ) = 4 x , откуда ϕ ( y ) = x 2 + C , где C – действительная постоянная. Окончательно, искомая функция
f (z ) = − 2 x + x 2
2
2
2
+ C + i ( x − y + 2) .
§ 4.4. Ряды Тейлора
Любая аналитическая в круге z − z0 < R функция f(z) может
быть разложена в этом круге в степенной ряд, т. е.
∞
f ( z ) = ∑ cn ( z − z0 ) n , где коэффициенты для каждого n определены
n=0
f ( n) ( z0 )
.
формулой cn =
n!
Задача 4.4.1. Разложить в степенной ряд
∞
∑c z
n =0
n
n
функцию
f(z) = chz.
Решение. Вычисляя коэффициенты ряда, легко видеть, что
∞ z 2n
cn = 1, n = 2k , cn = 0, n = 2k + 1 . Поэтому f ( z ) = ∑
n = 0 ( 2n)!
. Область схо-
димости такого ряда – вся комплексная плоскость.
f ( n) ( z0 )
Формула cn =
не всегда позволяет эффективно выn!
числять коэффициенты cn. На практике для их вычисления мы
обычно применяем ряд искусственных приемов.
• Пусть функция f=
( z ) f1 ( z ) + f 2 ( z ) . Для функций f1 ( z ) и
построены
разложения
в
степенные
ряды:
f2 ( z)
=
f1 ( z )
∞
f2 ( z)
∑ an ( z − z0 ) =
n =0
где c=
an + bn .
n
n
∞
∞
n =0
n=0
∑ bn ( z − z0 )n . Тогда f ( z ) = ∑ cn ( z − z0 ) n ,
112
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
∞
• Пусть функция f ( z ) = f1 ( z ) f 2 ( z ) , тогда f ( z ) = ∑ cn ( z − z0 ) n ,
n=0
n
где cn = ∑ ak bn−k , т. е. коэффициенты cn получаются почленным
k =0
перемножением рядов
∞
∑ a (z − z )
n =0
n
0
n
и
∞
∑ b (z − z )
n =0
n
0
n
с последующим
приведением подобных членов.
• Степенной ряд внутри круга сходимости можно почленно
дифференцировать. Поэтому если ряд Тейлора самой функции
известен, то можно находить ряды Тейлора для производных любого порядка.
• Степенной ряд внутри круга сходимости можно почленно
интегрировать. Поэтому если ряд Тейлора производной известен,
то можно находить ряд Тейлора для самой функции.
Рассмотрим несколько задач разложения функций в ряд Тейлора.
Задача 4.4.2. Разложить в ряд Тейлора по степеням бинома
z – i функцию f(z) = z5.
Решение. Вычислим значение функции и значения производных f(z) в точке z0 = i:
f (i ) = i, f ′(i ) = 5, f ′′(i ) = −20i, f ′′′(i ) = −60,
f ( 4) (i ) = 120i, f (5) (i ) = 120, f (6) (i ) = f (7) (i ) =  = 0.
Отсюда f ( z ) = i + 5( z − i ) − 10i ( z − i) 2 − 10( z − i) 3 + 5i( z − i) 4 + ( z − i) 5 .
Задача 4.4.3. Разложить функцию f ( z ) = ch (1 − z ) в ряд Тейлора
 πi 
по степеням двучлена z − 1 − .

2
Решение. Вычислим производные функции:
f ′( z ) = − sh (1 − z ), f ′′( z ) = ch (1 − z ), f ′′′( z ) = − sh (1 − z ), , т. е.
f (2 n ) ( z ) =
ch (1 − z ), f (2 n+1) ( z ) =
sh (1 − z );
πi
πi
π
f (2 n ) (1 − ) = ch = cos = 0,
2
2
2
113
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
πi
π
 πi 
f ( 2 n+1) 1 −  = − sh = −i sin = −i
2
2
2

.
Следовательно,
πI 

z −1+

∞ 
2 
f ( z ) = −i ∑ 
(2n − 1)!
n =1
Задача 4.4.4. Разложить функцию
2 n −1
.
f ( z) =
z2
( z + 1) 2
в ряд Тейлора
по степеням z и найти радиус сходимости.
1
Решение. Разложим функцию
в ряд Тейлора:
1+ z
1
= 1 − z + z 2 − z 3 +  + (−1) n z n +  .
1+ z
Тогда
′
 1 
n
n −1
2

 = −1 + 2 z − 3 z +  + (−1) nz +  .
1+ Z 
Поскольку
′
1
 1 

 =−
,
(1 + z ) 2
1+ z 
то
z2
f ( z) =
( z + 1) 2 =
′
∞
∞
∞
 1 
n
n −1
n +1
n +1
n
n
2
− z −
 = − z ∑ (−1) nz = ∑ (−1) nz = ∑ (−1) (n − 1) z .
z
1
+


n =1
n =1
n=2
2
1
= lim n n − 1 = 1, R = 1 .
R n →∞
Задача 4.4.5. Разложить функцию
1
по степеням z в
(1 − z) k
круге z < 1 .
Решение. Легко видеть, что производная k – 1 порядка
 1 


1− z 
( k −1)
=
(k − 1)!
.
(1 − z ) k
Поэтому
114
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1
1
k =
(k − 1)!
(1 − z)
 1 


1− z 
=
( k −1)
1  ∞ n
=
∑ z 
(k − 1)!  n=0 
( k −1)
∞
1
( z n ) ( k −1) =
=
∑
(k − 1)! n=0
n(n − 1)(n − k + 1) n−k +1
.
z
−
(
1
)!
k
n = k −1
∞
∑
Задача 4.4.6. Разложить в ряд Тейлора по степеням z функцию f ( z ) = ln
z +1
.
z −1
′
∞
1
1
2
z + 1

′
+
=
= 2 ∑ (−1) n z 2n .
Решение. ( f ( z )) =  ln
 =
2
 z −1 z +1 1− z 1− z
n =0
∞
∞
z 2 n+1
2n
n
+c.
Тогда f ( z ) = 2∑ (−1) ∫ z dz = 2∑
n =0
n =0 2n + 1
Найдем с. Положив z = 0, имеем f(0) = 0. Отсюда с = 0. Радиус сходимости полученного ряда равен 1.
§ 4.5. Вычеты
Определение 4.5.1. Если а – изолированная особая точка
функции f (z ) и a ≠ ∞ , то вычетом f (z ) в точке а называется число res[ f ( z ), a ] =
1
∫ f ( z )dz , где r – достаточно мало (окружность
2πi z − a = r
обходится один раз против хода часовой стрелки).
Определение 4.5.2. Вычетом функции f (z ) в изолированной особой точке
∞
называется число res[ f ( z ), ∞] =
1
∫ f ( z )dz ,
2πi z = R
где R > 0 –достаточно велико, а окружность z = R обходится по
часовой стрелке один раз.
Если a ≠ ∞ и а – устранимая особая точка, то вычет в этой
точке равен 0.
Если же устранимая особенность в точке ∞ , то вычет в этой
точке может быть не равен 0. Рассмотрим, например, функцию
1
1
f ( z ) = . Поскольку lim = 0 , то z = ∞ устранимая точка.
z
z →∞ z
115
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1
1
1 2π ie iϕ dϕ
= −1 (минус за счет
dz = −
Но res[ f ( z ), ∞] =
∫
∫
2πi { z = R} z
2πi 0 e iϕ
обхода окружности по часовой стрелке).
Если а – изолированная особенность функции f (z ) , то в
кольце 0 < z − a < r функцию можно разложить в ряд Лорана, при
этом
cn =
1
f ( z)
dz
∫
2πi z − a = ρ ( z − a )n +1 , где ρ < r ,
или если a = ∞ , то функцию можно разложить в ряд Лорана для
z > R , соответствующие коэффициенты вычисляются по формуле
cn =
1
f ( z)
dz
∫
2πi z = ρ z n +1 , где ρ > R .
В частности,
=
=
[ f ( z ), a ]
c −1 res
1
−c −1 =
−
2π i
1
=
f ( z )dz res [ f ( z ), a ] ,
2π i z −∫a =ρ
res [ f ( z ), ∞ ] .
∫ρ f ( z )dz =
z=
В последней формуле минус возникает за счет того, что при
обходе контура против часовой стрелки ограничиваемая им область находится справа.
Итак, в разложении функции в ряд Лорана в окрестности
точки а нас будет интересовать только один коэффициент c −1 .
Это сильно упрощает задачу.
Задача 4.5.3. Вычислить вычет в точке а = 0 функции
f ( z) =
ctgz
z2
.
116
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Для этого найдем разложение этой функции в ряд
Лорана в окрестности нуля. Так как
ctgz
z
2
=
cos z
2
z sin z
и разложения
cos z и sin z по степеням z известны, то применим метод неопре-
деленных коэффициентов
z2
1− +
ctgz 1
2!
= 3
2
z
z
z2
1− +
3!
z4
+ ...
d
1
d d
4!
= 3 (d 0 + d1 z + d 2 z 2 + ...) = 30 + 21 + 2 + d3 + ... .
4
z
z
z
z
z
+ ...
5!
Следовательно, c −1 = d 2 или res[ f ( z ),0] = d 2 . Перемножим ряды, приведем подобные члены и приравняем коэффициенты в
d0
1
.
2
3!
 ctgz 
1
1
Следовательно, d 2 = − . Итак, res 
,0 = − .
3
3
 z2 
обеих частях. Получим 1 = d 0 , 0 = d1 , − = d 2 −
При нахождении коэффициентов в ряде Лорана, построенного в окрестности полюса, можно сократить и упростить вычисления, если известен порядок полюса. Дело в том, что если a ≠ ∞ –
полюс порядка k, то ряд Лорана содержит лишь конечное, не
больше k , число отрицательных степеней z − a . Таким образом,
∞
ряд сразу можно искать в форме f ( z ) = ∑ c n ( z − a) n . Заметим, что
n = −k
если порядок полюса равен k > 1 , то c −k ≠ 0 , другие же коэффициенты, в том числе и вычет c−1 , могут равняться 0.
Так, например, функция f ( z ) =
1
( z − a)
k
имеет в a полюс по-
рядка k и в ее лорановском разложении все коэффициенты cn = 0
для n ≠ −k , а c −k = 1.
Если особая точка – полюс порядка 1, то вычет в этой точке
всегда отличен от нуля. Если f (z ) имеет полюс в ∞ , то ряд Лорана имеет вид
−∞
f ( z ) = ∑ c n z n , при этом наибольший номер отличn=k
ного от 0 коэффициента cn , n ∈ N называется кратностью полюса
117
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
в ∞ . В случае полюсов известной кратности можно воспользоваться следующими правилами:
ϕ ( z)
, где ϕ (z ) и ψ (z )
ψ ( z)
аналитические функции в окрестности точки a ≠ 0 и ψ (z ) удовлеϕ (a)
.
творяют условиям ψ (a ) = 0, ψ ′(a) ≠ 0 . Тогда res[ f ( z ), a ]=
ψ ′(a )
θ ( z)
1. Пусть f (z ) представима в виде f ( z ) =
2. Пусть f (z ) представима в виде f ( z ) =
( z − a)
m
, где функ-
ция θ (z ) аналитическая в окрестности точки a , тогда res[ f ( z ), a ] =
1
θ ( m−1) (a) . Эту формулу, например, можно применять в
(m − 1)!
случае, когда точка – полюс порядка m .
 a 
Задача 4.5.4. Вычислить res  z ne z , ∞ .




a
z ne z
Решение. Разложим функцию
в ряд Лорана в окрестности ∞ по степеням z . Для этого воспользуемся известным разлоa
z
жением функции e w по степеням w для w = . Для всех z ≠ 0 получим
a
z
ak 1
z e =∑
k −n .
k
z
!
k =o
n
∞
Если параметр n < −1 , то коэффициент при
a n +1
. Таким образом,
ли n ≥ −1 , то c −1 =
(n + 1)!
 n az 
res  z e , ∞  =


1
равен нулю. Есz
 a n +1
, n ≥ −1
−
.
 (n + 1)!
0,
n < −1

118
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 4.5.5. Вычислить вычеты во всех особых точках
функции
f ( z) =
1 + z8
z 4 (1 + z ) .
Решение. Особые точки функции z = 0, z = −1, z = ∞ . В точке
–1 можно применить формулу правила 1, при этом можно считать, что ϕ ( z ) =
–1, потому что
1 + z8
z4
1 + z8
z4
, ψ ( z ) = 1 + z , потому что в окрестности точки

 1 + z8
аналитическая. Поэтому, res 
,−1 = 2.
4
 z (1 + z ) 
В точке z = 0 можно использовать формулу правила 2.
Здесь f ( z ) =
Поэтому
θ ( z)
z4
, где θ ( z ) =
1 + z8
аналитическая в окрестности 0.
1+ z
 1+ z 8
 1 1+ z 8 
,0 = 
res  4

+
3
!
1
z
+
(
1
)
z
z




(3)
=−1
z =0
Заметим, что если порядок полюса велик (в данном случае он
равен 4), правило 2 приводит к утомительным вычислениям. Разложение в ряд Лорана в окрестности точки 0 быстрее приведет к
успеху. Функцию f (z ) можно представить в виде
f ( z) =
Функция z 4 +
1
1+ z
z < 1.
1
1 + z8
z 4 (1 + z )
= (z 4 +
1
1
z4 1 + z .
)
уже разложена по степеням z. Разложение
z4
∞
∞
1
1
имеет вид
=
= ∑ (− z ) n = ∑ (−1) n z n , считаем, что
1 + z 1 − (− z ) n = 0
n=0
119
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1 ∞
( z + 4 ) ∑ (−1) n z n =
z n =0
4
∞
∑ (−1) z
n n+ 4
+
∞
∑ (−1) z
n n−4
.
n =0
n =0
Первая сумма не содержит отрицательных степеней, во вто1
z
рой есть слагаемое − . Поэтому c −1 = −1.
Наконец, вычислим вычет в ∞ .
В представлении функции f ( z ) = ( z 4 +
разложим в ряд Лорана по степеням
1
:
z
1
1
множитель
1+ z
z4 1 + z
1
)
1
1
1
1
1 ∞ (−1) n
=
= ⋅
= ∑
, z >1
1 + z  1  z 1 − (− 1 ) z n = 0 z n
z 1 + 
z
z

.
Поэтому
1 + z8
=
z 4 (1 + z )
(−1) n
+
∑
n −3
z
n =0
∞
(−1) n
при z > 1 .
∑
n +5
z
n =0
∞

 1 + z8
Отсюда c −1 = 1 и res 
, ∞ = − 1 .
4
 z (1 + z ) 
Следует помнить, что для рациональных функций сумма вычетов во всех особых точках, включая ∞ , равна 0. Это позволяет
нам проверить результат или же получить значение вычета в одной из точек, зная вычеты во всех других точках.
§ 4.6. Интеграл по замкнутому контуру
Основная теорема теории вычетов. Пусть f (z ) является
аналитической в замкнутой области G , за исключением конечного числа изолированных особых точек z k , k = 1, 2, 3, ..., n , лежащих внутри области G, тогда
120
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
n
∫ f (ξ )dξ = 2π i∑ res
Γ
+
k =1
[ f ( z ), zk ] ,
где Γ + представляет собой полную границу области G , проходимую в положительном направлении.
Следует заметить, что если бы мы не научились достаточно
просто вычислять вычеты, то доказанная теорема была бы мало
полезна. Вместо вычисления одного интеграла по Γ + нам нужно
было бы вычислить n интегралов по контурам γ k . Вычет можно
найти, раскладывая функцию в окрестности рассматриваемой
особой точки в ряд Лорана, причем нам из всего разложения нужен только один коэффициент:
res [ f ( z ), z0 ] = с−1 .
Таким образом, вычисление интегралов складывается, вопервых, из определения особых точек f(z), во-вторых, из определения, какие из них лежат внутри контура Г, и, наконец, из вычисления вычетов способами, разобранными в предыдущем параграфе.
Практически бывает удобно начинать с изображения контура
на комплексной плоскости, затем вычисления особых точек и нанесения их на плоскость. После этого вопрос о том, какие из них
лежат внутри (именно они нас интересуют), является нетрудным.
Задача 4.6.1. Вычислите ∫
dz
2 2
Γ ( z − 1) ( z + 1)
Поэтому
;
Г={z: |z-1-i|=2}, т. е. Г – окружность с центром в 1+i и радиуса 2.
Решение. Особые точки z1 =1, z 2 =i, z3 =-i
являются нулями знаменателя. Легко видеть,
что –i не лежит внутри Г:
|c-1-i|<|-i-1-i|=|1+2i|.
 


dz
1
1
π
=
2
i
, 1 + res 
,
∫Γ
 res 
2
2
2
2
2
2
−
+
−
+
( z − 1) ( z + 1)
(
z
1)
(
z
1)
(
z
1)
(
z
1)


 
121

i  .

Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Согласно правилу 2 предыдущего параграфа f ( z ) =
где θ ( z ) =
1
1+ z2
θ ( z)
,
( z − 1) 2
– аналитическая в окрестности точки 1.


1
, 1
res
 ( z − 1) 2 ( z 2 + 1)  1

= 
1 
2z
=−


2
1! 1+ z 2  z =1
(1+ z 2 )
=− 1
2
z =1
Второй вычет считаем по правилу 1, полагая ϕ ( z ) =
1
(z −1)
2
,
ψ ( z ) = 1+ z 2 , ψ ′( z ) = 2 z , ψ ′(i ) = 2i ≠ 0 .
Поэтому


1
1
1
1
res
, i =
=
=
=1.
2
 ( z − 1) 2 ( z 2 + 1)  (z −1) 2 z
2
2i(−1− 2i +1) 4


i 2i(i −1)
π
dz
Итак, ∫
Γ ( z − 1)
2
( z 2 + 1)
=− i .
2
Задача 4.6.2. Вычислите ∫
cos z dz
2
Γ z ( z − 2)
, где Г – единичная ок-
ружность z = 1 .
Решение. Подынтегральная функция f (z ) имеет двойной полюс z = 0 и простой полюс z = 2 . Из них внутри Г лежит только
первая точка. Представим функцию в виде
∫
2
2
cos z
.
z−2
( z − 2) = 2π ires [ f ( z ), 0]
Поэтому res [ f ( z ), 0] =θ ′(0) = −
πi
z2
, где θ ( z ) =
cos z dz
Γz
грала равно −
θ ( z)
.
122
1
и значение искомого инте4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
z 2 dz
Задача 4.6.3. Вычислите ∫
Γ (z
2
+ 1) ( z + 3)
, где Г – единичная
окружность z = 2 .
Решение. Приравнивая нулю знаменатель, находим, что
дробь имеет три простых полюса: z = i , z = −i , z = −3 . Из них внутри окружности лежат только два полюса: z = i , z = −i .
Следовательно,
∫
Γ (z
z 2 dz
2
+ 1) ( z + 3)
= 2π i(res [ f ( z ), i ] + res [ f ( z ), − i ]) .
Найдем значение вычетов в особых точках:
i2
1 + 3i
;
res [ f ( z ), i ] =
=
2i (i + 3)
20
1 − 3i
.
res [ f ( z ), − i ] =
20
Окончательно получаем:
z 2 dz
∫
2
Γ ( z + 1) ( z + 3)
Задача 4.6.4. Вычислите ∫
Γ
dz
z (z
10
−2
=
),
πi
5
.
где Г={|z|=2}.
Указание. При вычислении интегралов от функций, аналитических во всей плоскости, за исключением конечного числа изолированных особых точек, следует иметь в виду, что полная сумма всех вычетов такой функции (включая вычет в ∞ ) равна 0.
Это соображение обычно применяется тогда, когда число
особых точек вне контура меньше числа особых точек внутри
контура или особенности в точках вне контура более простой
природы.
§ 4.7. Вычисление определенных интегралов
Одним из наиболее важных приложений теории вычетов к
математическому анализу является применение ее к вычислению
определенных интегралов. Оказывается, что в ряде случаев определенный интеграл можно вычислить, рассматривая интеграл от
этой функции или от некоторой другой по специально подобран123
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ному контуру. Какую выбрать функцию, по какому контуру интегрировать, как в результате получить нужный интеграл – все
эти вопросы предоставляются решающему. Здесь мы рассмотрим
некоторые общие стандартные случаи.
1. Вычисление
интегралов
вида
2π
∫ R(sin ϕ , cosϕ ) dϕ ,
где
0
R(sin ϕ , cos ϕ ) функция, рационально выражаемая через sin ϕ и cos ϕ .
Выразим sin ϕ и cos ϕ по формулам Эйлера и сделаем замену
z + z −1
z − z −1
; cos ϕ =
. Подставив полу2
2i
−1
−1 

ченные выражения в функцию, получим R z − z , z + z  = R1 ( z ) –
 2i
2 

ei ϕ = z . Получим sin ϕ =
рациональную функцию переменной z . Из равенства ei ϕ = z следует, что i ϕ = ln z и d ϕ =
dz
. При изменении ϕ от 0 до 2 π комiz
плексная переменная z пробегает в положительном направлении
замкнутый контур – окружность С: z = 1 . Таким образом, наш интеграл переходит в интеграл ∫ R1 ( z )
С
dz
, который может быть выiz
числен согласно основной теореме теории вычетов.
2π 2 + cos ϕ
Задача 4.7.1. Вычислите I = ∫
0 2 − sin ϕ
dϕ .
В результате замены ei ϕ = z получим
−i ϕ
iϕ
z − z −1
z2 −1
sin ϕ = e − e
=
=
;
2i
2zi
2i
iϕ
−i ϕ
z2 +1 i ϕ
z + z −1
dz
cos ϕ = e + e
=
=
;
= ln z ; d ϕ =
.
2
2z
iz
2
z2 +1
2+
2
z
+ 4z +1
dz
z
2
I= ∫
dz .
=− ∫
2
2
iz
z −1
z =1 z ( z − 4iz − 1)
z =1
2−
2iz
124
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Подынтегральная функция имеет три полюса первого порядка: z1 = 0 , z 2 = (2 + 3 ) i , z 3 = (2 − 3 ) i . Из них внутри контура z = 1
лежат точки z1 = 0 и z 3 = (2 − 3 ) i . Вычисляем вычеты функции
относительно этих особых точек:
res [ f ( z ), z1 ] = -1, res [ f ( z ), z 3 ] = 1 + 2i .
3
Окончательно получим
I = − 2π i [−1 + (1 + 2i )] = 4π .
3
3
π
2ϕ
Задача 4.7.2. Вычислить ∫ cos
dϕ
2ϕ
0 2 − sin
Указание. Подынтегральную функцию удобнее вначале преобразовать и сделать замену 2ϕ = ψ , где ψ ∈ [−π ; π ] . Переход к переменной z приведет нас к вычислению интеграла
1
( z + 1) 2 dz
1 

,
значение
которого
π 1 −
.
∫
2 z =1 ( z 2 + 6 z + 1) iz
2


+∞
2. Вычисление интегралов вида ∫ R( x) dx , где R(x) – рацио−∞
нальная функция.
Подынтегральную функцию в этом случае менять не будем.
Вычислим интеграл по замкнутому контуру Γ , образованному
полуокружностью γ , заданной условиями z = R , Im z > 0 (верхней
полуокружностью), и диаметром Re z ∈ (− R, R) , Im z = 0 . Радиус
окружности выберем достаточно большим, чтобы все полюса
дроби R(z ) , расположенные в верхней полуплоскости, лежали бы
внутри контура Γ . Применяя основную теорему теории вычетов,
запишем
R
k
−R
j =1
∫ R( z ) dz + ∫ R( z ) dz = 2π i ∑ res [ R( z ), z j ] ,
γ
где вычеты берутся по всем полюсам, лежащим внутри контура
Γ . В последнем равенстве перейдем к пределу при R → ∞ . Выра125
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
жение
справа
не
зависит
от
радиуса
R,
поэтому
k
k




lim 2π i ∑ res [ R( z ), z j ] = 2π i ∑ res [ R( z ), z j ] .

R → ∞
j =1
j =1

∞
R


Слева lim  ∫ R( z ) dz + ∫ R( z ) dz  = 0 + ∫ R( z ) dz, т. е. первый инте

R →∞  γ
−R
−∞

грал в пределе дает ноль. Это следует из следующей леммы.
Лемма 4.7.3. Пусть функция R(z ) аналитическая в верхней
полуплоскости Im z > 0 , за исключением конечного числа изолированных особых точек и lim R( z ) ⋅ z = 0 . Тогда lim ∫ R( z )dz = 0 ,
R →∞
где
γ
R →∞ γ
– полуокружность z = R , Im z > 0 .
Задача 4.7.4. Вычислить
I=
+∞
x2
∫0 x 4 + 1 dx .
Решение. Так как подынтегральная функция четная, то
+∞
+∞
x2
x2
1
∫0 x 4 + 1 dx = 2 −∫∞ x 4 + 1 dx .
В рассматриваемом примере знаменатель дроби R(x) не имеет
действительных нулей и степень числителя ниже степени знаменателя, по крайней мере, на две единицы. Поэтому условия леммы выполнены.
Находим полюса подынтегральной функции:
z = cos
π + 2πk
4
+ i sin
π + 2πk
4
,
k = 0,1, 2, 3 .
π
π
4
4
В верхней полуплоскости лежат точки z1 = cos + i sin
и
3π
3π
. Найдем вычеты функции относительно этих
+ i sin
4
4
1
1
, res [ R( z ), z 2 ] =
.
особых точек: res [ R( z ), z1 ] =
4 z1
4z2
z 2 = cos
Окончательно получим
+∞
πi 1 1 
x2
 + =
dx
=
∫−∞ x 4 + 1
2  z1 z 2 
126
π
2
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
∞
∞
−∞
−∞
3. Вычисление интегралов вида ∫ f ( x) sin xdx, ∫ f ( x) cos xdx .
Вычисление этого класса несобственных интегралов с помощью теории вычетов основано на лемме Жордана.
Лемма 4.7.5 (Жордан). Пусть функция f (z ) является аналитической в верхней полуплоскости Im z > 0 , за исключением конечного числа изолированных особых точек, и равномерно относительно arg z ( 0 ≤ arg z ≤ π ) стремится к 0 при z → +∞ . Тогда
lim ∫ ei a ξ f (ξ )dξ = 0
R →∞ γ
где
– полуокружность z = R , Im z > 0 .
Теорема 4.7.6. Пусть функция f (z ) задана на действительной
оси и не имеет особых точек на действительной оси. Она может
быть аналитически продолжена на верхнюю полуплоскость Im z > 0
и ее аналитическое продолжение f (z ) в верхней полуплоскости
удовлетворяет условиям леммы Жордана. Тогда интеграл
γ
+∞
n
−∞
k =1
i aξ
iaz
∫ e f (ξ )dξ =2π i ∑ res [e f ( z ), zk ] ,
где zk , k = 1, 2, 3, ..., n – изолированные особые точки функции, лежащие в верхней полуплоскости.
∞ x 3 sin 2 x
dx .
6
−∞ x + 1
Задача 4.7.7. Вычислить I = ∫
Решение. Заметим, что в силу формулы Эйлера
∞ ze 2iz
I = Im ∫
dz .
6
z
+
1
−∞
Аналитическое продолжение подынтегральной функции, т. е.
z 3 ei z
=
(
)
f
z
удовлетворяет условиям леммы Жордана и
функция
z6 +1
не имеет особых точек на действительной оси.
127
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Функция
имеет
z k = cos
полюса:
π + 2πk
k = 0,1, , ...,5 .
6
+ i sin
π + 2πk
6
,
В верхней полуплоскости лежат полюса
z 0 = cos
π
6
z1 = cos
z 2 = cos
+ i sin
π
=
6
3 1
+ i
2 2
3π
3π
=i
+ i sin
6
6
3 1
5π
5π
+ i.
=−
+ i sin
2 2
6
6
Находим вычеты:
res[ f ( z ), z0 ] =
1
2iz1 res[ f ( z ), z ] =
,
2
2e
6 z1
1
2iz 3 res[ f ( z ), z ] =
,
3
2e
6z 3
1
e
6 z 02
2iz 0
.
Легко проверяется, что
z13 = i ; z 32 = − i ; z33 = i .
∞
∞
z 3 cos 2 z
z 3 sin 2 z
π
+
=
dz
i
dz
z0 e 2iz 0 − z1e 2iz 1 + z2 e 2iz 2 .
∫−∞ z 6 + 1
∫−∞ z 6 + 1
3
(
)
Приравнивая мнимые части, найдем:
∞
z 3 sin 2 z
π  3 sin 3 + cos 3 1 
dz
=
+ 2 .

∫−∞ z 6 + 1
6
e
e 
§ 4.8. Конформные отображения
Определение 4.8.1. Взаимно-однозначное отображение f области Z на область W называется конформным, если во всех точках области оно обладает свойствами сохранения углов и постоянства растяжений.
Конформные отображения можно связать с аналитическими
функциями. Действительно, из установленного ранее геометрического смысла модуля и аргумента производной вытекает, что
128
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
если отображение осуществляется однолистной аналитической
функцией с отличной от нуля производной, то это отображение
конформно. Справедливо и обратное утверждение.
Теорема 4.8.2. Пусть функция f(z) конформно отображает
область Z на область W. Тогда f(z) является однолистной и аналитической, причем f ′( z ) ≠ 0 для всех z ∈ Z .
Рассмотрим несколько задач, связанных с построением простейших конформных отображений.
Задача 4.8.3. Найдите общий вид линейной функции
w
= az + b , переводящей верхнюю полуплоскость в правую полуплоскость.
Решение. На линейную функцию полезно посмотреть как на
композицию преобразований поворота, подобия и параллельного
переноса. Действительно, представим a, z показательной форме:
a = a ei ϕa , z = z ei ϕ z . Тогда легко видеть, что каждая точка w получается из соответствующей точки z, во-первых, поворотом вокруг начала координат на угол ϕa , во-вторых, преобразованием
подобия с центром подобия в начале координат и коэффициентом
подобия a , в-третьих, параллельным переносом на вектор b.
Чтобы верхняя полуплоскость заняла положение правой,
π
угол поворота следует выбрать ϕ a = − , коэффициент подобия
2
произвольный a ≠ 0 , а параллельный перенос можно осуществлять лишь вдоль мнимой оси. То есть функция w =
−i (az + b) , где
a, b – действительные числа, причем a>0, отвечает условию задачи.
Задача 4.8.4. Найти общий вид дробно-линейного отображения, переводящего верхнюю полуплоскость в себя.
Решение. Согласно принципу отображения границ, действительная ось плоскости z должна перейти в действительную ось
плоскости w Очевидно, что, если все коэффициенты в дробнолинейном преобразовании w =
az + b
действительные числа, это
cz + d
будет иметь место. В этом случае при z действительном w тоже
действительное. Обратно, если дробно-линейное преобразование
переводит действительную ось в действительную, то коэффици129
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
енты будут действительными числами. В самом деле, возьмем на
оси абсцисс в плоскости z произвольные три точки z1, z 2 , z3 . Они
должны перейти в некоторые определенные точки w1, w2 , w3 на
действительной оси в плоскости w Подставляя в равенство
w=
az + b
соответствующие друг другу значения z и w, получим
cz + d
три линейных уравнения с действительными коэффициентами
для определения a, b, c, d. Полагая a равным произвольному действительному числу, найдем, что b, c, d тоже действительные.
Чтобы найти условие, при котором верхняя полуплоскость переходит в верхнюю, возьмем точку z = i. Она переходит в точку
ad − bc
ai + b ac + bd
=
+i
. Эта точка лежит в верхней полу2
2
ci + d c 2 + d 2
c +d
плоскости, если ad − bc > 0 .
az + b
переводит верхнюю полуплосПреобразование w =
cz + d
w=
кость в верхнюю тогда и только тогда, когда все коэффициенты –
действительные числа, связанные условием ad − bc > 0.
Задача 4.8.5. Найдите дробно-линейное отображение, переводящее верхнюю полуплоскость Im z>0 в единичный круг w < 1,
в котором заданная точка α полуплоскости переходит в центр
круга.
Ответ: отображение имеет вид: w = eiϕ
z −α
.
z −α
Задача 4.8.6. Найдите конформное отображение, переводящее единичный круг z < 1 в единичный круг w < 1, чтобы заданная точка α перешла в центр круга.
Ответ: преобразование единичного круга в себя имеет вид:
w = e iϕ
z −α
.
1− αz
Задача 4.8.7. Найдите конформное отображение, переводящее полосу 0 < Re z < π , − ∞ < Im z < +∞ в единичный круг w < 1.
Ответ: преобразование полосы в единичный круг имеет
вид: w =
1 + ie iz
1 − ie
iz
.
130
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 4.8.8. Найти конформное отображение, переводящее
круговую лунку z < 1 , z − 1 > 1 на верхнюю полуплоскость Im w .
Решение. Построение конформного отображения круговых
лунок проводится следующим образом. Сначала находим точки
пересечения окружностей: z1 = 12 +
3
i
2
и z 2 = 12 −
3
i.
2
Далее лунку
отобразим на угол так, чтобы одна из этих точек перешла в 0, а
другая – в ∞ . Пусть точка z 2 = 12 − 23 i переходит в 0, а точка
z1 = 1 + 3 i переходит в ∞ . Это можно сделать, используя, напри2
2
мер, функцию w1 =
z − z2
. При таком отображении дуги окружz − z1
ностей z = 1 , z − 1 = 1 перейдут соответственно в лучи arg w1 = − π3 и
arg w1 = − 2π , угол между которыми по величине равен π .
3
3
Теперь повернём этот угол против часовой стрелки на
π
π
3
. Это
действие сделаем с помощью функции w2 = e − i 3 w1 . Осталось развернуть полученный угол в верхнюю полуплоскость, используя
возведение в 3-ю степень: w = w23 .
3
 2z − 1 − i 3 
 .
Окончательно, w = −
2
1
3
z
−
+
i


Задача 4.8.9. Найдите конформное отображение, переводящее круговую лунку z < 1 , z − i < 1 на единичный круг w < 1.
Подсказка. Сделайте чертеж.
Найдите точки пересечения окружностей. Постройте дробнолинейное отображение, переводящее одну точку в 0, другую – в
∞ . Чтобы понять, в какие лучи отображаются дуги окружностей,
найдите образы в этом отображении, например, точек z = 0 и z = i .
Изобразите результат на следующем чертеже. Дальнейшие
действия очевидны: полученный угол нужно повернуть, развернуть в полуплоскость. А верхнюю полуплоскость вы уже
умеете отображать в единичный круг (задача 4.8.5).
131
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение к главе 4
Вариант контрольной работы
по теме «Комплексные числа. Элементарные функции»
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Найти все значения корня 6 4 − 4i .
Вычислить (1 + i 3 )13 .
Выяснить геометрический смысл соотношения Re(z2)>0.
Доказать тождество |z1+z2|2+|z1-z2|2=2(|z1|2+|z2|2).
Решить уравнение: sin z + cos z = 2.
Для отображения w = z + z –1 найти образ окружностей |z|=R.
7. Определить, может ли функция u ( x, y ) = 2 x + 3 y + 5 +
x
x2 + y 2
быть действительной частью аналитической функции f(x+iy). Если может, то найти функцию f.
8. Найти линейную функцию, отображающую отрезок
[A(-1,2);B(3,3)] на отрезок [O(0,0),C(1,1)].
Вариант контрольной работы
по теме «Ряды Тейлора. Ряды Лорана. Теория вычетов»
1. Разложить в ряд Тейлора по степеням z функцию
2
f ( z ) = ( z + 1)e z −1 и найти радиус сходимости полученного разложения.
2. Разложить функцию f ( z ) =
1
z 2 + 3z + 2
в ряд Лорана по степе-
ням z в кольце 1<|z|<2.
3. Вычислить интеграл ∫ (Im z + z z )dz , где C – ломаная ABCD
C
(A(0,0); B(2,3); C(5,-1); D(8,-1)). Начало пути в точке A.
4. Найти особые точки функций и выяснить их характер:
6sin z − 6 z + z 3
1
а)
;
б)
.
(
z
+
5)cos
z2
z5

1
z

5. Вычислить Res z cos − 1  .
z = 0 

z
e
∫C z ( z + 1)3 dz , где C – контур |z|=3, пробегаемый
против часовой стрелки.
6. Вычислить
132
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
z+2
∫C ( z + 3)( z 4 − 1)2 dz , где C – контур |z|=2, пробегаемый против часовой стрелки.
7. Вычислить
Задания для зачета по математическому анализу
за 4-й семестр
1. Решите уравнение: sin z + eiz = 2.
2. Определите, может ли функция v(x,y) = –excos y + 2xy +
5x быть мнимой частью аналитической функции f(x+iy). Если
может, то найти функцию f.
3. Разложите в ряд Лорана в кольце 1<|z|<2 функцию
1
1
.
f ( z ) = ( z + 1) sin 2 +
2
z
1 + 4z
4. Вычислите интеграл ∫ ( z Im z + 2 z + 1)dz , где C – ломаная
C
ABCD (A(0,0); B(2,4); C(5,4); D(8,1)). Начало пути в точке A.
z
5. Вычислите ∫ 3 e 2+ 1 dz , где C – контур |z–1|=2, пробегаеz ( z − 4)
C
мый против часовой стрелки.
Вопросы для подготовки к экзамену (2 курс, 4-й семестр)
1. Комплексные числа, действия над ними. Алгебраическая,
геометрическая, тригонометрическая, показательная интерпретация. Модуль и аргумент. Возведение в степень и извлечение корней. Стереографическое проектирование.
2. Последовательности комплексных чисел, сходимость.
Теоремы о сходящихся последовательностях.
3. Множества на комплексной плоскости. Кривые, контуры.
Области односвязные и многосвязные. Примеры.
4. Функции комплексного переменного, примеры. Предел в
точке. Непрерывность.
5. Дифференцируемость в точке. Условия Коши – Римана.
Достаточные условия дифференцируемости в точке. Аналитическая функция. Теорема – необходимое и достаточное условие
аналитичности. Примеры.
6. Основные свойства аналитических функций. Модуль и
аргумент производной. Понятие конформного отображения.
133
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
7. Интеграл по комплексной переменной. Свойства. Вычисление.
8. Теорема Коши.
9. Интеграл с переменным верхним пределом, свойства.
Пример – логарифм.
10. Интегральная формула Коши.
11. Принцип максимума модуля аналитической функции.
12. Бесконечная дифференцируемость аналитической функции. Интегральное представление производных.
13. Теорема Морера. Теорема Лиувилля.
14. Числовые ряды. Функциональные ряды. Равномерная
сходимость. Основные утверждения.
15. Теорема Вейерштрасса о рядах аналитических функций.
16. Степенные ряды. Теорема Абеля. Радиус и круг сходимости. Формула Коши – Адамара. Ряд Тейлора.
17. Теорема Тейлора.
18. Нули аналитической функции, кратность. Теорема единственности аналитической функции.
19. Понятие аналитического продолжения. Варианты. Продолжение соотношений. Свойства элементарных функций.
20. Риманова поверхность аналитической функции. Полная
аналитическая функция. Примеры – корень и логарифм.
21. Правильные и особые точки. Теорема о существовании
особой точки на границе круга сходимости.
22. Ряд Лорана, сходимость. Теорема Лорана.
23. Изолированные особые точки. Классификация. Теоремы
о поведении аналитической функции в окрестности изолированной особой точки.
24. Вычет. Определение и вычисление. Основная теорема
теории вычетов.
25. Вычисление интегралов с помощью вычетов. Лемма
Жордана.
26. Логарифмический вычет. Теорема о нулях и полюсах.
Принцип аргумента.
27. Теорема Руше. Основная теорема высшей алгебры.
28. Конформное отображение. Примеры конформных отображений областей элементарными функциями.
134
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
29. Основные принципы теории конформных отображений:
взаимно однозначного соответствия, существования (теоремы
Римана), соответствия границ.
30. Дробно-линейная функция, свойства. Функция Жуковского. Построение конформных отображений для заданных областей.
31. Преобразование Лапласа, свойства. Изображения элементарных функций. Решение дифференциальных уравнений
операционными методами.
Вариант экзаменационной работы
1. Сформулируйте теорему единственности аналитической
функции (1 очко, 5 мин).
2. Является ли устранимая особая точка правильной? (2 очка, 10 мин).
3. Если аналитическая в области функция принимает лишь
действительные значения, то она – постоянная. Докажите (2 очка,
10 мин).
4. Докажите лемму Шварца: если f – аналитическая функция
при |z| ≤ 1, f(0) = 0, |f(z)| ≤ 1 при |z| = 1, то |f(z)| ≤ |z| (3 очка,
15 мин).
5. Сформулируйте теорему Морера (1 очко, 5 мин).
6. Сформулируйте определение существенно особой точки
(1 очко, 5 мин).
7. Приведите пример аналитической функции с неизолированной особой точкой (2 очка, 10 мин).
8. Сформулируйте и докажите теорему Тейлора (2 очка,
12 мин).
9. Какими могут быть особые точки функции 1/f(z) в области
Z, если f в Z аналитична? (2 очка, 15 мин).
10. Пусть f – целая функция и пусть
f ( z)
→ 0 при z → ∞ . Тоz
гда f – постоянная. Докажите (3 очка, 15 мин).
11. Сформулируйте и докажите теорему Коши (2 очка,
12 мин).
135
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Список литературы
Основная рекомендуемая литература
1. Фихтенгольц, Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления / Г. М. Фихтенгольц. – Т. 1–3. – М.: Наука, 1970.
2. Кудрявцев, Л. Д. Математический анализ / Л. Д. Кудрявцев. – Т. 1, 2. – М.: Высшая школа, 1970.
3. Ильин, В. А. Математический
В. А. Садовничий. – М.: Наука, 1979.
анализ
/
В. А. Ильин,
4. Архипов, Г. И. Лекции по математическому анализу
/ Г. И. Архипов, В. А. Садовничий, В. Н. Чубариков. – М.: Высшая школа, 1999.
5. Шилов, Г. Е. Математический анализ: Функции одного переменного / Г. Е. Шилов. – М.: Наука, 1969.
6. Шилов, Г. Е. Математический анализ: Функции многих переменных / Г. Е. Шилов. – М.: Наука, 1969.
7. Свешников, А. Г. Теория функций комплексного переменного / А. Г. Свешников, А. Н. Тихонов. – М., 1974.
8. Волковыский, Л. И. Сборник задач по теории функций
комплексного переменного / Л. И. Волковыский, Г. Л. Лунц,
И. Г. Араманович. – М.: Наука, 1970.
9. Демидович, Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу / Б. П. Демидович. – М.: Астрель, 2005.
10. Кудрявцев, Л. Д. Сборник задач по математическому анализу / Л. Д. Кудрявцев, А. Д. Кутасов, В. И. Чехлов и др. – Т. 1–
3. – 2-е изд., перераб. и доп. – М.: Физматлит, 2003.
Дополнительная рекомендуемая литература
1. Никольский, С. М. Курс математического
/ С. М. Никольский. – Т. 1, 2. – М.: Наука, 1973.
анализа
2. Зорич, В. А. Математический анализ / В. А. Зорич. – Ч. 1,
2. – М.: Наука, 1981.
136
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3. Ильин, В. А. Основы математического анализа / В. А. Ильин,
Э. Г. Позняк. – Ч. 1. – 4-е изд., перераб. и доп. – М.: Наука, 1982.
4. Рудин, У. Основы математического анализа / У. Рудин. –
М.: Мир, 1976.
5. Гелбаум, Б. Контрпримеры в анализе / Б. Гелбаум, Дж.
Олмстед. – М: Мир, 1967.
6. Шварц, Л. Анализ / Л. Шварц. – Т. 1, 2. – М: Мир, 1972.
137
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Учебное издание
Ануфриенко Маргарита Вадимовна
Бондаренко Владимир Александрович
Зафиевский Александр Владимирович
Шабаршина Галина Владимировна
Математический анализ
Учебное пособие
Редактор, корректор М. В. Никулина
Верстка И. Н. Иванова
Подписано в печать 26.10.10. Формат 60×84 1/16.
Бум. офсетная. Гарнитура "Times NewRoman".
Усл. печ. л. 8,14. Уч.-изд. л. 5,63.
Тираж 100 экз. Заказ
Оригинал-макет подготовлен
в редакционно-издательском отделе
Ярославского государственного университета
им. П. Г. Демидова.
Отпечатано на ризографе.
Ярославский государственный университет им. П. Г. Демидова.
150000, Ярославль, ул. Советская, 14.
138
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
139
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
140
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
М. В. Ануфриенко, В. А. Бондаренко,
А. В. Зафиевский, Г. В. Шабаршина
Математический анализ
141
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
9
Размер файла
1 558 Кб
Теги
анализа, 1358, математические
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа