(2 semestr)x - Белорусский государственный экономический

Министерство образования Республики Беларусь
Учреждение образования
«Белорусский государственный экономический университет»
Кафедра высшей математики
Математический анализ
практикум
II семестр
Учебно-методическое пособие
Минск БГЭУ 2014
2
III. Интегральное исчисление
3.1. Непосредственное интегрирование
Непосредственным интегрированием называют приведение данного
интеграла к алгебраической сумме более простых интегралов, используя основные
свойства
неопределенного
интегрирала,
тождественные
преобразования
подынтегральной функции и таблицу основных интегралов.
dx
Пример 1. Найти интеграл  3
.
x x
Р е ш е н и е. Данный интеграл не является табличным. Представим
подынтегральную функцию в виде

1
x3 x
таблицы основных интегралов и получим:
x
dx
3
 x , а затем применим формулу 3
7
 1
x 2
2  52
2
  x dx 
c x c 2
 c.
7
5
x
5
x
x
 1
2

7
2
7
2
3
 1
Пример 2. Найти интеграл  1   dx .
x

Р е ш е н и е. Преобразуем подынтегральную функцию, а затем применим
формулы и правила интегрирования:
3
1
1 1
dx
dx
dx
 1

 1  x  dx   1  3  x  3  x 2  x3 dx   dx  3 x  3 x 2   x3 
dx
x 1 x 2
 3 x 2dx   x 3dx  x  3 ln | x | 3

c
x
1  2
3
1
 x  3 ln | x |   2  c.
x 2x
12 
 6
 2
Пример 3. Найти интеграл   2
dx .
 2x  9 2x  9 
Р е ш е н и е. Используя правила 4 и 5 интегрирования и формулы 15, 16
таблицы интегралов, находим:
12 
6
dx
12
dx
 6


  2 x 2  9  2 x 2  9 dx  2 

2
2
2
 3 
 3 
x2  
x2  


 2
 2
3
x
1
x
1
2  c  2arctg x 2  2 ln x 2  3  c.
 3
arctg
 6
ln
3
3
3
3
3
x 2 3
2
x
2
2
2
2
  dx  3
3

Пример 4. Найти интеграл

Пример 5. Найти интеграл

dx
.
9  4x2
Р е ш е н и е. Данный интеграл приведем к табличному следующим образом:
dx
dx
1
dx
1
x
1
2x

 
 arcsin  c  arcsin
 c.
3
2  3 2
2
2
3
9
9  4x2
2
2
2
x
2

x


4
2
3
1 

x x 2 
dx .
x

Р е ш е н и е. Находим
1
1
1
3

 
1 
4

3
 x x  2  x dx   x 2  2  x 2 dx  2 x 2 dx   dx  3 x 2  x  c 


4
 x x  x  c.
3
5  3x  3  5 x
Пример 6. Найти интеграл 
dx .
3x
Р е ш е н и е. Используя правило 5 интегрирования и формулу 7 таблицы
интегралов, получим:
x
x

5  3x  3  5 x
 5  
5

dx   5  3    dx  5 dx  3   dx 


3x
 3  
 3

x
5
 
x
3 5
3

 5x  3 
 c  5x 
    c.
5
5  3
ln
ln
3
3
e2x  1
Пример 7. Найти интеграл  x
dx .
e 1
Р е ш е н и е. Находим
e2x  1
(e x ) 2  12
(e x  1)(e x  1)
dx   (e x  1)dx   e x dx   dx 
 e x  1 dx   e x  1 dx  
x
e 1
 e x  x  c.
ex 
x

dx .
Пример 8. Найти интеграл  e 1 
2 
 cos x 
Р е ш е н и е. Сведем данный интеграл к сумме табличных путем
преобразования подынтегральной функции и использования правила 5:
ex 
1 
dx
 x
x
x
x

e
1

  cos2 x dx    e  cos2 x dx   e dx   cos2 x  e  tgx  c.


4
x  x 5e x  x 4
dx .

x5
Р е ш е н и е. Применяя правило 5 интегрирования и формулы 3, 6, 5 таблицы
интегралов, получим:
Пример 9. Найти интеграл
3
14
 14

x  x 5e x  x 4
1 
x

3
3 dx  e x dx  dx 
dx

x

e

dx

x






x
x
x5


3

11

x 3
11

3
 e x  ln | x | c  
3
11x  x
3 3
2
 e x  ln | x | c.
2  cos2 x
dx .
Пример 10. Найти интеграл 
1  cos 2 x
Р е ш е н и е. Используя формулу 2 cos 2 x  1  cos 2 x , имеем
2  cos 2 x
2  cos 2 x
dx
1
1
dx  
dx  
  dx  tgx  x  c.

2
2
1  cos 2 x
2
2 cos x
cos x 2
Пример 11. Найти интеграл
 5sin
2
x
dx .
2
x 1  cos x
.

2
2
5
5
5
5
5
2 x
 5sin 2 dx  2  (1  cos x)dx  2  dx  2  cos x dx  2 x  2 sin x  c.
Р е ш е н и е. Воспользуемся формулой sin 2
Задачи для самостоятельного решения
Найти интегралы.
1.  ( x  2 x  6 x  8 x  7)dx.
4

3
3.
  x
5.
 (a  bx)
2
2
 2x 
3
1 
dx.
x2 
dx.
( x  1)( x 2  6)
7. 
dx.
3x 2
9.
 1
  x 2

3
5
7
 6  8 dx.
4
x
x
x 
3
 1
11.  1   dx.
x

3x 4  2 x 3  5 x 2  7 x  8
2. 
dx.
x2
4.
 (a  bx)
2
dx.
x2
dx.
x3
3
1 2
8.    2  3 dx.
x 
x x
 x4
5 
10.    4 dx.
 5 x 
6.

9 x 5  12 x 4  6 x 3  7 x 2  4 x  2
12. 
dx.
x3
5
3.2. Интегрирование путем подведения под знак дифференциала
и методом подстановки
Если нахождение интеграла
 f ( x)dx
затруднительно, то пользуются
методом подстановки или методом замены переменной. При применении этого
метода используют подстановки двух видов:
1) x   (t ), где
x   (t ) – монотонная непрерывно дифференцируемая
функция новой переменной t. В этом случае
 f ( x)dx   f  (t )  (t )dt ;
2) u   (x) , где u – новая переменная. Формула замены переменной при
такой подстановке
 f  ( x)  ( x)dx   f ( ( x))d ( ( x))   f (u )du.
u   (x) под знак
Эта процедура называется подведением функции
дифференциала и, фактически, эквивалентна замене переменной
переменную u  (x) .
х
на новую
В простых случаях введения новой переменной u необходимо иметь в виду
следующие преобразования дифференциала dx:
1. dx  d ( x  a), где а – постоянная величина.
1
2. dx  d (ax), где постоянная a  0 .
a
1
3. dx  d (ax  b), где постоянная a  0 .
a
1
4. xdx  d ( x 2 ) .
2
1
5. xdx  d ( x 2  b) .
2
6. sin x dx  d (cos x) .
7. cos x dx  d (sin x) .
8.
dx
 d (ln x) .
x
В общем случае  ( x)dx  d  ( x) .
Пример 12. Найти интеграл
 (3x  5)
20
dx.
Р е ш е н и е. Этот интеграл можно найти и не производя замены переменной.
Здесь достаточно развернуть выражение (3x  5) 20 по формуле бинома Ньютона и
применить почленное интегрирование. Однако этот способ связан с большим
количеством вычислений. При помощи замены переменной можно сразу свести
6
1
данный интеграл к табличному. Полагая 3x  5  t , имеем 3dx  dt , т.е. dx  dt .
3
1
1 1
1
Отсюда получаем  (3x  5) 20 dx   t 20 dt   t 21  c  (3x  5) 21  c.
3
3 21
63
Пример 13. Найти интеграл
x
2 7
2 x 3  3 dx.
Р е ш е н и е. Так как d (2 x 3  3)  6 x 2 dx , то, применяя метод подведения под
знак дифференциала, будем иметь:
1
x
2 7
1
1
1
2 x  3 dx   (2 x 3  3) 7 6 x 2 dx   (2 x 2  3) 7 d (2 x 3  3) 
6
6
3
8
8
1 7
7
  (2 x 3  3) 7  c  (2 x 3  3) 7  c.
6 8
48
x 4 dx
Пример 14. Найти интеграл  10
.
x 1
1
Р е ш е н и е. Применим подстановку x 5  t . Тогда 5 x 4 dx  dt , x 4 dx  dt и
5
x 4 dx 1 dt
1
1
  2
 arctgt  c  arctgx 5  c.
 10
5
x 1 5 t 1 5
Пример 15. Найти интеграл
xdx

Р е ш е н и е. Находим
49  x 4
.
 
1
2 xdx
1
d x2
1
x2
 
 
 arcsin  c .

4
2
2 2
2
2 2
2
2
2
7
49  x
7  (x )
7  (x )
xdx
Задачи для самостоятельного решения
Найти интегралы.
1.  (5  2 x) 6 dx.
dx
3.
 3  5x .
5.
 ( x 2  1)3 dx.
7.
 x2  x  1 .
9.
 x 2  6 x  25 .
x
dx
dx
1.
x
4.
 5  3x 2 dx.
6.
 x 2  9 dx.
8.
 x 2  5x  6 .
10.
 x(x  1) .
3
(1  2 x 4 ) 3 dx.
x
3x  1
dx
dx
7
3.3. Интегрирование по частям
Если u  u(x) и v  v(x) – непрерывно дифференцируемые на некотором интервале функции, кроме того, на этом интервале существует интеграл  vdu , то на
нем существует интеграл  udv и имеет место формула
 udv  uv   vdu .
Это соотношение называется формулой интегрирования по частям. Для интегралов
вида
ax
 Q( x)e dx,  Q( x) sin ax dx,  Q( x) cos ax dx,
где Q(x) – многочлен, в качестве u следует брать Q(x) , а в качестве dv –
выражения e ax dx, sin ax dx, cos ax dx соответственно.
В случае интегралов вида
 Q( x) ln x dx,
 Q( x) arcsin x dx,  Q( x) arccos x dx,
 Q( x)arctg x dx,  Q( x)arcctg x dx
в качестве u берут функции ln x, arcsin x , arccos x, arctg x, arcctg x , а в качестве dv
– выражение Q( x)dx .
Пример 16. Найти интеграл
 (5  x
2
)e 2 x dx .
Р е ш е н и е. Положим u  5  x 2 , dv  e 2 x dx. Тогда
1 2x
1 2x
e
d
(
2
x
)

e , du  2 xdx.

2
2
По формуле интегрирования по частям имеем
1
1 2x
1
2 2x
2 2x
2 2x
2x
 (5  x )e dx  (5  x )e   e (2 x)dx  (5  x )e   xe dx.
2
2
2
Итак, мы понизили степень х на единицу. Поступим аналогично с интегралом
v   e 2 x dx 
 xe
2x
dx , т.е еще раз применим интегрирование по частям: за u возьмем х, а за d
1
– e 2 x dx . Тогда du = dx,    e 2 x dx  e 2 x . Для упрощения вычислений при переходе
2
от dv к v можно полагать с = 0. Следовательно,
1 2x 1 2x
1 2x 1 1 2x
2x
 xe dx  2 xe  2  e dx  2 xe  2  2 e  c . Окончательно имеем
1
1 2x 1 2x
2 2x
2 2x
 (5  x )e dx  2 (5  x )e  2 xe  4 e  c.
Пример 17. Найти интеграл  log 3 (5x  1) dx .
Р е ш е н и е. Так как log 3 (5 x  1) 
1
ln( 5 x  1) , то
ln 3
8
 log 3 (5 x  1) dx 
1
5dx


, v  x 
 ln( 5 x  1)dx  u  ln( 5 x  1), dv  dx, du 
ln 3
5x  1



1 
5x
(5 x  1)  1 
 1 
dx  
dx  
 x ln( 5 x  1)  
 x ln( 5 x  1)  
ln 3 
5 x  1  ln 3 
5x  1


1 
1 d (5 x  1)  1
1
( x ln( 5 x  1)  x  ln( 5 x  1))  c 
 x ln( 5 x  1)   dx  

ln 3 
5 5 x  1  ln 3
5

1 
1

  x   ln( 5 x  1)  x   c .
ln 3  
5

Пример 18. Найти интеграл
e
ax
sin( bx) dx .
Р е ш е н и е.

ax
ax
ax
 e sin( bx) dx   u  e , d  sin( bx)dx, du  ae dx, v   sin( bx)dx 

1
1
1
a

  sin( bx)d (bx)   cos(bx)   e ax cos(bx)   e ax cos(bx)dx 
b
b
b
b

1
1


 u  e ax , dv  cos(bx)dx, du  aeax dx, v   cos(bx)dx   cos(bx)d (bx)  sin( bx) 
b
b


1
a1
a

  e ax cos(bx)   e ax sin( bx)   e ax sin( bx)dx   c.
b
bb
b

Из полученного относительно исходного интеграла уравнения находим
b 2  a ax
1 ax
e ax

ax
 e sin(bx) dx  a 2  b2  b2 e sin(bx)  b e cos  bx    c  a 2  b2 (a sin(bx)  b cos(bx))  c .
Задачи для самостоятельного решения
Найти интегралы.
1.
e
x
3.
 xe
x
5.
 ( x  3x
2x
 (2 x  7)e dx .
x 1
 e dx .
4 x
 xe dx .
7.
9.
11.
2
4
4.
 xe dx .
x
 ( x  3)e dx .
6.
 (5 x
8.
e
2.
dx .
dx .
x
3
 5)e dx .
10.
12.
x
2
3x
 7 x  1)e
dx .
 xe dx .
x
 x 2 dx .
3x

x
2 dx .
9
3.4. Интегрирование рациональных функций
Функция, заданная в виде отношения двух многочленов
Pn ( x) a0 x n  a1 x n1  ...  an1 x  an
R( x) 

Qm ( x) b0 x m  b1 x m1  ...  bm1 x  bm
(a0  0, b0  0),
называется дробной рациональной функцией (или рациональной дробью).
В дальнейшем будем считать, что коэффициент b0  1 , так как в противном
случае можно разделить числитель и знаменатель на этот коэффициент.
Если n  m , рациональная дробь называется правильной, в противном случае
– неправильной.
Любая правильная рациональная дробь, знаменатель которой имеет только
действительные корни а, b, …, l кратности  ,  , ... ,  , т.е. Qm (x) представим в
виде Qm ( x)  ( x  a) ( x  b)  ... ( x  l )  , разлагается на сумму конечного числа простейших рациональных дробей, и это разложение имеет вид
B
Pn ( x)
A
A
A2
B1
B2
 1 

...




...


Qm ( x) x  a ( x  a) 2
( x  a ) x  b ( x  b ) 2
( x  b) 
 ... 
L
L1
L2

 ... 
,
2
x  l (x  l)
( x  l)
где A1 , A2 , ..., L – действительные числа.
Если знаменатель имеет действительные и комплексные корни, т.е. раскладывается на линейные и квадратичные множители
Qm ( x)  ( x  a) ( x  b)  ... ( x 2  px  q)  ( x 2  hx  r ) , то
B
Pn ( x)
A
A
B1
C1 x  D1
 1  ... 


...


...

 ... 
Qm ( x) x  a
( x  a ) x  b
( x  b) 
x 2  px  q
C x  D
M x  N
M 1 x  N1
 2


..

,

2
( x  px  q) x 2  hx  r
x  hx  r
где A1 , A2 , ..., M , N – действительные числа, которые подлежат определению.


Для их нахождения применяют метод неопределенных коэффициентов. Суть этого
метода разъясним на примерах.
Рассмотрим, как интегрируются простейшие правильные дроби.
A
d ( x  a)
dx  A
 A ln | x  a | c .
I. 
xa
xa
 n 1
A
( x  a)
A
dx  A ( x  a) n d ( x  a)  A
c
c
II. 
n
 n 1
( x  a)
(1  n)( x  a) n1
( n  2 – натуральное число).
10
Ax  B
dx .
x  px  q
При вычислении интегралов такого вида в числителе подынтегральной дроби
выделяют выражение 2 x  p  ( x 2  px  q) , а в знаменателе – полный квадрат:
III. 
2
 2B
(2 x  p )  

Ax  B
A
A

 x 2  px  q dx  2  x 2  px  q

p
2x  p
 dx  A
dx 
2  x 2  px  q
p

dx 
Ap 
dx
A d ( x  px  q ) 
Ap 
2


 B 


B




2
2
2
 x  px  q  2    p   p 2  
2  

p 
p2  2
 x    q 
 x    q 
2 
4 
2 
4 


2
p  A
Ap 


  x   t   ln | x 2  px  q |   B 

2  2
2 


dt

p2 
t2   q 
4 

.
p2
 0 , (т.е. дискриминант p 2  4q  0 ), то
4
Ax  B
A
Ap 
dt

dx  ln | x 2  px  q |  B 

 2
 2
2
2  t  k2
x  px  q

Если k 2  q 
A
Ap  1
t
p

ln | x 2  px  q |  B 
  arctg  c , t  x  .
2
2  k
k
2

В случае положительного дискриминанта
Ax  B
A
Ap 
dt

dx  ln | x 2  px  q |  B 

 2
 2
2
2
2
x  px  q
t

k




A
Ap  1 t  k
p

ln | x 2  px  q |  B 
 c, t  x  .
  ln
2
2  2k t  k
2

Ax  B
A
IV.  2
dx   ( x 2  px  q) n d ( x 2  px  q) 
n
2
( x  px  q)
Ap 
dt
A
Ap 
dt


 B 


B

,
 2



2  (t  k 2 ) n 2(1  n)( x 2  px  q ) n1 
2  (t 2  k 2 ) n

p
p2
, k2  q 
, n  2 – натуральное число, и квадратный трехчлен
2
4
x 2  px  q имеет комплексные корни.
где
tx
11
Полученный интеграл
dt
 (t 2  k 2 ) n можно вычислить с помощью тригономет-
рической подстановки t  k tgz или путем повторного интегрирования по частям
свести его к интегралу вида III.
В случае неправильной рациональной дроби ( n  m ) сначала надо выделить
целую часть, деля числитель Pn (x) на знаменатель Qm (x) по правилу «деления углом», т.е. представить дробь в виде
Pn ( x)
P( x)
,
 M ( x) 
Qm ( x)
Qm ( x)
где M (x) – многочлен, а
P( x)
– правильная рациональная дробь.
Qm ( x )
Таким образом, чтобы проинтегрировать любую рациональную дробь, надо
уметь интегрировать многочлен и простейшие рациональные дроби.
dx
 x 2  6 x  18 .
Р е ш е н и е. Выделив полный квадрат в знаменателе подынтегрального выражения, получим
dx
dx
d ( x  3)
1
x3
 x 2  6 x  18   ( x  3) 2  9   ( x  3) 2  32  3 arctg 3  c .
x4
Пример 18. Найти интеграл  2
dx .
x  5x  6
Р е ш е н и е. Так как ( x 2  5 x  6)  2 x  5 , то
Пример 17. Найти интеграл
x4
1
2x  8
1 (2 x  5)  3
1 (2 x  5)
dx

dx

dx

dx 



2 x 2  5x  6
2 x 2  5x  6
2 x 2  5x  6
x 2  5x  6
5

d x  
2
3
dx
1 d ( x  5 x  6) 3
1
2

  2
  2
 
 ln x 2  5 x  6 
2
2
2 x  5x  6 2 x  5x  6
2 
2
5 1
x    
2 2

5 1
x 
3
2 2  c  1 ln x 2  5 x  6  3 ln x  3  c 
 ln
2 x51
2
2 x2
2 2
3
1 
1 ( x  2) 4
( x  2) 2
 x 3
 ln ( x  2)( x  3)  ln 

c

ln

c

ln
c.

2 
2 ( x  3) 2
x3
 x  2
dx
Пример 19. Найти интеграл  3
.
x  27

12
Р е ш е н и е. Разложим на множители знаменатель подынтегрального
выражения: x 3  27  ( x  3)( x 2  3x  9) и представим исходную дробь в виде суммы простейших дробей:
1
A
Bx  C
.

 2
x  27 x  3 x  3x  9
Освобождаемся от знаменателей:
3
1  A( x 2  3x  9)  ( Bx  C )( x  3) .
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, получим систему
 A B0

 3 A  3 B  C  0
 9 A  3C  1 ,

1
1
2
, B   , C  . Тогда
27
27
9
dx
1
dx
1
x6
1
1 (2 x  3)  9
 x 3  27  27  x  3  27  x 2  3x  9 dx  27 ln | x  3 |  54  x 2  3x  9 dx 
1
1
2x  3
1
dx
1
 ln | x  3 |   2
dx   2
 ln | x  3 | 
27
54 x  3x  9
6 x  3 x  9 27
3

dx  
2
1 d ( x  3x  9) 1
1
1
2

  2
 

ln
|
x

3
|

ln x 2  3x  9 
2
2
54 x  3x  9
6 
27
54
3 3 3

 x    
2   2 

из которой A 

1 2
2x  3
1

arctg
 c  ln
6 3 3
27
3 3
x3
x 2  3x  9

1
9 3
arctg
2x  3
c.
3 3
Задачи для самостоятельного решения
Найти интегралы.
dx
.
1. 
x7
dx
.
3.  2
2 x  3x  4
2x  7
dx.
5. 
2  x  x2
dx
.
7. 
3x  7 x 2  6 x 3
dx
.
9.  3
x  2x2  x  4
dx
2.
 3  x.
4.
 x 2  x  1,5 .
6.
 x 2  x  1 dx.
8.
 x 3  x 2  3x  3 .
10.
dx
1 x
dx
dx
 x 3  3x  2 .
13
dx
11.
 2 x 3  8 x 2  10 x  4 .
13.
1  x4 .
dx
dx
12.
 (2 x  3) 3 .
14.
 x4  2x2 .
dx
3.5 Интегрирование тригонометрических функций
Интегралы вида
 R(sin x, cos x)dx
приводятся к интегралам от рациональных
функций с помощью универсальной тригонометрической подстановки
x
t  tg . В
2
результате этой подстановки имеем
Если
 2t
1  t 2  2dt
 R(sin x, cos x)dx   R 1  t 2 , 1  t 2  1  t 2 .


R(sin x, cos x) – четная функция относительно sin x и cos x , т.е.
R( sin x,  cos x)  R(sin x, cos x) , то подстановка t  tgx преобразует исходный ин-
теграл в интеграл от рациональной функции аргумента t. При этом используются
tg 2 x
1
формулы sin x 
.
, cos2 x 
2
1  tg x
1  tg 2 x
Если R(sin x, cos x) – нечетная функция
2
относительно
sin x ,
т.е.
R( sin x, cos x)   R(sin x, cos x) , то интеграл рационализируется с помощью под-
становки t  cos x .
R(sin x, cos x)
Если
– нечетная функция относительно
cos x , т.е.
R(sin x,  cos x)  – R(sin x, cos x) , то подстановка t  sin x рационализирует инте-
грал.
Интегралы вида
t  tgx , а интегралы вида
 R(tg x)dx рационализируются с помощью подстановки
 R(ctg x)dx – с помощью подстановки t  ctgx .
dx
 13  5 cos x .
1
Р е ш е н и е. Так как функция
не является четной относительно
13  5 cos x
sin x и cos x , нечетной относительно sin x и cos x , то применим универсальную
x
тригонометрическую подстановку t  tg . Получим
2
Пример 20. Найти интеграл
14

dx
x
1 t2
2dt 

t

tg
,
x

2
arctg
t
,
cos
x

,
dx


 13  5 cos x 
2
1 t2
1 t2 

 2
dt
1  t 13  511  tt
 2
dt
dt
1
d (3t )





18t 2  8
(3t ) 2  22 3 (3t ) 2  22


2


1 1
3t
1
3 x
  arctg  c  arctg  tg   c .
3 2
2
6
2 2
dx
Пример 21. Найти интеграл 
.
2 cos2 x  3sin 2 x
Р е ш е н и е. Так как подынтегральная функция – четная относительно sin x
и cos x , то применим подстановку t  tgx :
2
2

dx
dt
t2
1 
2
 t  tgx, x  arctg t , dx 
, sin x 
, cos2 x 


2
2
2
2
2 cos x  3 sin x 
1 t
1 t
1 t2 

dt
1 t2
2
2
3t

2
1 t
1 t2

1
2 6
ln

dt
1
d ( 3t )
1
1
3t  2



ln
c

2
2
2
2  3t
3 ( 3t )  ( 2 )
3 2 2
3t  2
3tgx  2
 c.
3tgx  2
cos3 x
Пример 22. Найти интеграл  8 dx .
sin x
Р е ш е н и е. Применим подстановку t  sin x , так как подынтегральная функция является нечетной относительно cos x , и получим
cos3 x
cos2 x cos x
2
2
 sin 8 x dx   sin 8 x dx  t  sin x, dt  cos xdx, cos x  1  t 
(1  t 2 )dt
1
1
1
1

  t 8 dt   t 6 dt   7  5  c  

c.
8
7
t
7t
5t
7 sin x 5 sin 5 x


Задачи для самостоятельного решения
Найти интегралы.
dx
.
1. 
17  15 cos x
dx
3.
 9  5 cos x .
5.
 3 cos2 2 x  4 sin 2 2 x .
dx
dx
2.
 5  cos x .
4.
 11  cos2 x .
6.
 sin
dx
2
x
x
cos2 dx.
3
3
15
7.
cos2 2 x
 sin 2 2 x  4 sin 2 x cos2 x dx.
x
cos3
2
dx.
10. 
2 x
2 x
3 sin
 cos
2
2
x
cos5
2 dx.
12. 
x
1  cos2
2
dx
 1  4 sin x cos x  4 cos2 x .
8.
cos5 3x
9.  3 dx.
sin 3x
11.
dx
 sin 2 x sin 4 x .
3.6. Интегрирование некоторых иррациональных функций

ax  b 
dx , где R – рациональная функция, п –
В интегралах вида  R x, n
cx

d


натуральное число и a, b, c, d – постоянные, рационализация подынте-
грального выражения достигается одной из трех подстановок:
1. t  n ax  b , если с = 0 ;
2. t  n x , если b = с = 0 ;
ax  b
в остальных случаях.
cx  d
Интегралы вида
3. t  n


n
n
n
m
m
m
 R x, 1 (ax  b) 1 , 2 (ax  b) 2 ,..., k (ax  b) k dx ,
где n1 , m1 , n2 , m2 , ..., nk , mk – целые числа, преобразуются в интегралы от рацио-
нальной функции с помощью подстановки ax  b  t s , где s – наименьшее общее
кратное чисел n1 , n2 , ..., nk (НОК ( n1 , n2 , ..., nk )  s ).
Интегралы вида


R
  x,

m
ax  b  1
 ax  b 

 ,...,nk 

 cx  d 
 cx  d 
n1 
рационализируются подстановкой
mk

dx


ax  b s
 t , где s – наименьшее общее кратное
cx  d
чисел n1 , n2 , ..., nk .
С помощью тригонометрических подстановок
a
x  a sin t , x 
, x  a tg t к рациональному тригонометрическому виду привоcos t
дятся соответственно интегралы


2
2
 R x, a  x dx,


2
2
 R x, x  a dx,


2
2
 R x, x  a dx .
16


Интегралы вида  R x, ax2  bx  c dx могут быть найдены с помощью таких
же подстановок, так как после выделения полного квадрата в квадратном трехчлене
и применения подстановки получают интегралы от выражений




R t, t 2  a 2 ,


R t, a 2  t 2 ,
R t, t 2  a 2 .
Пример 23. Найти интеграл
7x  1

2x  x  5
2
dx .
Р е ш е н и е. Для нахождения интегралов вида
Ax  B

dx в числителе
ax 2  bx  c
выделяют производную квадратного трехчлена, стоящего под знаком корня, и затем
раскладывают интеграл на сумму двух интегралов, один из которых есть табличный,
dx
а другой – вида 
. Значит, выделим в числителе производную подкоax 2  bx  c
ренного выражения:
7
3
(4 x  1) 
7x  1
dx
4 dx  7 (4 x  1)dx  3
dx   4




4 2x2  x  5 4 2x2  x  5
2x2  x  5
2x2  x  5

7
  2x2  x  5
4

3
4 2
ln x 

1

2 d (2 x 2
 x  5) 
3
4 2

1

d x  
4

2
1   39 


 x    
4   4 

2

7
2x2  x  5 
2
1
1
5
 x2  x   c .
4
2
2
Пример 24. Найти интеграл
5
dx
(2 x  3)  2 x  3
3
.
Р е ш е н и е. Так как НОК (5; 2) = 10, то применим подстановку
dx
t 9 dt
t 10  3
9
10
2 x  3  t . Тогда x 
, dx  5t dt и 
 5 6 5 
5
2
t t
(2 x  3) 3  2 x  3
t 4 dt
1 
5 4 5 3 5 2

 5
 5  t 3  t 2  t  1 
dt  t  t  t  5t  5 ln | t  1 | c 
t 1
t  1
4
3
2

2
3
1
1
5
5
5
 (2 x  3) 5  (2 x  3) 10  (2 x  3) 5  5(2 x  3) 10  5 ln 10 2 x  3  1  c .
4
3
2
3  2 x dx
Пример 25. Найти интеграл 
.
3  2x x
17

Р е ш е н и е. Это интеграл вида  R x,

3  2x
3(t 2  1)
6t dt
. Тогда
 t, x  2
, dx  2
3  2x
2(t  1)
(t  1) 2
t 2 (t 2  1)
t2
 4 2
dt  4 2
dt.
(t  1) 2 (t 2  1)
(t  1)(t 2  1)
ax  b 
dx . Применим подстановку
cx  d 

3  2 x dx

3  2x x
Разложим
рациональную
дробь
t2
t2
A
B
Ct  D
на простейшие: 2


 2
.
2
2
2
(t  1)(t  1)
(t  1)(t  1) t  1 t  1 t  1
Освободившись от знаменателей, будем иметь:
t 2  ( A  B  C )t 3  ( A  B  D)t 2  ( A  B  C )t  A  B  D. Приравнивая коэффици-
енты при одинаковых степенях х, получим систему уравнений
A  B  C  0, A  B  D  1, A  B  C  0, A  B  D  0 , решение которой
1
1
1
A  , B   , C  0, D  . Таким образом,
4
4
2
2
t
1 dt 1 dt
1 dt
1
1
dt




ln
|
t

1
|

ln | t  1 | 
 2



4 t 1 4 t 1 2 t2 1 4
4
(t  1)(t 2  1)
1
1 t 1 1
 arctg t  c  ln
 arctg t  c .
2
4 t 1 2
В результате

3  2 x dx
 ln
3  2x x
3  2x
1
3  2x
 2 arctg
3  2x
1
3  2x
Пример 26. Найти интеграл

3  2x
c.
3  2x
a 2  x 2 dx, a  0 .
Р е ш е н и е. В примере 9.37 мы нашли этот интеграл, используя метод интегрирования по частям. Однако его можно вычислить с помощью тригонометрической подстановки x  a sin t :

a 2  x2 dx  x  a sin t , dx  a cos t dt  a  a 2  a 2 sin 2 t cos t dt 
18
 a 2  cos2 t dt 
a2
a2
a2
(
1

cos
2
t
)
dt

t

sin 2t  c 

2
2
4
x
x
x2

2
 t  arcsin , sin 2t 2 sin t cos t  2 sin t 1  sin t  2 
1 2 
a
a
a

2x 2
a2
x x 2
2
 2 a  x   arcsin 
a  x2  c .
a 2
a
 2
Задачи для самостоятельного решения
Найти интегралы.
dx
.
1. 
2
x  13 x  41
dx
.
3. 
 x2  2x  8
1 6 3  x

4.

6.
x2  4x  x  1  4
dx.

3
x 1

5.

7.

2  x 2 dx.
8.
9.

5  2 x  x 2 dx.
10.
3  x  3 (3  x) 4
dx.
dx
2.
x  4x  8
5x  2
2
.
2 x 2  12 x  11
dx.
6 x  x 2  7 dx.

3  4 x  x 2 dx.
3.7. Определенный интеграл
Если функция f (x) непрерывна на отрезке a, b  и F (x)  какая-либо первообразная для f (x) на этом отрезке, то справедлива формула Ньютона-Лейбница
b
b
a
a
 f ( x) dx  F ( x)  F (b)  F (a).
3
Пример 27. Вычислить 
 x  x dx.
3
2
0
Р е ш е н и е.


2
1
93
 2 3 2 3 5 3 3

 x  x dx    x 2  x 3  dx  x  x   2 3  9.
5
5
3
0
0
0

Если f (x)  непрерывная на отрезке a, b  функция, а x   t  – непрерывно
3
3
2
3
дифференцируемая функция на отрезке
 ,  ,
такая, что   ,    a, b и
 ( )  a,  (  )  b, то справедлива формула замены переменной в определенном
интеграле
b


a


 f ( x) dx   f  (t ) (t ) dt   f  (t ) d (t ).
19
Если функции u  u(x) и v  v(x)  непрерывно дифференцируемые на отрезке
a, b функции, то имеет место формула интегрирования по частям в определенном
интеграле
b
b b
a
a a
 udv  uv   vdu.
3
Пример 28. Вычислить интеграл
x
7  x dx.
2
Р е ш е н и е. Сделаем замену t  7  x , из которой получим
x  7  t 2 , dx  2t dt . Вычислим новые пределы интегрирования: если x  2, то
t  3; если x  3, то t  2. Поэтому
3
2
2
3


2


2


2
2
4
4
2
 x 7  x dx   7  t t (2t dt )  2  7t  t dt 2  t  7t dt 
3
3
 t 5 7t 3  2  32 56 243 189  64
  2  
 2 

 .
3  5
5
3
3
5
3
 15


3
Пример 29. Вычислить интеграл
 x arctg x dx.
 3
Р е ш е н и е. Так как подынтегральная функция – четная, то
3

dx
x2 
x
arctg
x
dx

2
x
arctg
x
dx

u

arctg
x
,
dv

x
dx
,
du

,
v





2
2
1

x
0
 3


3


 x 2 arctg x 3 1 3 x 2

3 3 x2 1 1
2


2
 
dx  x arctg x
 
dx 

2
2 0 1  x 2 
0
0
x2 1
0

3
  x
3
 arctg x
0
0
  3 

3

4
 3.
3
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить интегралы:
1
1.
 x  1
1  x dx.
5
2.  x x  4 dx.
0
0
2
3.
2x
 1  2 x dx.
0
3
4.
43
8
dx
5. 
.
01 x 1
dx
.
3x  1

4
6.
x
1
3
1  7 x dx.
20
0,5
2
2 x
 xe dx.
7.
8.  x 3e x dx.
0
0
3
9.  ( x  4)e
x2

dx.
cos x dx.
 2
 2
e
x2

2
12.
e
11.
2x
13.
sin 2 x dx.
0
e
2x
cos2 2 x dx.
0
3.8. Вычисление площадей плоских фигур
Если
 f1 ( x) 
криволинейная
трапеция
ограничена кривыми
f 2 ( x), x  a, b , то ее площадь равна
y  f1 ( x), y  f 2 ( x)
b
S    f 2 ( x)  f1 ( x)  dx .
a
Если криволинейная трапеция ограничена прямыми y  c, y  d и кривыми
x  g1 ( y ), x  g 2 ( y )  g1 ( y )  g 2 ( y ), y  c, d  (рис. 10.6), то ее площадь вычисляетd
ся по формуле S   g 2 ( y)  g1 ( y)  dy .
c
Пример 30. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
y  2 x  x 2 , y  x  2 (рис. 1).
у
В
Р е ш е н и е.
С
2
–1
х
2
А
–3
Рис. 1
Найдем точки пересечения данных кривых. Для этого решим систему уравне y  2x  x 2 ,
2 x  x 2  x  2, x 2  x  2  0, x1  1, y1  3,
ний: 
 y  x  2,
x2  2, y 2  0. Следовательно, кривые пересекаются в точках А (–1; –3) и С (2; 0).
Таким образом, искомая площадь фигуры АВС
S
 2 x  x
2
1
2

 x  2 dx 
  x
2
1
2

1
 1
2
 x  2 dx    x 3  x 2  2 x  
2
 3
 1
8
1 1
9
   2  4    2  (êâ. åä. ) .
3
3 2
2
21
Пример 31. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями
y 2  3x  4, x  y  2  0 (рис. 2).
у
Р е ш е н и е.
5
х=у+2
О
7 х
–2
Рис. 2
 y 2  3 x  4,
Найдем точки пересечения кривых: 
 x  y  2,
y 2  3( y  2)  4,
y 2  3 y  10  0,
y1  2, y 2  5.
Находим площадь фигуры:
5
5
1
4
10 
1
10  5
343

 1
 1
S    y  2  y 2   dy     y 2  y   dy    y 3  y 2  y 

.

2
3
3
3
3
9
2
3
18






2
2
у
Пример 32. Найти площадь фигуры, огра-
А
ниченной астроидой x  a cos 3 t , y  a sin 3 t
(рис. 3).
Р е ш е н и е. Вычислим площадь S1 ее части, ограниченной дугой АВ, и результат увеличим в 4 раза.
Если x  0, то t 

2
–а
0
–а
; если x  a, то t  0 .
Рис. 3

0
2

0
В
а
S1   a sin 3 t  3a cos2 t ( sin t ) dt  3a 2  sin 4 t  cos2 t dt 
2


2


3 22
 1  cos 2t   1  cos 2t 
 3a 2  
dt

a  cos3 2t  cos2 2t  cos 2t  1 dt 
 

2
2
8 0
 

0
2




3 2
3 2 1  cos 4t
3
 a 2  1  sin 2 2t d (sin 2t )  a 2 
dt  a 2 sin 2t
16 0
8 0
2
16

2
0
3
 a 2t
8

2
0

х
22
3
 a 2 sin 2t
16

2
0
1
 a 2 sin 3 2t
16

2
0
3
 a 2t
16

2
0
3
 a 2 sin 4t
64

2
0
3a 2


16
3a 2 3a 2 3a 2



.
32
16
32
Искомая площадь S  4S1 
3 a 2
(кв.ед).
8
Задачи для самостоятельного решения
Найти площадь фигуры, ограниченной заданными линиями.
1. y  2 x  x 2 , y  0 .
2. y  3x  18  x 2 , y  0 .
3. y  4 x  x 2 и осью Ох.
4. y  x 2  1, y  2 .
5. y  0, y  2 x 2  1, x  1, x  1.
6. y  x 2 , y  x  2 .
7. y  x 2  x, y  3x .
8. y  x 2  2 x  3, y  3x  1.
1
9. y  x 2  2 x  4, y  10  x .
3
7
11. y  7 x  2 x 2 , x  y  .
2
10. y  x, y  2 x  x 2 .
12. x  3 cos t , y  2 sin t .
IV. Функции нескольких переменных
4.1. Основные понятия. Предел функции нескольких переменнх
Функцию z  f  x, y  называют функцией двух переменных, а переменные x и
y – независимыми переменными или аргументами.
Множество D называется областью определения функции. Областью
определения функции двух переменных является множество точек плоскости.
Функцию двух переменных можно задавать аналитически, графически и
табличным способом.
Аналогично
определяется
функция
большего
числа
переменных
z  f  x1 , x2 ,, xn  .
В некоторых случаях можно получить наглядное геометрическое
представление о характере изменения функции, рассматривая ее линии уровня (или
поверхности уровня), т.е. линии или поверхности, где данная функция сохраняет
постоянное значение.
Линией уровня функции z  f  x, y  называется множество всех точек
плоскости Oxy, для которых данная функция имеет одно и то же значение.
23
Таким образом, уравнение линии уровня есть f  x, y   C , где C – некоторая
постоянная.
Поверхностью уровня функции u  f  x, y, z  называется множество всех точек
пространства Oxyz , для которых данная функция имеет одно и то же значение.
Пример 1. Найти область определения функции z 
1
4  x2  y2
.
Р е ш е н и е. 1) Функция имеет действительные значения, если
4  x 2  y 2  0 или x 2  y 2  4 . Последнему неравенству удовлетворяют координаты
точек, лежащих внутри окружности радиуса 2 с центром в начале координат.
Область определения функции есть внутренность этого круга (рис. 1).
y
-2
O
2 x
Рис. 1
Пример 2. Найти линии уровня следующих функций:
1
1) z  2 x  y ;
2) z  2
.
6x  y 2
Р е ш е н и е. 1) Уравнение линий уровня данной функции можно записать в
виде 2 x  y  C или y  2 x  C . Линии уровня являются прямыми.
2) Уравнение линий уровня данной функции можно записать в виде
1
x2 y2
2
2

 1 C  0 . Линии уровня
 C или C 6 x  y   1 C  0 , или
1
1
6x2  y2
6C C
являются эллипсами.
Пример 3. Найти пределы функций:
2 xy
sin 3xy
x y
1) lim 4
;
2) lim
;
3) lim
.
4
x 2 x  y  2
x1
x0
y
x
y 3
y 0
y 0
2 xy
определена и непрерывна на всей
x  y4  2
плоскости, поэтому предел этой функции равен значению функции в точке 2; 3 ,
Р е ш е н и е. 1) Функция z 
4
24
т.е. lim
x 2
y 3
2 xy
223
12 4


 .
4
x  y  2 16  81  2 99 33
4
sin 3xy
в точке 1; 0  не определена. Воспользуемся первым
y
sin 
замечательным пределом lim
 1.
 0 
sin 3xy
3x sin 3xy
sin 3xy
lim
 lim
 3 lim x  lim
 3 11  3 .
x1
x1
x1
x1 3xy
y
3xy
y 0
y 0
y 0
y 0
2) Функция z 
3) Рассмотрим две последовательности точек, стремящихся к точке 0; 0  , а
1 1

1 
x y

n
n  2,
 lim
и M n  ; 0  , тогда lim
x

0
n


1
x
n 
y 0
n
1 1
именно: M n  ; 
n n
1
0
x y
n
lim
 lim
 1.
x0
n
1
x
y 0
n
Для разных последовательностей точек получены разные пределы, это и
показывает, что данная функция предела не имеет.
xy  2
Пример 4. Найти точки разрыва функции z  2
.
x y
Р е ш е н и е. Для данной функции знаменатель не должен обращаться в
ноль. Если x 2  y  0 , то y  x 2 – уравнение параболы. Следовательно, данная
функция имеет линией разрыва параболу y  x 2 .
Задачи для самостоятельного решения
1. Найти области определения следующих функций и сделать чертежи:
а) z  9  x 2  y 2 ;
б) z  1    x  y  ;
в) z  ln  x  y  ;
г) z  x  arccos y .
2
2. Найти линии уровня следующих функций:
а) z  ln x 2  y 2 ;
б) z  arcsin  xy  ;
в) z  x 2  4 y 2 .
3. Найти поверхности уровня функций:
а) u  x  y  z ;
б) u  x 2  y 2  z 2 .
25
4. Найти пределы функций:
tg 2 xy
;
x3
y
y 0
б) lim
xy
;
x0 2 
xy

4
y 0
г) lim
а) lim
x3
y 3
x 1
;
x1 y  1
y  1
в) lim
д) lim 1  x 3  y 3 

1 / x3  y 3
x 0
y 0
x3  y 3
;
x y

е) lim  x  y sin
;
x
y 
1
.
x y
5. Найти точки разрыва функций:
а) z  ln x 2  y 2 ;
в) z 
1
;
x  y 2
б) z 
1
;
9  x2  y2
г) z  cos
1
.
xy
4.2. Частные производные, полный дифференциал,
производная в данном направлении и градиент функции
Частной производной функции двух переменных z  f  x, y  по переменной x называется
z
f x  x, y   f x, y 

 lim
 f x  x, y  .

x

0
x
x
Аналогично определяется частная производная функции z по переменной y
z
f x, y  x   f x, y 

 lim
 f y x, y  .
y y0
y
Полным приращением функции z  f  x, y  называется разность
z  f  x  x, y  y   f  x, y  .
Полным дифференциалом функции z  f  x, y  называется главная часть
полного приращения z , линейная относительно приращений аргументов x и y .
Полный дифференциал функции z  f  x, y  обозначается символом dz .
Формула
z
z
x  y
(1)
x
y
применяется для приближенного вычисления значения функции z  f  x, y  в точке
f  x  x, y  y   f  x, y  
26
x  x, y  y  по известным значениям функции z x, y  и ее частных производных
z
z
и
в данной точке  x, y  .
x y
Производной функции z  f  x, y  в данном направлении l  MM 1 называется
z
f M 1   f M 
,
 lim
l M1M 0
M 1M
где f M  и f M 1  – значения функции в точках M и M 1 . Если функция z
дифференцируема, то справедлива формула
z z
z
(2)
 cos  cos  ,
l x
y
где  – угол, образованный вектором l с осью Ox , а  – угол, образованный
вектором l с осью Oy , причем     90 .
Пример 5. Найти частные производные следующих функций:
y
1) z  ln ctg ; 2) u  x 3 y 2 z  4 x  5 y  2 z  2 .
x
Р е ш е н и е. 1) Рассматривая y как постоянную величину, получим:



z
1
1   y
2y
 2  
. Аналогично, рассматривая x как


x ctg y  sin 2 y   x  x 2 sin 2 y


x 
x
x



z
1
1  1
2

  
постоянную, получим:
.

 
2y
y ctg y  sin 2 y  x
x sin


x 
x
x
u
u
u
 2 x 3 yz  5 ,
2)
 3x 2 y 2 z  4 ,
 x3 y 2  2 .
x
z
y
Пример 6. Найти полный дифференциал функции z  x 3  y 3 .
z
3x 2

Р е ш е н и е. Найдем частные производные
,
x 2 x 3  y 3
z
3y2
3x 2
3y2
3x 2 dx  3 y 2 dy

dz

dx

dy

.
Тогда
.
3
3
3
3
3
3
y 2 x 3  y 3
2 x y
2 x y
2 x y
Пример 7. Вычислить приближенно 1.023.01 .
Р е ш е н и е. Искомое число будем рассматривать как значение функции
z  x y при x  1 0,2 , y  3  0,1 . Значение функции в точке 1; 3 равно z 1; 3  13  1
27
, x  0,02 ,
y  0,01 .
Используя формулу (8.1), получим z  dz  yx y 1x 
x y ln xy  3  1  0,02  1  ln 1  0,01  0,06 . Следовательно,
1,02 3.01  1  0,06  1,06 .
Пример 8. Найти производную функции z  2 x 2  3 y 2 в точке M 1; 0  в
направлении, составляющем с осью Ox угол в 60 .
Р е ш е н и е. Найдем частные производные данной функции и их значения в
 z 
z
z
 z 
точке M :
 6 y ;    0 . Здесь cos 
 4x ;    4 ;
x
y
 x  M
 y  M
1
3
. Применяя формулу (8.2), получим
 cos60  , cos   cos 30 
2
2
z
3
1
 4   0
 2.
l
2
2
Пример 9. Найти градиент функции z  x 2 y в точке M 1; 1 .
Р е ш е н и е. Вычислим частные производные и их значения в точке M :
 z 
z
z
 z 
 2 xy ;    2 ;
 x 2 ;    1. Следовательно, grad z  2i  j
x
y
 x  M
 y  M
Задачи для самостоятельного решения
1. Найти частные производные функций:
а) z  x 3  y 3  3xy ;
б) z  x 2 sin 2 x  4 y ;
в) z 
x y
;
x  3y
г) z  x y ;
x
y
y4
д) z 
;
x
е) z  e
x2  y2
ж) z  arcsin 2
, x  0 , y  0;
x  y2
з) z  ln sin
sin
;
xa
.
y
2. Найти полные дифференциалы следующих функций:
а) z  x 3  y 4  5 x 2 y ;
б) z  x 2 y 3 ;
x2  y2
в) z  2
;
x  y2
г) z  sin 2 x  cos2 y ;
е) z  ln x 3  y 3 .
д) z  yx y ;
3. Найти приближенные значения:
а) 1,02   0,99  ;
2
3
б) sin 32  cos59 ;
28
в)
4,04 2  2,97 2 ;
г) 1,03  8,99 .
4. Найти производную функции
z  x 2  xy  2y 2
в точке
M 1; 2 
в
направлении, составляющем с осью Ox угол в 60 .
5. Найти grad z в точке 2; 1 , если z  x 3  y 3  3xy .
4.3. Дифференцирование сложных и неявных функций. Частные
производные и дифференциалы высших порядков
Если
z  f  x, y  , где
x   u , v  ,
y   u, v  ( u
и v – независимые
переменные), и если f ,  и  – дифференцируемые функции, то
z z x z y
z z x z y




,
.
(3)
u x u y u
v x v y v
В частности, если y  y ( x) , то «полная» производная функции z по x находится по
формуле:
dz z z dy
 
.
(4)
dx x y dx
Уравнение F  x, y   0 , имеющее решение  x0 , y0  , определяет в окрестности x0
F
0
y
и непрерывна в некоторой окрестности точки  x0 , y0  . Эта функция называется
переменную y как непрерывную функцию x при условии, что производная
неявной. Если в окрестности точки
производная
 x0 , y 0 
существует также и непрерывная
F
dy
, то неявная функция имеет производную
, определяемую
dx
x
формулой
F
dy
  x .
F
dx
y
(5)
Уравнение F  x, y, z   0 при аналогичных условиях определяет z как неявную
функцию x и y , имеющую частные производные
F
z
  x ,
F
x
z
F
z
y

.
F
y
z
Пусть дана функция z  f  x, y  , имеющая частные производные
( 6)
z
z
и
.
x
y
29
Частные производные от этих производных называются частными производными 2го порядка и обозначаются:
  z   2 z
  z   2 z

;
;
 
 
x  x  x 2
y  x  xy
  z   2 z
  z   2 z
;
.
 
 
x  y  yx
y  y  y 2
Аналогично определяются и обозначаются частные производные 3-го порядка и
других высших порядков.
Смешанные производные, отличающиеся только порядком дифференцирования, равны, если они непрерывны:
2z
2z
3 z
3 z
3 z



,
и т.д.
xy yx
x 2 y xyx yx 2
z
z
u
и
, если z  f  x, y  , где x  uv , y  .
u v
v
z z
z 1
 v   ,
Р е ш е н и е. Применяя формулы (3), получим:
u x
y v
z z
z u
 u   2 .
v x
y v
z
dz
Пример 11. Найти частную производную
и полную производную
,
x
dx
если z  e xy , где y    x  .
Пример 10. Найти
Р е ш е н и е.
z
 ye xy . На основании формулы (4) получаем
x
dz
 ye xy  xe xy  x .
dx
3
dy
, если x 2  y 2   3x 2  y 2   1  0 .
dx
Р е ш е н и е. Обозначая левую часть данного уравнения через F  x, y  ,
Пример 12. Найти
найдем частные производные



2
2
F
 3x 2  y 2   2 y  3  2 y  6 y x 2  y 2   1 . Отсюда,
y
F
2
dy
6 x x 2  y 2   1
x

x




получим
.
2
F
dx
y
6 y x 2  y 2   1
y



2
2
F
 3x 2  y 2   2 x  3  2 x  6 x x 2  y 2   1 ,
x


применяя
формулу
(5),
30
z
z
и
, если x 3  3 y 4  2 z 2  yz  y  0 .
x y
Р е ш е н и е. Обозначая левую часть данного уравнения через F  x, y, z  ,
Пример 13. Найти
F
F
F
 12 y 3  z  1 ,
 3x 2 ,
 4 z  y .
x
z
y
Применив формулы (6), получим:
F
F
2
2
z
 12 y 3  z  1 12 y 3  z  1
z
3x
3x
y

x






,
.
F
F
y
 4z  y
y  4z
x
 4z  y 4z  y
z
z
Пример 14. Найти частные производные второго порядка от функции
x
z  arctg .
y
Р е ш е н и е. Найдем сначала частные производные первого порядка:
z
1  x 
x
z
1
1
y
  2    2
. Теперь дифференцируем


  2
2 
2
2
x y x y
x  y 
x
y
x  y2
1 2
1 2
y
y
2 z   y 
2 xy
2 z  
x 
2 xy


   2
вторично: 2   2
,
,
2
2 
2
2 
2
2
2
x
x  x  y 
x  y  y y  x  y  x  y 2 2
найдем частные производные
2 z
  y  1  x 2  y 2   2 y  y
x2  y2

  2


.
2
2 2
2
2 2
xy y  x  y 2 
x  y 
x  y 
Смешанную частную производную можно найти и иначе:


2z
2z

x 
1  x2  y 2  2x  x
x2  y2


 

.
2
2 2
2
2 2
xy yx x  x 2  y 2 
x y
x y
Пример 15. Найти полные дифференциалы 1-го и 2-го порядков




функции z  2 x 2  3xy  y 2 .
Р е ш е н и е. Найдем сначала частные производные первого порядка:
z
z
z
z
 3x  2 y . Тогда dz  dx  dy  4 x  3 y dx  3x  2 y dy .
 4x  3y ,
x
y
x
y
Найдем теперь частные производные второго порядка:
2 z
2z
2z
 2 .
 3 ,
 4,
y 2
xy
x 2
Дифференциал второго порядка запишется следующим образом:
d 2 z  4dx2  6dxdy  2dy2 .
31
Задачи для самостоятельного решения
1. Найти
z
z
и
, если:
v
u
x2
а) z  , где x  u  3v , y  2v  u ;
y
2. Найти
б) z 
2
3
2
3
2
3
б) x  y  a .
2
4. Найти
x2  y
, где y  2 x  1 .
x2  y
dy
из уравнений:
dx
а) x  2 y  3x  5 y  0 ;
2
x
, где x  u sin v , y  u cosv .
y
dz
, если:
dx
а) z  arctg  xy  , где y  e x ;
3. Найти
б) z  arctg
z
z
и
, если:
x y
б) 3 cos  x  2 y  3z   x  2 y  3z .
а) x3  y 3  z 3  2 zx  a 2 ;
5. Найти все частные производные 2-го порядка, если:
x y
а) z  ln x 2  y ;
б) z  arctg
;
в) z  2 xy  y 2 .
1  xy
6. Найти d 2 z , если:
y3
а) z  3 ;
x
б) z  y ln
x
;
y
в) z  e x  y .
2
3
4.4. Экстремум функции нескольких переменных
Необходимое условие экстремума.
Если функция z  f  x, y  в точке
M 0  x0 , y0  имеет экстремум, то либо все ее частные производные первого порядка в
этой точке (если они существуют) равны нулю, т.е.
z
z
0,
 0,
(8.10)
x
y
либо хотя бы одна из них не существует.
Точки, в которых все частные производные первого порядка функции
z  f  x, y  равны нулю или хотя бы одна из них не существует, называются
критическими.
Достаточные условия экстремума.
Пусть A 
2 z
2z
2 z
B

C

,
и
в
y 2
xy
x 2
32
критической точке M 0  x0 , y0  и  
A B
 AC  B 2 .
B C
Тогда, если:
1)   0 , A  0 , то функция имеет в точке M 0 максимум;
2)   0 , A  0 , то функция имеет в точке M 0 минимум;
3)   0 , то в точке M 0 экстремума нет;
4)   0 , то экстремум может быть, а может и не быть (требуются
дополнительные исследования).
Пример 16. Исследовать на экстремум функцию
z  x 3  3xy 2  15 x  12 y .
Р е ш е н и е. Найдем частные производные и составим систему уравнений
2
2
z
z
(8.10):
 3x 2  3 y 2  15  0 ,
 6 xy  12  0 или  x  y  5  0 . Решая
x
 xy  2  0
y
систему, получим четыре критические точки: M 1 1; 2 , M 2 2; 1, M 3  1;  2 ,
2 z
2z
2z
 6 y , 2  6x и
M 4  2;  1 . Найдем производные 2-го порядка
 6x ,
xy
y
x 2
составим определитель   AC  B 2 для каждой критической точки.
 2z 
 2 z 
 2 z 
  12 , C   2  
1) Для точки M 1 1; 2 : A   2   6 , B  
 x  M1
 xy  M1
 y  M
1
 6 ,   AC  B  36  144  0 . Значит, в точке M 1 экстремума нет.
2
2) Для точки M 2 2; 1: A  12 , B  6 , C  12 ,   144  36  0 , A  0 . В точке
M 2 функция имеет минимум. Этот минимум равен значению функции при x  2 ,
y  1 : zmin  8  6  30  12  28 .
3) Для точки M : A  6 , B  12 , C  6 ,   36  144  0 . Значит, в точке
M 3 экстремума нет.
4) Для точки M 4  2;  1 : A  12 , B  6 , C  12 ,   144  36  0 , A  0 .
В точке M 4 функция имеет максимум, равный zmax  8  6  30  12  28 .
Условный экстремум.
Чтобы найти экстремум функции z  f  x, y  при
условии, что x и y связаны уравнением   x, y   0 , составляется вспомогательная
функция Лагранжа
u  f  x, y     x, y .
Координаты точки экстремума
 x, y 
(7)
должны удовлетворять системе трех
уравнений
  x, y   0 ,
u
u
 0,
 0,
x
y
(8)
33
из которой и находятся  , x и y .
Пример 17.
Найти экстремум функции
z  6  4x  3 y
при условии, что
переменные x и y удовлетворяют уравнению x 2  y 2  1 .
Р е ш е н и е. Геометрически задача сводится к нахождению наибольшего и
наименьшего значений z плоскости z  6  4 x  3 y для точек пересечения ее с
цилиндром x 2  y 2  1 .
Составим функцию Лагранжа (8.11):
частные производные
u  6  4 x  3 y   x 2  y 2  1. Найдем
u
u
 3  2y и составим систему уравнений
 4  2x ,
x
y
 4  2x  0
5
(8):  3  2y  0 , из которой следуют решения: 1  ,
2
 x 2  y 2  1
5
4
3
2   , x2   , y2   .
5
5
2
4
x1  ,
5
y1 
3
5
и
5
 2u
 2u
 2u
 2 , то d 2u  2 dx2  dy 2 . Если   ,
 0,
Так как
 2 ,
2
2
y
xy
2
x
4
3
x  и y  , то d 2u  0 и в этой точке функция имеет условный минимум. Если
5
5
5
3
4
   , x   и y   , то d 2u  0 и в этой точке функция имеет условный
5
5
2
16 9
16 9
максимум. Таким образом, zmax  6    11 , zmin  6    1 .
5 5
5 5
Пример 18. Определить наибольшее и наименьшее значения функции
2
z  x  y 2  xy  x  y в области x  0 , y  0 , x  y  3 .
Р е ш е н и е. Указанная область – это треугольник (рис. 2).
1) Найдем критические точки. Для этого решим систему уравнений
z
z
 2y  x 1  0 .
 2x  y  1  0 ,
x
y
34
 1 
  ,0 
 2 
 3,0
M
y
x
1

 0, 
2

 3 3
  , 
 2 2
0,3
Рис. 2
В результате получаем точку M  1;  1 . Значение функции z M  1.
2) Исследуем функцию на границах области.
Если x  0 , то z  y 2  y , и задача сводится к отысканию наибольшего и
наименьшего значений этой функции одного аргумента на отрезке  3  y  0 .
Проводя исследование, находим: zнаиб x0  6 в точке 0;  3 ; zнаим x0  
1
в точке
4
1

 0;   .
2

Если y  0 , то z  x 2  x . По аналогии находим: zнаиб y0  6 в точке  3; 0  ;
 1 
в точке   ; 0  .
4
 2 
Если x  y  3 , т.е. y  3  x , функция имеет вид z  3x 2  9 x  6 . По
zнаим y0   1
аналогии находим: zнаим x y3  
zнаиб x0 и zнаиб y0 .
3
 3 3
в точке   ;   ;
4
 2 2
zнаиб x y3  6
совпадает с
Сопоставляя все полученные значения функции z , делаем вывод, что
zнаиб  6 в точках 0;  3 и  3; 0  , z наим  1 в критической точке М .
Пример 19. Производятся два вида товаров, цены которых соответственно
равны 40 и 20. Функция затрат, связанных с производством этих товаров, имеет вид
C x, y   0,2 x 2  0,1xy  0,3 y 2 , где x , y – количества товаров первого и второго
видов. Требуется составить функцию прибыли, найти ее экстремумы и проверить
известное правило экономики: предельная цена товара равна предельным
издержкам на производство этого товара.
Р е ш е н и е. Составим функцию прибыли z  p1 x  p2 y  C  x, y  
35


 p1 x  p 2 y  ax 2  bxy  cy 2  40 x  20 y  0,2 x 2  0,1xy  0,3 y 2 .
С экономической
точки зрения переменные x и y должны быть неотрицательными.
Для нахождения критических точек сначала выпишем необходимое условие,
т.е. найдем первые частные производные функции z и приравняем их к нулю:
z
z
 20  0,1x  0,6 y  0 . Решая систему уравнений
 40  0,4 x  0,1y  0 ,
x
y
 40  0,4 x  0,1y  0
,

20

0
,
1
x

0
,
6
y

0

получаем
x
2200
,
23
y
400
.
23
Таким
образом,
имеем
 2200 400 
критическую точку M 
;
 . (Если бы оказалось, что хотя бы одна из
 23 23 
переменных приняла отрицательное значение, то задача с экономической точки
зрения не имела бы решения.)
Проверим достаточное условие экстремума. Найдем вторые частные
производные функции z :
2 z
 0,4 ,
x 2
2z
 0,1,
xy
2 z
 0,6 . Вычислим их
y 2
2 z
2z
 0,1 ,
значения в критической точке M : A  2  0,4 , B 
x M
xy M
C
2 z
y 2
 0,6 . Находим   AC  B 2   0,4 0,6   0,1  0,24  0,01 
2
M
 0,23  0 . Значит, найденная критическая точка является точкой экстремума, а так
как A  0 , то это точка максимума.
48000
Определим максимальное значение прибыли zmax  z M 
. В данном
23
случае предельная цена товара x равна p1  40 , а товара y равна p2  20 .
Выражение «предельная цена товара равна предельным издержкам на производство
C  x, y 
C  x, y 
этого товара» математически записывается в виде: p1 
, p2 
,
x M
y M
где
0,4 
M
–
это
точка
экстремума.
2200
400 920
 0,1 

 40 ,
23
23
23
В
нашем
случае
C  x, y 

x M
C  x, y 
2200
400 460
 0,1 
 0,6 

 20 .
y
23
23
23
M
Следовательно, известное правило экономики действительно выполняется.
36
Задачи для самостоятельного решения
1. Исследовать на экстремум следующие функции:
а) z  x 2  xy  y 2  9 x  6 y  20 ;
б) z  y x  y 2  x  6 y ;
в) z  x  8 y  6 xy  4 ;
г) z  e x  y 2  .
3
3
x
2
2. Найти условные экстремумы следующих функций:
1 1
1
1 1
а) z  
при x  y  2 ;
б) z  x  y при 2  2  ;
x y
x
y
2
x y
в) z  xy при x 2  y 2  2 ;
г) z  x 2  y 2 при
 1.
2 3
3. Найти наибольшее и наименьшее значения функции в указанной области:
а) z  x 2 y в области x 2  y 2  1 ;
б) z  x 2  y 2  3xy в области: 0  x  2 ,  1  y  2 ;
в) z  xy  x  y в области: x  1 , x  2 , y  2 , y  3 .
4. При каких размерах открытая прямоугольная емкость объемом V имеет
наименьшую поверхность?