{( , )} ( {( , , )}) ( , )
advertisement
ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ, ОПРЕДЕЛЕНИЯ
2
3
1 . R {( x, y )} ( R {( x, y, z )}) - множество всех упорядоченных пар чисел (x,y)
(троек чисел (x,y,z)). R {( x1, x2 ,..., xn )} - множество всех упорядоченных наборов n
n
чисел ( x1, x2 ,..., xn ) .
2. Функция f n переменных сопоставляет по определенному правилу каждому
n
набору n чисел ( x1, x2 ,..., xn ) из области определения D R единственное значение u
E R , что записывается в виде f : D E или
u f ( x1 ,..., xn ), ( x1 ,..., xn ) D. В дальнейшем будем рассматривать функции двух (трех)
из
области
значений
переменных z f ( x, y) , ( x, y ) D R (u f ( x, y, z ), ( x, y, z ) D R ) .
3. Если (x,y) (или (x,y,z)) - декартовы координаты точки плоскости Oxy (или
пространства Oxyz), то D – часть плоскости или вся плоскость (часть пространства или все
пространство).
0
0
0
4. - окрестность точки M 0 ( x1 , x2 ,..., xn ) - множество всех точек
2
3
M ( x1 , x2 ,..., xn ) , не совпадающих с точкой M 0 , расстояние до которых от точки M 0
меньше : 0 ( M , M 0 ) . Так, - окрестность точки M 0 ( x0 , y0 ) - множество точек
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2 ( z z0 ) 2 - шар
радиуса без границы с выколотым центром M 0 .
M(x,y), удовлетворяющих условию 0
5. Назовем точку внутренней точкой области, если она принадлежит этой области
вместе со всеми точками какой – нибудь своей окрестности. Любая окрестность граничной
точки области содержит точки, принадлежащие области, и точки, не принадлежащие
области. Сами граничные точки могут принадлежать области, а могут не принадлежать.
6. Область называется замкнутой, если она содержит все свои граничные точки.
Пример 1. Найти и изобразить область определения функций:
а) z 1 x
2
y 2 1 ; б) z x 2 4 y / ln(1 x 2 y 2 ) .
а) функция определена, если x и y
удовлетворяют системе неравенств (которую
x 1,
x 2 1,
Следовательно, область
2
y
1.
y 1;
точек
D ( x, y) 1 x 1, y 1
1 x 0,
последовательно решаем)
2
y 1 0;
2
определения
( x, y)
множество
1 x 1,1 y .Область определения изображена на рис. 9.1.
б) функция определена, если x и y удовлетворяют системе
y
неравенств
1
1
0
1
1
Рис. 9.1.
x
x 2 4 y 0,
2
2
1 x y 0,
1 x 2 y 2 1.
Область определения получается пересечением множеств:
y x 2 / 4 - множество точек “под” параболой y x 2 / 4 ,
включая саму параболу; x y 1 - внутренность круга
2
2
радиуса 1 с центром в точке O(0;0) , x y 0 - вся плоскость Oxy, исключая точку
2
2
145
y
O(0;0) . Итак, D {( x, y ) y x 2 / 4,
0
1
1
x
x 2 y 2 1, ( x 0)
( y 0)} (рис. 9.2).
1
Рис. 9.2.
Задачи для самостоятельного решения
Найти области определения следующих функций:
2. z ln( y 4 x 8) . 3. z 1/ x y 1/ x y .
1. z 1 x / a y / b .
2
2
2
2
2
4. z arcsin(( y 1) / x) . 5. z
8. u
6. z ctg ( x y ) . 7. z ln x lnsin y .
x y .
R 2 x 2 y 2 z 2 1/ x 2 y 2 z 2 r 2 , R r.
ПРЕДЕЛ ФУНКЦИИ
Пусть функция f ( M ) f ( x1 , x2 ,..., xn ) определена на множестве D и точка
M0 D .
1. Число А называется пределом функции f(M) при стремлении точки
M ( x1 , x2 ,...xn ) к точке M 0 ( x10 , x20 ,..., xn0 ) (или, другими словами, при
xi xi0 , i 1,2,..., n) , если для любого, сколь угодно малого положительного найдется
такая - окрестность точки M 0 , что для любой точки M из этой окрестности выполняется
f ( M ) A и обозначается lim f ( M ) A . Этот предел не должен зависеть от
M M 0
способа
(“пути”)
стремления
к
M
М0.
df
Используя
логические
lim f ( M ) A 0 ( ) 0
символы
MM0
M (0 ( M , M 0 ) f ( M ) A ) .Для функции двух переменных f (x,y)
df
lim f ( x, y ) A 0 ( ) 0 ( x, y ) (0 ( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
x x0 ,
y y0
f ( x, y) A ) .
2. Функция f(M) называется бесконечно малой функцией (б.м.ф.) при стремлении M
df
к
точке
M0,
если
( ) 0
lim f ( M ) 0 0
M M 0
M (0 ( M , M 0 ) f (M ) ) . Практически, при вычислении
lim f ( M )
M M 0
удобно задать проходящую через точки M и М0 линию в параметрической (или иной )
форме, сведя тем самым задачу к вычислению предела функции одной переменной по
известным правилам и теоремам.
2 xy
,
x 0 x y 2
y 0
Пример 2. Вычислить пределы: а) lim
2
б) lim( x y )e
2
2
( x y )
x
y
146
а) Пусть точка M(x,y) из окрестности точки M0(0,0) стремится к точке М0 по прямой
y=kx ( проходящей через точки М0 и М). Тогда из x 0 следует y 0 и
2 xy
2 x kx
2k
lim 2
. Пределы получаются разными при различных “k”
2
2
2
2
x 0 x y
x 0 x k x
1
k
y 0
lim
2
и не существует числа A, к которому значения f ( x, y)
2 xy
(x y2 )
2
становились бы
сколь угодно близки, как только точка M(x,y) оказывается в достаточной близости от
точки M0(0,0). Предел данной функции при MM0(0,0) не существует.
2
2
( x y )
б) lim( x y )e
=находим предел вдоль луча y=kx (k>0, x [0; ) ) при
x
y
применим
x
x e
2
2
x
( x )
2(1 k )
2
Лопиталя два раза= (1 k )lim
. lim (1 k ) x
x
(1 k ) x e
e(1k ) x
x= lim x (1 k )e
2
2
x (1 k )
(1 k )lim
2
x2
(1 k ) x
правило
2(1 k 2 )
1
lim
0 k 0, – предел существует и равен нулю.
2 x (1 k ) x
(1 k )
e
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить пределы функций, полагая, что независимые переменные произвольно
стремятся к своим предельным значениям.
x2 y 2 1 1
sin( x3 y 3 )
.
. 10. lim
9. lim
2
2
2
2
x 0
x 0
x
y
x
y
y 0
y 0
12. lim(1 x y )
2
x 0
y 0
9.3.
2
1
x2 y 2
2
2
e1/( x y )
11. lim 4
.
x 0 x y 4
y 0
x y
.
x x xy y 2
y
. 13. lim
2
НЕПРЕРЫВНОСТЬ ФУНКЦИИ
0
0
1. Функция f(M) называется непрерывной в точке M 0 ( x1 ,..., xn ) , если выполнены
условия : 1) f(M) определена в точке M0 ; 2) существует lim f ( M ) ;
3) lim f ( M ) f ( M 0 ) .
M M 0
M M 0
2. Функция f(M) называется непрерывной в области U , если она непрерывна в
каждой точке области U.
3 . Если в точке M0 нарушено хотя бы одно из условий 1) – 3) непрерывности
функции в точке, то M0 называется точкой разрыва функции f(M). Точки разрыва могут
быть изолированными, образовывать линии разрыва, поверхности разрыва и т.д.
Теорема 9.1 (Вейерштрасса). Если множество U, принадлежащее области
определения функции f, является замкнутым и ограниченным, а функция f непрерывна на
U, то f достигает на U своих наибольшего и наименьшего значений, т.е. существуют такие
точки M 1 U и M 2 U , что для любой точки M U выполняется неравенство
f ( M 1 ) f ( M ) f ( M 2 ).
147
Пример 3. Найти точки разрыва функций: а) z 1/ ln(2 x y );
2
2
б) u 1/( x y z ).
2
2
2
а) Область существования функции ln(2 x y
2
2)
есть множество точек
плоскости Oxy, координаты которых удовлетворяют условию 2 x y 0 или
2
x 2 y 2 2 - внутренность круга радиуса
2
2 с центром в точке O (0;0). Функция
1/ ln(2 x y ) не определена в точках, в которых знаменатель обращается в нуль, т.е.
ln(2 x 2 y 2 ) 0 , отсюда 2 x 2 y 2 1 или x 2 y 2 1 . Таким образом, функция
2
2
z(x,y) разрывна на окружности x y 1 .
2
2
б) Функция u(x,y,z) не определена в точках, в которых знаменатель обращается в
нуль. Поэтому в пространстве Oxyz точки разрыва функции образуют поверхность
x 2 y 2 z 2 0 – конус.
Задачи для самостоятельного решения
Найти точки разрыва функций двух переменных:
2
2
3
3
14. z 1/(( x 1) ( y 1) ). 15. z 1/ sin x sin y. 16. z ( x y ) /( x y ).
Найти точки разрыва функций трех переменных:
17. u 1/ xyz.
x2 y 2 z 2
1
.
2
2
2
a
b
c
18. u 1/
19. Исследовать непрерывность функции при x = 0, y = 0:
2 2
2
2
2
2
1) f ( x, y) x y /( x y ), f (0,0) 0 . 2) f ( x, y) xy /( x y ), f (0,0) 0 .
x3 y 3
, f (0,0) 0 .
3) f ( x, y ) 2
x y2
ЧАСТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ И ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИИ
1. Пусть M(x1,…,xk,…,xn) – произвольная фиксированная точка из области
определения D функции u f ( x1 ,..., xn ) и точка N ( x1 ,..., xk xk ,..., xn ) D. Если
существует предел
lim
N M
f ( N ) f (M )
f ( x1 ,..., xk xk ,..., xn ) f ( x1 ,..., xk ,..., xn )
lim
,
xk 0
MN
xk
то он называется частной производной первого порядка данной функции по переменной xk
в точке M и обозначается
u
или f xk ( M ) , или f xk ( x1 ,..., xn ) .
xk
Частные производные вычисляются по правилам дифференцирования функции
одной переменной, при этом все переменные, кроме xk , рассматриваются как постоянные.
2. Частными производными второго порядка функции u f ( x1 ,..., xn ) по
соответствующим переменным называются частные производные от ее частных
производных
первого
порядка,
они
обозначаются:
2u
xk2
u
xk xk
148
2u
u
= f xk xk ( x1 ,..., xk ,...xn ) f 2 ( M ) ,
xk
xk xl xl xk
f xk xl ( M ) и т.д. Аналогично
определяются частные производные порядка выше второго.
Теорема 9.2 Если смешанные производные f xk xl и f xl xk непрерывны, то они
совпадают: f xk xl f xl xk .
Таким образом, результат многократного дифференцирования функции по
различным переменным не зависит от порядка дифференцирования при условии, что
возникающие при этом “смешанные” частные производные непрерывны.
Пример 4. Найти частные производные первого и второго порядков от функции
z ln( x 2 y 2 ) .
Считая последовательно постоянной “y”, затем “x”, и применяя правило
дифференцирования сложной функции, получим:
z
1
2x
2
2
,
2
(
x
y
)
x
x ( x y 2 )
x2 y 2
z
1
2y
. Дифференцируя вторично, получим:
2
( x 2 y 2 )y 2
2
y ( x y )
x y2
2 z z 2 x
( x2 y 2 ) x 2x
x2 y 2
2
2
,
x 2 x x x x 2 y 2
( x 2 y 2 )2
( x 2 y 2 )2
2 z
z 2 x
(2 y )
4 xy
2
2x 2
2
,
2
2 2
2 2
xy y x y x y
(x y ) (x y )
2 z
z
2y
2x
4 xy
2
2
y
2
,
2
2
2 2
2 2
yx x y x x y
(x y ) (x y )
2 z z
2y
( x 2 y 2 ) y (2 y )
x2 y 2
2
2
.
y 2 y y y x 2 y 2
( x 2 y 2 )2
( x 2 y 2 )2
Задачи для самостоятельного решения
Найти частные производные 1-го и 2-го порядков от заданных функций:
xy
5
5
3 3
2
20. z x y 5 x y . 21. z xy y / x . 22. z xe . 23. z (cos y ) / x .
24. z y .
x
25. Найти f x(3,2), f y(3,2), f xx (3,2), f xy (3,2), f yy (3,2) , если
f ( x, y) x3 y xy 2 2 x 3 y 1 .
ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИИ. ДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ
1. Полным приращением функции f ( x1 ,..., xn ) в точке M ( x1 ,..., xn ) ,
x1 , x2 ,..., xn , называется разность
f ( x1 ,..., xn ) f ( x1 x1 ,..., xn xn ) f ( x1 ,..., xn ) .
(5.1)
соответствующим приращениям аргументов
2.Функция f называется дифференцируемой в точке М, если существуют такие
числа A1 , A2 ,..., An , что всюду в окрестности точки М полное приращение
функции можно представить в виде
f ( x1 , x2 ,..., xn ) A1x1 A2 x2 ... An xn o( ) ,
где
(x1 )2 (x2 ) 2 ... (xn ) 2 .
Теорема 9.3 (Необходимое условие дифференцируемости функции.) Если функция
f дифференцируема во внутренней точке M ( x1 , x2 ,..., xn ) D( f ) , то существуют
149
частные производные
f
( M i ), i 1,2,..., n.
xi
Теорема 9.4. (Достаточное условие дифференцируемости функции). Если частные
f
, i 1,2,..., n существуют и непрерывны во внутренней точке
xi
M ( x1 , x2 ,..., xn ) D( f ) , то функция дифференцируема в М. Для дифференцируемой в
производные
точке М функции f полное приращение
f ( M ) f x1 (M ) x1 ... f xn (M )xn o( )
(5.2)
3. Дифференциалом df первого порядка функции
f ( x1 ,..., xn ) в точке
M ( x1 , x2 ..., xn ) называется главная часть полного приращения (5.2), линейная
относительно x1 ,..., xn :
(5.3)
df (M ) f x1 (M ) x1 ... f xn (M ) xn .
f 0, если l k ,
xl 1, если l k ,
l = 1,2,…,n и df ( x1 ,..., xn ) xk или dxk xk , k 1,2,..., n . Тогда дифференциал
Подставив в (5.2) f ( x1 ,..., xn ) xk , k 1,2,..., n , получим
функции f выражается через дифференциалы независимых переменных:
df (M ) f x1 (M ) dx1 ... f xn (M ) dxn .
(5.4)
Функции u и v нескольких переменных подчиняются обычным правилам
дифференцирования:
d (uv) vdu udv ,
d (u v) du dv ,
d (u / v) (vdu udv) / v 2 .
(5.5)
4.Дифференциалом 2-го порядка d f функции f ( x1 ,..., xn ) называется
дифференциал от ее дифференциала 1-го порядка, рассматриваемого как функция
переменных x1 ,..., xn при фиксированных (т.е. постоянных) dx1 ,..., dxn :
2
d 2 f d (df ) . Вообще, дифференциал m – го порядка функции f:
d m f d (d m1 f ), m 2,3,...
(5.6)
Пример 5. Найти полное приращение и дифференциал функции f ( x, y ) xy в
точке ( x, y ) .
По формуле (5.1) f ( x, y) f ( x x, y y) f ( x, y)
2
= ( x x)( y y ) xy y x 2 xy y x(y ) 2 yxy x(y ) .
Дифференциал df есть главная часть полного приращения, линейная относительно
x и y : df ( x, y) y 2x 2 xyy .
2
2
2
2
2
Пример 6. Найти дифференциал функции f ( x, y, z ) x y / z .
2
3
4
f 2 xy 3 f 3x 2 y 2 f
4 x2 y3
,
,
5 ,
Первый способ. По формуле (5.4):
x
z y
z4
z
z
2 xy 3
3x 2 y 2
4 x2 y3
df ( x, y, z ) 4 dx 3 4 dy 5 dz xy 2 (2 yzdx 3xzdy 4 xydz ) / z 5 .
z
z
z
Второй способ. Применяем правила дифференцирования (5.5):
150
1
1
1
) 4 d ( x 2 y 3 ) x 2 y 3d ( 4 ) ( y 3 2 xdx x 2 3 y 2dy) / z 4 +
4
z
z
z
2 3
5
2
x y (4dz / z ) xy (2 yzdx 3xzdy 4 xydz ) / z 5 .
Пример 7. Найти дифференциалы 1-го, 2-го и 3-го порядков для функции f ( x, y ) .
По формуле (5.4): df f xdx f ydy . По формуле (5.6) при m = 2 и m = 3, считая dx и
df ( x, y, z ) d ( x 2 y 3
dy постоянными, последовательно находим (смешанные частные производные не зависят
от порядка дифференцирования):
d 2 f d (df ) d ( f xdx f ydy) ( f xdx f ydy)x dx ( f xdx f ydy )y dy
= f xx (dx) 2 f xy dxdy f yy (dy) ;
2
2
d 3 f d (d 2 f ) ( f xx (dx)2 2 f xy dxdy f yy (dy)2 )x dx ( f xx (dx)2 2 f xydxdy
(dx)3 3 f xxy
(dx)2 dy 3 f xyy
dx(dy)2 f yyy
(dy)3.
f yy (dy)2 )y dy f xxx
Задачи для самостоятельного решения
Найти полное приращение и дифференциал функции z:
2
2
26. а) z x xy y , если x изменяется от 2 до 2,1, а y – от 1 до 1,2.
б) z lg( x y ) , если x изменяется от 2 до 2,1, а y – от 1 до 0,9.
Найти дифференциал функций:
2
27. z ln( y
2
x2 y 2 ) .
29. z ln cos( x / y) .
28. z tg( y / x) .
2
30. Найти df(1,2,1), если f ( x, y, z ) z /( x y ) .
Найти дифференциалы 1-го и 2-го порядков.
2
2
33. z
31. z x 3x y y .
32. z y / x x / y .
34. z ( x y )e .
35. u xy yz zx . 35. u e
3
2
3
xy
x 2 2 xy .
xyz
.
ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ СЛОЖНЫХ И НЕЯВНЫХ ФУНКЦИЙ
СЛОЖНЫЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ И НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
1 . Пусть u f ( x1 ,..., xn ) и в свою очередь, x1 1 (t ),.., xn n (t ) .
Теорема
9.5.
Если
функции
1 (t ),...,n (t )
дифференцируемы
в
точке
M ( x1 ,..., xn ) M (1 (t ),...,n (t )) , то для производной сложной функции
переменной u f (1 (t ),...,n (t )) справедлива формула
u(t ) f x1 (M ) 1(t ) ... f xn ( M ) n (t ) или
du u dx1 u dx3
u dxn
.
...
dt x1 dt x2 dt
xn dt
В
частности,
если
t
совпадает,
например,
одной
(6.1)
с
переменной
x1 ,
то
x2 2 ( x1 ),..., xn n ( x1 ) и “полная” производная функции и по x1 равна
du u u dx2
u dxn
...
.
(6.2)
dx1 x1 x2 dx1
xn dx1
2. Пусть u f ( x1 ,..., xn ) и, в свою очередь, x1 1 (t1 ,..., tm ) , xn n (t1 ,..., tm) .
1 ,..., n дифференцируемы в точке N (t1 ,..., tm ) , а
функция f дифференцируема в точке M ( x1 ,..., xn ) M (1 ( N ),..., n ( N )) , то сложная
Теорема 9.6. Если функции
151
функция m переменных u f (1 (t1 ,..., tm ),...,n (t1 ,..., tm )) дифференцируема в точке N и
справедливы формулы:
u u x1 u x2
u xn
(6.3)
(l 1,2,..., m) ,
...
tl x1 tl x2 tl
xn tl
при этом частные производные функции u по xk (k 1,2,..., n) вычислены в точке М, а
частные производные функций xk по tl (l=1,2,…,m) вычислены в точке N.
Выражение для дифференциала 1-го порядка сохраняет вид (5.4) (свойство
инвариантности формы первого дифференциала).
du
2
, если u xyz , где x t 1, y ln t , z tg t .
dt
du u dx u dy u dz
По формуле (6.1) имеем
yz 2t xz (1/ t )
dt x dt y dt z dt
xy sec2 t 2t lntg t (t 2 1) tg t ) / t (t 2 1)ln t sec2 t .
Пример 8. Найти
Пример 9. Найти производную функции u (t ) t .
Первый способ – применить логарифмическое дифференцирование, как делалось для
функции одной переменной.
Второй способ. Функция u(t) есть результат образования сложной функции при
y
подстановке в функцию f ( x, y ) x вместо x и y двух одинаковых функций переменой t:
t
x (t ) t ,
y (t ) t .
+ f y( x, y ) (t )
получаем
Тогда
по
формуле
t x
t
y
x
(6.1):
u(t ) f x( x, y ) (t )
1 x y 1= y x y 1 x y ln x t t t 1
y
+ t ln t t (1 ln t ) .
t
t
Пример 10. Найти
z dz
x
и
, если z y , где y = sin2x.
x dx
dz z z dy
z
=
y x ln y . По формуле (6.2) получим
x
dx x y dx
y x ln x 2 xy x1 cos2 x .
z z
Пример 11. Найти
, , dz , если z f (u, v) , где u ln( x 2 y 2 ) , v xy 2 .
x y
2
2
2
z f (ln( x y ), xy ) - сложная функция от независимых переменных x и y. Тогда по
z z u z v
2x
формулам (6.3) получим:
fu 2
fv y 2 ;
2
x u x v x
x y
z z u z v
2y
z
z
fu 2
f v 2 xy ; dz du dv fudu f vdv ,
2
y u y v y
u
v
x y
2x
2y
du ux dx uy dy 2
dx
dy , dv vx dx vy dy y 2dx 2 xydy ,
2
2
2
x y
x y
2x
2y
2
dz fu 2
dx
dy
f v( y dx 2 xydy )
2
2
2
x y
x y
Имеем
152
2x
2y
2
f y 2 f v)dx dx 2
f 2 xyf v dy .
2 u
2 u
x y
x y
НЕЯВНЫЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ И НЕСКОЛЬКИХ НЕЗАВИСИМЫХ
ПЕРЕМЕННЫХ
1. Пусть дифференцируемая в точке x0 функция y(x) задана неявно уравнением
F ( x, y) 0 и y=y(x) - решение этого уравнения. Если функция F дифференцируема, то
производная функции y=y(x) определяется формулой
dy
dx
x x0
Fx( x0 , y0 )
Fy( x0 , y0 )
(6.4)
при условии, что Fy( x0 , y0 ) 0 , где y0 = y (x0), F (x0,y0) = 0.
2. Пусть дифференцируемая в точке M ( x1 ,..., xn ) функция u ( x1 ,..., xn ) задана
0
0
0
неявно уравнением F ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 0 и u = u ( x1 ,..., xn ) - решение этого уравнения.
Если F дифференцируема, то частные производные функции u = u ( x1 ,..., xn ) в
точке М 0 определяются по формулам
u
xk
M M
0
Fxk ( M 0 , u 0 )
Fu( M 0 , u 0 )
(k 1,2,...,n)
(6.5)
при условии, что Fu( M , u ) 0 , где u u ( M ), F ( M , u ) 0 .
0
0
0
0
0
0
Пример 12. Найти y(0) , если y 1 xe .
y
F ( x, y) y xe y 1 0 и по формуле (6.4) получаем
y( x)
Fx( x, y )
Fy( x, y)
ey
=
. В нашем случае x0 = 0. Непосредственной подстановкой убедимся, что точка
1 xe y
принадлежит
графику
функции,
т.е.
N ( x0 , y0 ) N (0;1)
F ( x0 , y0 ) F (0;1) ( x xe y 1)
x 0
y 1
0 . Поэтому y(0)
e1
e .
1 0 e1
z z
, , если x3 2 y3 z 3 3xyz 2 y 3 0 .
x y
Левую часть данного уравнения обозначим F ( x, y, z ) . По формуле (6.5)
x
Fx( x, y, z )
3x 2 3 yz x 2 yz
получим:
,
2
y
Fz( x, y, z )
3z 3xy xy z 2
F ( x, y, z )
z
6 y 2 3xz 2
.
y
y
Fz( x, y, z )
3( z 2 xy )
Задачи для самостоятельного решения
dz
2 x3 y
37. Найти
, если z e
, где x tgt , y t 2 1 .
dt
dz
y
38. Найти
, если z x , где x = ln t, y = sin t.
dt
Пример 13. Найти
153
du
t
2
, если u yz / x, где x e , y ln t , z t 1 .
dt
z dz
x
y
3
40. Найти
и
, если z ln(e e ) , где y x x / 3 .
x dx
x 1
z dz
( x 1)2
41. Найти
и
, если z arctg
, где y e
.
x dx
y
2
2
2
42. Найти zx , z y , если z u ln v , где u y / x, v x y .
39. Найти
43. Найти dz, если z u v v u , где u x sin y,
v y cos x .
2
44. Найти zx , zy , если z f (u, v) , где u 2 y /( z y ), v x 3 y .
2
2
45. Найти dz, если z f (u, v) , где u sin( x / y),
v x/ y .
dy
2 2y
2 2x
, если: а) x e y e 0 , б) y sin x cos( x y ) 0 .
dx
dy d 2 y
47. Найти
, 2 , если: а) x y e x y , б) x y arctg y 0 .
dx dx
3
2
48. Найти z x и zy в точке (1,-2,2), если z 4 xz y 4 0 .
46. Найти
2
2
2
49. Найти z x и zy , если: а) z ln( x z ) xy / z 0 , б) F ( x y z, x y z ) 0 .
Рекомендация. Ввести u x y z, v x y z .
2
2
2
ПРИЛОЖЕНИЯ ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ И ДИФФЕРЕНЦИАЛА
ПРИЛОЖЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛА К ПРИБЛИЖЕННЫМ
ВЫЧИСЛЕНИЯМ
Для дифференцируемой функции f ( x1 ,..., xn ) при достаточно малом
(x1 ) 2 ... (xn ) 2 из формул (5.1) – (5.3) следует f df или, что то же самое,
f ( x1 x1 ,..., xn xn ) f ( x1 ,..., xn ) df ( x1,..., xn ) .
Пример 14. Вычислить приближенно
(7.1)
(4,05) 2 (3,07) 2 .
Искомое число будем рассматривать как значение функции f ( x, y )
x 2 y 2 при
x x0 x и y y0 y , если x0 4, y0 3, x 0,05, y 0,07 . Точка M (4;3)
выбрана из соображений близости ее к точке N (4,05; 3,07) и простоты вычисления
значений функции f и ее частных производных в точке М.
По формуле (7.1) имеем
f ( x0 x, y0 y) f ( x0 , y0 ) f x( x0 , y0 )x f y( x0 , y0 )y .
Находим f ( x0 , y0 )
f y( x0 , y0 )
x2 y 2
M (4,3)
y
x2 y 2
5,
M (4,3)
f x( x0 , y0 )
2
. Следовательно,
5
x
x2 y 2
M (4,3)
4
,
5
(4,05) 2 (3,07) 2
5 (4 0,05 3 0,07) / 5 5 0,08 5,08 .
154
КАСАТЕЛЬНАЯ ПОВЕРХНОСТЬ И НОРМАЛЬ К ПОВЕРХНОСТИ
Касательной плоскостью к поверхности в ее точке M 0 (точка касания)
называется плоскость, содержащая в себе все касательные к кривым, проведенным на
поверхности через эту точку. Уравнение касательной плоскости в точке касания
M 0 ( x0 , y0 , z0 ) имеет вид:
а) к поверхности F(x,y,z) = 0:
(7.2)
Fx(M 0 )( x x0 ) Fy(M 0 )( y y0 ) Fz(M 0 )( z z0 ) 0 ,
1.
б) к поверхности z f ( x, y) :
z z0 f x( x0 , y0 )( x x0 ) f y( x0 , y0 )( y y0 ) .
2. Нормалью к поверхности называется прямая, перпендикулярная к касательной
плоскости и проходящая через точку касания. Параметрические уравнения нормали в
точке касания M 0 ( x0 , y0 , z0 ) имеют вид:
а) к поверхности F ( x, y, z ) 0 :
x x0 Fx(M 0 ) t , y y0 Fy(M 0 ) t , z z0 Fz(M 0 ) t ; (7.3)
б) к поверхности z f ( x, y) :
x x0 f x( x0 , y0 ) t , y y0 f y( x0 , y0 ) t , z z0 t .
Пример 15. Найти уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности
x y 2 z 2 8x 4 y 6 z 20 0 в точке М(2,4,6).
Обозначив через F ( x, y, z ) левую часть уравнения поверхности, найдем
Fx( x, y, z ) 2 x 8,
Fy( x, y, z ) 2 y F4z( x, , y, z ) 2 z 6, Fx(2,4,6) 4,
Fy(2,4,6) 12, Fz(2, 4,6) 6. По формуле (7.2) имеем уравнение касательной
4( x 2) 12( y 4) 6( z 6) 0 или 2 x 6 y 3z 38 0 . По
плоскости
2
формулам
уравнения нормали в параметрической форме
x 2 4t , y 4 12t , z 6 6t , отсюда можно получить канонические уравнения
нормали
(7.3)
находим
x2 y4 z 6
.
2
6
3
ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ 2-Х ПЕРЕМЕННЫХ
Пусть M 0 ( x0 , y0 ) - внутренняя точка области определения функции f ( x, y ) .
Точка M 0 называется точкой минимума (максимума) функции f, если существует такая
окрестность V( M 0 ) точки M 0 , что для любой точки M ( x, y ) V( M 0 ) выполняется
f ( M ) f ( M 0 ) ( f ( M ) f ( M 0 )) .
Точка M 0 называется точкой экстремума функции f, если она является точкой
минимума или точкой максимума этой функции.
Теорема 9.7. (Необходимое условие экстремума.) Если
M 0 ( x0 , y0 ) - точка
экстремума функции, то каждая частная производная f x( M 0 ) и f y( M 0 ) либо равна
нулю, либо не существует.
Точка M 0 называется критической точкой функции f, если в ней выполняются
необходимые условия экстремума функции f.
Теорема 9.8. (Достаточные условия экстремума.) Пусть: а) M 0 - критическая точка
функции f,
б) существуют и непрерывны производные f x, f y, f xx, f xy , f yy в точках
M 0 ( x0 , y0 ) и M ( x, y ) V( M 0 ) , в) f xx (M 0 ) f yy (M 0 ) ( f xy (M 0 ))2 .Тогда: 1) если
155
0 и f xx ( M 0 ) 0 ( f yy (M 0 ) 0, )то M 0 - точка минимума функции f ; 2) если
0 и f xx ( M 0 ) 0 ( f yy (M 0 ) 0,) то M 0 - точка максимума функции f ; 3) если
0 , то M 0 не является точкой экстремума; 4) если 0 , то требуется
дополнительное
исследование.
Отметим, что в случае 0 существуют такие две прямые, проходящие через
точку M 0 , что при движении точки M по первой из этих прямых значения функции
f ( M ) сначала уменьшаются, затем возрастают. При движении точки М по другой
прямой значения функции сначала возрастают, в точке M 0 достигают максимума, затем
уменьшаются. В этом случае точку M 0 называют седловой.
Пример 16. Исследовать на экстремум функцию z x y 3xy .
Из необходимого условия экстремума функции (теорема 9.7) имеем систему
3
zx 3 x 2 3 y 0,
2
zy 3 y 3 x 0,
3
решая которую получаем критические точки M 1 (0;0), M 2 (1;1) .
Определим характер критических точек по достаточным условиям экстремума. Находим
zxx ( x, y) 6 x, zxy ( x, y) 3, zyy ( x, y) 6 y . В точке M 1 (0;0) : zxx ( M 1 ) 0 ,
zxy ( M1 ) 3 ,
zyy ( M1 ) 0 ,
z xx z yy ( z xy ) 2
M1 (0;0)
9 0 . Следовательно,
M 1 (0;0) - седловая точка. В точке M 2 (1;1) : zxx ( M 2 ) 6, zxy ( M 2 ) 3 , zyy ( M 2 ) 6 ,
6 6 (3)2 27 0 ,
zmin z (M 2 ) 1 .
поэтому
M 2 (1;1) -
точка
минимума
функции
z;
НАИБОЛЬШЕЕ И НАИМЕНЬШЕЕ ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ 2-Х
ПЕРЕМЕННЫХ В ЗАМКНУТОЙ ОБЛАСТИ
В 9.3 была сформулирована теорема Вейерштрасса (теорема 9.1), согласно которой
всякая функция f ( x, y ) , непрерывная в замкнутой области U, ограниченной ломаной
Г= 1 2 ... m , достигает в этой области своих наибольшего – наименьшего
значений, для отыскания которых пользуемся следующим алгоритмом.
1. Находим критические точки, принадлежащие U.
2. На каждом звене k ломаной Г сводим функцию f к функции f k одной переменной и
выделяем на k критические точки функции f k .
3. Список точек, полученный в пунктах 1 и 2 дополняем вершинами ломаной Г.
4. Вычисляем значения функции в точках полученного списка и выбираем
среди них наибольшее и наименьшее, которые и будут искомыми.
Пример
наибольшее и наименьшее значения функции
f ( x, y) x 4 xy 5 y 13x в области D, заданной неравенствами y 2 x 4 .
2
17.
Найти
2
Область D ограничена частью параболы x y и отрезком прямой x = 4 (рис.9.3). 1)
Находим критические точки из необходимого условия экстремума функции:
2
f x 2 x 4 y 13 0,
Решение системы: x =32,5, y = –13. Найденная критическая
f
4
x
10
y
0.
y
точка M 1 (32,5; 13) не принадлежит D.
156
1 x 4, y [2,2] . Функция
f ( x, y) сводится к функции одной переменной f1 ( y) f (4, y) 5 y 2 16 y 36,
f1 ( y ) : f1( y ) 10 y 16 0,
y [2,2] .Находим критические точки функции
y1kp 1,6 . На 1 x = 4 и точки M 2 (4; 1,6) 1 . б) На линии 2 x y 2 , y [2;2] .
2) Исследуем функцию на границе. а) На участке
f ( x, y) сводится к функции f 2 y 4 4 y 3 8 y 2 , y [2;2] . Находим
3
2
2
критические точки функции f 2 ( y ) : f 2( y ) 4 y 12 y 16 y 0 , y( y 3 y 4) 0 ,
( y2 kp 0) [2;2] , ( y3kp 1) [2,2] , ( y4 kp 4) [2,2] . На 2 x y 2 и получаем
точки M 3 (0;0) 2 , M 4 (1;1) 2 .
3) Вершины ломаной в точках M 5 (4; 2) и M 6 (4;2) . 4) Вычисляем значения функции f
f ( M 3 ) 0 , f ( M 4 ) 3 , f ( M 5 ) 48 ,
в точках M 2 M 6 :f(M 2 ) 48,8,
f ( M 6 ) 16 . Итак, f наиб. f (4;2) 16 , f наим. f (4; 1,6) 48,8 .
Функция
ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА ДЛЯ ФУНКЦИИ 2-Х ПЕРЕМЕННЫХ.
Если функция f ( x, y ) дифференцируема n+1 раз в некоторой окрестности
U ( M 0 ) точки M 0 ( x0 , y0 ) , то для всякой точки M ( x, y ) U ( M 0 ) справедлива формула
Тейлора
f (M ) f (M 0 )
1
1
1
df ( M 0 ) d 2 f ( M 0 ) ... d n f ( M 0 ) Rn (x, y)
1!
2!
n!
или, записав несколько членов в развернутом виде,
1
1
f ( x, y ) f ( x0 , y0 ) ( f x( x0 , y0 )x f y( x0 , y0 )y) ( f xx ( x0 , y0 )( x) 2
1!
2!
1
( x0 , y0 )(x)3
(7.4)
2 f xy ( x0 , y0 )xy f yy ( x0 , y0 )(y)2 ) + ( f xxx
3!
( x0 , y0 )(x)2 x 3 f xyy
( x0 , y0 )x(y)2 f yyy
( x0 , y0 )(y)3 ) …+
3 f xxy
Rn (x, y ) . Здесь x x x0 , y y y0 , Rn (x, y ) - остаточный член в формуле
Тейлора порядка n. При этом Rn (x, y) n (x, y) ((x) (y) ) ,где n бесконечно малая функция при x 0 и y 0 , вид которой зависит от функции f и
2
точки M ( x, y ) . В форме Пеано Rn (x, y ) o( ) , где
n
2 n/2
(x) 2 (y ) 2 . При
x0 y0 0 формула (7.4) называется формулой Маклорена.
Пример 18. Функцию f ( x, y ) x 5 x xy y 10 x 5 y 4 разложить по
формуле Тейлора в окрестности точки(2,-1).
Имеем f (2, 1) 2 . Вычислим последовательно частные производные данной
3
функции: f x( x, y) 3x 10 x y 10,
2
f xx ( x, y) 6 x 10,
производные
f xy (( x, y) 1,
тождественно
равны
2
2
f y( x, y) x 2 y 5 ,
( x, y) 6 . Все последующие
f yy ( x, y) 2, f xxx
нулю.
Значения
производных
в
точке(2,-1):
f x(2, 1) 3, f y(2, 1) 1, f xx (2, 1) 2, f xy (2, 1) 1, f yy (2, 1) 2,
(2, 1) 6 . По формуле (7.4) получаем искомое разложение
f xxx
f ( x, y) 2 3( x 2) ( y 1) ( x 2) 2 ( x 2)( y 1) ( y 1) 2 ( x 2)3 .
157
Пример 19. Функцию f ( x, y ) arctg ( y / x) разложить по формуле Тейлора в
окрестности точки (1;1) до членов второго порядка включительно.
Имеем f (1;1) arctg1 / 4 . В соответствии с формулой (7.4) вычислим
производные 1-го и 2-го порядков данной функции и их значения в точке (1,1).
f x y /( x2 y 2 ), f y x /( x2 y 2 ), f xx 2 xy /( x 2 y 2 )2 ,
f xy 2( y 2 x2 ) /( x2 y 2 )2 , f y 2 xy /( x2 y 2 )2 ; f x(1,1) 1/ 2 ,
f y(1,1) 1/ 2 , f xx (1,1) 1/ 2, f xy (1,1) 0, f yy (1,1) 1/ 2 . По формуле (7.4) имеем
arctg ( y / x) / 4 ( x 1) / 2 ( y 1) / 2 ( x 1) 2 / 4 ( y 1) 2 / 4 o( 2 ) , где
( x 1) 2 ( y 1) 2 .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить приближенно:
50. (2,01)
3,03
. 51.
(1,02)3 (1,97)3 . 52. sin 28 ;cos61 . 53.
ln( 3 1,03 4 0,98 1) .
Цилиндрический стакан имеет внутренние размеры: радиус основания
R =2,5м, высоту H = 4м и толщину стенок l=1 дм . Найти приближенно объем
материала, затраченного на изготовление стакана.
55. В усеченном конусе радиусы оснований R =20 см, r =10см, высота h =30 см. Как
приближенно изменится объем конуса, если R увеличить на 2 мм, r – на 3 мм и h
уменьшить на 1мм.
56 Найти уравнение касательной плоскости и нормали к следующим поверхностям в
указанных точках:
x cos y
а) z sin x cos y в точке / 4, / 4,1/ 2 ; б) z e
в точке (1, ,1/ e) ;
54.
в) x( y z )( xy z ) 8 0 в точке (2,1,3); г) 2
x/ z
2 y / z 8 в точке (2,2,1);
д) z 4 z x 0 в точках пересечения с осью Oz.
57. Найти углы, которые образуют нормаль к поверхности z arctg ( x / y) в точке (1,1,
/4) c осями координат.
Найти экстремумы функций 2-х переменных:
2
2
58. z x xy y 3x 6 y .
2
2
( x 0, y 0) .
59. z xy (1 x y )
60. z xy 50/ x 20/ y ( x 0, y 0) .
2
61. z x 3xy 15 x 12 y .
3
2
62. z (2 x y )e
2
2
( x2 y 2 )
.
63. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z x y xy x y в
области x 0, y 0, x y 3 .
64. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z xy в области
2
2
x2 y 2 1.
65. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z e
( x2 y 2 )
(2 x 2 3 y 2 )
в круге x y 4 .
66. Определить длины сторон прямоугольного параллелепипеда наибольшего объема,
вписанного в прямой круговой конус с радиусом основания R и высотой H.
2
2
158
67. Определить наружные размеры закрытого ящика с заданной толщиной стенок и
внутренней емкостью V так, чтобы на его изготовление было затрачено наименьшее
количество материала.
3
3
68. Функцию f ( x, y) x 2 y 3xy разложить по формуле Тейлора в окрестности
точки (2,1).
69. Разложить по формуле Маклорена до членов 3-его порядка включительно функцию
f ( x, y ) e y cos x .
70. Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки (1;1) до членов 3-го порядка
включительно функцию f ( x, y ) y / x .
71. Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки (1;1) до членов 2-го порядка
включительно неявную функцию z ( x, y) , определяемую уравнением
z 3 3 yz 4 x 0 , если z (1;1) 1 .
Ответы к задачам главы 9
2
1. x / a y / b 1 .
2. y 4 x 8 .
3. x y 0, x y 0 - внутренняя часть
правого вертикального угла, образованного биссектрисами координатных углов.
4. 1 x y 1 x ( x 0), 1 x y 1 x ( x 0) (при x = 0 функция не
2
2
2
2
5. x 0, y 0, x y . 6. Вся плоскость за исключением прямых
x y n (n 0, 1, 2,...) . 7. x 0; 2 n y 2(n 1) (n – целое число).
2
определена).
8. Часть пространства, заключенная между сферами x y z r и
2
2
2
2
x 2 y 2 z 2 R 2 , включая поверхность внешней сферы и исключая – внутренней
сферы. 9.0. 10. 0. 11. 0. 12. 1. 13. 0. 14. (1,-1).
15. Линии разрыва – прямые x k и y m , где k , m Z .
16. О(0,0)- точка бесконечного разрыва; точки прямой x y 0 ( x 0) - устранимые
точки разрыва.
17. Поверхности разрыва – координатные плоскости x 0, y 0, z 0 .
18. Поверхность разрыва – эллипсоид x / a y / b z / c 1 .
19. 1) непрерывна; 2) разрывна; непрерывна по x и y в отдельности; 3) непрерывна.
Перейти к полярным координатам.
4
2 3
3
3
4
3 2
2 2
20. zx 5 x 15 x y , zy 5 y 15x y , zxx 20 x 30 xy , zxy 45x y ,
2
2
2
2
2
2
zyy 20 y3 30 x3 y .
2
3
2
21. zx y y / x , zy x 1/ x , zx 2 y / x , zxy 1 1/ x , zyy 0 .
22. zx (1 xy )e
xy
, zy x e
2 xy
, zxx y ( xy 2)e
xy
, zxy x( xy 2)e
xy
,
zyy x3e xy .
23. zx (cos y ) / x , zy 2( y sin y ) / x , zxx 2(cos y ) / x , zxy 2( y sin y ) / x ,
2
2
2
2
3
2
2
zyy (2sin y 2 4 y 2 cos y 2 ) / x .
24. zx y ln y , zy xy
x 1
, zxx y ln y , zxy y
26. а) =0,33, dz = 0,3;
б) z = 0,0187, dz = 0,0174.
( x ln y 1) , zyy x( x 1) y x2 .
25. f x(3,2) 56, f y(3,2) 42, f xx (3,2) 36, f xy (3,2) 31, f yy (3,2) 6 .
x
2 1/ 2
27. dz ( x y )
2
x
2
x 1
( y x 2 y 2 ) 1 xdx ( x 2 y 2 ) 1/ 2 dy .
159
2
2
28. dz x cos ( y / x) y(2 xdy ydx).
2
2
29. dz y tg ( x / y )( xdy ydx) . 30. df (1,2,1) (5dz 2(dx 2dy)) / 25 .
31. dz 3x( x 2 y)dx 3( x y )dy,
2
2
d 2 z 6 x y dx 2 xdxdy y(dy) 2 .
2
32. dz (1/ x 1/ y )( xdy ydx),
2
2
d 2 z 2( y(dx)2 / x3 (1/ y 2 1/ x 2 )dxdy x(dy)2 / y 2 ) .
2
1/ 2
33. dz ( x 2 xy )
(( x y)dx xdy) ,
2
2
3/ 2
d z ( x 2 xy) ( y 2 (dx)2 2 xydxdy x 2 (dy)2 ) .
xy
2
2
34. dz e (( y xy 1)dx ( x xy 1)dy ) ,
d 2 z e xy ( y( y 2 xy 2)(dx)2 2( x y)( xy 2)dxdy x( x 2 xy 2)(dy)2 ) .
2
35. du ( y z )dx ( x z )dy ( x y )dz , d u 2(dxdy dydz dxdz ) .
xyz
36. du e ( yzdx zxdy xydz ) ,
d 2u e xyz (( yzdx xzdy xydz )2 2( zdxdy xdydz ydzdx)) .
2 x 3 y
37. z(t ) e
(2sec2 t 3(2t 1)) . 38. dz / dt x y ( y / tx (ln x)cos t ) .
2
t
2
39. dz / dt ( x( z 2 yt ) yzte ) / tx .
x
x
y
x
y
2
x
y
40. zx e /(e e ), dz / dx (e e ( x 1)) /(e e ) .
2
2
2
2
2
41. zx y /( y ( x 1) ), dz / dx y(1 2( x 1) ) /( y ( x 1) ) .
2
42. zx 2u(ux / v ( y ln v) / x ), zy 2u((ln v) / x uy / v) .
43. dz ((2uv v )sin y (u 2uv) y sin x)dx
2
2
((2uv v 2 ) x cos y (u 2 2uv)cos x)dy .
2
2
44. zx 2 xf v(u, v) 2 yfu(u, v) /( x y ) , zy 2 xfu(u, v) /( x y) 3 f v(u, v) .
45. dz y (cos( x / y) fu(u, v)
2
y / x f v(u, v) / 2)( ydx xdy) .
46. a) y ( y e
xe2 y ) /( x 2e2 y ye2 x ) ,
б) y ( y cos x sin( x y )) /(sin( x y ) sin x) .
2
47. a) y ( x y 1) /( x y 1), y 4( x y) /( x y 1) .
2
2
2
5
б) y (1 y ) / y , y 2(1 y ) / y .
48. zx 1, zy 1/ 2.
2 2x
49. а) zx ( yz ( z x) z ) /( z 2 xy( x z )),
zy xz ( x z ) /( z 3 2 xy( x z )) ;
б) zx ( Fu(u , v) 2 xFv(u , v)) /( Fu(u , v) 2 zFv(u , v)) ,
zy ( Fu(u, v) 2 yFv(u, v)) /( Fu(u, v) 2 zFv(u, v)) .
3
3
50. 8,29. 51. 2,95. 52. 0,227. 53. 0,005. 54. 8,2 м3. 55. Увеличится на 617,5см3.
56. а) x y 2 z 1 0; x / 4 t , y / 4 t , z 1/ 2 2t .
б) x ez 2 0; x 1 t , y , z et 1/ e .
в) 2 x 7 y 5 z 4 0; x 2 2t , y 1 7t , z 3 5t .
г) x y 4 z 0; x 2 t , y 2 t , z 1 4t . д) В точке (0,0,0): z = 0; x = 0,
y = 0, z = t. В точке (0,0,-4): z = -4; x = 0, y = 0, z = -4+t.
160
57. cos 1/ 6 , cos 1/ 6, cos 2 / 6 . 58. zmin 9
при x 0, y 3 .
59. zmax 1/ 64 при x 1/ 4, y 1/ 2 . 60. zmin 30 при x 5, y 2 .
zmax 28 при x 2, y 1 . В критических
61. zmin 28 при x 2, y 1 ;
точках(1;2), (-1;-2) экстремумов нет.
1
62. zmin 0 при x y 0; zmax 2e
при x 1, y 0 . В критических точках (0; 1) экстремумов нет.
63. zнаиб. 6 в точках (3; 0) и (0; 3); zнаим. 1 в точке (1; 1).
64. zнаиб. 1/ 2 в точках (1/ 2;1/ 2) и ( 1/ 2; 1/ 2) ;
zнаим. 1/ 2 в точках (1/ 2; 1/ 2) и (1/ 2;1/ 2) .
65. zнаим. 0 в точке (0; 0); zнаиб. 3/ e в точках (0; 1) и (0; -1).
66. 2 2 R / 3,
2 2 R / 3,
H / 3 . 67. x y z 3 V 2 .
68. f ( x, y) 12 15( x 2) 6( x 2) 3( x 2)( y 1) 6( y 1)
2
2
( x 2)3 2( y 1)3 .
69. f ( x, y ) 1 y ( y x ) / 2! ( y 3x y) / 3! o( ) , где
2
2
3
2
2
x2 y 2 .
70. f ( x, y) 1 ( x 1) ( y 1) ( x 1) ( x 1)( y 1) ( x 1)
2
3
( x 1)2 ( y 1) o( 3 ) , где ( x 1) 2 ( y 1) 2 .
71. z 1 2( x 1) / 3 ( y 1) / 2 2( x 1) / 9 ( y 1) /8 o( ) , где
2
2
2
( x 1) 2 ( y 1) 2 .
ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ, ОПРЕДЕЛЕНИЯ
2
3
1. R {( x, y )} ( R {( x, y, z )}) - множество всех упорядоченных пар чисел (x,y)
(троек чисел (x,y,z)). R {( x1, x2 ,..., xn )} - множество всех упорядоченных наборов n
n
чисел ( x1, x2 ,..., xn ) .
2. Функция f n переменных сопоставляет по определенному правилу каждому
n
набору n чисел ( x1, x2 ,..., xn ) из области определения D R единственное значение u
E R , что записывается в виде f : D E или
u f ( x1 ,..., xn ), ( x1 ,..., xn ) D. В дальнейшем будем рассматривать функции двух (трех)
2
3
переменных z f ( x, y) , ( x, y ) D R (u f ( x, y, z ), ( x, y, z ) D R ) .
из
области
значений
3. Если (x,y) (или (x,y,z)) - декартовы координаты точки плоскости Oxy (или
пространства Oxyz), то D – часть плоскости или вся плоскость (часть пространства или все
пространство).
0
0
0
4. - окрестность точки M 0 ( x1 , x2 ,..., xn ) - множество всех точек
M ( x1 , x2 ,..., xn ) , не совпадающих с точкой M 0 , расстояние до которых от точки M 0
меньше : 0 ( M , M 0 ) . Так, - окрестность точки M 0 ( x0 , y0 ) - множество точек
( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2 ( z z0 ) 2 - шар
радиуса без границы с выколотым центром M 0 .
M(x,y), удовлетворяющих условию 0
161
.
5. Назовем точку внутренней точкой области, если она принадлежит этой области
вместе со всеми точками какой – нибудь своей окрестности. Любая окрестность граничной
точки области содержит точки, принадлежащие области, и точки, не принадлежащие
области. Сами граничные точки могут принадлежать области, а могут не принадлежать.
6. Область называется замкнутой, если она содержит все свои граничные точки.
Пример 1. Найти и изобразить область определения функций:
а) z 1 x
y 2 1 ; б) z x 2 4 y / ln(1 x 2 y 2 ) .
2
а) функция определена, если x и y
удовлетворяют системе неравенств (которую
x 1,
Следовательно, область
y
1.
D ( x, y) 1 x 1, y 1
2
x 1,
2
y 1;
1 x 0,
последовательно решаем)
2
y 1 0;
2
определения
( x, y)
множество
точек
1 x 1,1 y .Область определения изображена на рис. 9.1.
б) функция определена, если x и y удовлетворяют системе
y
неравенств
1
1
1
0
x
1
x 2 4 y 0,
2
2
1 x y 0,
1 x 2 y 2 1.
Область определения получается пересечением множеств:
y x 2 / 4 - множество точек
Рис. 9.1.
“под” параболой y x / 4 ,
включая саму параболу;
2
y
x 2 y 2 1 - внутренность
0
1
1
x
1
круга радиуса 1 с центром в
2
2
точке O(0;0) , x y 0 вся плоскость Oxy, исключая
точку O(0;0) . Итак,
D {( x, y ) y x 2 / 4,
x 2 y 2 1,
( x 0)
( y 0)} (рис. 9.2).
Задачи для самостоятельного решения
Найти области определения следующих функций:
1. z 1 x / a y / b .
2
2
2
2
4. z arcsin(( y 1) / x) . 5. z
8. u
2. z ln( y 4 x 8) . 3. z 1/ x y 1/ x y .
2
x y .
6. z ctg ( x y ) . 7. z ln x lnsin y .
R 2 x 2 y 2 z 2 1/ x 2 y 2 z 2 r 2 , R r.
ПРЕДЕЛ ФУНКЦИИ
162
Пусть функция f ( M ) f ( x1 , x2 ,..., xn ) определена на множестве D и точка
M0 D .
1. Число А называется пределом функции f(M) при стремлении точки
M ( x1 , x2 ,...xn ) к точке M 0 ( x10 , x20 ,..., xn0 ) (или, другими словами, при
xi xi0 , i 1,2,..., n) , если для любого, сколь угодно малого положительного найдется
такая - окрестность точки M 0 , что для любой точки M из этой окрестности выполняется
f ( M ) A и обозначается lim f ( M ) A . Этот предел не должен зависеть от
M M 0
способа
(“пути”)
стремления
к
M
М0.
df
Используя
логические
lim f ( M ) A 0 ( ) 0
символы
MM0
M (0 ( M , M 0 ) f ( M ) A ) .Для функции двух переменных f (x,y)
df
lim f ( x, y ) A 0 ( ) 0 ( x, y ) (0 ( x x0 ) 2 ( y y0 ) 2
x x0 ,
y y0
f ( x, y) A ) .
2. Функция f(M) называется бесконечно малой функцией (б.м.ф.) при стремлении M
df
к
точке
M0,
( ) 0
lim f ( M ) 0 0
если
M M 0
M (0 ( M , M 0 ) f (M ) ) . Практически, при вычислении
lim f ( M )
M M 0
удобно задать проходящую через точки M и М0 линию в параметрической (или иной )
форме, сведя тем самым задачу к вычислению предела функции одной переменной по
известным правилам и теоремам.
2 xy
,
x 0 x 2 y 2
y 0
Пример 2. Вычислить пределы: а) lim
б) lim( x y )e
2
2
( x y )
x
y
а) Пусть точка M(x,y) из окрестности точки M0(0,0) стремится к точке М0 по прямой
y=kx ( проходящей через точки М0 и М). Тогда из x 0 следует y 0 и
2 xy
2 x kx
2k
lim
. Пределы получаются разными при различных “k”
2
x 0 x 2 y 2
x 0 x 2 k 2 x 2
1
k
y 0
lim
и не существует числа A, к которому значения f ( x, y)
2 xy
(x y2 )
2
становились бы
сколь угодно близки, как только точка M(x,y) оказывается в достаточной близости от
точки M0(0,0). Предел данной функции при MM0(0,0) не существует.
2
2
( x y )
б) lim( x y )e
=находим предел вдоль луча y=kx (k>0, x [0; ) ) при
x
y
применим
x
x e
x
( x 2 )
2(1 k 2 )
2
Лопиталя два раза= (1 k )lim
. lim (1 k ) x
x
(1 k ) x e
e(1k ) x
x= lim x (1 k )e
2
2
x (1 k )
(1 k 2 )lim
x2
(1 k ) x
правило
163
2(1 k 2 )
1
lim
0 k 0, – предел существует и равен нулю.
(1 k ) 2 x e(1 k ) x
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить пределы функций, полагая, что независимые переменные произвольно
стремятся к своим предельным значениям.
x2 y 2 1 1
sin( x3 y 3 )
9. lim
10.
lim
.
.
2
2
2
2
x 0
x 0
x
y
x
y
y 0
y 0
12. lim(1 x y )
2
2
1
x2 y 2
x 0
y 0
9.3.
2
2
e1/( x y )
11. lim 4
.
x 0 x y 4
y 0
x y
.
x x 2 xy y 2
y
. 13. lim
НЕПРЕРЫВНОСТЬ ФУНКЦИИ
0
0
1. Функция f(M) называется непрерывной в точке M 0 ( x1 ,..., xn ) , если выполнены
условия : 1) f(M) определена в точке M0 ; 2) существует lim f ( M ) ;
3) lim f ( M ) f ( M 0 ) .
M M 0
M M 0
2. Функция f(M) называется непрерывной в области U , если она непрерывна в
каждой точке области U.
3 . Если в точке M0 нарушено хотя бы одно из условий 1) – 3) непрерывности
функции в точке, то M0 называется точкой разрыва функции f(M). Точки разрыва могут
быть изолированными, образовывать линии разрыва, поверхности разрыва и т.д.
Теорема 9.1 (Вейерштрасса). Если множество U, принадлежащее области
определения функции f, является замкнутым и ограниченным, а функция f непрерывна на
U, то f достигает на U своих наибольшего и наименьшего значений, т.е. существуют такие
точки M 1 U и M 2 U , что для любой точки M U выполняется неравенство
f ( M 1 ) f ( M ) f ( M 2 ).
Пример 3. Найти точки разрыва функций: а) z 1/ ln(2 x y );
2
2
б) u 1/( x y z ).
2
2
2
а) Область существования функции ln(2 x y
2
2)
есть множество точек
плоскости Oxy, координаты которых удовлетворяют условию 2 x y 0 или
2
x 2 y 2 2 - внутренность круга радиуса
2
2 с центром в точке O (0;0). Функция
1/ ln(2 x 2 y 2 ) не определена в точках, в которых знаменатель обращается в нуль, т.е.
ln(2 x 2 y 2 ) 0 , отсюда 2 x 2 y 2 1 или x 2 y 2 1 . Таким образом, функция
2
2
z(x,y) разрывна на окружности x y 1 .
б) Функция u(x,y,z) не определена в точках, в которых знаменатель обращается в
нуль. Поэтому в пространстве Oxyz точки разрыва функции образуют поверхность
x 2 y 2 z 2 0 – конус.
Задачи для самостоятельного решения
Найти точки разрыва функций двух переменных:
2
2
3
3
14. z 1/(( x 1) ( y 1) ). 15. z 1/ sin x sin y. 16. z ( x y ) /( x y ).
Найти точки разрыва функций трех переменных:
164
x2 y 2 z 2
18. u 1/ 2 2 2 1 .
b
c
a
17. u 1/ xyz.
19. Исследовать непрерывность функции при x = 0, y = 0:
2 2
2
2
2
2
1) f ( x, y) x y /( x y ), f (0,0) 0 . 2) f ( x, y) xy /( x y ), f (0,0) 0 .
3) f ( x, y )
x3 y 3
, f (0,0) 0 .
x2 y 2
ЧАСТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ И ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИИ
1. Пусть M(x1,…,xk,…,xn) – произвольная фиксированная точка из области
определения D функции u f ( x1 ,..., xn ) и точка N ( x1 ,..., xk xk ,..., xn ) D. Если
существует предел
lim
N M
f ( N ) f (M )
f ( x1 ,..., xk xk ,..., xn ) f ( x1 ,..., xk ,..., xn )
lim
,
xk 0
MN
xk
то он называется частной производной первого порядка данной функции по переменной xk
в точке M и обозначается
u
или f xk ( M ) , или f xk ( x1 ,..., xn ) .
xk
Частные производные вычисляются по правилам дифференцирования функции
одной переменной, при этом все переменные, кроме xk , рассматриваются как постоянные.
2. Частными производными второго порядка функции u f ( x1 ,..., xn ) по
соответствующим переменным называются частные производные от ее частных
производных
первого
порядка,
= f xk xk ( x1 ,..., xk ,...xn ) f 2 ( M ) ,
xk
они
обозначаются:
2u
u
xk xl xl xk
2u
xk2
u
xk xk
f xk xl ( M ) и т.д. Аналогично
определяются частные производные порядка выше второго.
Теорема 9.2 Если смешанные производные f xk xl и f xl xk непрерывны, то они
совпадают: f xk xl f xl xk .
Таким образом, результат многократного дифференцирования функции по
различным переменным не зависит от порядка дифференцирования при условии, что
возникающие при этом “смешанные” частные производные непрерывны.
Пример 4. Найти частные производные первого и второго порядков от функции
z ln( x 2 y 2 ) .
Считая последовательно постоянной “y”, затем “x”, и применяя правило
дифференцирования сложной функции, получим:
z
1
2x
,
2
( x 2 y 2 )x 2
2
x ( x y )
x y2
z
1
2y
2
2
. Дифференцируя вторично, получим:
2
(
x
y
)
y
y ( x y 2 )
x2 y 2
2 z z 2 x
( x2 y 2 ) x 2x
x2 y 2
2 2
,
2
x 2 x x x x 2 y 2
( x 2 y 2 )2
( x y 2 )2
165
2 z
z 2 x
(2 y )
4 xy
2
2x 2
2
,
2
2 2
2 2
xy y x y x y
(x y ) (x y )
2 z
z
2y
2x
4 xy
2
2
y
,
2
2 2
2
2 2
yx x y x x y 2
(x y ) (x y )
2 z z
2y
( x 2 y 2 ) y (2 y )
x2 y 2
2
2
.
y 2 y y y x 2 y 2
( x 2 y 2 )2
( x 2 y 2 )2
Задачи для самостоятельного решения
Найти частные производные 1-го и 2-го порядков от заданных функций:
xy
5
5
3 3
2
20. z x y 5 x y . 21. z xy y / x . 22. z xe . 23. z (cos y ) / x .
24. z y .
x
25. Найти f x(3,2), f y(3,2), f xx (3,2), f xy (3,2), f yy (3,2) , если
f ( x, y) x3 y xy 2 2 x 3 y 1 .
ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИИ. ДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ
1. Полным приращением функции f ( x1 ,..., xn ) в точке M ( x1 ,..., xn ) ,
x1 , x2 ,..., xn , называется разность
f ( x1 ,..., xn ) f ( x1 x1 ,..., xn xn ) f ( x1 ,..., xn ) .
(5.1)
соответствующим приращениям аргументов
2.Функция f называется дифференцируемой в точке М, если существуют такие
числа A1 , A2 ,..., An , что всюду в окрестности точки М полное приращение
функции можно представить в виде
f ( x1 , x2 ,..., xn ) A1x1 A2 x2 ... An xn o( ) ,
где
(x1 )2 (x2 ) 2 ... (xn ) 2 .
Теорема 9.3 (Необходимое условие дифференцируемости функции.) Если функция
f дифференцируема во внутренней точке M ( x1 , x2 ,..., xn ) D( f ) , то существуют
частные производные
f
( M i ), i 1,2,..., n.
xi
Теорема 9.4. (Достаточное условие дифференцируемости функции). Если частные
f
, i 1,2,..., n существуют и непрерывны во внутренней точке
xi
M ( x1 , x2 ,..., xn ) D( f ) , то функция дифференцируема в М. Для дифференцируемой в
производные
точке М функции f полное приращение
f ( M ) f x1 (M ) x1 ... f xn (M )xn o( )
3. Дифференциалом df первого порядка функции
(5.2)
f ( x1 ,..., xn ) в точке
M ( x1 , x2 ..., xn ) называется главная часть полного приращения (5.2), линейная
относительно x1 ,..., xn :
df (M ) f x1 (M ) x1 ... f xn (M ) xn .
(5.3)
f 0, если l k ,
xl 1, если l k ,
l = 1,2,…,n и df ( x1 ,..., xn ) xk или dxk xk , k 1,2,..., n . Тогда дифференциал
Подставив в (5.2) f ( x1 ,..., xn ) xk , k 1,2,..., n , получим
функции f выражается через дифференциалы независимых переменных:
166
df (M ) f x1 (M ) dx1 ... f xn (M ) dxn .
(5.4)
Функции u и v нескольких переменных подчиняются обычным правилам
дифференцирования:
d (uv) vdu udv ,
d (u v) du dv ,
d (u / v) (vdu udv) / v 2 .
(5.5)
2
4.Дифференциалом 2-го порядка d f функции f ( x1 ,..., xn ) называется
дифференциал от ее дифференциала 1-го порядка, рассматриваемого как функция
переменных x1 ,..., xn при фиксированных (т.е. постоянных) dx1 ,..., dxn :
d 2 f d (df ) . Вообще, дифференциал m – го порядка функции f:
d m f d (d m1 f ), m 2,3,...
(5.6)
Пример 5. Найти полное приращение и дифференциал функции f ( x, y ) xy в
точке ( x, y ) .
По формуле (5.1) f ( x, y) f ( x x, y y) f ( x, y)
2
= ( x x)( y y ) xy y x 2 xy y x(y ) 2 yxy x(y ) .
Дифференциал df есть главная часть полного приращения, линейная относительно
x и y : df ( x, y) y 2x 2 xyy .
2
2
2
2
2
Пример 6. Найти дифференциал функции f ( x, y, z ) x y / z .
2
3
4
f 2 xy 3 f 3x 2 y 2 f
4 x2 y3
,
,
5 ,
Первый способ. По формуле (5.4):
x
z y
z4
z
z
3
2 2
2 3
2 xy
3x y
4x y
df ( x, y, z ) 4 dx 3 4 dy 5 dz xy 2 (2 yzdx 3xzdy 4 xydz ) / z 5 .
z
z
z
Второй способ. Применяем правила дифференцирования (5.5):
1
1
1
) 4 d ( x 2 y 3 ) x 2 y 3d ( 4 ) ( y 3 2 xdx x 2 3 y 2dy) / z 4 +
4
z
z
z
2 3
5
2
x y (4dz / z ) xy (2 yzdx 3xzdy 4 xydz ) / z 5 .
Пример 7. Найти дифференциалы 1-го, 2-го и 3-го порядков для функции f ( x, y ) .
По формуле (5.4): df f xdx f ydy . По формуле (5.6) при m = 2 и m = 3, считая dx и
df ( x, y, z ) d ( x 2 y 3
dy постоянными, последовательно находим (смешанные частные производные не зависят
от порядка дифференцирования):
d 2 f d (df ) d ( f xdx f ydy) ( f xdx f ydy)x dx ( f xdx f ydy )y dy
= f xx (dx) 2 f xy dxdy f yy (dy) ;
2
2
d 3 f d (d 2 f ) ( f xx (dx)2 2 f xy dxdy f yy (dy)2 )x dx ( f xx (dx)2 2 f xydxdy
(dx)3 3 f xxy
(dx)2 dy 3 f xyy
dx(dy)2 f yyy
(dy)3.
f yy (dy)2 )y dy f xxx
Задачи для самостоятельного решения
Найти полное приращение и дифференциал функции z:
2
2
26. а) z x xy y , если x изменяется от 2 до 2,1, а y – от 1 до 1,2.
б) z lg( x y ) , если x изменяется от 2 до 2,1, а y – от 1 до 0,9.
Найти дифференциал функций:
2
2
167
27. z ln( y
x2 y 2 ) .
29. z ln cos( x / y) .
28. z tg( y / x) .
2
30. Найти df(1,2,1), если f ( x, y, z ) z /( x y ) .
Найти дифференциалы 1-го и 2-го порядков.
2
2
33. z
31. z x 3x y y .
32. z y / x x / y .
34. z ( x y )e .
35. u xy yz zx . 35. u e
3
2
3
xy
x 2 2 xy .
xyz
.
ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ СЛОЖНЫХ И НЕЯВНЫХ ФУНКЦИЙ
СЛОЖНЫЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ И НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
1 . Пусть u f ( x1 ,..., xn ) и в свою очередь, x1 1 (t ),.., xn n (t ) .
Теорема
9.5.
Если
функции
1 (t ),...,n (t )
дифференцируемы
в
точке
M ( x1 ,..., xn ) M (1 (t ),...,n (t )) , то для производной сложной функции
переменной u f (1 (t ),...,n (t )) справедлива формула
u(t ) f x1 (M ) 1(t ) ... f xn ( M ) n (t ) или
du u dx1 u dx3
u dxn
.
...
dt x1 dt x2 dt
xn dt
В
частности,
если
t
совпадает,
например,
одной
(6.1)
с
переменной
x1 ,
то
x2 2 ( x1 ),..., xn n ( x1 ) и “полная” производная функции и по x1 равна
du u u dx2
u dxn
.
(6.2)
...
dx1 x1 x2 dx1
xn dx1
2. Пусть u f ( x1 ,..., xn ) и, в свою очередь, x1 1 (t1 ,..., tm ) , xn n (t1 ,..., tm) .
1 ,..., n дифференцируемы в точке N (t1 ,..., tm ) , а
функция f дифференцируема в точке M ( x1 ,..., xn ) M (1 ( N ),..., n ( N )) , то сложная
функция m переменных u f (1 (t1 ,..., tm ),...,n (t1 ,..., tm )) дифференцируема в точке N и
Теорема 9.6. Если функции
справедливы формулы:
u u x1 u x2
u xn
(l 1,2,..., m) ,
(6.3)
...
tl x1 tl x2 tl
xn tl
при этом частные производные функции u по xk (k 1,2,..., n) вычислены в точке М, а
частные производные функций xk по tl (l=1,2,…,m) вычислены в точке N.
Выражение для дифференциала 1-го порядка сохраняет вид (5.4) (свойство
инвариантности формы первого дифференциала).
du
2
, если u xyz , где x t 1, y ln t , z tg t .
dt
du u dx u dy u dz
По формуле (6.1) имеем
yz 2t xz (1/ t )
dt x dt y dt z dt
xy sec2 t 2t lntg t (t 2 1) tg t ) / t (t 2 1)ln t sec2 t .
Пример 8. Найти
Пример 9. Найти производную функции u (t ) t .
Первый способ – применить логарифмическое дифференцирование, как делалось для
функции одной переменной.
Второй способ. Функция u(t) есть результат образования сложной функции при
t
168
подстановке в функцию f ( x, y ) x вместо x и y двух одинаковых функций переменой t:
y
x (t ) t ,
y (t ) t .
+ f y( x, y ) (t )
Тогда
по
формуле
t x
t
получаем
y
x
(6.1):
u(t ) f x( x, y ) (t )
1 x y 1= y x y 1 x y ln x t t t 1
y
+ t ln t t (1 ln t ) .
t
t
Пример 10. Найти
z dz
x
и
, если z y , где y = sin2x.
x dx
z
dz z z dy
=
y x ln y . По формуле (6.2) получим
x
dx x y dx
y x ln x 2 xy x1 cos2 x .
z z
Пример 11. Найти
, , dz , если z f (u, v) , где u ln( x 2 y 2 ) , v xy 2 .
x y
2
2
2
z f (ln( x y ), xy ) - сложная функция от независимых переменных x и y. Тогда по
z z u z v
2x
формулам (6.3) получим:
fu 2
fv y 2 ;
2
x u x v x
x y
z z u z v
2y
z
z
fu 2
f
2
xy
;
dz
du
dv fudu f vdv ,
v
2
y u y v y
x
y
u
v
2x
2y
du ux dx uy dy 2
dx
dy , dv vx dx vy dy y 2dx 2 xydy ,
2
2
2
x y
x y
2x
2y
2
dz fu 2
dx
dy
f v( y dx 2 xydy )
2
2
2
x y
x y
Имеем
2x
2y
f y 2 f v)dx dx 2
f 2 xyf v dy .
2
2 u
2 u
x y
x y
НЕЯВНЫЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ И НЕСКОЛЬКИХ НЕЗАВИСИМЫХ
ПЕРЕМЕННЫХ
1 . Пусть дифференцируемая в точке x0 функция y(x) задана неявно уравнением
F ( x, y) 0 и y=y(x) - решение этого уравнения. Если функция F дифференцируема, то
производная функции y=y(x) определяется формулой
dy
dx
x x0
Fx( x0 , y0 )
Fy( x0 , y0 )
(6.4)
при условии, что Fy( x0 , y0 ) 0 , где y0 = y (x0), F (x0,y0) = 0.
2. Пусть дифференцируемая в точке M ( x1 ,..., xn ) функция u ( x1 ,..., xn ) задана
0
0
0
неявно уравнением F ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 0 и u = u ( x1 ,..., xn ) - решение этого уравнения.
Если F дифференцируема, то частные производные функции u = u ( x1 ,..., xn ) в
точке М 0 определяются по формулам
u
xk
M M
0
Fxk ( M 0 , u 0 )
Fu( M 0 , u 0 )
(k 1,2,...,n)
(6.5)
169
при условии, что Fu( M , u ) 0 , где u u ( M ), F ( M , u ) 0 .
0
0
0
0
0
0
Пример 12. Найти y(0) , если y 1 xe .
y
F ( x, y) y xe y 1 0 и по формуле (6.4) получаем
y( x)
Fx( x, y )
Fy( x, y)
ey
=
. В нашем случае x0 = 0. Непосредственной подстановкой убедимся, что точка
1 xe y
принадлежит
графику
функции,
т.е.
N ( x0 , y0 ) N (0;1)
F ( x0 , y0 ) F (0;1) ( x xe 1)
y
x 0
y 1
e1
0 . Поэтому y(0)
e .
1 0 e1
z z
, , если x3 2 y3 z 3 3xyz 2 y 3 0 .
x y
Левую часть данного уравнения обозначим F ( x, y, z ) . По формуле (6.5)
x
Fx( x, y, z )
3x 2 3 yz x 2 yz
получим:
,
2
y
Fz( x, y, z )
3z 3xy xy z 2
Fy( x, y, z )
z
6 y 2 3xz 2
.
y
Fz( x, y, z )
3( z 2 xy )
Задачи для самостоятельного решения
dz
2 x3 y
37. Найти
, если z e
, где x tgt , y t 2 1 .
dt
dz
y
38. Найти
, если z x , где x = ln t, y = sin t.
dt
du
t
2
39. Найти
, если u yz / x, где x e , y ln t , z t 1 .
dt
z dz
x
y
3
40. Найти
и
, если z ln(e e ) , где y x x / 3 .
x dx
x 1
z dz
( x 1)2
41. Найти
и
, если z arctg
, где y e
.
x dx
y
2
2
2
42. Найти zx , z y , если z u ln v , где u y / x, v x y .
Пример 13. Найти
43. Найти dz, если z u v v u , где u x sin y,
v y cos x .
2
44. Найти zx , zy , если z f (u, v) , где u 2 y /( z y ), v x 3 y .
2
2
45. Найти dz, если z f (u, v) , где u sin( x / y),
v x/ y .
dy
2 2y
2 2x
, если: а) x e y e 0 , б) y sin x cos( x y ) 0 .
dx
dy d 2 y
47. Найти
, 2 , если: а) x y e x y , б) x y arctg y 0 .
dx dx
3
2
48. Найти z x и zy в точке (1,-2,2), если z 4 xz y 4 0 .
46. Найти
170
49. Найти z x и zy , если: а) z ln( x z ) xy / z 0 , б) F ( x y z, x y z ) 0 .
2
2
2
Рекомендация. Ввести u x y z, v x y z .
2
2
2
ПРИЛОЖЕНИЯ ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ И ДИФФЕРЕНЦИАЛА
ПРИЛОЖЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛА К ПРИБЛИЖЕННЫМ
ВЫЧИСЛЕНИЯМ
Для дифференцируемой функции f ( x1 ,..., xn ) при достаточно малом
(x1 ) 2 ... (xn ) 2 из формул (5.1) – (5.3) следует f df или, что то же самое,
f ( x1 x1 ,..., xn xn ) f ( x1 ,..., xn ) df ( x1,..., xn ) .
Пример 14. Вычислить приближенно
(7.1)
(4,05) 2 (3,07) 2 .
Искомое число будем рассматривать как значение функции f ( x, y )
x 2 y 2 при
x x0 x и y y0 y , если x0 4, y0 3, x 0,05, y 0,07 . Точка M (4;3)
выбрана из соображений близости ее к точке N (4,05; 3,07) и простоты вычисления
значений функции f и ее частных производных в точке М.
По формуле (7.1) имеем
f ( x0 x, y0 y) f ( x0 , y0 ) f x( x0 , y0 )x f y( x0 , y0 )y .
Находим f ( x0 , y0 )
f y( x0 , y0 )
x2 y 2
M (4,3)
y
x y
2
5,
2
M (4,3)
f x( x0 , y0 )
2
. Следовательно,
5
x
x2 y 2
M (4,3)
4
,
5
(4,05) 2 (3,07) 2
5 (4 0,05 3 0,07) / 5 5 0,08 5,08 .
КАСАТЕЛЬНАЯ ПОВЕРХНОСТЬ И НОРМАЛЬ К ПОВЕРХНОСТИ
Касательной плоскостью к поверхности в ее точке M 0 (точка касания)
называется плоскость, содержащая в себе все касательные к кривым, проведенным на
поверхности через эту точку. Уравнение касательной плоскости в точке касания
M 0 ( x0 , y0 , z0 ) имеет вид:
а) к поверхности F(x,y,z) = 0:
(7.2)
Fx(M 0 )( x x0 ) Fy(M 0 )( y y0 ) Fz(M 0 )( z z0 ) 0 ,
1.
б) к поверхности z f ( x, y) :
z z0 f x( x0 , y0 )( x x0 ) f y( x0 , y0 )( y y0 ) .
2. Нормалью к поверхности называется прямая, перпендикулярная к касательной
плоскости и проходящая через точку касания. Параметрические уравнения нормали в
точке касания M 0 ( x0 , y0 , z0 ) имеют вид:
а) к поверхности F ( x, y, z ) 0 :
x x0 Fx(M 0 ) t , y y0 Fy(M 0 ) t , z z0 Fz(M 0 ) t ; (7.3)
б) к поверхности z f ( x, y) :
x x0 f x( x0 , y0 ) t , y y0 f y( x0 , y0 ) t , z z0 t .
Пример 15. Найти уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности
x y 2 z 2 8x 4 y 6 z 20 0 в точке М(2,4,6).
2
171
Обозначив
F ( x, y, z ) левую часть уравнения поверхности, найдем
Fx( x, y, z ) 2 x 8,
Fy( x, y, z ) 2 y F4z( x, , y, z ) 2 z 6, Fx(2,4,6) 4,
Fy(2,4,6) 12, Fz(2, 4,6) 6. По формуле (7.2) имеем уравнение касательной
плоскости
4( x 2) 12( y 4) 6( z 6) 0 или 2 x 6 y 3z 38 0 . По
формулам
через
уравнения нормали в параметрической форме
x 2 4t , y 4 12t , z 6 6t , отсюда можно получить канонические уравнения
нормали
(7.3)
находим
x2 y4 z 6
.
2
6
3
ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ 2-Х ПЕРЕМЕННЫХ
Пусть M 0 ( x0 , y0 ) - внутренняя точка области определения функции f ( x, y ) .
Точка M 0 называется точкой минимума (максимума) функции f, если существует такая
окрестность V( M 0 ) точки M 0 , что для любой точки M ( x, y ) V( M 0 ) выполняется
f ( M ) f ( M 0 ) ( f ( M ) f ( M 0 )) .
Точка M 0 называется точкой экстремума функции f, если она является точкой
минимума или точкой максимума этой функции.
Теорема 9.7. (Необходимое условие экстремума.) Если
M 0 ( x0 , y0 ) - точка
экстремума функции, то каждая частная производная f x( M 0 ) и f y( M 0 ) либо равна
нулю, либо не существует.
Точка M 0 называется критической точкой функции f, если в ней выполняются
необходимые условия экстремума функции f.
Теорема 9.8. (Достаточные условия экстремума.) Пусть: а) M 0 - критическая точка
функции f,
б) существуют и непрерывны производные f x, f y, f xx, f xy , f yy в точках
M 0 ( x0 , y0 ) и M ( x, y ) V( M 0 ) , в) f xx (M 0 ) f yy (M 0 ) ( f xy (M 0 ))2 .Тогда: 1) если
0 и f xx ( M 0 ) 0 ( f yy (M 0 ) 0, )то M 0 - точка минимума функции f ; 2) если
0 и f xx ( M 0 ) 0 ( f yy (M 0 ) 0,) то M 0 - точка максимума функции f ; 3) если
0 , то M 0 не является точкой экстремума; 4) если 0 , то требуется
дополнительное
исследование.
Отметим, что в случае 0 существуют такие две прямые, проходящие через
точку M 0 , что при движении точки M по первой из этих прямых значения функции
f ( M ) сначала уменьшаются, затем возрастают. При движении точки М по другой
прямой значения функции сначала возрастают, в точке M 0 достигают максимума, затем
уменьшаются. В этом случае точку M 0 называют седловой.
Пример 16. Исследовать на экстремум функцию z x y 3xy .
Из необходимого условия экстремума функции (теорема 9.7) имеем систему
3
zx 3 x 2 3 y 0,
2
zy 3 y 3 x 0,
3
решая которую получаем критические точки M 1 (0;0), M 2 (1;1) .
Определим характер критических точек по достаточным условиям экстремума. Находим
zxx ( x, y) 6 x, zxy ( x, y) 3, zyy ( x, y) 6 y . В точке M 1 (0;0) : zxx ( M 1 ) 0 ,
172
zxy ( M1 ) 3 ,
zyy ( M1 ) 0 ,
z xx z yy ( z xy ) 2
M1 (0;0)
9 0 . Следовательно,
M 1 (0;0) - седловая точка. В точке M 2 (1;1) : zxx ( M 2 ) 6, zxy ( M 2 ) 3 , zyy ( M 2 ) 6 ,
6 6 (3)2 27 0 ,
zmin z (M 2 ) 1 .
поэтому
M 2 (1;1) -
точка
минимума
функции
z;
НАИБОЛЬШЕЕ И НАИМЕНЬШЕЕ ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ 2-Х
ПЕРЕМЕННЫХ В ЗАМКНУТОЙ ОБЛАСТИ
В 9.3 была сформулирована теорема Вейерштрасса (теорема 9.1), согласно которой
всякая функция f ( x, y ) , непрерывная в замкнутой области U, ограниченной ломаной
Г= 1 2 ... m , достигает в этой области своих наибольшего – наименьшего
значений, для отыскания которых пользуемся следующим алгоритмом.
1. Находим критические точки, принадлежащие U.
2. На каждом звене k ломаной Г сводим функцию f к функции f k одной переменной и
выделяем на k критические точки функции f k .
3. Список точек, полученный в пунктах 1 и 2 дополняем вершинами ломаной Г.
4. Вычисляем значения функции в точках полученного списка и выбираем
среди них наибольшее и наименьшее, которые и будут искомыми.
Пример
наибольшее и наименьшее значения функции
f ( x, y) x 4 xy 5 y 13x в области D, заданной неравенствами y 2 x 4 .
2
17.
Найти
2
Область D ограничена частью параболы x y и отрезком прямой x = 4 (рис.9.3). 1)
Находим критические точки из необходимого условия экстремума функции:
2
f x 2 x 4 y 13 0,
Решение системы: x =32,5, y = –13. Найденная критическая
f
4
x
10
y
0.
y
точка M 1 (32,5; 13) не принадлежит D.
2) Исследуем функцию на границе. а) На участке 1 x 4, y [2,2] . Функция
f ( x, y) сводится к функции одной переменной f1 ( y) f (4, y) 5 y 2 16 y 36,
f1 ( y ) : f1( y ) 10 y 16 0,
y [2,2] .Находим критические точки функции
y1kp 1,6 . На 1 x = 4 и точки M 2 (4; 1,6) 1 . б) На линии 2 x y 2 , y [2;2] .
f ( x, y) сводится к функции f 2 y 4 4 y 3 8 y 2 , y [2;2] . Находим
3
2
2
критические точки функции f 2 ( y ) : f 2( y ) 4 y 12 y 16 y 0 , y( y 3 y 4) 0 ,
( y2 kp 0) [2;2] , ( y3kp 1) [2,2] , ( y4 kp 4) [2,2] . На 2 x y 2 и получаем
Функция
точки M 3 (0;0) 2 , M 4 (1;1) 2 .
3) Вершины ломаной в точках M 5 (4; 2) и M 6 (4;2) . 4) Вычисляем значения функции f
M 2 M 6 :f(M 2 ) 48,8,
f ( M 3 ) 0 , f ( M 4 ) 3 ,
f ( M 6 ) 16 . Итак, f наиб. f (4;2) 16 , f наим. f (4; 1,6) 48,8 .
в
точках
f ( M 5 ) 48 ,
ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА ДЛЯ ФУНКЦИИ 2-Х ПЕРЕМЕННЫХ.
Если функция f ( x, y ) дифференцируема n+1 раз в некоторой окрестности
U ( M 0 ) точки M 0 ( x0 , y0 ) , то для всякой точки M ( x, y ) U ( M 0 ) справедлива формула
173
Тейлора
f (M ) f (M 0 )
1
1
1
df ( M 0 ) d 2 f ( M 0 ) ... d n f ( M 0 ) Rn (x, y)
1!
2!
n!
или, записав несколько членов в развернутом виде,
1
1
f ( x, y ) f ( x0 , y0 ) ( f x( x0 , y0 )x f y( x0 , y0 )y) ( f xx ( x0 , y0 )( x) 2
1!
2!
1
( x0 , y0 )(x)3
(7.4)
2 f xy ( x0 , y0 )xy f yy ( x0 , y0 )(y)2 ) + ( f xxx
3!
( x0 , y0 )(x)2 x 3 f xyy
( x0 , y0 )x(y)2 f yyy
( x0 , y0 )(y)3 ) …+
3 f xxy
Rn (x, y ) . Здесь x x x0 , y y y0 , Rn (x, y ) - остаточный член в формуле
Тейлора порядка n. При этом Rn (x, y) n (x, y) ((x) (y) ) ,где n бесконечно малая функция при x 0 и y 0 , вид которой зависит от функции f и
2
точки M ( x, y ) . В форме Пеано Rn (x, y ) o( ) , где
n
2 n/2
(x) 2 (y ) 2 . При
x0 y0 0 формула (7.4) называется формулой Маклорена.
Пример 18. Функцию f ( x, y ) x 5 x xy y 10 x 5 y 4 разложить по
формуле Тейлора в окрестности точки(2,-1).
Имеем f (2, 1) 2 . Вычислим последовательно частные производные данной
3
функции: f x( x, y) 3x 10 x y 10,
2
f xx ( x, y) 6 x 10,
производные
f xy (( x, y) 1,
тождественно
равны
2
2
f y( x, y) x 2 y 5 ,
( x, y) 6 . Все последующие
f yy ( x, y) 2, f xxx
нулю.
Значения
производных
в
точке(2,-1):
f x(2, 1) 3, f y(2, 1) 1, f xx (2, 1) 2, f xy (2, 1) 1, f yy (2, 1) 2,
(2, 1) 6 . По формуле (7.4) получаем искомое разложение
f xxx
f ( x, y) 2 3( x 2) ( y 1) ( x 2) 2 ( x 2)( y 1) ( y 1) 2 ( x 2)3 .
Пример 19. Функцию f ( x, y ) arctg ( y / x) разложить по формуле Тейлора в
окрестности точки (1;1) до членов второго порядка включительно.
Имеем f (1;1) arctg1 / 4 . В соответствии с формулой (7.4) вычислим
производные 1-го и 2-го порядков данной функции и их значения в точке (1,1).
f x y /( x2 y 2 ), f y x /( x2 y 2 ), f xx 2 xy /( x 2 y 2 )2 ,
f xy 2( y 2 x2 ) /( x2 y 2 )2 , f y 2 xy /( x2 y 2 )2 ; f x(1,1) 1/ 2 ,
f y(1,1) 1/ 2 , f xx (1,1) 1/ 2, f xy (1,1) 0, f yy (1,1) 1/ 2 . По формуле (7.4) имеем
arctg ( y / x) / 4 ( x 1) / 2 ( y 1) / 2 ( x 1) 2 / 4 ( y 1) 2 / 4 o( 2 ) , где
( x 1) 2 ( y 1) 2 .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить приближенно:
51. (2,01)
3,03
. 51.
(1,02)3 (1,97)3 . 52. sin 28 ;cos61 . 53.
ln( 3 1,03 4 0,98 1) .
54.
Цилиндрический стакан имеет внутренние размеры: радиус основания
R =2,5м, высоту H = 4м и толщину стенок l=1 дм . Найти приближенно объем
материала, затраченного на изготовление стакана.
174
56. В усеченном конусе радиусы оснований R =20 см, r =10см, высота h =30 см. Как
приближенно изменится объем конуса, если R увеличить на 2 мм, r – на 3 мм и h
уменьшить на 1мм.
56 Найти уравнение касательной плоскости и нормали к следующим поверхностям в
указанных точках:
x cos y
а) z sin x cos y в точке / 4, / 4,1/ 2 ; б) z e
в точке (1, ,1/ e) ;
в) x( y z )( xy z ) 8 0 в точке (2,1,3); г) 2
x/ z
2 y / z 8 в точке (2,2,1);
д) z 4 z x 0 в точках пересечения с осью Oz.
59. Найти углы, которые образуют нормаль к поверхности z arctg ( x / y) в точке (1,1,
/4) c осями координат.
Найти экстремумы функций 2-х переменных:
2
2
60. z x xy y 3x 6 y .
2
2
59. z xy (1 x y )
( x 0, y 0) .
60. z xy 50/ x 20/ y ( x 0, y 0) .
2
61. z x 3xy 15 x 12 y .
3
2
62. z (2 x y )e
2
2
( x2 y 2 )
.
63. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z x y xy x y в
области x 0, y 0, x y 3 .
64. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z xy в области
2
2
x2 y 2 1.
65. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z e
( x2 y 2 )
(2 x 2 3 y 2 )
в круге x y 4 .
72. Определить длины сторон прямоугольного параллелепипеда наибольшего объема,
вписанного в прямой круговой конус с радиусом основания R и высотой H.
73. Определить наружные размеры закрытого ящика с заданной толщиной стенок и
внутренней емкостью V так, чтобы на его изготовление было затрачено наименьшее
количество материала.
3
3
74. Функцию f ( x, y) x 2 y 3xy разложить по формуле Тейлора в окрестности
точки (2,1).
75. Разложить по формуле Маклорена до членов 3-его порядка включительно функцию
f ( x, y ) e y cos x .
76. Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки (1;1) до членов 3-го порядка
включительно функцию f ( x, y ) y / x .
77. Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки (1;1) до членов 2-го порядка
включительно неявную функцию z ( x, y) , определяемую уравнением
2
2
z 3 3 yz 4 x 0 , если z (1;1) 1 .
Ответы к задачам главы 9
2
1. x / a y / b 1 .
2. y 4 x 8 .
3. x y 0, x y 0 - внутренняя часть
правого вертикального угла, образованного биссектрисами координатных углов.
4. 1 x y 1 x ( x 0), 1 x y 1 x ( x 0) (при x = 0 функция не
2
2
определена).
2
2
5. x 0, y 0, x y . 6. Вся плоскость за исключением прямых
2
175
x y n (n 0, 1, 2,...) . 7. x 0; 2 n y 2(n 1) (n – целое число).
8. Часть пространства, заключенная между сферами x y z r и
2
2
2
2
x 2 y 2 z 2 R 2 , включая поверхность внешней сферы и исключая – внутренней
сферы. 9.0. 10. 0. 11. 0. 12. 1. 13. 0. 14. (1,-1).
15. Линии разрыва – прямые x k и y m , где k , m Z .
16. О(0,0)- точка бесконечного разрыва; точки прямой x y 0 ( x 0) - устранимые
точки разрыва.
17. Поверхности разрыва – координатные плоскости x 0, y 0, z 0 .
18. Поверхность разрыва – эллипсоид x / a y / b z / c 1 .
19. 1) непрерывна; 2) разрывна; непрерывна по x и y в отдельности; 3) непрерывна.
Перейти к полярным координатам.
4
2 3
3
3
4
3 2
2 2
20. zx 5 x 15 x y , zy 5 y 15x y , zxx 20 x 30 xy , zxy 45x y ,
2
2
2
2
2
2
zyy 20 y3 30 x3 y .
21. zx y y / x , zy x 1/ x , zx 2 y / x , zxy 1 1/ x , zyy 0 .
2
22. zx (1 xy )e
xy
3
, zy x e
2 xy
2
, zxx y ( xy 2)e
xy
, zxy x( xy 2)e
xy
,
zyy x3e xy .
23. zx (cos y ) / x , zy 2( y sin y ) / x , zxx 2(cos y ) / x , zxy 2( y sin y ) / x ,
2
2
2
2
3
2
2
zyy (2sin y 2 4 y 2 cos y 2 ) / x .
24. zx y ln y , zy xy
x 1
, zxx y ln y , zxy y
26. а) =0,33, dz = 0,3;
б) z = 0,0187, dz = 0,0174.
( x ln y 1) , zyy x( x 1) y x2 .
25. f x(3,2) 56, f y(3,2) 42, f xx (3,2) 36, f xy (3,2) 31, f yy (3,2) 6 .
x
2 1/ 2
27. dz ( x y )
2
2
2
x
2
x 1
( y x 2 y 2 ) 1 xdx ( x 2 y 2 ) 1/ 2 dy .
28. dz x cos ( y / x) y(2 xdy ydx).
2
2
29. dz y tg ( x / y )( xdy ydx) . 30. df (1,2,1) (5dz 2(dx 2dy)) / 25 .
31. dz 3x( x 2 y)dx 3( x y )dy,
2
2
d 2 z 6 x y dx 2 xdxdy y(dy) 2 .
2
32. dz (1/ x 1/ y )( xdy ydx),
2
2
d 2 z 2( y(dx)2 / x3 (1/ y 2 1/ x 2 )dxdy x(dy)2 / y 2 ) .
2
1/ 2
(( x y)dx xdy) ,
33. dz ( x 2 xy )
d 2 z ( x 2 2 xy)3/ 2 ( y 2 (dx)2 2 xydxdy x 2 (dy)2 ) .
xy
2
2
34. dz e (( y xy 1)dx ( x xy 1)dy ) ,
d 2 z e xy ( y( y 2 xy 2)(dx)2 2( x y)( xy 2)dxdy x( x 2 xy 2)(dy)2 ) .
2
35. du ( y z )dx ( x z )dy ( x y )dz , d u 2(dxdy dydz dxdz ) .
xyz
36. du e ( yzdx zxdy xydz ) ,
d 2u e xyz (( yzdx xzdy xydz )2 2( zdxdy xdydz ydzdx)) .
2 x 3 y
(2sec2 t 3(2t 1)) . 38. dz / dt x y ( y / tx (ln x)cos t ) .
37. z(t ) e
176
39. dz / dt ( x( z 2 yt ) yzte ) / tx .
2
t
2
x
x
y
x
y
2
x
y
40. zx e /(e e ), dz / dx (e e ( x 1)) /(e e ) .
41. zx y /( y ( x 1) ),
dz / dx y(1 2( x 1)2 ) /( y 2 ( x 1) 2 ) .
2
42. zx 2u(ux / v ( y ln v) / x ), zy 2u((ln v) / x uy / v) .
2
2
43. dz ((2uv v )sin y (u 2uv) y sin x)dx
2
2
((2uv v 2 ) x cos y (u 2 2uv)cos x)dy .
2
2
44. zx 2 xf v(u, v) 2 yfu(u, v) /( x y ) , zy 2 xfu(u, v) /( x y) 3 f v(u, v) .
45. dz y (cos( x / y) fu(u, v)
2
y / x f v(u, v) / 2)( ydx xdy) .
46. a) y ( y e
xe2 y ) /( x 2e2 y ye2 x ) ,
б) y ( y cos x sin( x y )) /(sin( x y ) sin x) .
2
47. a) y ( x y 1) /( x y 1), y 4( x y) /( x y 1) .
2
2
2
5
б) y (1 y ) / y , y 2(1 y ) / y .
48. zx 1, zy 1/ 2.
2 2x
3
3
49. а) zx ( yz ( z x) z ) /( z 2 xy( x z )),
zy xz ( x z ) /( z 3 2 xy( x z )) ;
б) zx ( Fu(u , v) 2 xFv(u , v)) /( Fu(u , v) 2 zFv(u , v)) ,
zy ( Fu(u, v) 2 yFv(u, v)) /( Fu(u, v) 2 zFv(u, v)) .
50. 8,29. 51. 2,95. 52. 0,227. 53. 0,005. 54. 8,2 м3. 55. Увеличится на 617,5см3.
56. а) x y 2 z 1 0; x / 4 t , y / 4 t , z 1/ 2 2t .
б) x ez 2 0; x 1 t , y , z et 1/ e .
в) 2 x 7 y 5 z 4 0; x 2 2t , y 1 7t , z 3 5t .
г) x y 4 z 0; x 2 t , y 2 t , z 1 4t . д) В точке (0,0,0): z = 0; x = 0,
y = 0, z = t. В точке (0,0,-4): z = -4; x = 0, y = 0, z = -4+t.
57. cos 1/ 6 , cos 1/ 6, cos 2 / 6 . 58. zmin 9
при x 0, y 3 .
59. zmax 1/ 64 при x 1/ 4, y 1/ 2 . 60. zmin 30 при x 5, y 2 .
zmax 28 при x 2, y 1 . В критических
61. zmin 28 при x 2, y 1 ;
точках(1;2), (-1;-2) экстремумов нет.
1
при x 1, y 0 . В критических точ62. zmin 0 при x y 0; zmax 2e
ках (0; 1) экстремумов нет.
63. zнаиб. 6 в точках (3; 0) и (0; 3); zнаим. 1 в точке (1; 1).
64. zнаиб. 1/ 2 в точках (1/ 2;1/ 2) и ( 1/ 2; 1/ 2) ;
zнаим. 1/ 2 в точках (1/ 2; 1/ 2) и (1/ 2;1/ 2) .
65. zнаим. 0 в точке (0; 0); zнаиб. 3/ e в точках (0; 1) и (0; -1).
66. 2 2 R / 3,
2 2 R / 3,
H / 3 . 67. x y z 3 V 2 .
68. f ( x, y) 12 15( x 2) 6( x 2) 3( x 2)( y 1) 6( y 1)
2
2
( x 2)3 2( y 1)3 .
69. f ( x, y ) 1 y ( y x ) / 2! ( y 3x y) / 3! o( ) , где
2
2
3
2
2
x2 y 2 .
177
70. f ( x, y) 1 ( x 1) ( y 1) ( x 1) ( x 1)( y 1) ( x 1)
2
3
( x 1)2 ( y 1) o( 3 ) , где ( x 1) 2 ( y 1) 2 .
71. z 1 2( x 1) / 3 ( y 1) / 2 2( x 1) / 9 ( y 1) /8 o( ) , где
2
2
2
( x 1) 2 ( y 1) 2 .
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
ОПРЕДЕЛЕНИЕ КРАТНОГО ИНТЕГРАЛА
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ДВОЙНОГО И ТРОЙНОГО ИНТЕГРАЛА
x1 , x2 ,...xm “ объема”
v(E) задана ограниченная функция f ( x1 , x2 ,...,x m ) ; 2) E1 , E2 ,..., En - разбиение
Пусть : 1) в ограниченной замкнутой области E R
области E
n
m
на подобласти Ei с объемами Ei (v( E )
Ei
i 1
n
Ei ) и
диаметрами
i 1
d i , d supd i - диаметр разбиения; 3) зафиксируем точки M (1i , i2 ,...,im ) Ei ,
i 1,2,..., n ; 4) построим интегральную сумму
n
I n f ( M i ) Ei .
i 1
Определение. Конечный предел I интегральной суммы I n при d 0 называется
m- кратным интегралом от функции f по области E и обозначается
I ... f ( x1 , x2 ,..., xm )dE
E
I ... f ( x1 , x2 ,..., xm )dx1 dx2 ... dxm .
или
(1.1)
E
Таким образом, по определению,
n
I ... f ( x1 , x2 ,..., xm )dE lim f (1i , i2 ,..., im ) Ei
n
E
( d 0)
(1.2)
i 1
В этом случае функция f ( x1 ,..., x m ) называется интегрируемой в E.
При m=2
(m=3) для ограниченной функции f в замкнутой
области
S R ( x, y ) (V R ( x, y, z )) кратный интеграл (1.1) называется двойным
2
3
(тройным) интегралом, а соответствующее определение (1.2) примет вид
n
I f ( x, y )dS f ( x, y )dxdy lim f ( i , i ) S i ,где точка M i (i , i ) Si ,
n
S
i 1
S
( I f ( x, y, z )dV f ( x, y, z )dxdydz lim
V
n
f (i , i , i )Vi ,
n i 1
V
где точка M i ( i , i , i ) Vi ) .
14.2. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
14.2.1. ОБЛАСТИ НА ПЛОСКОСТИ
Определение. Область S R x, y назовем правильной в направлении Oy,
если прямая, проходящая через любую внутреннюю точку из S параллельно оси Oy,
пересекает границу области ровно в двух точках (рис.14.1).
2
178
14.3
Область S будет правильной в направлении Oy , если существуют функции 1 ( x ) и
2 ( x) , определенные и непрерывные на [a;b] и такие, что координаты точек,
принадлежащих (S), удовлетворяют условиям: a x b, 1 ( x) y 2 ( x) ; тогда
символически можно записать:
( S ) : a x b; 1 ( x) y 2 ( x).
(2.1)
Область S будет правильной в направлении Ox, если существуют функции 1 ( y ) и
2 ( y ) , определенные и непрерывные на [c;d] и такие, что координаты точек,
принадлежащих S , удовлетворяют условиям: 1 ( y ) x 2 ( y ), c y d (рис.14.2);
тогда символически
S : {c y d , 1 ( y ) x 2 ( y )} .
(2.2)
Рис.14.1.
Рис.14.2.
y
y
(x)
y=
d
x= (y)
1
c
2
S
y=
0 a
(x)
x= (y)
S
2
x
0
1
b
x
Область называется правильной, если она правильная в обоих направлениях Ox и
Oy.
Пример 1. Область S задана уравнениями границы: y x / 2, y x, x 2 .
Изобразить указанную область и записать как правильную.
OA : y x / 2, OB : y x,
Область S – треугольник, ограниченный прямыми
y
L
AB : x 2 (рис.14.3). Точки пересечения прямых есть O(0;0),
A(2;1),
B(2;2).
а) Область S – правильная в направлении Oy и любая прямая
L, проходящая через внутреннюю точку области, пересекает
прямую OA : y x / 2 и прямую OB : y x . Поэтому в силу
A
(2.1)
область
задается
системой
неравенств:
S : 0 x 2; x / 2 y x.
0
x
б) Эта же область является
2
правильной
и
в y
направлении Ox, но для
задания
ее
системой
неравенств
необходимо
B
область S разбить на две
части
S
и
S
(рис.14.4).
1
2
L
2
Выразим в уравнениях
границы
x
через
S2
независимую переменную y
: OB: x=y, OA: x=2y. Для
определения
границ
изменения переменной y
A
S1
L 1 параллельные оси Ox.
проведем
прямые,
Прямая
L1
пересекает
прямую OB: x=y и прямую
0
x
OA: x=2y; прямая L2
пересекает прямую OB: x=y
Рис.
14.4
и прямую AB: x=2. Итак, S ( S1 ) ( S 2 ), и в силу (2.2) S1 : 0 y 1; y x 2 y ,
B
S 2 : 1 y 2; y x 2.
Пример 2. Точки из области D удовлетворяют неравенству x y ax (a>0) ,
2
2
179
т.е. D :{x y ax} . Изобразить данную область и записать как правильную.
2
2
Преобразуя неравенство x y ax , получим ( x a / 2) y a / 4 .
Геометрически область D есть круг радиуса a/2 c центром в точке С(a/2; 0). Из уравнения
2
2
x 2 y 2 ax
границы
2
2
y ax x 2
следует
2
или
x (a / 2) (a 2 / 4) y 2 .Область D может быть записана как правильная в
направлении Oy (любая прямая, проходящая через внутреннюю точку D параллельно Oy,
пересекает
полуокружность
OKL : y ax x 2 и
полуокружность
OML:
y ax x 2 (рис. 14.5)), в силу (2.1) D : { 0 x a; ax x 2 y ax x 2 } .
Рис. 14.5
y
Рис.14.6
y
M
D
0
M
a
_
2
L
a
-2
D
a x
a_
2
0
-
K
L
_a
2
x
K
Область D можно записать как правильную в направлении Ox (прямая, проходящая через
внутреннюю точку D параллельно Ox пересекает полуокружность
KOM : x (a / 2) (a 2 / 4) y 2 и полуокружность KLM : x (a / 2) +
(a 2 / 4) y 2 (рис. 14.6)), и в силу (2.2): ( D) :{a / 2 y a / 2;
(a / 2) (a 2 / 4) y 2 x (a / 2) (a 2 / 4) y 2 }
Задачи для самостоятельного решения
Изобразить указанные области и записать как правильные в направлении Oy.
1. S – параллелограмм со сторонами x=3, x=5, 3x-2y+4=0, 3x-2y+1=0.
2. Область D задана неравенствами y x , y 4 x .
3. Область D – треугольник со сторонами y x, y 2 x, x y 6 .
2
2
14.2.2. ПОВТОРНЫЙ ИНТЕГРАЛ
b
Определение.
Повторный
интеграл
dx f ( x, y)dy
a
первообразной F(x,y) для f ( x, y)
переменному “x” , т.е.
b
y2 ( x )
b
a
y1 ( x )
a
dx f ( x, y)dy F ( x, y)
Определение.
Повторный
y2 ( x )
есть
приращение
y1 ( x )
по переменному “y”, проинтегрированное по
y y2 ( x )
y y1 ( x )
dx F (x, y (x)) F (x, y (x))dx .
интеграл
b
2
1
a
d
x2 ( y )
c
x1 ( y )
dy f ( x, y)dx
есть
приращение
180
первообразной Ф(x,y) для f(x,y) по переменному “x”, проинтегрированное по переменному
“y”, т.е.
d
x2 ( y )
d
c
x1 ( y )
c
dy f ( x, y)dx = Ф( x, y)
x x2 ( y )
x x1 ( y )
dy Ф( x ( y), y) Ф( x ( y), y)dy .
d
2
1
c
2
x2
1
x
Пример 3. Вычислить повторный интеграл dx ( x 2 y )dy .
2
x2
1
x
dx ( x 2 y )dy интегрируя внутренний интеграл по “y”, полагаем “x”
x2
2 2
x2
x
x2
постоянным= dx x dy 2 ydy x y x 2 y / 2 x
1 x
x
1
2
= x( x
2
2
x) ( x
4
x )dx ( x
2
2
1
3
x 4 )dx x 4 / 4 x 5 / 5
1
dx
12 49 / 20 .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить повторные интегралы.
1
4.
1
1
x
2
dx ( x y)dy . 5. dx xy dy
0
0
x2
0
( x, y) .
f ( x, y) Fxy
6.
2
a
A
B
0
0
a
b
2
2
d sin d . 7. dx f ( x, y )dy , если
14.2.3.
ВЫЧИСЛЕНИЕ ДВОЙНОГО ИНТЕГРАЛА В ДЕКАРТОВЫХ
КООРДИНАТАХ
Теорема 14.1 Если : 1) функция f(x,y) интегрируема в правильной в направлении
Oy области S: {a x b, y1 ( x) y y2 ( x)} , т.е. существует двойной интеграл
b
y2 ( x)
a
y1 ( x )
f ( x, y )dS , 2) существует повторный интеграл dx f ( x, y )dy , то
S
y2 ( x )
b
f ( x, y)dS dx f ( x, y)dy
S
a
(2.3)
y1 ( x )
Теорема 14.2. Если :1) функция f(x,y) интегрируема в правильной в направлении
S : { c y d , x1 ( y ) x x2 ( y )} , т.е. существует двойной интеграл
Ox области
d
x2 ( y )
f ( x, y )dS , 2) существует повторный интеграл dy f ( x, y)dx , то
S
d
c
x2 ( y )
c
x1 ( y )
x1 ( y )
f ( x, y)dS dy f ( x, y)dx .
S
(2.4)
Из вышеприведенных теорем следует, что при вычислении повторного интеграла
можно изменять порядок интегрирования.
Пример 4. Изменить порядок интегрирования в интеграле
1
2 y
0
y
dy f ( x, y)dx .
181
1
2 y
0
y
Так как из (2.4) имеем dy
f ( x, y )dx f ( x, y )dxdy , то правильная в направлении
D
Ox область D ограничена линиями x=y, x=2-y, y=0, y=1 (линия y =1 выродилась в точку)
(рис. 14.7). Эта область является правильной и в направлении Oy. Так как участок OAB
границы состоит из отрезков прямых OA : y x, x [0;1] и AB : y 2 x, x [1,2] ,
то
y
D D1 D2 , где (см. (2.1))
A
1
D1 : {0 x 1; 0 y x},
D
0
0
y
fdxdy = fdxdy fdxdy
x
2
D D1 D2
1
x
2
2 x
0
0
1
0
= dx f ( x, y )dy dx
2 y
D2 : {1 x 2; 0 y 2 x} . Итак, dy fdx =
B
1
Рис.14.7
1
D1
D2
f ( x, y)dy .
Пример 5. Вычислить I ( x y )dxdy по области D, ограниченной линиями
2
D
yx и y
2
x.
Изобразим область D. Для отыскания точек пересечения парабол y x и y
2
x
x x 4 x, x 4 x 0, x( x 1)( x 2 x 1) 0 , откуда
имеем действительные корни x1 0 , x2 1 . Таким образом, параболы пересекаются в
точках O(0;0), A(1;1) ( рис. 14.8). Рассматривая D как правильную в направлении Oy
решаем уравнение x
2
(рис.14.8а), имеем (см.(2.1)) D :{0 x 1; x y x} . По формуле (2.3)
Рис.14.8 а)
2
y
2
y=x
A
0
1
y=
__
x
1
x
0
x2
I ( x y )dxdy dx ( x y 2 )dy
2
D
y x
3
y
= dx x y
3 2
0
yx
1
1
8 5/ 2 x4 x7
33
4
3 1 6
3 x x x 3 x dx 15 x 4 21 140
0
0
x
1
.
Если область D рассматривать как правильную в направлении Ox (рис.14.8б), то
(см. (2.2)) D : { 0 y 1; y x
2
1
y
0
y2
y }. По формуле (2.4)
I ( x y )dxdy dy ( x y 2 )dx
2
D
182
ис.14.8.б
x y
2
1
x
2
= y y 5 / 2 3 y 4 dy
dy
y
x
2
0 2
2
2
0
x y
1
1
y2 2 7/2 3 5
33
=
.
y y
10 0 140
4 7
Задачи для самостоятельного решения
Изменить порядок интегрирования в следующих повторных интегралах:
1
8. dy
0
y
f ( x, y )dx .
e
y
ln x
1
0
10. dx
f ( x, y)dy .
2 rx x 2
r
9. dx
f ( x, y)dy .
0
x
sin x
0
0
11. dx
Перейти от двойного интеграла
f ( x, y)dy .
f ( x, y )dxdy
по конечной области D к повторному
D
интегралу и расставить пределы интегрирования:
12. Область D – параллелограмм со сторонами x 3, x 5, 3x 2 y 4 0,
3x 2 y 1 0 .
13. D : {x y 1; x 0; y 0} . 14. D : {( x 2) ( y 3) 4} .
15. D - треугольник со сторонами y x, y 2 x, x y 6 .
2
2
2
2
16. D : y 2 x 0; 2 y x 0, xy 2.
17. D - треугольник с вершинами O(0;0), A(2;1), B(2;1) .
18. D – сегмент, ограниченный линиями y x , y 1 .
Вычислить двойные интегралы:
2
19.
e
x y
dxdy, D : 0 x 1; 0 y 2. 20. x 3 y 2 dxdy, D - круг x 2 y 2 R 2 .
D
D
21.
2
2
( x y)dxdy, D - область, ограниченная линиями y x , y x .
2
D
x2
dxdy, D - область, ограниченная линиями x 2, y x, xy 1 .
2
y
D
23. cos(x y ) dxdy, D - область, ограниченная линиями x 0, y , y x .
22.
D
24. 1 x y dxdy, D - четверть круга x y 1 , лежащая в первом квадранте.
2
2
2
2
D
25.
2
2
xy dxdy, D - область, ограниченная параболой y 2 px и прямой x p / 2 .
D
26.
2
y dxdy
, если D ограничена осью абсцисс и первой аркой циклоиды
D
x a(t sin t ) , y a(1 cost ) , 0 t 2 .
183
14.2.4. ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ В ДВОЙНОМ ИНТЕГРАЛЕ.
Пусть функции x x(u, v), y y(u, v) осуществляют взаимно однозначное
непрерывно дифференцируемое отображение области P плоскости O1uv на область S
плоскости Oxy . Тогда существует обратное непрерывно дифференцируемое отображение
u u ( x, y) , v v( x, y) области S на область P, если якобиан преобразования
J (u, v)
D( x, y ) xu
=
D(u, v) xv
yu
0 (u , v) P .
y v
Величины u и v можно рассматривать как прямоугольные координаты для точек
области P и в то же время как криволинейные координаты точек области S. Точки
плоскости Oxy, для которых одна из координат u и v сохраняет постоянное значение,
образуют координатную линию. Всего будет два семейства таких линий.
Теорема 14.3. Пусть
x x(u, v), y y(u, v) есть дифференцируемое
преобразование области P из плоскости O1uv на область S из плоскости Oxy . Тогда
справедливо равенство
(2.5)
f ( x, y)dS f ( x(u, v), y(u, v)) J (u, v) dudv.
S
P
Замечание. Равенство (2.5) сохраняет справедливость, когда условие взаимно
однозначного соответствия между областями S и P нарушается в отдельных точках или
вдоль отдельных линий.
Переход в двойном интеграле к полярным координатам
Формулы
(2.6)
x cos, y sin
преобразуют полярные координаты , точки в декартовы координаты этой точки и
P0 : 0 2; 0
переводят
область
(или
область
P0 : ; 0 ) на всю плоскость Oxy.
Обратное преобразование декартовых координат в полярные осуществляется по
0, при y 0,
2
2
формулам: x y , arcctg x / y ( y ), ( y )
1, при y 0.
Фиксируя в последних формулах и , получим координатные линии из разных
семейств: окружность с центром в точке O(0;0) и луч, исходящий из точки O(0;0) .
Якобиан преобразования
J (, )
D( x, y ) x
D(, ) y
x
cos sin
y
sin cos
и формула (2.5) принимает вид:
f ( x, y)dxdy f ( cos , sin )dd.
S
(2.7)
P
Рекомендация. К полярным координатам целесообразно переходить, когда в
подынтегральное выражение или в уравнения границы области интегрирования входит
комбинация x y .
В некоторых случаях при вычислении двойного интеграла удобно перейти от
,
декартовых
координат
к
эллиптическим
полярным
координатам
(0 , 0 2 ( )) по формулам
(2.8)
x a cos , y b sin
2
2
184
Ри
14.10
a, b - постоянные, a 0, b 0 . Тогда
J ab , dxdy abdd
(2.9)
Пример 6. Записать в полярной системе координат область S , заданную в
декартовой системе координат неравенством x y R (круг радиуса R с центром в
2
2
2
точке O(0;0) ).
Перейдем от декартовых координат x, y к полярным , по формулам x cos ,
и y в исходное неравенство, получим:
y sin . Подставим x
0 R . На координату дополнительных
ограничений не накладывается, поэтому 0 2 (или ).
2 cos2 2 sin 2 R 2 или
В
полярной
системе координат круг записывается
неравенствами:
P : 0 2; 0 R.
Пример 7. Записать в полярной системе координат область S - часть круга,
ограниченную
x2 y2 R2 ,
линиями
y k1 x ,
y k 2 x
( y 0 ),
k1 , k 2 -
постоянные, k1 0, k 2 0 .
Изобразим область S (рис. 14.9). Запишем заданные линии в полярных координатах,
которые связаны с декартовыми формулами x cos , y sin : 1) x y R
2
2
2
2 cos2 2 sin 2 R 2 , R ;
2) y k1 x sin k1 cos , tg k1 , arctg k1 ;
3) y k 2 x sin k 2 cos , tg k 2 , arctg k 2 .
Область S Oxy переходит в область
y
2
2
2
y= k x
x + y =R
P O .
2
y =k x
1
Рис. 14.9
Рис.14.9
0
x
В полярной системе координат заданная
область определяется системой неравенств:
P : arctg k1 arctg k 2 ; 0 R.
Пример 8. Вычислить двойной
интеграл I ( y 2)dxdy , S - множество
S
точек,
неравенству y
удовлетворяющих
Границей
области
или ( x 2) y 4
центром
в
C (2;0) (рис. 14.10).
2
2
является
-
x 2 y 2 4x .
x2 y 2 4x
линия
окружность
точке 0
радиуса
2
2
с
x
Наличие в уравнении границы комбинации
x y наводит
на мысль, что для вычисления двойного интеграла удобно перейти к полярным
координатам , по формулам x cos , y sin , dxdy dd . Уравнение
2
2
границы x y 4 x 0 переходит в уравнение cos sin 4 cos 0
2
2
2
2
2
2
или ( 4 cos) 0 . Отсюда =0 (соответствует полюсу O) и 4 cos - уравнение
окружности. Так как всегда 0 (по смыслу ), то из 4 cos следует cos 0 ,
185
(этот же результат можно усмотреть из рисунка). Итак, в
2
2
полярных координатах область интегрирования есть P : ; 0 4 cos .
2
2
отсюда получаем
Тогда по формуле (2.7)
/2
4 cos
/ 2
0
I ( y 2)dxdy ( sin 2)dd d ( 2 sin 2)d
S
P
4 cos
3
d sin 2
3
/ 2
0
/2
/2
64
cos3 sin 16 cos2 d
/ 2 3
/2
/2
64 / 2
16
3
cos
d
cos
8
(1 cos2)d cos4
3 / 2
3
/ 2
/ 2
1
8( sin 2)
2
/2
8.
/ 2
Пример 9. Вычислить I
D
y bx / a} .
y
dxdy , где D : {1 x 2 / a 2 y 2 / b 2 2; y 0;
x
Область D ограничена линиями: x / a y / b 1 – эллипс с полуосями a и b,
2
2
2
2
x 2 / 2a 2 y 2 / 2b 2 1 – эллипс с полуосями a 2 и b 2 , y=0 – прямая (ось Ox),
y bx / a – прямая (рис. 14.11).
Анализ границы области указывает на целесообразность перехода к эллиптическим
полярным координатам по формулам (2.8), (2.9): x a cos, y b sin ,
dxdy abdd . Уравнения границы области в координатах , будут:
1) x / a y / b 1 1 ,
2
2
2
2
2)
x 2 / 2a 2 y 2 / 2b 2 1 2 , 3) y 0 0 ,
4) y bx / a / 4 . Итак, область интегрирования
в координатах , есть
P : 0 / 4; 1 2 . Тогда
y
b sin
I dxdy
abdd
x
a
cos
D
P
4.11
/4
2
2
/4
sin
b
d d b 2 (ln cos ) 0 ( 2 / 2) (b 2 ln 2) / 4 .
1
0 cos
0
2
Задачи для самостоятельного решения
Перейти в двойном интеграле f ( x, y )dxdy к полярным координатам , и расставить
D
пределы интегрирования в порядке: внешнее – по , внутреннее - по :
186
27. D – область, ограниченная окружностями x y 4 x , x y 8 x и прямыми
2
2
2
2
y x , y 2x .
28. D - область, являющаяся общей частью двух кругов x y ax и x y by .
29. D - меньший из двух сегментов, на которые прямая x y 2 рассекает круг
2
2
2
2
x2 y2 4 .
30. D - внутренняя часть правой петли лемнискаты Бернулли ( x y ) a ( x y ) .
2
2 2
2
2
2
31. D: {x 0, y 0, ( x y ) 4a x y } .
2
2 3
2 2 2
x2 y2
1 .Указание. Перейти к эллиптическим полярным координатам.
32. D:
4
9
2
2
2
2
33. D - область, ограниченная линией ( x y / 3) x y . Указание. Перейти к
эллиптическим полярным координатам.
2R
2 Ry y 2
R/2
0
dy
34.
f ( x, y )dx .
2
x 3
0
x
35. dx
f ( x y )dy .
2
2
1
x2
0
0
36. dx
f ( x, y )dy .
С помощью перехода к полярным координатам вычислить интегралы:
37.
R
R2 x2
0
0
dx
39.
ln(1 x 2 y 2 )dy .
(h 2 x 3 y)dxdy .
D: x 2 y 2 R 2
2
2
2
R x y dxdy .
D: x 2 y 2 Rx
2
2
38.
40.
y
2
2
arctg x dxdy , D - часть кольца x y 1,
D
x y 9 , y x / 3, y x 3 . 41.
2
2
2
2
2
2
sin x y dxdy, D : { x y 4 }.
D
Вычислить, перейдя к эллиптическим полярным координатам, интегралы:
x2 y2
42. xydxdy, D : 2 2 1, x 0, y 0 .
b
D
a
2
2
4
43. xy dxdy, D - область, ограниченная линией (( x / 2) ( y / 3)) xy 6 .
D
14.3. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ.
14.3.1. ОБЛАСТИ В ПРОСТРАНСТВЕ.
Определение. Область V R назовем правильной в направлении Oz (правильной
в направлении Ox, правильной в направлении Oy), если прямая, проходящая через
внутреннюю точку области V параллельно оси Oz (параллельно оси Ox, параллельно оси
Oy) пересекает границу области ровно в двух точках.
Область V будет правильной в направлении Oz, если существуют функции z1 ( x, y )
3
и z 2 ( x, y ) , заданные в S и такие, что координаты точек, принадлежащих V,
удовлетворяют условиям: ( x, y ) S , z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ) . Тогда символически
записывают:
V : ( x, y ) S , z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y )
(3.1)
187
Если, в свою очередь, область S - правильная в направлении Oy, то (см.(2.1))
V : a x b, 1 ( x) y 2 ( x),
z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ).
(3.2)
Если область S правильная в направлении Ox, то (см.(2.2))
V : c y d , 1 ( y ) x 2 ( y ),
z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ).
(3.3)
Задания.
1. Записать символически правильную в направлении Oy область V R , если ее
проекция на плоскость Oxz, в свою очередь, есть правильная область.
3
2. Записать символически правильную в направлении Ox область V R , если ее
проекция на плоскость Oyz есть правильная область.
3
Пример 10. Область V ограничена поверхностями x y ( z 2) и z=0.
Изобразить область и записать как правильную: а) в направлении Oz,
б) в направлении Ox.
Область V - круговой конус с боковой поверхностью, описываемой уравнением
2
2
2
конической поверхности x y ( z 2) , основанием, лежащим на плоскости z=0, с
вершиной в точке M(0;0;2) и осью, совпадающей с Oz (рис. 14.12).Область V - правильная
2
2
2
во всех направлениях Ox, Oy, Oz. При z=0 из уравнения x y ( z 2)
2
z
2
2
имеем
x 2 y 2 2 2 - уравнение окружности радиуса 2; таким
образом, в основании конуса круг. а) Рассмотрим область
V как правильную в направлении Oz. Из уравнения
M
x 2 y 2 ( z 2) 2 имеем z 2 x 2 y 2 . Для точек
области
0
V
0 z 2 x 2 y 2 . Проекция
имеем:
области V на плоскость Oxy есть S : x y 4 (рис.
V : {( x, y) S ;
14.13),
поэтому
в
силу
(3.1)
y
2
2
0 z 2 x 2 y 2 } ,где S : x 2 y 2 4 .Так как S -
x
Рис.14.12
правильная
область, то (см.(2.1))
(см.(2.2)) S : {2 y 2;
S : {2 x 2; 4 x 2 y 4 x 2 } или
4 y 2 x 4 y 2 }. Поэтому требуемая запись будет
(см. (3.2)) V : {2 x 2;
4 x 2 y 4 x 2 ; 0 z 2 x 2 y 2 } или (см.
(3.3)) V : {2 y 2; 4 y x 4 y ; 0 z 2 x y } .
б) Рассматривая область V как правильную в направлении Ox, из уравнения
2
2
2
2
x 2 y 2 ( z 2) 2 имеем x ( z 2) 2 y 2 . Линии пересечения плоскости Oyz и
y
-2
конической поверхности находятся из решения системы
2
уравнений: x 0, x y ( z 2) 0 ; в результате
S
имеем
0
-2
Рис.14.13
2
2
2
x 0,
- прямые в плоскости Oyz. Итак,
z
y
2
,
проекцией V на плоскость Oyz является область D 2 x треугольник со сторонами z=y+2, z = –y+2, z=0 (рис. 14.14),
188
поэтому в силу (3.1) V : {( y, z ) D;
( z 2) 2 y 2 x ( z 2) 2 y 2 } , где
D : z y 2, z y 2, z 0 .
Так как область D – правильная, то рассматривая
z
ее
как
правильную в направлении Oy, имеем
2 M
D : {0 z 2, z 2 y z 2} , а потому
0 z 2, z 2 y z 2,
V :
( z 2) 2 y 2 x ( z 2) 2 y 2 .
D
Рис.14.14
-2
0
y
2
Задачи для самостоятельного решения
Изобразить указанные ниже области
V R 3 ( x, y, z )и записать как правильные: а) в направлении Oz, б) в направлении
Ox.
44. Область V ограничена поверхностями x 2 y 3z 6, z 0, y 0, x 0 .
45. Область V ограничена поверхностями x y ( z R ) R .
2
2
2
2
46. Область V ограничена поверхностями z x y , z 4 .
14.3.2. ВЫЧИСЛЕНИЕ ТРОЙНОГО ИНТЕГРАЛА В ДЕКАРТОВЫХ
КООРДИНАТАХ
Пусть правильная в направлении Oz область V ограничена снизу и сверху
непересекающимися поверхностями z z1 ( x, y ) и z z 2 ( x, y ) ,
а с боков –
цилиндрической поверхностью F(x,y)=0 c образующими, параллельными оси Oz, т.е.
V : ( x, y ) S ; z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ) , где S- проекция V на плоскости Oxy.
2
2
Теорема 14.4. Пусть:1) в области V : ( x, y ) S ; z1 ( x, y ) z z 2 ( x, y ) задана
функция f(x,y,z), интегрируемая по Риману, т.е. существует тройной интеграл fdV ; 2)
V
существует повторный интеграл
dS
S
z2 ( x , y )
fdz
. Тогда справедлива формула
z1 ( x, y )
f ( x, y, z )dV dS
V
S
z 2 ( x, y )
f ( x, y, z )dz.
(3.4)
z1 ( x, y )
Замечание. Цилиндрическая поверхность F ( x, y ) 0 , ограничивающая V, может
частично или полностью вырождаться в пространственную линию.
Задания. Записать формулы, связывающие тройной интеграл с повторным, в
случаях, когда: 1) область V правильная в направлении Ox проецируется на плоскость Oyz;
2) область V правильная в направлении Oy проецируется на плоскость Oxz.
Пример 11. Вычислить I ( x 2 y 2 z )dV , где область V ограничена
V
поверхностями: y x , x y , z y, z 0 .
2
2
189
y x 2 и x y 2 есть параболические цилиндры с образующими,
параллельными Oz; z y, z 0 - плоскости. Область V – правильная в направле Поверхности
нии Oz, а потому 0 z y для точек, принадлежащих V (рис.14.15).
y
z
x=y 2
V
.14.15
S
1
Ри
y
с.14.16
1
y=x2
1
0
x
Проекция V на плоскость Oxy есть правильная
область S, ограниченная линиями
x
y x2 и
x y 2 (рис.14.16), а потому, например (см.(2.1)), S : {0 x 1; x 2 y x} и в силу
V : {0 x 1, x 2 y x , 0 z y}.
(3.2)
Тогда
по
формуле
(3.4)
y
I ( x 2 y 2 z )dV = dxdy ( x 2 y 2 z )dz =
V
S
z
y
2
= dxdy( xz 2 yz z )
S
1
x
0
x2
z 0
0
=см. (2.3)=
1
y x
1
2
3/ 2
5
6
dx ( xy 3 y )dy dx( xy / 2 y ) y x2 = ( x / 2 x x / 2 x )dx
2
2
3
0
= (x / 6 2x
3
5/ 2
0
1
/ 5 x 6 / 12 x 7 / 7) 143 / 420
0
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить интегралы:
e1
47.
e x 1
x y e
ln( z x y )
dx dy ( x e)( x y e) dz .
0
0
e
dxdydz
, - область, ограниченная плоскостями x 0, y 0, z 0 ,
( x y z 1) 3
x y z 1.
49. xydxdydz , V – область, ограниченная гиперболическим параболоидом z xy и
48.
V
плоскостями x y 1, z 0 ( z 0) .
50.
y cos(z x)dxdydz
V
плоскостями
, V – область, ограниченная цилиндром
y x и
y 0, z 0 и x z / 2 .
190
2
2
xyzdxdydz , V – область, ограниченная поверхностями y x , x y ,
51.
V
z xy, z 0 .
14.3.3 ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ В ТРОЙНОМ ИНТЕГРАЛЕ
Пусть функции
x x(u, v, w), y y(u, v, w), z z (u, v, w) осуществляют
взаимно однозначное непрерывно дифференцируемое отображение области из
пространства Ouvw на область V пространства Oxyz. Тогда существует обратное
непрерывно дифференцируемое отображение u u ( x, y, z ), v v( x, y, z ), w w( x, y, z )
области V на область , если якобиан преобразования
xu
J (u , v, w) xv
xw
yu
yv
y w
zu
zv 0
z w
(u, v, w) .
Величины u,v,w можно рассматривать как прямоугольные координаты для точек
области и в то же время как криволинейные координаты точек области V. Точки
пространства Oxyz , для которых одна из координат u, v, w сохраняет постоянное значение,
образуют координатную поверхность. Всего будет три семейства таких поверхностей.
Теорема 14.5. Пусть x x(u, v, w) , y y (u, v, w) , z z (u, v, w) есть дифференцируемое преобразование области из пространства Ouvw в область V из
пространства Oxyz. Тогда
f ( x, y, z )dxdydz f ( x(u, v, w), y (u, v, w), z (u, v, w)) J (u, v, w) dudvdw
.
V
(3.5)
Замечание. Последнее равенство сохраняет справедливость, когда условие
взаимно однозначного соответствия между областями V и нарушается в отдельных
точках или вдоль отдельных линий, или на отдельных поверхностях.
ПЕРЕХОД В ТРОЙНОМ ИНТЕГРАЛЕ К ЦИЛИНДРИЧЕСКИМ
КООРДИНАТАМ
x cos , y sin , z z преобразуют цилиндрические
Формулы
координаты ,, z точки M в декартовы координаты этой точки и переводят область
изменения криволинейных координат 0 : 0 , 0 2, z (или
0 : 0 , , z ) на все пространство Oxyz. Геометрически: -
радиус-вектор OM точки P – проекции точки M на плоскость Oxy; - угол между Ox и OP;
zапz=const
z
Рис. 14.17.
пликата точки
M (рис. 14.17).
Обратное преобразование задается
M
формулами:
=const
x
x 2 y 2 , arcctg ( y), z z, ( y)
y
1
=const Фиксируя в последних формулах ,, z ,
0
P
x
y
получим тройку координатных поверхностей:
круговой цилиндр с осью Oz , полуплоскость,
исходящую из оси Oz, и плоскость,
параллельную плоскости Oxy (рис.14.17).
191
x
y
z
Якобиан преобразования J (, , z ) x
y
y z
z sin cos 0 .
z z
0
0
1
xz
cos
sin
0
При переходе в тройном интеграле к цилиндрическим координатам формула (3.5) примет
вид0
f ( x, y, z )dxdydz f ( cos , sin , z )dd ,
(3.6)
V
где - область изменения цилиндрических координат точек области V из Oxyz.
Переход к сферическим координатам
Формулы
x r cossin , y r sin sin , z r cos преобразуют
сферические координаты r, , точки M в декартовы координаты этой точки и
0 : {0 r ,
переводят область 0 : 0 r , 0 2, 0 (или
, 0 } ) изменения сферических координат на все пространство Oxyz.
Геометрически: r - радиус-ветор OM точки M; - угол между осью Ox и проекцией
радиус-вектора r на плоскость Oxy; - угол между осью Oz и радиус-вектором r,
отсчитываемый по ходу стрелки часов (рис.14.18). Обратное преобразование имеет вид
x
r x 2 y 2 z 2 , arcctg ( y) ,
y
0 при y 0,
z
arccos
, ( y )
1 при y 0.
x2 y2 z 2
Фиксируя в последних формулах r, , , получим тройку координатных поверхностей:
сферу, полуплоскость, полуконус, соответственно (рис.14.18).Якобиан преобразования
xr
J (r , , ) x
x
z
M
y r
y
y
z r
z r 2 sin .
z
При переходе в тройном интеграле к сферическим
координатам справедлива формула:
OM=r f ( x, y, z )dxdydz f (r cos sin , r sin sin , r cos)r 2 sin
Рис.14.18
V
0
x
, (3.7)
y где - область изменения сферических координат точек
области V из Oxyz.
Пример 12. Вычислить тройной интеграл
I zdxdydz , где
V
V : { x 2 y 2 z 2 R; z x 2 y 2 } .
Область V ограничена полусферой x y z R и полуконусом z x y
(рис.14.18). Для удобства вычисления тройного интеграла перейдем к сферическим
координатам по формулам: x r cos sin , y r sin sin , z r cos , при этом
2
2
2
2
2
192
dxdydz r 2 sin drd d . Неравенства, описывающие V , преобразуются: а)
x 2 y 2 z 2 R r 2 R 2 , 0 r R;
б) z
x 2 y 2 r cos r sin , tg 1, 0 / 4 .
Так как нет ограничений на , то 0 2 . В итоге, область интегрирования в
сферических координатах есть : 0 2; 0 ; 0 r R (этот же результат
4
можно
было
усмотреть
из
чертежа).
Тогда
по
формуле
2
/4
R
0
0
0
(3.7)
I zdxdydz r cosr 2 sin drdd d cos sin d r 3dr =повторн
V
ый интеграл "расщепился" в произведение определенных интегралов =
=
2
0
sin 2 / 4 r 4
2 0 4
R
0
R 4
.
8
Пример 13. Вычислить тройной интеграл I
2
2
z ( x y )dxdydz ,
где V
V
ограничена полусферой z R x y , цилиндром x y R и плоскостью
2
2
z a (a 0) .
2
2
2
2
Тело V и проекция его на плоскость Oxy S : x y R - круг радиуса R
изображены на рис.14.19 и 14.20. Для вычисления I перейдем к цилиндрическим
координатам ,, z по формулам x cos , y sin , z z, dxdydz dddz .
Поверхности,
ограничивающие
V
преобразуются:
а)
2
2
2
z R 2 x 2 y 2 z R 2 2 , б) x 2 y 2 R 2 R , в) z=a . Так как
нет ограничений на координату , то 0 2 (или ) .Область
: {0 2,
интегрирования
в
цилиндрических
координатах
есть
0 R, R 2 2 z a}.
z
y
0
x
Рис.14.20
Рис.14.19
Тогда
по
формуле
x
0
y
(3.6)
I z ( x 2 y 2 )dxdydz
V
= z dddz
2
=
193
z2 a
2
R
= 1 d (a 2 R 2 )3 5 d =
3
3
d
d
=
d
d
zdz
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
R
R
R
1 2
4
2
2
2
2 4
6
= 0 (a R ) / 4 / 6 = R (3a R ) .
0
2
2
R
2
a
R
Задачи для самостоятельного решения
Перейти в тройном интеграле f ( x, y , z ) dxdydz к цилиндрическим координатам
V
,, z или сферическим координатам r, , и расставить пределы интегрирования:
52. V – область, находящаяся в первом октанте и ограниченная поверхностями
x 2 y 2 R 2 , z 0, z 1, y x, y x 3 .
53. V – область, ограниченная поверхностями x y 2 x, z 0, z x y .
2
2
2
2
54. V : {x y z R ; x 0; y 0; z 0} .
2
2
2
2
55. V : {x y z R ; x y ( z R ) R } .
Перейдя к цилиндрическим или сферическим координатам, вычислить интегралы:
2
2
56. dx
2 x x2
0
dy
0
60.
2
a
2
2
2
2
R
2
R
0
a2 y2
2
dy z x y dz . 57. dx
0
a 2
58.
2
( x2 y 2 ) / a
dx
y
2
dy
x 2 y 2 dz . 59. dx
a
0
( x 2 y 2 )dz .
0
R2 x2
a
R2 x2 y 2
R2 x2
a2 x2
a2 x2
dy
a
dz
h( x2 y 2 ) / a
x y
2
.
2
2
2
2
2
2
2
2
( x y )dxdydz , где V : {z 0, R1 x y z R2 } .
V
61.
V
62.
dxdydz
x 2 y 2 ( z 2) 2
dxdydz , где V : {x 2 y 2 1; 1 z 1} .
2
2
2
x y z dxdydz ,
где область V ограничена поверхностью
V
x y2 z2 z .
2
14.4. НЕКОТОРЫЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ДВОЙНЫХ И ТРОЙНЫХ ИНТЕГРАЛОВ
1. Площадь фигуры. а) Для плоской фигуры S Oxy
s dS dxdy .
S
(4.1)
S
б) Площадь части искривленной поверхности рассматривается в разделе 14.6. этой главы.
2. Объем тела V: (( x, y ) S xy ; f1 ( x, y ) z f 2 ( x, y ) ( S xy - проекция V на плоскость
Oxy):
v f 2 ( x, y) f1 ( x, y)dxdy
(4.2)
S xy
или
v dV dxdydz .
V
(4.3)
V
3. Масса. а) Если ( x, y) - поверхностная плотность массы плоской фигуры
S Oxy , то
194
m ( x, y )dS .
(4.4)
S
б) если ( x, y, z ) - объемная плотность массы тела V Oxyz , то
m ( x, y, z )dV .
(4.5)
V
Для однородных фигур и тел плотность примем равной единице.
4. Статические моменты и координаты центра тяжести. а) Для плоской фигуры
S Oxy c плотностью ( x, y) и массой m статические моменты относительно
координатных осей:
M y xdS ,
M x ydS ;
S
S
координаты центра тяжести:
yc M x / m .
xc M y / m ,
б) Для тела V с плотностью ( x, y, z ) и массой m статические моменты относительно
координатных плоскостей
M yz xdV ,
M xz ydV ,
M xy zdV ;
V
V
V
координаты центра тяжести:
xc M yz / m , y c M xz / m , z c M xy / m .
Пример14. Найти массу пластинки D : {1 x / 9 y / 4 2; y 0, y 2 / 3x}
с поверхностной плотностью y / x .
2
По формуле (4.4) m
2
( x, y )dxdy ( y / x)dxdy . Область D и подынтегральная
D
D
функция совпадают с областью интегрирования и функцией из примера 9 в пункте 14.2.4
при a 3, b 2 ; там же вычислен этот двойной интеграл, поэтому m (b ln 2) / 4 и
при b 2 m ln 2 .
2
Пример 15. Найти массу тела. V :
объемная плотность az
x
2
y 2 z 2 R; z x 2 y 2 , если
(a 0) .
По формуле (4.5) m ( x, y, z )dV a zdxdydz a I . Тройной интеграл I по
V
V
данной области V вычислен в примере 12 из пункта 14.3.3, I R / 8 , и потому
4
m aR 4 / 8 .
Пример 16. Найти объем тела V : r1 x y z r2 ;
2
2
2
2
2
( x 2 y 2 ) / a 2 z ( x 2 y 2 ) / b 2 ; k1 x y k 2 x , (a, b, k1 , k 2 0) .
Из формулы (4.3) V dxdydz . Тело V ограничено сферами, полуконусами и
V
плоскостями (рис.14.21).
195
a)
Рис.14.21
Из анализа уравнений и вида поверхностей следует целесообразность перехода к
сферическим координатам r , , по формулам: x r cos sin , y r sin sin ,
z r cos . Поверхности, ограничивающие V,
преобразуются:1) x y z r1 r r1 ;
2
2
2
2
2) x y z r2 r r2 ;
2
2
2
2
3) z ( x y )a tg a или
2
2
2
arctga ;
4) z
( x 2 y 2 )b 2 tg b, arctgb ;
5) y k1 x arctg k1 ; 6)
y k 2 x arctg k 2 .
Рис.14.21 в)
Область изменения сферических координат
точек области V есть
: r1 r r2 ; arctg k1 arctg k 2 ; arctg b arctg a .
Тогда в силу формулы (3.7) v dxdydz r sin drdd =
2
V
arctg k2 r2 2 arctg a 1 3
(r2 r13 )(arctg k 2 arctg k1 )(cos(arctg a)
= d r dr
arctg k r
arctg b 3
1 1
cos(arctgb)) .
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить объемы тел, ограниченных заданными поверхностями:
63. z x y 1, x 4, y 4 . 64. y
2
2
x , y 2 x , z 0, x z 6 .
65. z 9 y , x 0, y 0, z 0, 3x 4 y 12
( y 0) .
2
66. 2 y x, x / 4 y / 2 z / 4 1, z 0 . 67. x / 4 y 1, z 12 3x 4 y, z 1.
2
2
2
196
68. z x y - гиперболический параболоид, z 0, x 3 .
2
2
69. z ( x 1) y , z 2 x 2 . 70. z x y ,
2
2
2
71. x y z 4,
2
2
2
2
z x y.
x 2 y 2 3z . 72. x 2 y 2 z 2 1, x 2 y 2 z 2 16,
x 2 y 2 z 2 , x 0, y 0, z 0
( x 0, y 0, z 0) .
73. Найти массу квадратной пластинки со стороной a , если плотность пластинки в каждой
точке пропорциональна расстоянию этой точки от одной из вершин и равен 0 в центре
квадрата.
Найти координаты центра тяжести однородных пластинок, ограниченных
кривыми:
74. ay x , x y 2a (a 0) .
2
75.
x y a , y 0, x 0 .
76. ( x y ) 2a xy ( x 0, y 0) . 77. a(1 cos) - кардиоида, 0 .
Найти координаты центра тяжести однородных тел, ограниченных поверхностями:
78. x 0, y 0, z 0, x 2, y 4, x y z 8 (усеченный параллелепипед).
2
2 2
2
79. z y / 2, x 0, y 0, z 0, 2 x 3 y 12 0 .
2
80. z ( x y ) / 2a,
2
2
x 2 y 2 z 2 3a 2 ( z 0) .
Определение. Дифференциальным уравнением называется уравнение,
связывающее независимые переменные, их функции и производные (или
дифференциалы) этой функции.
Определение. Если дифференциальное уравнение имеет одну
независимую
переменную,
то
оно
называется
обыкновенным
дифференциальным уравнением, если же независимых переменных две или
более, то такое дифференциальное уравнение называется дифференциальным
уравнением в частных производных.
Определение. Наивысший порядок производных, входящих в
уравнение, называется порядком дифференциального уравнения.
Пример.
3
x y 8 y x 5 0 - обыкновенное дифференциальное уравнение 1 – го
порядка. В общем виде записывается F ( x, y, y ) 0 .
d2y
dy
xy x 2 y - обыкновенное дифференциальное уравнение 2 – го
2
dx
dx
порядка. В общем виде записывается F ( x, y, y , y ) 0
z
z
y2
xy 0 - дифференциальное уравнение в частных производных
x
y
x
первого порядка.
Определение. Общим решением дифференциального уравнения
называется такая дифференцируемая функция y = (x, C), которая при
подстановке в исходное уравнение вместо неизвестной функции обращает
уравнение в тождество.
Свойства общего решения.
197
1) Т.к. постоянная С – произвольная величина, то вообще говоря
дифференциальное уравнение имеет бесконечное множество решений.
2) При каких- либо начальных условиях х = х0, у(х0) = у0 существует
такое значение С = С0, при котором решением дифференциального уравнения
является функция у = (х, С0).
Определение. Решение вида у = (х, С0) называется частным решением
дифференциального уравнения.
Определение. Задачей Коши (Огюстен Луи Коши (1789-1857)французский математик) называется нахождение любого частного решения
дифференциального уравнения вида у = (х, С0), удовлетворяющего
начальным условиям у(х0) = у0.
Теорема Коши. (теорема о существовании и единственности решения
дифференциального уравнения 1- го порядка)
Если функция f(x, y) непрерывна в некоторой области D в плоскости
XOY и имеет в этой области непрерывную частную производную y f ( x, y ) ,
то какова бы не была точка (х0, у0) в области D, существует единственное
решение y (x) уравнения y f ( x, y ) , определенное в некотором интервале,
содержащем точку х0, принимающее при х = х0 значение (х0) = у0, т.е.
существует единственное решение дифференциального уравнения.
Определение. Интегралом дифференциального уравнения называется
любое уравнение, не содержащее производных, для которого данное
дифференциальное уравнение является следствием.
Пример.
Найти общее решение дифференциального уравнения
xy y 0 .
Общее решение дифференциального уравнения ищется с помощью
интегрирования левой и правой частей уравнения, которое предварительно
преобразовано следующим образом:
dy
y0
dx
xdy ydx
dy
dx
y
x
dy
dx
y x
ln y ln x C0
x
Теперь интегрируем:
ln y ln x C0
ln xy C0
xy e C0 C
C
y
- это общее решение исходного
x
дифференциального уравнения.
Допустим, заданы некоторые начальные условия: x0 = 1; y0 = 2, тогда
имеем
198
2
С
; C 2;
1
При подстановке полученного значения постоянной в общее решение
получаем частное решение при заданных начальных условиях (решение
задачи Коши).
y
2
x
Определение. Интегральной кривой называется график y = (x)
решения дифференциального уравнения на плоскости ХОY.
Определение. Особым решением дифференциального уравнения
называется такое решение, во всех точках которого условие единственности
Коши не выполняется, т.е. в окрестности некоторой точки (х, у) существует
не менее двух интегральных кривых.
Особые решения не зависят от постоянной С.
Особые решения нельзя получить из общего решения ни при каких
значениях постоянной С. Если построить семейство интегральных кривых
дифференциального уравнения, то особое решение будет изображаться
линией, которая в каждой своей точке касается по крайней мере одной
интегральной кривой.
Отметим, что не каждое дифференциальное уравнение имеет особые
решения.
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения:
y y 0. Найти особое решение, если оно существует.
dy
y
dx
dy
dx
y
dy
y dx
ln y x C
y e x eC
y C1 e x
Данное дифференциальное уравнение имеет также особое решение у =
0. Это решение невозможно получить из общего, однако при подстановке в
исходное уравнение получаем тождество. Мнение, что решение y = 0 можно
получить из общего решения при С1 = 0 ошибочно, ведь C1 = eC 0.
Далее рассмотрим подробнее приемы и методы, которые используются
при решении дифференциальных уравнений различных типов.
Дифференциальные уравнения первого порядка.
Определение. Дифференциальным уравнением первого порядка
называется соотношение, связывающее функцию, ее первую производную и
независимую переменную, т.е. соотношение вида:
199
F ( x, y, y ) 0
Если такое соотношение преобразовать к виду y f ( x, y ) то это
дифференциальное уравнение первого порядка будет называться уравнением,
разрешенным относительно производной.
Преобразуем такое выражение далее:
dy
f ( x, y ); dy f ( x, y )dx;
dx
f ( x, y )dx dy 0;
Функцию f(x,y) представим в виде: f ( x, y)
P ( x, y )
, Q( x, y ) 0; тогда при
Q ( x, y )
подстановке в полученное выше уравнение имеем:
P( x, y )dx Q( x, y )dy 0
- это так называемая дифференциальная форма уравнения первого порядка.
Далее рассмотрим подробнее типы уравнений первого порядка и
методы их решения.
Уравнения вида y’ = f(x).
Пусть функция f(x) – определена и непрерывна на некотором интервале
a < x < b. В таком случае все решения данного дифференциального уравнения
находятся как y f ( x)dx C . Если заданы начальные условия х0 и у0, то
можно определить постоянную С.
Уравнения с разделяющимися переменными
Определение. Дифференциальное уравнение y f ( x, y ) называется
уравнением с разделяющимися переменными, если его можно записать в
виде
y ( x)( y ) .
Такое уравнение можно представить также в виде:
dy
( x)dx 0 при ( y ) 0;
( y )
1
Перейдем к новым обозначениям ( x) X ( x);
Y ( y );
( y )
X ( x)dx Y ( y )dy 0;
Получаем:
y ( x)( y ) 0; dy ( x)( y )dx 0;
X ( x)dx Y ( y)dy C
После нахождения соответствующих интегралов получается общее
решение дифференциального уравнения с разделяющимися переменными.
Если заданы начальные условия, то при их подстановке в общее
решение находится постоянная величина С, а, соответственно, и частное
решение.
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения:
yy
2x
cos y
dy
2 x
dx
y cos ydy 2 xdx
y cos y
y cos ydy 2 xdx
200
Интеграл, стоящий в левой части, берется по частям
u y; dv cos ydy;
y sin y sin ydy y sin y cos y
v sin y
y cos ydy du dy;
y sin y cos y x 2 C
y sin y cos y x 2 C 0
- это есть общий интеграл исходного дифференциального уравнения, т.к.
искомая функция и не выражена через независимую переменную. В этом
и заключается отличие общего (частного) интеграла от общего (частного)
решения.
Чтобы проверить правильность полученного ответа продифференцируем его
по переменной х.
y sin y yy cos y y sin y 2 x 0
2x
- верно
yy
cos y
Пример. Найти решение дифференциального уравнения
y
ln y при
y
условии у(2) = 1.
ydx
ln y
dy
ln ydy
dx
y
ln ydy
dx y
x C ln yd (ln y )
xC
ln 2 y
2
ln 2 1
; 2 C 0; C 2;
2
Итого: 2( x 2) ln 2 y; или y e 2 x4 - частное решение;
2
Проверка: y e 2 x 4
, итого
2 2x 4
2 x4
( 2 x 4)
y e
2 x 4 ln y - верно.
y
e 2 x4
при у(2) = 1 получаем 2 C
2
Пример. Решить уравнение y y 3 .
2
dy
y 3
dx
y
y
2
3
dy dx
3
dy dx
3
xC
2
3y
1
27 y ( x C ) 3 - общий интеграл
201
1
( x C ) 3 - общее решение
27
2
Пример. Решить уравнение y x( y 1).
dy
dy
dx;
dx;
2
2
y 1
y 1
y
x2
x2
C;
y tg C ;
2
2
yy
e y 0 при условии у(1) = 0.
Пример. Решить уравнение
x
ydy
xe y 0
dx
y
ydy xe y dx 0;
dy xdx;
ey
y
e y dy xdx;
arctgy
Интеграл,
стоящий
в
левой
части
будем
брать
по
частям
u y; e dy dv;
y
ye
dy
e y y e y dy e y y e y e y ( y 1);
y
du dy; v e ;
x2
e y ( y 1)
C0 ;
2
2e y ( y 1) x 2 C
y
Если у(1) = 0, то 2e 0 (0 1) 1 C; 2 1 C; C 1;
Итого, частный интеграл: 2e y ( y 1) x 2 1 .
Пример. Решить уравнение y sin( x y ) sin( x y ) .
y sin( x y ) sin( x y ) 0
x yx y
x yx y
y 2 sin
cos
0
2
2
y 2 sin( y ) cos x 0
y 2 sin y cos x 0
dy
dy
2 cos xdx;
2 cos xdx;
sin y
sin y
Для нахождения интеграла, стоящего в левой части . Получаем общий
интеграл:
y
2 sin x C
2
2
y
Пример. Решить уравнение 2 xe x 0
y
ln tg
Преобразуем заданное уравнение:
dy
0
ydx
2
dy
2 xe x dx
0
y
2
2 xe x
202
x
2 xe dx
2
dy
C
y
2
e x ln y C
Получили общий интеграл данного дифференциального уравнения.
Если из этого соотношения выразить искомую функцию у, то получим общее
решение.
Пример. Решить уравнение y x( y 2 1) .
dy
x( y 2 1)
dx
dy
xdx
2
y 1
dy
xdx ;
2
y 1
arctgy
x2
C ;
2
x2
y tg C
2
Допустим, заданы некоторые начальные условия х0 и у0. Тогда:
x02
x02
arctgy0
C0 ; C0 arctgy0 ;
2
2
2
2
x
x
Получаем частное решение y tg arctgy0 0 .
2
2
Однородные уравнения.
Определение. Функция f(x, y) называется однородной n – го измерения
относительно своих аргументов х и у, если для любого значения параметра t
(кроме нуля) выполняется тождество:
f (tx, ty) t n f ( x, y).
Пример. Является ли однородной функция f ( x, y) x 3 3x 2 y ?
f (tx, ty) (tx) 3 3(tx) 2 ty t 3 x 3 3t 3 x 2 y t 3 ( x 3 3x 2 y) t 3 f ( x, y)
Таким образом, функция f(x, y) является однородной 3- го порядка.
Определение. Дифференциальное уравнение вида y f ( x, y ) называется
однородным, если его правая часть f(x, y) есть однородная функция нулевого
измерения относительно своих аргументов.
Любое уравнение вида P( x, y )dx Q( x, y )dy 0 является однородным,
если функции P(x, y) и Q(x, y) – однородные функции одинакового
измерения.
Решение любого однородного уравнения основано на приведении этого
уравнения к уравнению с разделяющимися переменными.
Рассмотрим однородное уравнение y f ( x, y ).
Т.к. функция f(x, y) – однородная нулевого измерения, то можно записать:
f (tx, ty) f ( x, y ).
1
x
Т.к. параметр t вообще говоря произвольный, предположим, что t .
Получаем:
203
y
f ( x, y ) f 1,
x
Правая часть полученного равенства зависит фактически только от
y
x
одного аргумента u , т.е.
y
f ( x, y ) (u );
x
Исходное дифференциальное уравнение таким образом можно записать в
виде:
y (u )
Далее заменяем y = ux, y u x ux .
u x ux (u ); u x u (u ); u
(u ) u
;
x
таким образом, получили уравнение с разделяющимися переменными
относительно неизвестной функции u.
du
dx
;
(u ) u
x
du
(u) u
dx
C;
x
Далее, заменив вспомогательную функцию u на ее выражение через х и
у и найдя интегралы, получим общее решение однородного
дифференциального уравнения.
y
y
Пример. Решить уравнение y ln 1 .
x
x
Введем вспомогательную функцию u.
u
y
;
x
y ux;
y u x u .
Отметим, что введенная нами функция u всегда положительна, т.к. в
противном случае теряет смысл исходное дифференциальное уравнение,
содержащее ln u ln
y
.
x
Подставляем в исходное уравнение:
u x u u (ln u 1); u x u u ln u u; u x u ln u;
du
dx
du
dx
;
;
Разделяем переменные:
u ln u
x
u ln u
x
Интегрируя, получаем: ln ln u ln x C; ln u Cx; u eCx ;
Переходя от вспомогательной функции обратно к функции у, получаем
общее решение:
y xeCx .
Уравнения, приводящиеся к однородным.
Кроме уравнений, описанных выше, существует класс уравнений,
которые с помощью определенных подстановок могут приведены к
однородным.
ax by c
.
Это уравнения вида y f
a
x
b
y
c
1
1
1
204
Если определитель
a b
0,
a1 b1
подстановкой
то переменные могут быть разделены
x u ;
y v ;
ax by c 0
a1 x b1 y c1 0
где и - решения системы уравнений
Пример. Решить уравнение ( x 2 y 3)dy (2 x y 1)dx 0.
dy
dy 2 x y 1
2 x y 1;
;
dx
dx
x 2y 3
2 1
Находим значение определителя
4 1 5 0.
1 2
Получаем ( x 2 y 3)
2 x y 1 0 y 1 2 x
x 1 / 5
;
;
;
x 2 y 3 0
x 2 4x 3 0 y 7 / 5
Применяем подстановку x u 1 / 5; y v 7 / 5; в исходное уравнение:
(u 1 / 5 2v 14 / 5 3)dv (2u 2 / 5 v 7 / 5 1)du 0;
(u 2v)dv (2u v)du 0;
dv 2u v 2 v / u
;
du 2v u 2v / u 1
v
Заменяем переменную t; v ut; v t u t; при подстановке в выражение,
u
Решаем систему уравнений
записанное выше, имеем:
2t
2t 1
dt
2t
2 t 2t 2 t 2(1 t t 2 )
t
;
Разделяем переменные: u
du
2t 1
2t 1
2t 1
du
1 1 2t
du
1 (1 2t )dt
dt ;
;
2
u
2 1 t t
u
2 1 t t2
1
ln 1 t t 2 ln u ln C1
2
ln 1 t t 2 2 ln C1u
t u t
ln 1 t t 2 ln
C2
C
; 1 t t 2 22 ;
2
u
u
Переходим теперь к первоначальной функции у и переменной х.
t
v y 7 / 5 5y 7
; u x 1 / 5;
u x 1 / 5 5x 1
2
25C 2
5y 7 5y 7
1
;
5x 1 5x 1
(5 x 1) 2
(5x 1) 2 (5 y 7)(5x 1) (5 y 7) 2 25C2
25x 2 10 x 1 25xy 5 y 35x 7 25 y 2 70 y 49 25C2
25x 2 25x 25xy 75 y 25 y 2 25C2 49 1 7
55
x 2 x xy 3 y y 2 C 2
C;
25
205
Итого, выражение x 2 x xy 3 y y 2 C
исходного дифференциального уравнения.
является
общим
В случае если в исходном уравнении вида
интегралом
ax by c
y f
a1 x b1 y c1
a b
0, то переменные могут быть разделены подстановкой
a1 b1
ax by t.
Пример. Решить уравнение 2( x y )dy (3x 3 y 1)dx 0.
dy
dy 3x 3 y 1
3x 3 y 1
Получаем 2( x y) 3x 3 y 1;
;
dx
dx
2x 2 y
2x 2 y
3 3
Находим значение определителя
6 6 0;
2
2
определитель
Применяем подстановку 3x 3 y t.
dy t
1;
dx 3
Подставляем это выражение в исходное уравнение:
t
3(t 1)
1
; 2t (t 3) 9t 9; 2tt 6t 9t 9; 2tt 3t 9;
3
2t
2t
t
3
dt dx;
dt dx;
Разделяем переменные:
3t 9
t 3
2
3
3
1 t 3 dt 2 dx;
3
t 3 ln t 3 x C1
2
Далее возвращаемся к первоначальной функции у и переменной х.
2 x 2 y 2 ln 3( x y 1) x C2 ;
3x 2 y 2 ln 3 2 ln x y 1 C2 ;
3x 2 y 2 ln x y 1 C;
таким образом, мы получили общий интеграл исходного дифференциального
уравнения.
Линейные уравнения.
Определение. Дифференциальное уравнение называется линейным
относительно неизвестной функции и ее производной, если оно может быть
записано в виде:
y P( x) y Q( x),
при этом, если правая часть Q(x) равна нулю, то такое уравнение называется
линейным однородным дифференциальным уравнением, если правая часть
Q(x) не равна нулю, то такое уравнение называется линейным неоднородным
дифференциальным уравнением.
P(x) и Q(x)- функции непрерывные на некотором промежутке a < x < b.
Линейные однородные дифференциальные уравнения.
Рассмотрим методы нахождения общего решения линейного
однородного дифференциального уравнения первого порядка вида
206
y P( x) y 0 .
Для этого типа дифференциальных уравнений разделение переменных
не представляет сложностей.
dy
P( x)dx
y
ln y P( x)dx ln C ;
ln
y
P( x)dx;
C
Общее решение:
y Ce
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения.
Для интегрирования линейных неоднородных уравнений (Q(x)0)
применяются в основном два метода: метод Бернулли и метод Лагранжа.
Метод Бернулли.
P ( x ) dx
(Якоб Бернулли (1654-1705) – швейцарский математик.)
Суть метода заключается в том, что искомая функция представляется в
виде произведения двух функций y uv .
При этом очевидно, что y u
dv
du
v
dx
dx
- дифференцирование по
частям.
Подставляя в исходное уравнение, получаем:
dv
du
v
P ( x)uv Q( x)
dx
dx
dv
du
u
v
P( x)u Q( x)
dx
dx
u
Далее следует важное замечание – т.к. первоначальная функция была
представлена нами в виде произведения, то каждый из сомножителей,
входящих в это произведение, может быть произвольным, выбранным по
нашему усмотрению.
Например, функция
может быть представлена как
y 2x 2
y 1 2x 2 ; y 2 x 2 ;
y 2 x x; и т.п.
Таким образом, можно одну из составляющих произведение функций
выбрать так, что выражение
du
P ( x)u 0 .
dx
Таким образом, возможно получить функцию u, проинтегрировав,
полученное соотношение как однородное дифференциальное уравнение по
описанной выше схеме:
du
P( x)dx;
u
du
P( x)dx;
u
ln C1 ln u P( x)dx;
ln u P( x)dx;
P ( x ) dx
u Ce
; C 1 / C1 ;
207
Для нахождения второй неизвестной функции v подставим поученное
выражение для функции u в исходное уравнение u
dv
du
v
P( x)u Q( x) с
dx
dx
учетом того, что выражение, стоящее в скобках, равно нулю.
P ( x ) dx dv
Сe
Q( x);
dx
Cdv Q( x)e
P ( x ) dx
dx;
Интегрируя, можем найти функцию v:
P ( x ) dx
1
Q ( x )e
dx C 2 ;
C
Т.е. была получена вторая составляющая произведения y uv , которое
Cv Q( x)e
P ( x ) dx
v
dx C1 ;
и определяет искомую функцию.
Подставляя полученные значения, получаем:
P ( x ) dx 1
P ( x ) dx
y uv Ce
Q( x)e
dx C2
C
Окончательно получаем формулу:
P ( x ) dx
P ( x ) dx
ye
Q( x)e
dx C2 ,
С2 - произвольный коэффициент.
Это соотношение может считаться решением неоднородного линейного
дифференциального уравнения в общем виде по способу Бернулли.
Метод Лагранжа.
( Ларганж Жозеф Луи (1736-1813) - французский математик, през.
Берлинской АН,
поч. чл. Пет. АН (1776)).
Метод
Лагранжа
решения
неоднородных
линейных
дифференциальных уравнений еще называют методом
вариации
произвольной постоянной.
Вернемся к поставленной задаче:
y P( x) y Q( x)
Первый шаг данного метода состоит в отбрасывании правой части
уравнения и замене ее нулем.
y P( x) y 0
Далее
находится
решение
дифференциального уравнения:
получившегося
однородного
P ( x ) dx
.
y C1e
Для того, чтобы найти соответствующее решение неоднородного
дифференциального уравнения, будем считать постоянную С1 некоторой
функцией от х.
Тогда по правилам дифференцирования произведения
функций
получаем:
y
P ( x ) dx
dy dC1 ( x) P ( x ) dx
e
C1 ( x)e
( P( x));
dx
dx
Подставляем полученное соотношение в исходное уравнение
P ( x ) dx
P ( x ) dx
dC1 ( x) P ( x ) dx
e
C1 ( x) P( x)e
P( x)C1 ( x)e
Q( x )
dx
208
dC1 ( x) P ( x ) dx
e
Q( x);
dx
Из этого уравнения определим переменную функцию С1(х):
dC1 ( x) Q( x)e
P ( x ) dx
dx;
Интегрируя, получаем:
C1 Q( x)e
P ( x ) dx
dx C;
Подставляя это значение в исходное уравнение, получаем:
P ( x ) dx
P ( x ) dx dx C .
ye
Q( x)e
Таким образом, мы получили результат, полностью совпадающий с
результатом расчета по методу Бернулли.
При выборе метода решения линейных дифференциальных
уравнений следует руководствоваться простотой интегрирования функций,
входящих в исходный интеграл.
Далее рассмотрим примеры решения различных дифференциальных
уравнений различными методами и сравним результаты.
1
x
Пример. Решить уравнение x y y ax e .
2
2
Сначала приведем данное уравнение к стандартному виду: y
1
1
y ae x .
2
x
1
1
Применим полученную выше формулу: P 2 ; Q ae x ;
x
1
1
1
2 dx
2 dx
y e x ae x e x dx C
1
1
1
1
y e x ae x e x dx C e x adx C
1
x
y e (ax C ).
Уравнение Бернулли.
Определение. Уравнением Бернулли называется уравнение вида
y Py Q y n ,
где P и Q – функции от х или постоянные числа, а n – постоянное число, не
равное 1.
Для решения уравнения Бернулли применяют подстановку z
1
y n 1
, с
помощью которой, уравнение Бернулли приводится к линейному.
Для этого разделим исходное уравнение на yn.
y
1
P n 1 Q;
n
y
y
209
Применим подстановку, учтя, что z
(n 1) y n 2
(n 1) y
.
y
2 n2
y
yn
z
Pz Q
n 1
z (n 1) Pz (n 1)Q
Т.е. получилось линейное уравнение относительно неизвестной функции z.
Решение этого уравнения будем искать в виде:
Pdx
P1dx
z e Q1e dx C
Q1 (n 1)Q;
P1 (n 1) P.
Пример. Решить уравнение xy y xy2 ln x.
y 1 1
Разделим уравнение на xy2: 2 ln x.
x y
y
1
y
Полагаем z ; z 2 .
y
y
1
1
z z ln x;
z z ln x .
x
x
1
Полагаем P , Q ln x.
x
dx
dx
z e x ln xe x dx C ;
z e ln x ln xeln x dx C ;
dx
z x ln x C ;
z x ln xd (ln x) C ;
x
ln 2 x
z x
C
2
Произведя обратную подстановку, получаем:
ln 2 x
1
x
C .
y
2
2
Пример. Решить уравнение xy 4 y x y .
Разделим обе части уравнения на x y .
1 dy 4
y x.
y dx x
Полагаем z y ; z
1
2 y
1
y ;
y
y 2 y z ;
2 y z
4
z x;
x
dz 2 z x
;
dx x 2
Получили
линейное
неоднородное
дифференциальное
уравнение.
Рассмотрим соответствующее ему линейное однородное уравнение:
dz 2 z
0;
dx x
dz 2 z
;
dx
x
dz 2dx
;
z
x
210
dz
dx
2 C1 ; ln z 2 ln x ln C ; z Cx 2 ;
z
x
Полагаем C = C(x) и подставляем полученный результат в линейное
неоднородное уравнение, с учетом того, что:
dz
dC ( x)
2 xC( x) x 2
;
dx
dx
dC ( x) 2 x 2 C ( x) x
2 xC( x) x 2
;
dx
x
2
dC ( x)
1
1
;
C ( x) ln x C 2 ;
dx
2x
2
1
Получаем: z x 2 C 2 ln x ;
2
Применяя обратную подстановку, получаем окончательный ответ:
2
1
y x 4 C 2 ln x ;
2
Уравнения в полных дифференциалах (тотальные).
Определение. Дифференциальное уравнение первого порядка вида:
M ( x, y )dx N ( x, y )dy 0
называется уравнением в полных дифференциалах, если левая часть этого
уравнения представляет собой полный дифференциал некоторой функции
u F ( x, y ).
Интегрирование такого уравнения сводится к нахождению функции u,
после чего решение легко находится в виде: du 0; u C.
Таким образом, для решения надо определить:
1) в каком случае левая часть уравнения представляет собой полный
дифференциал функции u;
2) как найти эту функцию.
Если дифференциальная форма M ( x, y )dx N ( x, y )dy является полным
дифференциалом некоторой функции u, то можно записать:
du M ( x, y )dx N ( x, y )dy
u
u
dx
dy.
x
y
u
x M ( x, y )
Т.е.
.
u N ( x, y )
y
Найдем смешанные производные второго порядка, продифференцировав
первое уравнение по у, а второе – по х:
2 u M ( x, y )
y
xy
2
u N ( x, y )
xy
x
211
Приравнивая левые части уравнений, получаем необходимое и
достаточное условие того, что левая часть дифференциального уравнения
является полным дифференциалом. Это условие также называется условием
тотальности.
M ( x, y ) N ( x, y )
y
x
Теперь рассмотрим вопрос о нахождении собственно функции u.
Проинтегрируем равенство
u
M ( x, y ) :
x
u M ( x, y )dx C ( y ).
Вследствие интегрирования получаем не постоянную величину С, а
некоторую функцию С(у), т.к. при интегрировании переменная у полагается
постоянным параметром.
Определим функцию С(у).
Продифференцируем полученное равенство по у.
u
N ( x, y )
M ( x, y )dx C ( y ).
y
y
Откуда получаем: C ( y) N ( x, y) M ( x, y)dx.
y
Для нахождения функции С(у) необходимо проинтегрировать приведенное
выше равенство. Однако, перед интегрированием надо доказать, что функция
С(у) не зависит от х. Это условие будет выполнено, если производная этой
функции по х равна нулю.
С ( y)x N ( x, y)
N ( x, y )
M ( x, y )dx
M ( x, y )dx
x y
x
y x
x
N ( x, y ) M ( x, y )
0.
x
y
Теперь определяем функцию С(у):
C ( y ) N ( x, y ) M ( x, y )dx dy C
y
Подставляя этот результат в выражение для функции u, получаем:
u M ( x, y )dx N ( x, y ) M ( x, y )dx dy C.
y
Тогда общий интеграл исходного дифференциального уравнения будет иметь
вид:
M ( x, y)dx N ( x, y) y M ( x, y)dx dy C.
Следует отметить, что при решении уравнений в полных
дифференциалах не обязательно использовать полученную формулу.
Решение может получиться более компактным, если просто следовать
методу, которым формула была получена.
Пример. Решить уравнение (3x 2 10 xy)dx (5x 2 1)dy 0
212
Проверим условие тотальности:
M ( x, y) (3x 2 10 xy)
10 x;
y
y
N ( x, y ) (5 x 2 1)
10 x.
x
x
Условие
тотальности
выполняется,
дифференциальное
уравнение
является
дифференциалах.
Определим функцию u.
следовательно,
исходное
уравнением
в
полных
u M ( x, y )dx C ( y ) (3x 2 10 xy)dx C ( y ) x 3 5 x 2 y C ( y );
u
5 x 2 C ( y) N ( x, y) 5 x 2 1;
y
C ( y ) 1; C ( y ) (1)dy y C1 ;
Итого, u x 3 5x 2 y y C1 .
Находим общий интеграл исходного дифференциального уравнения:
u x 3 5 x 2 y y C1 С 2 ;.
x 3 5 x 2 y y C.
Уравнения вида y = f(y’) и x = f(y’).
Решение уравнений, не содержащих в одном случае аргумента х, а в
другом – функции у, ищем в параметрической форме, принимая за параметр
производную неизвестной функции.
y p.
Для уравнения первого типа получаем: y f ( p);
Делая замену, получаем: p f ( p)
y f ( p)
dp
.
dx
dp
;
dx
В результате этих преобразований имеем дифференциальное уравнение
с разделяющимися переменными.
dx
f ( p)
dp;
p
x
f ( p)
dp C.
p
Общий интеграл в параметрической форме представляется системой
уравнений:
f ( p)
dp C
x
p
y f ( p)
Исключив из этой системы параметр р, получим общий интеграл и не в
параметрической форме.
Для дифференциального уравнения вида x = f(y’) с помощью той же
самой подстановки и аналогичных рассуждений получаем результат:
y pf ( p)dp C
x f ( p)
Уравнения Лагранжа и Клеро.
( Алекси Клод Клеро (1713 – 1765) французский математик
ин. поч. член Петерб. АН )
213
Определение. Уравнением Лагранжа называется дифференциальное
уравнение, линейное относительно х и у, коэффициенты которого являются
функциями от y’.
P( y ) x Q( y ) y R( y ) 0
Для нахождения общего решение применяется подстановка p = y’.
P( y )
R( y )
, ( p)
.
Q( y )
Q( y )
Дифференцируя это уравнение,c учетом того, что dy pdx , получаем:
pdx f ( p)dx xf ( p)dp ( p)dp.
y xf ( p) ( p),
f ( p)
Если решение этого (линейного относительно х) уравнения есть x F ( p, C ), то
общее решение уравнения Лагранжа может быть записано в виде:
x F ( p, C )
y xf ( p) ( p) F ( p, C ) f ( p) ( p)
Определение. Уравнением Клеро называется уравнение первой степени
(т.е. линейное) относительно функции и аргумента вида:
y xy ( y ).
Вообще говоря, уравнение Клеро является частным случаем уравнения
Лагранжа.
С учетом замены y p , уравнение принимает вид:
y xp ( p).
dp
dp
dp
dp
y p x
( p ) ;
p px
( p ) ;
dx
dx
dx
dx
dp
x ( p) 0;
dx
Это уравнение имеет два возможных решения:
dp 0 или x ( p ) 0.
В первом случае: p c;
y cx (c)
Видно, что общий интеграл уравнения Клеро представляет собой семейство
прямых линий.
Во втором случае решение в параметрической форме выражается системой
уравнений:
y xp ( p)
x ( p) 0
Исключая параметр р, получаем второе решение F(x, y) = 0. Это
решение не содержит произвольной постоянной и не получено из общего
решения, следовательно, не является частным решением.
Это решение будет являться особым интегралом.
Далее
рассмотрим
примеры
решения
различных
типов
дифференциальных уравнений первого порядка.
Пример. Решить уравнение с заданными начальными условиями.
y
y
x 1;
x
y (1) 0.
214
Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение первого порядка.
Решим соответствующее ему однородное уравнение.
y
y
y
dy y
dy dx
0;
y ;
;
;
x
x
dx x
y
x
dy
dx
y x ; ln y ln x ln C;
y Cx;
Для неоднородного уравнения общее решение имеет вид:
y C ( x) x;
Дифференцируя, получаем: y C ( x) x C ( x);
Для нахождения функции С(х) подставляем полученное значение в исходное
дифференциальное уравнение:
C ( x) x C ( x) C ( x) x 1
xC ( x) x 1
1
1
C ( x) 1 ;
C ( x) 1 dx C ;
x
x
C ( x) x ln x C;
Итого, общее решение: y x( x ln x C ).
C учетом начального условия y (1) 0 определяем постоянный коэффициент C.
0 1 ln 1 C ;
C 1.
Окончательно получаем: y x x ln x x.
Для
проверки
подставим
полученный
2
дифференциальное уравнение:
2 x ln x x
результат
в
исходное
1
1 x ln x 1 x 1; верно
x
Ниже показан график интегральной кривой уравнения.
1. 5
1
0. 5
0. 5
1
1. 5
2
- 0. 5
Пример. Найти общий интеграл уравнения x( y 2 1)dx y( x 2 1)dy 0 .
Это уравнение с разделяющимися переменными.
xdx
ydy
2
0;
2
x 1 y 1
xdx
ydy
2 ;
2
1
y 1
x
ln x 2 1 ln y 2 1 ln C ;
215
Общий интеграл имеет вид: ( x 2 1)( y 2 1) C.
Построим
интегральные
кривые
дифференциального
уравнения
при
различных значениях С.
С = - 0,5
С = -0,02
С = -1
С = -2
2
1. 5
1
0. 5
-2
-1
1
2
- 0. 5
-1
- 1. 5
-2
С = 0,02
С = 0,5
С=1
С=2
Пример. Найти решение дифференциального уравнения,
удовлетворяющее заданным начальным условиям.
y cos x ( y 1) sin x;
y (0) 0.
Это уравнение с разделяющимися переменными.
y
sin x
;
y 1 cos x
dy
y 1 tgxdx;
dy
tgxdx;
y 1
ln y 1 ln cos x ln C;
ln ( y 1) cos x ln C;
C
1.
Общее решение имеет вид: y
cos x
( y 1) cos x C;
Найдем частное решение при заданном начальном условии у(0) = 0.
0
Окончательно получаем: y
С
1;
1
C 1.
1
1.
cos x
Пример. Решить предыдущий пример другим способом.
216
Действительно, уравнение y cos x ( y 1) sin x может быть рассмотрено
как линейное неоднородное дифференциальное уравнение.
y cos x y sin x sin x.
Решим соответствующее ему линейное однородное уравнение.
y cos x y sin x 0;
dy
tgxdx;
y
y cos x y sin x;
dy
tgxdx ln C;
y
ln y ln cos x ln C;
y
y cos x C;
C
.
cos x
Решение неоднородного уравнения будет иметь вид: y
Тогда y
C ( x) cos x C ( x) sin x
.
cos 2 x
C ( x)
.
cos x
Подставляя в исходное уравнение, получаем:
C ( x) cos x C ( x) sin x cos x C ( x) sin x sin x;
cos 2 x
C ( x) cos x
sin x;
cos x
Итого y
C x) sin x;
cos x C
;
cos x
y
cos x
C ( x) sin xdx cos x C ;
C
1;
cos x
С учетом начального условия у(0) = 0 получаем y
1
1;
cos x
Как видно результаты, полученные при решении данного
дифференциального уравнения различными способами, совпадают.
При решении дифференциальных уравнений бывает возможно
выбирать метод решения, исходя из сложности преобразований.
1
2
Пример. Решить уравнение y y cos x sin 2 x с начальным условием
у(0) = 0.
Это линейное неоднородное уравнение. Решим соответствующее ему
однородное уравнение.
dy
cos xdx;
ln y sin x C1 ;
y
y e sin x e C1 ;
y Ce sin x ;
y y cos x 0;
Для линейного неоднородного уравнения общее решение будет иметь
вид:
y C ( x)e sin x ;
Для определения функции С(х) найдем производную функции у и
подставим ее в исходное дифференциальное уравнение.
y C ( x)e sin x C ( x)e sin x cos x;
C ( x)e sin x C ( x)e sin x cos x C ( x)e sin x cos x sin x cos x;
217
C ( x)e sin x sin x cos x;
С ( x) e
sin x
C ( x) e sin x sin x cos x;
V e sin x ;
dU cos xdx;
sin x
sin x
sin x cos xdx
e sin x e cos xdx
sin x
dV e cos xdx; U sin x;
e sin x sin x e sin x C.
Итого y e sin x e sin x sin x e sin x C ;
y sin x 1 Ce sin x ;
Проверим полученное общее решение подстановкой в исходное
дифференциальное уравнение.
cos x Ce sin x ( cos x) sin x cos x cos x Ce sin x cos x sin x cos x; (верно)
Найдем частное решение при у(0) = 0.
0 sin 0 1 Ce 0 ;
C 1.
Окончательно y sin x e
1.
Пример. Найти решение дифференциального уравнения
sin x
20 xdx 3 ydy 3x 2 ydy 5xy 2 dx
с начальным условием у(1) = 1.
Это уравнение может быть преобразовано и представлено как
уравнение с разделенными переменными.
20 x 3 yy 3x 2 yy 5xy 2 ;
3 yy ( x 2 1) 5x( y 2 4);
3y
5x
3y
5x
y 2
2
;
dy 2
dx;
2
y 4 x 1
y 4
x 1
3y
5x
y 2 4 dy x 2 1 dx;
3
5
ln( y 2 4) ln( x 2 1) ln C1
2
2
( y 2 4) 3 C ( x 2 1) 5 ;
y 2 4 C 3 ( x 2 1) 2 ;
5
y 2 C ( x 2 1) 3 4;
5
y C ( x 2 1) 3 4 ;
С учетом начального условия:
5
3
1 С 2 4 С 3 32 4 ;
1 2C 3 4 4;
C
5 2C 3 4 ;
5
3
2 4
125 8C 3 4; C 3
125
;
32
.
5
Окончательно
x2 1 3
4.
y 5
2
Пример. Решить дифференциальное уравнение
начальным условием у(1) = 0.
Это линейное неоднородное уравнение.
Решим соответствующее ему однородное уравнение.
xy y 0;
xdy
y;
dx
dy
dx
;
y
x
xy y x 1
с
ln y ln x ln C;
218
xy C ;
y
C
;
x
Решение неоднородного уравнения будет иметь вид:
y
C ( x)
;
x
Подставим в исходное уравнение:
x
C ( x) x C ( x) C ( x)
x 1;
x
x2
C ( x) x
x 1;
x
x2
x C;
2
x
C
Общее решение будет иметь вид: y 1 ;
2
x
1
C учетом начального условия у(1) = 0: 0 1 C;
2
x 3
Частное решение: y 1;
2 2x
C ( x) x 1;
C ( x)
3
C ;
2
y
Пример. Найти решение дифференциального уравнения xy y ln с
x
начальным условием у(1) = е.
Это уравнение может быть приведено к виду уравнения
разделяющимися переменными с помощью замены переменных.
y
Обозначим: ln u;
y
eu ;
x
x
с
y xu e u e u ;
y xeu ;
Уравнение принимает вид:
xu e u e u e u u;
xu 1 u;
xu u 1;
Получили уравнение с разделяющимися переменными.
x
du
u 1
dx
;
x
du
u 1;
dx
du
dx
;
u 1 x
ln u 1 ln x ln C ;
y
Сделаем обратную замену: Cx ln 1;
x
u 1 Cx;
y
ln Cx 1;
x
Общее решение: y xe ;
C учетом начального условия у(1) = е: e e C 1 ;
Частное решение: y ex;
Второй способ решения.
y
e Cx 1 ;
x
Cx 1
C 0;
y
;
x
xy y ln y y ln x;
xy y ln
y
y
y
ln y ln x;
x
x
Получили линейное неоднородное дифференциальное уравнение.
Соответствующее однородное:
219
y
ln y 0;
x
y
dy
dx
y ln y;
;
x
y ln y
x
y
ln ln y ln x ln C ;
d ln y
dx
;
ln y
x
ln y Cx;
y e Cx ;
Решение исходного уравнения ищем в виде: y e C ( x ) x ;
Тогда y e C ( x ) x C ( x) x C ( x);
Подставим полученные результаты в исходное уравнение:
xeC ( x ) x C ( x) x C ( x) e C ( x ) x ln
e C ( x) x
;
x
x 2 C ( x) xC( x) C ( x) x ln x;
ln x
x 2 C ( x) ln x;
C ( x) 2 ;
x
dx
u ln x; dv 2 ;
ln x
dx ln x 1
ln x
x
C ( x) 2 dx
2
C;
x
x
x
x
x
du dx ; v 1 ;
x
x
y e C ( x ) x e ln x 1Cx xeCx 1 ;
Получаем общее решение: y xeCx 1 ;
Пример.
Решить
дифференциальное
уравнение
y
x
y e
y
0
x
с
начальным условием у(1)=0.
В этом уравнении также удобно применить замену переменных.
y
xu
ln u;
y x ln u;
y ln u
;
x
u
xu
u ln u 0;
xu u 2 0;
Уравнение принимает вид: ln u
u
du
dx
du
dx
xu u 2 ;
;
;
2
2
x
x
u
u
1
1
ln x ln C ;
ln Cx;
u
u
y
y
ln(ln Cx);
Делаем обратную подстановку: e x ln Cx;
x
Общее решение: y x ln(ln Cx);
y
e x u;
C учетом начального условия у(1) = 0: 0 ln(ln C );
Частное решение: y x ln(ln ex);
Второй способ решения.
y
y e x
C e;
y
0
x
220
y
x
Замена переменной: u ; y ux; y u x u;
e u
u x u e u u 0
u x e u 0
du
x e u
dx
dx
e u du
x
dx
e u du ;
x
ln x ln C;
e u ln Cx ;
u ln(ln Cx );
u ln(ln Cx );
Общее решение: y x ln(ln Cx);
Геометрическая интерпретация решений дифференциальных
уравнений первого порядка.
у
a
b
A
S
x
Как уже говорилось выше, линия S, которая задается функцией,
являющейся каким- либо решением дифференциального уравнения,
называется интегральной кривой уравнения y f ( x, y ).
Производная y’ является угловым коэффициентом касательной к
интегральной кривой.
В любой точке А(х, у) интегральной кривой этот угловой коэффициент
касательной может быть найден еще до решения дифференциального
уравнения.
Т.к. касательная указывает направление интегральной кривой еще до ее
непосредственного построения, то при условии непрерывности функции f(x,
y) и непрерывного перемещения точки А можно наглядно изобразить поле
направлений кривых, которые получаются в результате интегрирования
дифференциального уравнения, т.е. представляют собой его общее решение.
Определение. Множество касательных в каждой точке
рассматриваемой области называется полем направлений.
С учетом сказанного выше можно привести следующее
геометрическое истолкование дифференциального уравнения:
221
1) Задать дифференциальное уравнение первого порядка – это значит
задать поле направлений.
2) Решить или проинтегрировать дифференциальное уравнение – это
значит найти всевозможные кривые, у которых направление касательных в
каждой точке совпадает с полем направлений.
Определение. Линии равного наклона в поле направлений называются
изоклинами.
Численные методы решения дифференциальных уравнений.
Известные методы точного интегрирования дифференциальных
уравнений позволяют найти решение в виде аналитической функции, однако
эти методы применимы для очень ограниченного класса уравнений.
Большинство уравнений, встречающихся при решении практических задач
нельзя проинтегрировать с помощью этих методов.
В таких случаях используются численные методы решения, которые
представляют решение дифференциального уравнения не в виде
аналитической функции, а в виде таблиц значений искомой функции в
зависимости от значения переменной.
Существует
несколько
методов
численного
интегрирования
дифференциальных уравнений, которые отличаются друг от друга по
сложности вычислений и точности результата.
Рассмотрим некоторые из них.
Метод Эйлера.
(Леонард Эйлер (1707 – 1783) швейцарский математик )
Известно, что уравнение y f ( x, y ) задает в некоторой области поле
направлений. Решение этого уравнения с некоторыми начальными
условиями дает кривую, которая касается поля направлений в любой точке.
Если взять последовательность точек х0, х1, х2, …. и заменить на
получившихся отрезках интегральную кривую на отрезки касательных к ней,
то получим ломаную линию.
y
M2
M1
M3
M0
y0
M4
0 x0 x1 x2 x3 x4
x
При подстановке заданных начальных условий (х0, у0) в
дифференциальное уравнение y f ( x, y ) получаем угловой коэффициент
касательной к интегральной кривой в начальной точке
tg 0 y f ( x0 , y0 ).
Заменив на отрезке [x0, x1] интегральную кривую на касательную к ней,
получаем значение
222
y1 y0 f ( x0 , y0 )( x1 x0 ).
Производя аналогичную операцию для отрезка [x1, x2], получаем:
y2 y1 f ( x1 , y1 )( x2 x1 ).
Продолжая подобные действия далее, получаем ломаную кривую,
которая называется ломаной Эйлера.
Можно записать общую формулу вычислений:
y n y n1 f ( xn1 , y n1 )( xn xn1 ).
Если последовательность точек хi выбрать так, чтобы они отстояли
друг от друга на одинаковое расстояние h, называемое шагом вычисления, то
получаем формулу:
y n y n1 f ( xn1 , y n1 )h
Следует отметить, что точность метода Эйлера относительно невысока.
Увеличить точность можно, конечно, уменьшив шаг вычислений, однако, это
приведет к усложнению расчетов. Поэтому на практике применяется так
называемый уточненный метод Эйлера или формула пересчета.
Суть метода состоит в том, что в формуле y1 y0 f ( x0 , y0 )h вместо
значения
y0 f ( x0 , y0 ) берется среднее арифметическое значений f(x0, y0) и f(x1, y1).
Тогда уточненное значение:
y1(1) y0
f ( x0 , y0 ) f ( x1 , y1 )
h;
2
Затем находится значение производной в точке ( x1 , y1(1) ) . Заменяя f(x0, y0)
средним арифметическим значений f(x0, y0) и f ( x1 , y1(1) ) , находят второе
уточненное значение у1.
( 2)
1
y
f ( x0 , y 0 ) f ( x1 , y1(1) )
y0
h;
2
Затем третье:
y1(3) y 0
f ( x0 , y 0 ) f ( x1 , y1( 2) )
h;
2
и т.д. пока два последовательных уточненных значения не совпадут в
пределах заданной степени точности. Тогда это значение принимается за
ординату точки М1 ломаной Эйлера.
Аналогичная операция производится для остальных значений у.
Подобное уточнение позволяет существенно повысить точность результата.
При использовании компьютерной версии “Курса высшей
математики” возможно запустить программу, которая решает любое
дифференциальное уравнение первого порядка методом Эйлера и
уточненным методом Эйлера. На каждом шаге вычислений подробно
выводятся все указанные выше значения.
Для запуска программы дважды щелкните на значке
Метод Рунге – Кутта.
Метод Рунге – Кутта является более точным по сравнению с методом
223
Эйлера.
Суть уточнения состоит в том, что искомое решение представляется в виде
разложения в ряд Тейлора)
yi 1 yi yih yi
h2
h3
h4
yi yiIV
...
2!
3!
4!
Если в этой формуле ограничиться двумя первыми слагаемыми, то
получим формулу метода Эйлера. Метод Рунге – Кутта учитывает четыре
первых члена разложения.
yi 1 yi yih yi
h2
h3
yi yi yi .
2!
3!
В методе Рунге – Кутта приращения yi предлагается вычислять по
формуле:
y i
1 (i )
k1 2k 2(i ) 2k 3(i ) k 4(i )
6
где коэффициенты ki вычисляются по формулам:
k1(i ) hf ( xi , y i );
k1(i )
h
;
k hf xi ; yi
2
2
k (i )
h
k 3(i ) hf xi ; yi 2 ;
2
2
(i )
k 4 hf xi h; y i k 3(i ) ;
(i )
2
Пример. Решить методом Рунге – Кутта дифференциальное уравнение
y x y при начальном условии у(0) = 1 на отрезке [0; 0,5] с шагом 0,1.
Для i = 0 вычислим коэффициенты ki.
k1( 0) hf ( x0 , y 0 ) 0,1( x0 y 0 ) 0,1(0 1) 0,1;
k ( 0)
h
k 2( 0) hf x0 ; y0 1 0,10,05 1,05 0,11;
2
2
k ( 0)
h
k 3( 0) hf x0 ; y 0 2 0,1(0,05 1,055) 0,1105;
2
2
(0)
k 4 hf x0 h; y 0 k 3( 0) 0,1(0,1 1,1105) 0,1211;
1 ( 0)
1
(k1 2k 2( 0) 2k 3( 0) k 4( 0) ) (0,1 0,22 0,221 0,1211) 0,1104;
6
6
x1 x0 h 0,1;
y 0
y1 y 0 y 0 1 0,1104 1,1104;
Последующие вычисления
представим в виде таблицы.
приводить
не
будем,
а
результаты
224
i
xi
0
0
1
0,1
2
0,2
3
0.3
4
0,4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
k
0,1000
0,1100
0,1105
0,1155
0,1210
0,1321
0,1326
0,1443
0,1443
0,1565
0,1571
0,1700
0,1700
0,1835
0,1842
0,1984
0,1984
0,2133
0,2140
0,2298
yi
yi
0,1104
1
0,1325
1,1104
0,1569
1,2429
0,1840
1,3998
0,2138
1,5838
5
0,5
Решим этот же пример методом Эйлера.
Применяем формулу y n y n1 hf ( xn1 , y n1 ).
x0 0,
y0 1,
1,7976
f ( x0 , y0 ) x0 y0 1;
hf ( x0 , y0 ) h( x0 y 0 ) 0,1;
y1 y0 hf ( x0 , y0 ) 1 0,1 1,1.
x1 0,1 y0 1,1
f ( x1 , y1 ) x1 y1 1,2;
hf ( x1 , y1 ) h( x1 y1 ) 0,12;
y2 y1 hf ( x1 , y1 ) 1,1 0,12 1,22.
Производя аналогичные вычисления далее, получаем
значений:
i
0
1
2
3
4
xi
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
yi
1
1,1
1,22
1,362
1,528
Применим теперь уточненный метод Эйлера.
i
0
1
2
3
4
xi
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
yi
1
1,1
1,243
1,400
1,585
таблицу
5
0,5
1,721
5
0,5
1,799
225
Для сравнения точности приведенных методов численного решение
данного уравнения решим его аналитически и найдем точные значения
функции у на заданном отрезке.
y y x
Уравнение
является
линейным
неоднородным
дифференциальным уравнением первого порядка. Решим соответствующее
ему однородное уравнение.
y y 0;
dy
dy
dy
y;
dx;
dx;
dx
y
y
y
ln y x ln C ;
ln
x;
y Ce x ;
C
y y;
Решение неоднородного уравнения имеет вид y C ( x)e x .
y C ( x)e x C ( x)e x ;
C ( x)e x C ( x)e x x C ( x)e x ;
C ( x)e x x;
C ( x) xe x ;
u x;
dv e x dx;
x
x
x
x
С ( x) xe x dx
xe e dx xe e C ;
x
du dx; v e ;
Общее решение: y Ce x x 1;
C 2;
C учетом начального условия: 1 C 0 1;
Частное решение: y 2e x x 1;
Для сравнения полученных результатов составим таблицу.
i
xi
yi
Метод
Эйлера
0
1
2
3
4
5
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
1
1,1
1,22
1,362
1,528
1,721
Уточненн
ый метод
Эйлера
1
1,1
1,243
1,4
1,585
1,799
Метод
Рунге Кутта
1
1,1104
1,2429
1,3998
1,5838
1,7976
Точное
значение
1
1,1103
1,2428
1,3997
1,5837
1,7975
Как видно из полученных результатов метод Рунге – Кутта дает
наиболее точный ответ. Точность достигает 0,0001. Кроме того, следует
обратить внимание на то, ошибка (расхождение между точным и
приближенным значениями) увеличивается с каждым шагом вычислений.
Это обусловлено тем, что во – первых полученное приближенное значение
округляется на каждом шаге, а во – вторых – тем, что в качестве основы
вычисления принимается значение, полученное на предыдущем шаге, т.е.
приближенное значение. Таким образом происходит накопление ошибки.
Это хорошо видно из таблицы. С каждым новым шагом приближенное
значение все более отличается от точного.
Дифференциальные уравнения высших порядков.
226
Определение. Дифференциальным уравнением порядка n называется
уравнение вида:
F ( x, y, y ,..., y ( n ) ) 0
В некоторых случаях это уравнение можно разрешить относительно
(n)
y :
y ( n ) f ( x, y, y ,..., y ( n1) ).
Так же как и уравнение первого порядка, уравнения высших порядков
имеют бесконечное количество решений.
Определение. Решение y (x) удовлетворяет начальным условиям
x0 , y 0 , y 0 ,..., y 0( n 1) , если ( x0 ) y 0 , ( x0 ) y 0 , .... , ( n 1) ( x0 ) y 0( n 1) .
Определение. Нахождение решения уравнения F ( x, y, y ,..., y ( n) ) 0 ,
удовлетворяющего начальным условиям x0 , y 0 , y 0 ,..., y 0( n1) , называется
решением задачи Коши.
Теорема Коши. (Теорема о необходимых и достаточных условиях
существования решения задачи Коши).
Если функция (n-1) –й переменных вида f ( x, y, y ,..., y ( n1) ) в некоторой
области D (n-1)- мерного пространства непрерывна и имеет непрерывные
частные производные по y, y ,..., y ( n1) , то какова бы не была точка
( x0 , y 0 , y 0 ,..., y 0( n1) ) в этой области, существует единственное решение y (x)
уравнения y ( n) f ( x, y, y ,..., y ( n1) ) , определенного в некотором интервале,
содержащем
точку
х 0,
удовлетворяющее
начальным
условиям
( n 1)
x0 , y 0 , y 0 ,..., y 0 .
Дифференциальные уравнения высших порядков, решение которых
может быть найдено аналитически, можно разделить на несколько основных
типов.
Рассмотрим подробнее методы нахождения решений этих уравнений.
Уравнения, допускающие понижение порядка.
Понижение порядка дифференциального уравнения – основной метод
решения уравнений высших порядков. Этот метод дает возможность
сравнительно легко находить решение, однако, он применим далеко не ко
всем уравнениям. Рассмотрим случаи, когда возможно понижение порядка.
Уравнения вида y(n) = f(x).
Если f(x) – функция непрерывная на некотором промежутке a < x < b,
то решение может быть найдено последовательным интегрированием.
y ( n 1) f ( x)dx C1 ;
y ( n2)
f ( x)dx C dx C dx f ( x)dx C x C ;
1
2
1
2
…………………………………………………………….
x n1
x n2
C2
... Cn ;
(n 1)!
(n 2)!
Пример. Решить уравнение y e 2 x с начальными условиями x0 = 0; y0
y dx dx.... f ( x)dx C1
= 1;
227
y0 1;
y0 0.
1 2x
e C1 ;
2
1
1
y e 2 x C1 dx e 2 x C1 x C 2 ;
4
2
1
1
1
y e 2 x C1 x C 2 e 2 x C1 x 2 C 2 x C 3 ;
2
4
8
y e 2 x dx C1
Подставим начальные условия:
1
Получаем
1
1
1
С 3 ; 1 C 2 ; 0 C1 ;
8
4
2
1
5
7
C1 ; C 2 ; C 3 ;
2
4
8
частное
решение
(решение
задачи
Коши):
1
1
5
7
y e2x x 2 x .
8
4
4
8
Ниже показана интегральная кривая данного дифференциального
уравнения.
10
7. 5
5
2. 5
- 10
-8
-6
-4
-2
2
4
- 2. 5
-5
- 7. 5
Уравнения, не содержащие явно искомой функции
и ее производных до порядка k – 1 включительно.
Это уравнения вида: F ( x, y ( k ) , y ( k 1) ,..., y ( n) ) 0.
В уравнениях такого типа возможно понижение порядка на k единиц. Для
этого производят замену переменной:
y ( k ) z; y ( k 1) z ; ... y ( n ) z ( nk ) .
Тогда получаем: F ( x, z, z ,..., z ( nk ) ) 0.
Теперь допустим, что полученное дифференциальное уравнение
проинтегрировано и совокупность его решений выражается соотношением:
z ( x, C1 , C2 ,..., Cnk ).
Делая обратную подстановку, имеем:
y ( k ) ( x, C1 , C 2 ,..., C n k )
228
Интегрируя полученное соотношение последовательно k раз, получаем
окончательный ответ:
y ( x, C1 , C2 ,..., Cn ).
Пример. Найти общее решение уравнения y
y
.
x
Применяем подстановку z y ; z y ;
z
;
x
z
dz z
dz dx
dz
dx
;
;
;
dx x
z
x
z
x
ln z ln x ln C1 ;
z C1 x;
Произведя обратную замену, получаем:
y C1 xdx
y C1 x;
C1 2
x C2 ;
2
C
C
y 1 x 2 C 2 dx 1 x 3 C 2 x C3 ;
6
2
Общее решение исходного дифференциального уравнения:
y Cx 3 C 2 x C3 ;
Отметим, что это соотношение является решением для всех значений
переменной х кроме значения х =0.
Уравнения, не содержащие явно независимой переменной.
Это уравнения вида F ( y, y ,..., y ( n) ) 0.
Порядок таких уравнений может быть понижен на единицу с помощью
замены переменных y p.
dy dy dy dp
p;
dx
dy dx dy
dp
d
p
2
dy
dy dy dy dy
d 2 p 2 dp
y
p
p
p p; и т.д.
dx
dy dx dy
dy
dy 2
dy
y
Подставляя эти значения в исходное дифференциальное уравнение,
получаем:
dp
d n1 p
F1 y, p, ,..., n1 0
dy
dy
Если это уравнение проинтегрировать, и Ф( y, p, C1 , C2 ,..., Cn1 ) 0 совокупность его решений, то для решения данного дифференциального
уравнения остается решить уравнение первого порядка:
Ф( y, y , C1 , C 2 ,..., C n1 ) 0.
Пример. Найти общее решение уравнения yy ( y ) 2 4 yy 0.
Замена переменной: p y ;
yp
y
dp
p 2 4 yp 0;
dy
dp
p;
dy
dp
p y
p 4 y 0;
dy
229
1) y
dp
p 4 y 0;
dy
dp
p
4 ;
dy
y
Для решения полученного дифференциального уравнения произведем замену
p
y
переменной: u .
u
du 4
dy
;
y
du
y 4 u;
dy
du 4
u 4 ln y 4 ln C1 ;
dy
;
y
u 4 ln C1 y ;
p 4 y ln C1 y ;
С учетом того, что p
dy
, получаем:
dx
dy
4 y ln C1 y ;
dx
x
dy
4 y ln C y dx;
1
1 d (ln C1 y ) 1
ln ln C1 y C 2 ;
4 ln C1 y
4
Общий интеграл имеет вид:
ln ln C1 y 4 x C ;
y 0;
y C;
2) p 0;
Таким образом, получили два общих решения.
Линейные дифференциальные уравнения высших порядков.
Определение. Линейным дифференциальным уравнением n – го
порядка называется любое уравнение первой степени относительно функции
у и ее производных y , y ,..., y ( n) вида:
p 0 y ( n ) p1 y ( n 1) p 2 y ( n 2) ... p n 1 y p n y f ( x);
где p0, p1, …,pn – функции от х или постоянные величины, причем p0 0.
Левую часть этого уравнения обозначим L(y).
p 0 y ( n ) p1 y ( n 1) p 2 y ( n 2) ... p n 1 y p n y L( y );
Определение. Если f(x) = 0, то уравнение L(y) = 0 называется линейным
однородным уравнением, если f(x) 0, то уравнение L(y) = f(x) называется
линейным неоднородным уравнением, если все коэффициенты p0, p1, p2, … pn
– постоянные числа, то уравнение L(y) = f(x) называется линейным
дифференциальным уравнением высшего порядка с постоянными
коэффициентами.
Отметим одно важное свойство линейных уравнений высших
порядков, которое отличает их от нелинейных. Для нелинейных уравнений
частный интеграл находится из общего, а для линейных – наоборот, общий
интеграл составляется из частных. Линейные уравнения представляют собой
наиболее изученный класс дифференциальных уравнений высших порядков.
Это объясняется сравнительной простотой нахождения решения. Если при
решении каких – либо практических задач требуется решить нелинейное
дифференциальное уравнение, то часто применяются приближенные методы,
позволяющие заменить такое уравнение “близким” к нему линейным.
230
Рассмотрим способы интегрирования некоторых типов линейных
дифференциальных уравнений высших порядков.
Линейные однородные дифференциальные уравнения с
произвольными коэффициентами.
Рассмотрим уравнение вида p0 y ( n ) p1 y ( n1) p 2 y ( n 2) ... p n1 y p n y 0
Определение. Выражение p0 y ( n ) p1 y ( n1) p 2 y ( n 2) ... p n1 y p n y L( y )
называется линейным дифференциальным оператором.
Линейный дифференциальный оператор обладает следующими
свойствами:
1) L(Cy) CL( y );
2) L( y1 y2 ) L( y1 ) L( y2 );
Решения линейного однородного уравнения обладают следующими
свойствами:
1) Если функция у1 является решением уравнения, то функция Су1, где
С – постоянное число, также является его решением.
2) Если функции у1 и у2 являются решениями уравнения, то у1 +у2
также является его решением.
Структура общего решения.
Определение. Фундаментальной системой решений линейного
однородного дифференциального уравнения n –го порядка на интервале (a, b)
называется всякая система n линейно независимых на этом интервале
решений уравнения.
Определение. Если из функций yi составить определитель n – го
порядка
W
y1
y1
y2
y 2
...
...
yn
y n
...
...
y1( n 1)
y 2( n 1)
...
...
( n 1)
... y n
,
то этот определитель называется определителем Вронского.
( Юзеф Вроньский (1776 – 1853) – польский математик и философ - мистик)
Теорема. Если функции y1 , y 2 ,..., y n линейно зависимы, то составленный
для них определитель Вронского равен нулю.
y1 , y 2 ,..., y n линейно
Теорема. Если функции
независимы, то
составленный для них определитель Вронского не равен нулю ни в одной
точке рассматриваемого интервала.
Теорема. Для того, чтобы система решений линейного однородного
дифференциального уравнения y1 , y 2 ,..., y n была фундаментальной необходимо
и достаточно, чтобы составленный для них определитель Вронского был не
равен нулю.
Теорема. Если y1 , y 2 ,..., y n - фундаментальная система решений на
интервале (a, b), то общее решение линейного однородного
дифференциального уравнения является линейной комбинацией этих
решений.
231
y C1 y1 C 2 y 2 ... C n y n ,
где Ci –постоянные коэффициенты.
Применение приведенных выше свойств и теорем рассмотрим на
примере линейных однородных дифференциальных уравнений второго
порядка.
Общее решение линейного однородного дифференциального
уравнения второго порядка.
Из вышеизложенного видно, что отыскание общего решения линейного
однородного дифференциального уравнения сводится к нахождению его
фундаментальной системы решений.
Однако, даже для уравнения второго порядка, если коэффициенты р
зависят от х, эта задача не может быть решена в общем виде.
Тем не менее, если известно одно ненулевое частное решение, то
задача может быть решена.
Теорема. Если задано уравнение вида y p1 ( x) y p2 ( x) y 0 и известно
одно ненулевое решение у = у1, то общее решение может быть найдено по
формуле:
y C 2 y1
1 p1 ( x ) dx
e
dx C1 y1 .
y12
Таким образом, для получения общего решения надо подобрать какое –
либо частное решение дифференциального уравнения, хотя это бывает часто
довольно сложно.
Линейные однородные дифференциальные уравнения с
постоянными коэффициентами.
Решение дифференциального уравнения вида y ( n ) a1 y ( n1) ... a n y 0
или, короче, L( y ) 0 будем искать в виде y e kx , где k = const.
Т.к. y kekx ;
y k 2 e kx ; ... y ( n ) k n e kx , то
L(e kx ) e kx (k n a1 k n 1 ... a n ).
При этом многочлен F (k ) k n a1 k n1 ... a n называется
характеристическим многочленом дифференциального уравнения.
Для того, чтобы функция y e kx являлась решением исходного
дифференциального уравнения, необходимо и достаточно, чтобы
L(e kx ) 0; т.е. e kx F (k ) 0.
Т.к. ekx 0, то F (k ) 0 - это уравнение называется характеристическим
уравнением.
Как и любое алгебраическое уравнение степени n, характеристическое
уравнение k n a1k n1 ... a n 0 имеет n корней. Каждому корню
характеристического
уравнения
ki
соответствует
решение
дифференциального уравнения.
232
В зависимости от коэффициентов k характеристическое уравнение
может иметь либо n различных действительных корней, либо среди
действительных корней могут быть кратные корни, могут быть комплексно –
сопряженные корни, как различные, так и кратные.
Не будем подробно рассматривать каждый случай, а сформулируем
общее
правило
нахождения
решения
линейного
однородного
дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами.
1) Составляем характеристическое уравнение и находим его корни.
2) Находим частные решения дифференциального уравнения, причем:
a) каждому действительному корню соответствует решение ekx;
б) каждому действительному корню кратности m ставится в
соответствие m решений:
e kx ; xekx ; ... x m1e kx .
в) каждой паре комплексно – сопряженных корней i
характеристического уравнение ставится в соответствие два
решения:
e x cos x и e x sin x .
г) каждой паре m – кратных комплексно – сопряженных корней
i характеристического уравнения ставится в соответствие 2m
решений:
e x cos x, xex cos x, ... x m1e x cos x,
e x sin x, xex sin x, ...x m1e x sin x.
3) Составляем линейную комбинацию найденных решений.
Эта линейная комбинация и будет являться общим решением исходного
линейного однородного дифференциального уравнения с постоянными
коэффициентами.
Пример. Решить уравнение y y 0 .
Составим характеристическое уравнение: k 3 1 0;
(k 1)(k 2 k 1) 0;
k1 1;
k 2 k 1 0;
1
3
1
k2
i;
k3
2 2
2
x
3
Общее решение имеет вид: y C1e x e 2 C 2 cos x C3 sin
2
Пример. Решить уравнение (1 x 2 ) y 2 xy 2 y 0.
D 1 4 3;
3
i;
2
3
x .
2
Это линейное однородное дифференциальное уравнение с
переменными коэффициентами второго порядка. Для нахождения общего
решения необходимо отыскать какое - либо частное решение.
Таким частным решением будет являться функция y1 x.
y1 1; y1 0;
0 2x 2x 0;
Исходное дифференциальное уравнение можно преобразовать:
y
2x
2y
y
0.
2
1 x
1 x2
233
2x
1 1 x 2 dx
e
dx C 2 x;
x2
2
e ln(1 x )
y C1 x
dx C 2 x;
x2
1
dx
1
1
y C1 x 2
C 2 x;
y C 2 x C1 x 2
dx;
2
2(1 x) 2(1 x)
x (1 x )
x
Общее решение имеет вид: y C1 x
1 1 1 x
y C 2 x C1 x ln
;
x 2 1 x
1 x
C4 ;
Окончательно: y C 2 x C3 x ln
1 x
Пример. Решить уравнение y IV y 0.
Составим характеристическое уравнение: k 4 1 0.
(k 2 1)( k 2 1) 0;
k1 1; k 2 1; k 3 i; k 4 i.
Общее решение: y C1e x C 2 e x C3 cos x C 4 sin x.
Пример. Решить уравнение y 4 y 4 y 0.
Характеристическое уравнение: k 2 4k 4 0;
k1 k 2 2.
2x
2x
Общее решение: y C1e C2 xe .
Пример. Решить уравнение y 2 y 5 y 0.
Характеристическое уравнение: k 2 2k 5 0;
D 16;
k1 1 2i;
k 2 1 2i.
Общее решение: y e (C1 cos 2 x C2 sin 2 x).
Пример. Решить уравнение y 7 y 6 y 0.
Характеристическое уравнение: k 3 7k 2 6k 0;
k (k 2 7k 6) 0;
x
k1 0; k 2 1; k 3 6;
Общее решение: y C1 C 2 e C3 e 6 x ;
Пример. Решить уравнение y y 2 y 0.
Характеристическое уравнение: k 2 k 2 0;
k1 1; k 2 2;
x
2x
Общее решение: y C1e C 2 e .
Пример. Решить уравнение y V 9 y 0.
Характеристическое уравнение: k 5 9k 3 0;
k 3 (k 2 9) 0;
x
k1 k 2 k 3 0;
k 4 3;
k 5 3;
Общее решение: y C1 C 2 x C3 x C 4 e 3 x C5 e 3 x ;
Пример. Решить уравнение yy y 2 0.
Это уравнение не является линейным, следовательно, приведенный
выше метод решения к нему неприменим.
Понизим порядок уравнения с помощью подстановки y p.
2
Тогда y
dp
dp
y
p.
dy
dy
y
dp
p p 2 0;
dy
p1 0;
y1 C1 ;
234
ydp
p;
dy
dp dy
;
p
y
p Cy;
y Cy;
1
ln Cy x ln C 2 ;
C
Окончательно получаем: y C1e Cx ;
dp
dy
;
p
y
dy
dx;
Сy
ln p ln y ln C;
dy
Сy dx;
Cy e Cx e C ln C2 C 3 e Cx ;
Это выражение будет общим решением исходного дифференциального
уравнения. Полученное выше решение у1 = С1 получается из общего решения
при С = 0.
Пример. Решить уравнение 3 yy y 2 0.
Производим замену переменной: y p; y
dp
dp
y p ;
dy
dy
dp
p 2 0; p1 0; y1 C;
dy
dp
dp
dy
dp
1 dy
3y
p;
;
;
dy
p
3y
p
3 y
3 yp
1
ln p ln y ln C;
3
1
p3
C
;
y
1
y 3 dy C1 dx;
y 3 dy C1 dx;
1
y C1 y 3 ;
4
3 3
y C1 x C 2 ;
4
4
3
y C3 x C 4 ;
3
4
Общее решение: y (C3 x C 4 ) .
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения
с произвольными коэффициентами.
Рассмотрим уравнение вида y ( n ) p1 ( x) y ( n1) ... p n ( x) y f ( x).
С учетом обозначения y ( n ) p1 ( x) y ( n 1) ... p n ( x) y L( x) можно записать:
L( x) f ( x).
При этом будем полагать, что коэффициенты и правая часть этого уравнения
непрерывны на некотором интервале ( конечном или бесконечном).
Теорема. Общее решение линейного неоднородного дифференциального
уравнения y ( n ) p1 ( x) y ( n1) ... p n ( x) y f ( x) в некоторой области есть сумма
любого его решения и общего решения соответствующего линейного
однородного дифференциального уравнения.
Доказательство.
Пусть Y – некоторое решение неоднородного
уравнения.
Тогда при подстановке этого решения в исходное уравнение получаем
тождество:
L(Y ) f ( x).
235
Пусть y1 , y 2 ,..., y n - фундаментальная система решений линейного
однородного уравнения L( y ) 0 . Тогда общее решение однородного
уравнения можно записать в виде:
y C1 y1 C2 y 2 ... Cn y n ; Ci const.
Далее покажем, что сумма Y C1 y1 C2 y 2 ... Cn y n является общим
решением неоднородного уравнения.
L(Y C1 y1 C2 y 2 ... Cn y n ) L(Y ) L(C1 y1 ) L(C2 y 2 ) ... L(Cn y n ) L(Y ) f ( x)
Вообще говоря, решение Y может быть получено из общего решения,
т.к. является частным решением.
Таким образом, в соответствии с доказанной теоремой, для решения
линейного неоднородного дифференциального уравнения необходимо найти
общее решение соответствующего однородного уравнения и каким- то
образом отыскать одно частное решение неоднородного уравнения. Обычно
оно находится подбором.
На практике удобно применять метод вариации произвольных
постоянных.
Для этого сначала находят общее решение соответствующего однородного
уравнения в виде:
n
y C1 y1 C 2 y 2 ... C n y n Ci y i ;
i 1
Затем, полагая коэффициенты Ci функциями от х, ищется решение
неоднородного уравнения:
n
y C i ( x) y i ;
i 1
Можно доказать, что для нахождения функций Ci(x) надо решить
систему уравнений:
n
C i( x) y i 0
i 1
n
C i( x) y i 0
i 1
..........................
n
( n 1)
f ( x)
C i( x) y i
i 1
Пример. Решить уравнение y y x sin 2 x.
Решаем линейное однородное уравнение y y 0.
k 2 1 0; k1 i; k 2 i.
y e x ( A cos x B sin x); 0; 1;
y A cos x B sin x;
Решение неоднородного уравнения будет иметь вид:
y A( x) cos x B( x) sin x;
Составляем систему уравнений:
236
A( x) cos x B ( x) sin x 0
A( x) sin x B ( x) cos x x sin 2 x
Решим эту систему:
cos x
B ( x) A( x)
A( x)
x sin 2 x
sin x
sin x
2
A( x) sin x A( x) cos x x sin 2 x
B ( x) cos x( x sin 2 x)
sin x
Из соотношения A( x) 2 sin 2 x cos x x sin x найдем функцию А(х).
2
A( x) 2 sin 2 x cos x x sin x dx 2 sin 2 x cos xdx x sin xdx sin 3 x x sin xdx
3
u x; dv sin xdx; 2 3
2 3
sin x x cos x cos xdx sin x x cos x sin x C1 .
3
du dx; v cos x 3
Теперь находим В(х).
u x; dv cos xdx;
2
3
B( x) x cos xdx 2 cos 2 x sin xdx
x sin x sin xdx cos x
3
du dx; v sin x;
2
cos 3 x x sin x cos x C 2 .
3
Подставляем полученные
неоднородного уравнения:
y
значения
в
формулу
общего
решения
2 3
2
sin x cos x x cos 2 x sin x cos x C1 cos x sin x cos 3 x x sin 2 x sin x cos x C 2 sin x
3
3
2
sin x cos x(sin 2 x cos 2 x) x(sin 2 x cos 2 x) C1 cos x C 2 sin x.
3
1
Окончательный ответ: y sin 2 x x C1 cos x C 2 sin x;
3
Таким образом, удалось избежать нахождения частного решения
неоднородного уравнения методом подбора.
Вообще говоря, метод вариации произвольных постоянных пригоден
для нахождения решений любого линейного неоднородного уравнения. Но
т.к. нахождение фундаментальной системы решений соответствующего
однородного уравнения может быть достаточно сложной задачей, этот метод
в основном применяется для неоднородных уравнений с постоянными
коэффициентами.
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения с постоянными
коэффициентами.
Уравнения с правой частью специального вида.
Представляется возможным представить вид частного решения в
зависимости от вида правой части неоднородного уравнения.
Различают следующие случаи:
I. Правая часть линейного неоднородного дифференциального уравнения
имеет вид:
f ( x) P( x)e x ,
где P( x) A0 x m A1 x m1 ... Am - многочлен степени m.
237
Тогда частное решение ищется в виде:
y x r e x Q(x)
Здесь Q(x)- многочлен той же степени, что и P(x), но с неопределенными
коэффициентами, а r – число, показывающее сколько раз число является
корнем характеристического уравнения для соответствующего линейного
однородного дифференциального уравнения.
Пример. Решить уравнение y 4 y x .
Решим соответствующее однородное уравнение: y 4 y 0.
k 3 4k 0; k (k 2 4) 0; k1 0; k 2 2; k 3 2;
y C1 C 2 e 2 x C3 e 2 x ;
Теперь найдем частное решение исходного неоднородного уравнения.
Сопоставим правую часть уравнения с видом правой части, рассмотренным
выше.
P( x) x; 0.
Частное решение ищем в виде: y x r e x Q(x) , где r 1; 0; Q( x) Ax B.
Т.е. y Ax 2 Bx.
Теперь определим неизвестные коэффициенты А и В.
Подставим частное решение в общем виде в исходное неоднородное
дифференциальное уравнение.
y 2 Ax B;
y 2 A;
0 8 Ax 4 B x; 8 A 1;
Итого, частное решение: y
y 0;
1
A ; B 0;
8
x2
.
8
Тогда общее решение линейного неоднородного дифференциального
уравнения:
x2
y
C1 C 2 e 2 x C3 e 2 x .
8
II. Правая часть линейного неоднородного дифференциального уравнения
имеет вид:
f ( x) e x P1 ( x) cos x P2 ( x) sin x
Здесь Р1(х) и Р2(х) – многочлены степени m1 и m2 соответственно.
Тогда частное решение неоднородного уравнения будет иметь вид:
y x r e x Q1 ( x) cos x Q2 ( x) sin x
где число r показывает сколько раз число i является корнем
характеристического уравнения для соответствующего однородного
уравнения, а Q1(x) и Q2(x) – многочлены степени не выше m, где m- большая
из степеней m1 и m2.
Заметим, что если правая часть уравнения является комбинацией
выражений рассмотренного выше вида, то решение находится как
комбинация решений вспомогательных уравнений, каждое из которых имеет
правую часть, соответствующую выражению, входящему в комбинацию.
238
Т.е. если уравнение имеет вид: L( y) f1 ( x) f 2 ( x) , то частное решение
этого уравнения будет y y1 y2 , где
у1 и у2 – частные решения
вспомогательных уравнений
L( y) f1 ( x) и L( y) f 2 ( x)
Для иллюстрации решим пример другим способом.
Пример. Решить уравнение y y x sin 2 x.
Правую часть дифференциального уравнения представим в виде суммы
двух функций f1(x) + f2(x) = x + (-sinx).
Составим и решим характеристическое уравнение: k 2 1 0;
k1, 2 i;
1. Для функции f1(x) решение ищем в виде y1 x r e x Q( x) .
Получаем: 0, r 0, Q( x) Ax B; Т.е. y1 Ax B;
y1 A;
y1 0;
Ax B x;
A 1; B 0;
Итого: y1 x;
2. Для функции f2(x) решение ищем в виде: y 2 x r e x (Q1 ( x) cos x Q2 ( x) sin x) .
Анализируя функцию f2(x), получаем: P1 ( x) 0; P2 ( x) 1; 0; 2; r 0;
Таким образом, y2 C cos 2x D sin 2x;
y 2 2C sin 2 x 2 D cos 2 x;
y 2 4C 2 cos x 4 D sin 2 x;
4C cos 2 x 4 D sin 2 x C cos 2 x D sin 2 x sin 2 x;
3C cos 2x 3D sin 2x sin 2x
1
A 0; B ;
3
1
Итого: y 2 sin 2 x;
3
1
3
Т.е. искомое частное решение имеет вид: y y1 y 2 sin 2 x x;
Общее решение неоднородного дифференциального уравнения:
1
y sin 2 x x C1 cos x C 2 sin x;
3
Рассмотрим примеры применения описанных методов.
Пример. Решить уравнение y 2 y y 3e x .
Составим характеристическое уравнение для соответствующего линейного
однородного дифференциального уравнения:
k 2 2k 1 0;
k1 k 2 1;
Общее решение однородного уравнения: y C1e x C2 xex .
Теперь найдем частное решение неоднородного уравнения в виде:
y x r e x Q(x)
1; r 2; Q( x) C;
y Cx 2 e x .
Воспользуемся методом неопределенных коэффициентов.
239
y 2Cxex Cx 2 e x ;
y 2Ce x 2Cxex 2Cxex Cx 2 e x .
Подставляя в исходное уравнение, получаем:
2Ce x 4Cxex Cx 2 e x 4Cxex 2Cx 2 e x Cx 2 e x 3e x .
3
2C 3;
C .
2
3
Частное решение имеет вид: y x 2 e x .
2
3
2
Общее решение линейного неоднородного уравнения: y C1e x C 2 xe x x 2 e x .
Пример. Решить уравнение y y x 2 1.
Характеристическое уравнение: k 3 k 0; k (k 2 1) 0; k1 0; k 2 1; k 3 1;
Общее решение однородного уравнения: y C1 C 2 e x C3 e x .
Частное решение неоднородного уравнения: y x r e x Q(x) .
0; r 1; Q( x) Ax 2 Bx C.
y Ax 3 Bx 2 Cx
Находим производные и подставляем их в исходное неоднородное
уравнение:
y 3 Ax 2 2Bx C;
y 6 Ax 2B;
y 6 A;
6 A 3 Ax 2 2Bx C x 2 1;
3 A 1; 2 B 0; 6 A C 1;
1
A ; B 0; C 1;
3
Получаем общее решение неоднородного дифференциального уравнения:
1
y C1 C 2 e x C 3 e x x 3 x.
3
Нормальные системы обыкновенных дифференциальных уравнений.
Определение. Совокупность соотношений вида:
F1 ( x, y1 , y 2 ,..., y n , y1 , y 2 ,..., y n ) 0
F ( x, y , y ,..., y , y , y ,..., y ) 0
2
1
2
n
1
2
n
......................................................
Fn ( x, y1 , y 2 ,..., y n , y1 , y 2 ,..., y n ) 0
где х- независимая переменная, у1, у2,…,уn – искомые функции, называется
системой дифференциальных уравнений первого порядка.
Определение. Система дифференциальных уравнений первого порядка,
разрешенных относительно производных от неизвестных функций
называется нормальной системой дифференциальных уравнений.
Такая система имеет вид:
240
dy1
dx f1 ( x, y1 , y 2 ,..., y n )
dy 2 f ( x, y , y ,..., y )
2
1
2
n
dx
........................................
dy n f ( x, y , y ,..., y )
n
1
2
n
dx
(1)
Для примера можно сказать, что график решения системы двух
дифференциальных уравнений представляет собой интегральную кривую в
трехмерном пространстве.
Теорема. (Теорема Коши). Если в некоторой области (n-1) –мерного
пространства функции f1 ( x, y1 , y 2 ,..., y n ), f 2 ( x, y1 , y 2 ,..., y n ), … f n ( x, y1 , y 2 ,..., y n )
непрерывны и имеют непрерывные частные производные по y1 , y 2 ,..., y n , то
для любой точки ( x0 . y10 , y 20 ,..., y n0 ) этой области существует единственное
решение
y1 1 ( x),
y 2 2 ( x), ... y n n ( x)
системы дифференциальных уравнений вида (1), определенное в некоторой
окрестности
точки
х0
и
удовлетворяющее
начальным
условиям
x0 . y10 , y 20 ,..., y n 0 .
Определение. Общим решением системы дифференциальных
уравнений вида (1) будет совокупность функций y1 1 ( x, C1 , C2 ,..., Cn ) ,
y 2 2 ( x, C1 , C2 ,..., Cn ) , … y n n ( x, C1 , C2 ,..., Cn ) , которые при подстановке в
систему (1) обращают ее в тождество.
Нормальные системы линейных однородных дифференциальных
уравнений с постоянными коэффициентами.
При рассмотрении систем дифференциальных уравнений ограничимся
случаем системы трех уравнений (n = 3). Все нижесказанное справедливо для
систем произвольного порядка.
Определение. Нормальная система дифференциальных уравнений c
постоянными коэффициентами называется линейной однородной, если ее
можно записать в виде:
dy
dx a11 y a12 z a13u
dz
a 21 y a 22 z a 23u
dx
du
dx a31 y a32 z a33u
(2)
Решения системы (2) обладают следующими свойствами:
1) Если y, z, u – решения системы, то Cy, Cz, Cu , где C = const – тоже
являются решениями этой системы.
241
2) Если y1, z1, u1 и y2, z2, u2 – решения системы, то y1 + y2, z1 + z2, u1 + u2 –
тоже являются решениями системы.
Решения
системы
ищутся
в
виде:
y e kx ; z e kx ; u e kx , , , , k const
Подставляя эти значения в систему (2) и перенеся все члены в одну сторону и
сократив на ekx, получаем:
(a11 k ) a12 a13 0
a 21 (a 22 k ) a 23 0
a a (a k ) 0
32
33
31
Для того, чтобы полученная система имела ненулевое решение необходимо и
достаточно, чтобы определитель системы был равен нулю, т.е.:
a11 k
a12
a 21
a31
a 22 k
a32
a13
a 23 0
a33 k
В результате вычисления определителя получаем уравнение третьей
степени относительно k. Это уравнение называется характеристическим
уравнением и имеет три корня k1, k2, k3. Каждому из этих корней
соответствует ненулевое решение системы (2):
y1 1e k1x ,
z1 1e k1x ,
u1 1e k1x ,
y 2 2 e k2 x ,
y 3 3 e k3 x ,
z 2 2 e k2 x ,
z 3 3 e k3 x ,
u 2 2 e k2 x ,
u 3 3 e k3 x .
Линейная
комбинация
этих
решений
коэффициентами будет решением системы (2):
с
произвольными
y C11e k1x C 2 2 e k2 x C3 3 e k3 x ;
z C11e k1x C 2 2 e k2 x C3 3 e k3 x ;
u C1 1e k1x C 2 2 e k2 x C 3 3 e k3 x .
Пример. Найти общее решение системы уравнений:
x 5x 2 y
y 2x 2 y
Составим характеристическое уравнение:
5k
2
2
0;
2k
(5 k )( 2 k ) 4 0;
k 2 7k 6 0;
k1 1;
10 5k 2k k 2 4 0;
k 2 6;
Решим систему уравнений:
(a11 k ) a12 0
a21 (a22 k ) 0
(5 1)1 21 0
21 (2 1)1 0
Для k1:
41 21 0
21 1 0
Полагая 1 1 (принимается любое значение), получаем: 1 2.
(5 6) 2 2 2 0
2 2 (2 6) 2 0
Для k2:
1 2 2 2 0
2 2 4 2 0
242
Полагая 2 2 (принимается любое значение), получаем: 2 1.
x C1e t 2C 2 e 6t
Общее решение системы:
y 2C1e t C 2 e 6t
Этот пример может быть решен другим способом:
Продифференцируем первое уравнение: x 5 x 2 y ;
Подставим в это выражение производную у =2x + 2y из второго уравнения.
x 5 x 4 x 4 y;
Подставим сюда у, выраженное из первого уравнения:
x 5x 4x 2x 10x
x 7 x 6x 0
k1 6;
x Ae Be 6t ;
t
Обозначив
k2 1
x Ae t 6Be 6t ;
2 y x 5 x Ae t 6 Be 6t 5 Aet 5Be 6t ;
1
y 2 Ae t Be 6t ;
2
1
A C1 ;
B C2 ,
получаем
решение
2
системы:
x C1e t 2C 2 e 6t
y 2C1e t C 2 e 6t
Пример. Найти решение системы уравнений
y y z
z y z x
Эта система дифференциальных уравнений не относится к рассмотренному
выше типу, т.к. не является однородным (в уравнение входит независимая
переменная х).
Для решения продифференцируем первое уравнение по х. Получаем:
y y z .
Заменяя значение z’ из второго уравнения получаем: y y y z x .
С учетом первого уравнения, получаем: y 2 y x.
Решаем полученное дифференциальное уравнение второго порядка.
y 2 y x;
y 2 y 0;
k 2 2k 0; k1 0; k 2 2.
Общее решение однородного уравнения: y C1 C 2 e 2 x .
Теперь находим частное решение неоднородного дифференциального
уравнения по формуле y x r e x Q( x); 0; r 1; Q( x) Ax B;
y 2 Ax B; y 2 A;
1
1
2 A 4 Ax 2 B x;
A ; B ;
4
4
y Ax 2 Bx;
Общее решение неоднородного уравнения:
y C1 C 2 e 2 x
1
x( x 1).
4
243
Подставив полученное значение в первое уравнение системы, получаем:
1
z C1 C 2 e 2 x ( x 2 x 1).
4
Пример. Найти решение системы уравнений:
y z w
z 3 y w
w 3 y z
Составим характеристическое уравнение:
k
1
3
3
k
1
1
1 0;
k
k (k 2 1) 3k 3 3 3k 0;
k
k
1
1
k
3
1
3 k
k 3 7k 6 0;
3 k
3
1
0;
k1 1; k 2 2; k 3 3;
1) k = -1.
0
3 0;
3 0
0; ;
Если принять = 1, то решения в этом случае получаем:
y1 0; z1 e x ; w1 e x ;
2) k2 = -2.
2 0
3 2 0;
3 2 0
; ;
Если принять = 1, то получаем:
y 2 e 2 x ; z 2 e 2 x ; w2 e 2 x ;
3) k3 = 3.
3 0
2
3 3 0 ; ; ;
3
3 3 0
Если принять = 3, то получаем:
y 3 2e 3 x ; z 3 3e 3 x ; w3 3e 3 x ;
Общее решение имеет вид:
y C 2 e 2 x 2C3 e 3 x
x
2 x
3x
z C1e C 2 e 3C3 e
x
2 x
3x
w C1e C 2 e 3C3 e
Элементы теории устойчивости.
Теория устойчивости решений дифференциальных уравнений является
одним из разделов качественной теории дифференциальных уравнений,
которая посвящена не нахождению какого – либо решения уравнения, а
изучению характера поведения этого решения при изменении начальных
условий или аргумента.
244
Этот метод особенно важен, т.к. позволяет делать вывод о характере
решения без непосредственного нахождения этого решения. Т.е. даже в тех
случаях, когда решение дифференциального уравнения вообще не может
быть найдено аналитически.
Пусть
имеется
некоторое
явление,
описанное
системой
дифференциальных уравнений:
dyi
f i (t , y1 , y 2 ,..., y n );
dt
(i 1,2,..., n)
(1)
и начальные условия: yi (t 0 ) yi 0 .
Для конкретного явления начальные условия определяются опытным
путем и поэтому неточны.
Теорема. (о непрерывной зависимости решения от начальных условий)
dy
f (t , y ) непрерывна и по
dt
переменной у имеет ограниченную частную производную f y N на области
Если правая часть дифференциального уравнения
прямоугольника, ограниченного D t 0 a t t 0 a, y0 b y y0 b , то
решение
y(t ) y(t , t 0 , y0 ) , удовлетворяющее начальным условиям y(t 0 ) y 0 , непрерывно
зависит от начальных данных, т.е. для любого 0 0 , при котором
если
y0 y0 0, то y(t , t 0 , y0 ) y(t , t 0 y0 ) при условии, что
t 0 t T ; T T0 , где
1 b
T0 min a, , ,
N M
Эта
теорема
справедлива
как
M max f (t , y ) .
( t , y )D
для
одного
дифференциального
уравнения, так и для системы уравнений.
Определение. Если (t ) 1 (t ), 2 (t ),..., n (t ) - решение системы
дифференциальных уравнений, то это решение называется устойчивым по
Ляпунову, если для любого 0 0 , такое, что для любого решения
y(t ) y1 (t ), y 2 (t ),..., y n (t ) той же системы, начальные условия которого
удовлетворяют неравенствам
yi (t 0 ) i (t 0 )
справедливы неравенства
yi (t ) i (t )
i (1, n)
t t 0 ,
(Ляпунов Александр Михайлович (1857 – 1918) академик Петерб. АН)
Т.е. можно сказать, что решение (t) устойчиво по Ляпунову, если
близкие к нему по начальным условиям решения остаются близкими и при t
t0.
245
Если
lim yi (t ) i (t ) 0, i (1, n) ,
t
то
решение
(t)
называется
асимптотически устойчивым.
Исследование на устойчивость по Ляпунову произвольного решения
(t ) 1 (t ), 2 (t ),..., n (t )
системы
dyi
f i (t , y1 , y 2 ,..., y n );
dt
(i 1,2,..., n) можно
свести к исследованию на устойчивость равного нулю решения некоторой
другой системы, которая получена из данной заменой неизвестных функций:
xi (t ) yi (t ) i (t ),
i 1,..., n.
Тогда:
dyi dxi di
dt
dt
dt
dxi
f i t , x1 1 (t ),..., xn n (t ) f i t , 1 (t ),..., n (t ),
dt
i 1,..., n.
(2)
Система (2) имеет тривиальное (равное нулю) решение xi (t ) 0.
Теорема. Решение (t ) 1 (t ), 2 (t ),..., n (t ) системы (1) устойчиво по
Ляпунову тогда и только тогда, когда устойчиво по Ляпунову тривиальное
решение системы (2).
Это тривиальное решение называется положением равновесия или
точкой покоя.
Определение. Точка покоя xi (t ) 0 системы (2) устойчива по Ляпунову,
если для любого 0 () 0 такое, что из неравенства
xi (t 0 ) ()
(i 1,..., n)
следует
xi (t ) (i 1,..., n) t t 0 .
Теорема. (Теорема Ляпунова). Пусть задана система
dyi
f i (t , y1 , y 2 ,..., y n );
dt
имеющая тривиальное решение yi (t ) 0 .
(i 1,2,..., n)
v( y1 ,..., y n ) ,
Пусть
существует
дифференцируемая
функция
удовлетворяющая условиям:
1) v( y1 ,..., y n ) 0 и v = 0 только при у1 = у2 = … = уn =0, т.е. функция v
имеет минимум в начале координат.
2) Полная производная функции v вдоль фазовой траектории (т.е.
вдоль решения yi(t) системы (1)) удовлетворяет условию:
n
n
dv
v yi
v
f i (t , yi ,..., y n ) 0
dt i 1 yi t
i 1 y i
при t t 0
Тогда точка покоя yi 0, i 1,..., n устойчива по Ляпунову.
Если ввести дополнительное требование, чтобы вне сколь угодно
малой окрестности начала координат y12 ... y n2 выполнялось условие
v
0, (t t 0 ),
t
246
где - постоянная величина, то точка покоя yi 0, i 1,..., n
асимптотически устойчива.
Функция v называется функцией Ляпунова.
Классификация точек покоя.
Рассмотрим систему двух линейных дифференциальных уравнений с
постоянными коэффициентами
dx
dt a11 x a12 y
dy a x a y
21
22
dt
Характеристическое уравнение этой системы имеет вид:
a11
a12
a 21
a 22
0
Рассмотрим следующие возможные случаи:
1) Корни характеристического уравнения действительные, отрицательные и
различные.
1 0, 2 0, 1 2 .
Точка покоя x y 0 будет устойчива. Такая точка покоя называется
устойчивым узлом.
2) Корни характеристического уравнения действительны и
1 0, 2 0 или 1 2 0 .
В этом случае точка покоя также будет устойчива.
3) Хотя бы один из корней 1 , 2 положителен.
В этом случае точка покоя x y 0 неустойчива, и такую точку называют
неустойчивым седлом.
4) Оба корня характеристического уравнения положительны 1 0, 2 0 .
В этом случае точка покоя x y 0 неустойчива, и такую точку называют
неустойчивым узлом.
x C1 1e 1t C 2 1e 2t
системы исключить
y C1 2 e 1t C 2 2 e 2t
параметр t, то полученная функция y (t ) дает траекторию движения в
Если
полученного
решения
системе координат XOY.
Возможны следующие случаи:
247
Устойчивый узел.
Неустойчивый узел.
Седло.
5) Корни характеристического уравнения комплексные 1 p iq, 2 p iq .
Если р = 0, т.е. корни чисто мнимые, то точка покоя (0, 0) устойчива по
Ляпунову.
Такая точка покоя называется центром.
Если p< 0, то точка покоя устойчива и называется устойчивым фокусом.
Если p > 0, то точка покоя неустойчива и называется неустойчивым фокусом.
Уравнения математической физики.
Уравнения в частных производных.
Определение. Дифференциальным уравнением в частных производных
называется уравнение относительно неизвестной функции нескольких
переменных, ее аргументов и ее частных производных различных порядков.
u u
u
ku
F x1 , x2 ,..., xn ,
,
,...,
,..., k
x1 x2
xn
x1 1 ...xnkn
0
Порядком дифференциального уравнения в частных производных
называется порядок старшей производной, входящей в это уравнение.
Решением уравнения будет некоторая функция u u( x1 , x2 ,..., xn ) , которая
обращает уравнение в тождество.
Линейные однородные дифференциальные уравнения в частных
производных первого порядка.
Дифференциальное уравнение в частных производных первого порядка
от функции u u( x1 , x2 ,..., xn ) можно в общем виде записать как
u u
u
F x1 , x2 ,..., xn ,
,
,...,
x1 x2
xn
0
Линейное уравнение в частных производных имеет вид:
X 1 ( x1 , x 2 ,..., x n )
u
u
u
X 2 ( x1 , x 2 ,..., x n )
... X n ( x1 , x 2 ,..., x n )
0,
x1
x 2
x n
(1)
где Xi – некоторые заданные функции.
Очевидно, что одним из решений такого уравнения будет функция u =
C.
Рассмотрим систему уравнений:
dx
dx1 dx2
... n ;
X1
X2
Xn
(2)
или
dxn1 X n1
dx1
X
dx2 X 2
1;
; ...
dxn X n
dxn X n
dxn
Xn
такая
система
называется
нормальной.
Общее решение этой системы имеет вид:
248
x1 f1 ( x n , C1 , C 2 ,..., C n 1 )
x f ( x , C , C ,..., C )
2
2
n
1
2
n 1
..........................................
x n 1 f n 1 ( x n , C1 , C 2 ,..., C n 1 )
Если разрешить эти уравнения относительно постоянных С, получим:
1 ( x1 , x 2 ,..., x n ) C1
( x , x ,..., x ) C
2 1 2
n
2
.................................
n 1 ( x1 , x 2 ,..., x n ) C n 1
Каждая из функций является интегралом системы (2).
Теорема. Если ( x1 , x2 ,..., xn ) - интеграл системы (2), то функция
u ( x1 , x2 ,..., xn ) - решение уравнения (1).
Классификация основных типов уравнений математической
физики.
1) Волновое уравнение. (Уравнение колебаний струны, электроколебания,
крутильные колебания вала и др.) Это простейшее уравнение
гиперболического типа.
2
2u
2 u
a
t 2
x 2
2) Уравнение теплопроводности. (Уравнение Фурье) Это простейшее
уравнение параболического типа. Описывает процессы теплопроводности,
фильтрации жидкости и газа, некоторые вопросы теории вероятностей.
u
2u
a2 2
t
x
3) Уравнение Лапласа. Это простейшее уравнение эллиптического типа.
Описывает магнитные и электрические поля, гидродинамику, диффузию и
др.
2u 2u
0
x 2 y 2
В этих уравнениях функция u зависит от двух переменных, однако, задача
может быть расширена для случая трех переменных:
1) Волновое уравнение:
2
2
2u
2 u
2 u
a
a
;
t 2
x 2
y 2
2) Уравнение теплопроводности:
3) Уравнение Лапласа:
u
2u
2u
a2 2 a2 2 ;
t
x
y
2u 2u 2u
0
x 2 y 2 z 2
Рассмотрим подробнее каждое из этих уравнений.
Уравнение колебаний струны.
Определение. В математической физике струной называется тонкая
нить, в которой возможно возникновение напряжений только в продольном,
но не в поперечном направлении.
249
Пусть концы натянутой струны закреплены в точках х = а и x = b,
возникающие в ней напряжения обозначим Т. Будем также считать, что
плотность струны постоянна на всем ее протяжении.
Допустим, что в момент t0 = 0 струна выведена из состояния
равновесия и совершает малые колебания.
Отклонение струны в каждой точке с координатой х в момент времени
t обозначим как
u u ( x, t )
a x b, t 0
u
C
B
A
D
0
a x
x+x
b
x
На произвольный элемент длины нити (х, х + х) действуют две силы
натяжения
AD и BC . При этом:
AD BC T ;
tg
u ( x x, t )
;
x
Если считать колебания малыми, то можно принять:
tg sin
Тогда проекция силы BC на ось u:
T sin T
u ( x x, t )
x
Проекция силы AD на ось u:
T
u ( x, t )
x
Находим сумму этих проекций:
T
u ( x x, t )
u ( x, t )
2 u ( x, t )
T
T
x.
x
x
x 2
Выражение, стоящее в правой части равенства получено в результате
применения теоремы Лагранжа к выражению, стоящему слева.
Произведение массы на ускорение рассматриваемого элемента струны
равно:
где - плотность струны.
2 u ( x, t )
x
,
t 2
250
Приравнивая полученное выражение к значению проекции силы,
получим:
x
Или
2
2u
2 u
a
,
t 2
x 2
a2
2u
2u
T
x
t 2
x 2
T
;
Для полного определения движения струны полученного уравнения
недостаточно. Функция u(x, t) должна еще удовлетворять граничным
условиям, описывающим состояние струны на концах (в точках x = a и x = b)
и начальным условиям, описывающим состояние струны в момент времени t
= 0.
Совокупность граничных и начальных условий называется краевыми
условиями.
Таким образом, задача Коши состоит в нахождении решения линейного
дифференциального уравнения с частными производными второго порядка
при начальных условиях
u ( x,0) f ( x),
u ( x,0)
F ( x),
t
и краевых условиях
u (0, t ) u (l , t ) 0 .
Начальные условия показывают, в каком положении находится струна
в начальный момент времени и скорость каждой ее точки в начальный
момент времени.
Функции f(x) и F(x) заданы.
Краевые условия показывают, что концы струны закреплены в точках a
= 0, b = l
Решение задачи Коши методом разделения переменных.
(Метод Фурье.)
Решение уравнения
2
2u
2 u
a
t 2
x 2
будем искать в виде u ( x, t ) X ( x)T (t ) при граничных условиях:
X (0)T (t ) 0
;
t 0
X (l )T (t ) 0
Тогда X(0) = X(l) = 0.
Подставим решение в исходное уравнение:
XT a 2 X T ;
1 T X
;
X
a2 T
Можно показать, что функции Х и Т имеют вид:
kx
; k 1,2,...
l
akt
akt
Tk (t ) Ak cos
Bk sin
; k 1,2,...
l
l
X k ( x) sin
251
Все решения исходного дифференциального уравнения, удовлетворяющие
граничным условиям, можно записать в виде:
akt
akt
kx
u k ( x, t ) Ak cos
Bk sin
; k 1,2,...
sin
l
l
l
Окончательно решение уравнения колебаний струны можно записать в
виде:
ak
ak
k
u ( x, t ) Ak cos
t Bk sin
t sin
x,
l
l
l
k 1
где Ak
l
2
k
f ( x) sin
xdx;
l 0
l
l
2
k
Bk
F ( x) sin
xdx.
ak 0
l
Решение задачи Коши методом Даламбера.
( Жан Лерон Д’Ламбер (1717 – 1783) – французский математик)
В случае если длина струны очень велика, то на колебания,
возникающие в середине струны, концы струны влияния практически не
оказывают. Поэтому, рассматривая колебания бесконечной струны,
уравнение
2
2u
2 u
a
t 2
x 2
решается только при начальных условиях:
u ( x ,0 ) f ( x )
u t ( x,0) F ( x)
Для нахождения решения введем новые переменные:
x at ;
x at.
Тогда исходное уравнение принимает вид:
2u
0.
Решением этого уравнения будет функция u () () , где и некоторые функции, которые будем считать дважды дифференцируемыми.
Получаем: u ( x, t ) ( x at ) ( x at ).
Если продифференцировать полученный ответ, получим:
u x ( x at ) ( x at )
ut a( x at ) a( x at )
u xx ( x at ) ( x at )
u tt a 2 ( x at ) a 2 ( x at )
Т.е. a 2 u xx u tt .
Далее с использованием начальных условий находим функции и .
( x) ( x) f ( x)
a( x) a ( x) F ( x)
Проинтегрировав последнее равенство на отрезке [0, x], получаем:
252
x
( x) ( x)
1
F ( y)dy C; C const .
a 0
Тогда:
x
1
1
C
( x) f ( x)
F ( y )dy ;
2
2a 0
2
x
( x)
1
1
C
f ( x)
F ( y )dy .
2
2a 0
2
Решение задачи Коши получаем в виде:
1
1
u ( x, t ) ( x at ) ( x at ) f ( x at )
2
2a
x at
1
1
0 F ( y)dy 2 f ( x at ) 2a
x at
F ( y)dy
0
x at
u ( x, t )
f ( x at ) f ( x at ) 1
F ( y)dy.
2
2a x at
Эта формула называется формулой Даламбера.
Уравнение теплопроводности.
Температуру физического тела в произвольной точке с координатами
(x, y, z) в момент времени t можно представить в виде функции:
u u ( x, y , z )
Составим дифференциальное уравнение:
2u 2u 2u
u
a 2 2 2 2
t
y
z
x
2
2
2
Выражение 2 2 2 называется оператором Лапласа.
y
z
x
Тогда составленное нами дифференциальное уравнение принимает вид:
u
a 2 u
dt
и называется уравнением теплопроводности в пространстве.
В качестве частных случаев рассматривают:
u
2u
a 2 2 - уравнение теплопроводности в стержне,
t
x
u
2u
2u
a 2 2 a 2 2 - уравнение теплопроводности на плоскости.
t
x
y
В случае рассмотрения уравнения теплопроводности в стержне
искомая функция u(x, t) должна удовлетворять записанному выше
дифференциальному уравнению, начальному условию u ( x,0) f ( x) 0 x и
граничным условиям u (0, t ) u (, t ) 0, t 0 .
В результате решения дифференциального уравнения методом Фурье
получим:
u ( x, t ) bk e a k t sin kx;
2 2
k 1
bk
2
f (t ) sin ktdt.
0
253
Отметим, что распространение тепла в теле называется стационарным,
если функция u не зависит от времени t.
Уравнение Лапласа.
Определение. Функция u ( x, y, z ) называется гармонической на области
, если она имеет непрерывные частные производные второго порядка на
области и удовлетворяет условию
u 0 ,
где - оператор Лапласа.
2u 2u 2u
Уравнение u 2 2 2 0 называется уравнением Лапласа.
x
y
z
Если на некоторой границе Г тела поддерживать постоянную
температуру u Г f ( x, y, z) , где f – заданная функция, то внутри тела
установится единственная постоянная температура. С физической точки
зрения это утверждение очевидно, однако, данный факт может быть доказан
математически.
Математическое доказательство этого факта называется задачей
Дирихле.
(Петер Густав Дирихле (1805 – 1859) – немецкий математик)
Решение задачи Дирихле для круга.
Пусть в плоскости XOY имеется круг радиуса R с центром в начале
координат и на его окружности задана функция f(), где - полярный угол.
Требуется найти функцию u (r , ) , которая удовлетворяет уравнению
Лапласа
2u 2u
0
x 2 y 2
и при r R u f ().
Запишем уравнение Лапласа в полярных координатах:
2 u 1 u 1 2 u
0
r 2 r r r 2 2
2u
u 2 u
r
r
0
r 2
r 2
2
Полагаем u () R(r ). Подставляя это соотношение в уравнение Лапласа,
получаем:
r 2 () R(r ) r() R(r ) () R(r ) 0
()
r 2 R(r ) rR(r )
k 2
()
R( r )
Таким образом, имеем два уравнения:
() k 2 () 0
r 2 R(r ) rR(r ) k 2 R(r ) 0
Общее решение первого уравнения имеет вид: A cos k B sin k
Решение второго уравнения ищем в виде: R r m . При подстановке получим:
254
r 2 m(m 1)r m2 rmr m1 k 2 r m 0
m2 k 2 0
Общее решение второго уравнения имеет вид: R Cr k Dr k .
Подставляя полученные решения в уравнение u () R(r ) , получим:
u k ( Ak cos k Bk sin k)(C k r k Dk r k )
Эта функция будет решением уравнения Лапласа при любом k 0.
0; rR R 0
Если
k
=
0,
то
следовательно
u 0 ( A0 B0 )(C0 D0 ln r ) .
Решение должно быть периодическим, т.к. одно и то же значение будет
повторяться через 2. (Тогда рассматривается одна и та же точка круга.)
Поэтому В0 = 0.
Решение должно быть конечным и непрерывным, поэтому D0 = 0.
Окончательно получаем: u (r , )
При этом: An
Bn
1
R n
1
R n
A0
( An cos n Bn sin n)r n
2 n 1
f (t ) cos ntdt
f (t ) sin ntdt
Если подставить эти коэффициенты в полученную выше формулу и
произвести упрощение, получаем окончательный результат решения задачи
Дирихле, который называется интегралом Пуассона.
(Симеон Дени Пуассон (1781 – 1840) – французский математик)
1
R2 r 2
u (r , )
f (t ) 2
dt
2
R 2rR cos(t ) r 2
Решение дифференциальных уравнений с помощью
степенных рядов.
С
помощью
степенных
рядов
возможно
интегрировать
дифференциальные уравнения.
Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение вида:
y ( n ) p1 ( x) y ( n 1) p 2 ( x) y ( n 2 ) ... p n ( x) y f ( x)
Если все коэффициенты и правая часть этого уравнения разлагаются в
сходящиеся в некотором интервале степенные ряды, то существует решение
этого уравнения в некоторой малой окрестности нулевой точки,
удовлетворяющее начальным условиям.
Это решение можно представить степенным рядом:
y c0 c1 x c 2 x 2 c3 x 3 ...
Для нахождения решения остается определить неизвестные постоянные
ci .
Эта задача решается методом сравнения неопределенных
коэффициентов. Записанное выражение для искомой функции подставляем в
исходное дифференциальное уравнение, выполняя при этом все
255
необходимые действия со степенными рядами (дифференцирование,
сложение, вычитание, умножение и пр.)
Затем приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях х в левой
и правой частях уравнения. В результате с учетом начальных условий
получим систему уравнений, из которой последовательно определяем
коэффициенты ci.
Отметим, что этот метод применим и к нелинейным
дифференциальным уравнениям.
Пример. Найти решение уравнения y xy 0 c начальными условиями
y(0)=1, y’(0)=0.
Решение уравнения будем искать в виде y c0 c1 x c 2 x 2 ...
y c1 2c 2 x 3c3 x 2 4c 4 x 3 ...
y 2c 2 6c3 x 12c 4 x 2 20c5 x 3 ...
Подставляем полученные выражения в исходное уравнение:
(2c 2 6c3 x 12c 4 x 2 20c5 x 3 ...) (c0 x c1 x 2 c 2 x 3 c3 x 4 ...) 0
2c 2 x(6c3 c0 ) x 2 (12c 4 c1 ) x 3 (20c5 c 2 ) x 4 (30c6 c3 ) ... 0
Отсюда получаем: 2c2 0
6c3 c0 0
12c 4 c1 0
20c5 c 2 0
30c6 c3 0
………………
Получаем, подставив начальные условия в выражения для искомой функции
и ее первой производной:
c0 1
c1 0
Окончательно
c6
получим:
1
c0 1; c1 0; c 2 0; c3 ; c 4 0; c5 0;
6
1
; ...
180
x3 x6
...
Итого: y 1
6 180
Существует и другой метод решения дифференциальных уравнений с
помощью рядов. Он носит название метод последовательного
дифференцирования.
Рассмотрим тот же пример. Решение дифференциального уравнения
будем искать в виде разложения неизвестной функции в ряд Маклорена.
y y (0)
y (0)
y (0) 2 y (0) 3
x
x
x ...
1!
2!
3!
Если заданные начальные условия y(0)=1, y’(0)=0 подставить в
исходное дифференциальное уравнение, получим, что y (0) 0.
Далее запишем дифференциальное уравнение в виде y xy и будем
последовательно дифференцировать его по х.
256
y y xy ;
y (0) y (0) 1;
y IV y y xy ;
y IV (0) 0;
y V 2 y y xy ;
y V (0) 0;
y VI 3 y y xy IV ; y VI (0) 4;
..........................................................
После подстановки полученных значений получаем:
y 1
x3 x6
...
6 180
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Найти общий интеграл дифференциального уравнения.
(Ответ представить в виде x, y C .)
1.1. 4 xdx 3 ydy 3x ydy 2 xy dx.
2
2
1.2. x 1 y yy 1 x 0.
2
2
Задача 2. Найти общий интеграл дифференциального уравнения.
3 y 3 2 yx 2
.
2.2. xy
2 y2 x2
y2
y
2.1. y 2 4 2.
x
x
Задача 3. Найти общий интеграл дифференциального уравнения.
3.1. y
x 2y 3
.
2x 2
3.2. y
x y2
.
2x 2
Задача 4. Найти решение задачи Коши.
4.1. y y x x , y(1) 0.
2
4.2. y y ctg x 2 x sin x, y 2 0.
Задача 5. Решить задачу Коши.
5.1. y dx x e
2
2 y
dy 0,
5.2. y e 2 x y y,
4
y
y xe 2.
y x0 1.
Задача 6. Найти решение задачи Коши.
6.1. y xy 1 x e
x
y 2 , y 0 1.
6.2. xy y 2 y ln x, y 1 1 2.
2
257
Задача 7. Найти общий интеграл дифференциального уравнения.
7.1. 3 x e dx x e 1 dy 0.
2
y
7.2. 3x
2
3
y
2
2x
2x
2x
cos dx 2 cos dy 0.
y
y
y
y
Задача 8. Для данного дифференциального уравнения методом
изоклин построить интегральную кривую, проходящую через точку M .
8.2. yy 2 x, M 0, 5 .
8.1. y y x , M 1, 2 .
2
Задача 9. Найти линию, проходящую через точку M 0 и обладающую
тем свойством, что в любой ее точке M нормальный вектор MN с концом
на оси Oy имеет длину, равную a , и образует острый угол с положительным
направлением оси Oy .
9.1. M 0 15, 1 , a 25.
9.2. M 0 12, 2 , a 20.
Задача 10. Найти общее решение дифференциального уравнения.
10.1. yx ln x y.
10.2. xy y 1.
Задача 11. Найти решение задачи Коши.
11.1. 4 y y y 1, y 0
3
4
2, y 0 1 2 2 .
11.2. y 128 y , y 0 1, y 0 8.
3
Задача 12. Найти общее решение дифференциального уравнения.
12.1. y 3 y 2 y 1 x .
12.2. y y 6 x 3x.
2
2
Задача 13. Найти общее решение дифференциального уравнения.
13.1. y 4 y 5 y 2 y 16 12 x e .
x
13.2. y 3 y 2 y 1 2 x e .
x
Задача 14. Найти общее решение дифференциального уравнения.
258
14.1. y 2 y 4e
x
sin x cos x .
14.2. y 4 y 4 y e sin 6 x.
2x
Задача 15. Найти общее решение дифференциального уравнения.
15.1. y 2 y 2ch 2 x.
15.2. y y 2sin x 6cos x 2e .
x
Задача 16. Найти решение задачи Коши.
16.1. y y
2
2
16.2. y 3 y 9e
3x
cos x , y 0 3, y 0 0.
1 e , y 0 ln 4,
3x
y 0 3 1 ln 2 .
РАЗДЕЛ 6. Изменения в рабочей программе, которые произошли после утверждения
программы.
Характер
Номер и дата
Подпись заведующего
Подпись декана
изменений в протокола заседания
кафедрой,
факультета (проректора
программе
кафедры, на котором
утверждающего
по учебной работе),
было принято
внесенное изменение
утверждающего данное
данное решение
изменение
РАЗДЕЛ 7. Учебные занятия по дисциплине ведут:
Ф.И.О., ученое звание и степень
преподавателя
доцент Верещагин Б.М., ст. пр
Пышкина Т.В.
доцент Верещагин Б.М.
Учебный год
Факультет
Специальность
2010-2011
ФМОИП
2011-2012
ФМОИП
080116 Математические
методы в экономике
080116 Математические
методы в экономике
259