mathem-kstuca.ucoz.uamathem-kstuca.ucoz.ua/nmzk/194/194_praktica.pdf · 2018-03-30 · 3 < k l m...
TRANSCRIPT
Міністерство освіти і науки України
ХАРКІВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ
БУДІВНИЦТВА ТА АРХІТЕКТУРИ
О.М. Стасенко
Методичні вказівки до практичних занять
з курсу «Вища математика»
для студентів спеціальності 194
«Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та водні технології»
Харків 2017
Міністерство освіти і науки України
ХАРКІВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ
БУДІВНИЦТВА ТА АРХІТЕКТУРИ
Спеціальність 194
О.М. Стасенко
Методичні вказівки до практичних занять
з курсу «Вища математика»
для студентів спеціальності 194
«Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та водні технології»
Затверджено на засіданні кафедри
вищої математики.
Протокол № 1 від 30.08.2017
Харків 2017
2
Методичні вказівки до практичних занять з курсу «Вища математика» для
студентів спеціальності 194 «Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та
водні технології» / Укладач О.М. Стасенко – Харків: ХНУБА, 2017. - 250 с.
Рецензент А.Ю. Петрова
Кафедра вищої математики
3
ВСТУП
Пропоновані методичні вказівки призначені для студентів спеціальності
194 «Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та водні технології» з метою
надання допомоги у вивченні теоретичного матеріалу і опануванні
практичними навичками розв’язання задач з дисципліни «Вища математика».
Практичне заняття – форма навчального заняття, під час якого
викладач організує детальний розгляд студентами окремих теоретичних
положень навчальної дисципліни та формує вміння і навички їх
практичного застосування шляхом індивідуального виконання студентом
відповідно сформульованих завдань.
Методичні вказівки містять програму кожного модуля, навчальний
матеріал для проведення практичних занять, питання для самоперевірки, задачі
для виконання домашніх завдань, приклади розв’язання задач та перелік
завдань для самостійної роботи.
Методичні вказівки доцільно використовувати як для роботи в аудиторії,
так і для індивідуальної самостійної роботи.
ПРОГРАМА НАВЧАЛЬНОЇ ДИСЦИПЛІНИ
1 семестр
ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ I. Лінійна та векторна алгебра. Аналітична
геометрія.
Тема 1. Визначники і їх властивості.
Тема 2. Системи лінійних алгебраїчних рівнянь. Правило Крамера.
Тема 3. Матриці та дії над ними. Обернена матриця.
Тема 4. Матричний запис системи рівнянь. Теорема Кронекера-Капеллі.
Тема 5. Поняття вектора. Лінійні операції над векторами.
Тема 6. Скалярний, векторний та мішаний добуток векторів.
Тема 7. Системи координат на площині. Пряма на площині, її рівняння.
Тема 8. Криві другого порядку: коло, еліпс, гіпербола, парабола.
Тема 9. Площина. Різні види її рівнянь. Кут між площинами. Поверхні другого
порядку.
Тема 10. Пряма у просторі, різні види рівнянь прямої. Пряма та площина в
просторі.
ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ II. Диференціальне числення. Невизначений
інтеграл
Тема 11. Границя функції. Важливі границі.
Тема 12. Неперервність функції. Точки розриву функції.
Тема 13. Похідна функції. Правила диференціювання. Таблиця похідних.
Тема 14. Похідна неявної, параметрично заданої функції. Похідні та
диференціали вищих порядків.
Тема 15. Теореми Ролля, Лагранжа, Коші, правило Лопіталя .
Тема 16. Знаходження екстремуму функції. Опуклість, угнутість кривої, точки
перегину. Асимптоти графіка функції. Загальна схема дослідження функцій.
Тема 17. Функція багатьох змінних. Границя, неперервність, частинні похідні.
4
Тема 18. Екстремум функцій двох змінних. Найбільше та найменше значення
функції в області.
Тема 19. Невизначений інтеграл. Таблиця інтегралів. Безпосереднє
інтегрування.
Тема 20. Інтегрування підстановкою та частинами.
Тема 21. Раціональні дроби і їх розкладання і їх розкладання, інтегрування
раціональних дробів.
Тема 22. Інтегрування тригонометричних виразів. Інтегрування
ірраціональних функцій.
2 семестр
ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ ІІІ. Визначений інтеграл. Диференціальні
рівняння.
Тема 23. Визначений інтеграл. Формула Ньютона-Лейбниця.
Тема 24. Інтегрування заміною змінної та частинами.
Тема 25. Геометричні та механічні застосування визначеного інтеграла.
Тема 26. Невласні інтеграли 1 та 2 роду, ознаки збіжності.
Тема 27. Диференціальні рівнянь І порядку. Задача Коші. Рівняння з
відокремлюваними змінними. Рівняння, однорідні відносно змінних.
Тема 28. Лінійні рівняння. Рівняння Бернуллі.
Тема 29. Рівняння другого порядку. Три типа рівнянь, що припускають
зниження порядку.
Тема 30. Лінійні однорідні диференціальні рівняння П порядку.
Тема 31. Лінійні однорідні рівняння з сталими коефіцієнтами.
Тема 32. Лінійні неоднорідні рівняння 2 порядку. Теорема про загальний
розв’язок. Метод варіації довільних сталих.
Тема 33. Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння зі спеціальною правою
частиною. Системи диференціальних рівнянь.
ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ ІV. Кратні та криволінійні інтеграли.
Тема 34. Обчислення подвійного інтеграла в прямокутних координатах.
Тема 35. Заміна змінних у подвійному інтегралі.
Тема 36. Застосування подвійного інтеграла до задач геометрії та механіки.
Тема 37. Потрійний інтеграл та його обчислення.
Тема 38. Потрійний інтеграл в циліндричних та сферичних координатах.
Застосування потрійного інтеграла.
Тема 39. Означення криволінійного інтеграла, теорема існування, обчислення.
Тема 40. Формула Гріна.. Умови незалежності криволінійного інтеграла від
шляху інтегрування.
3 семестр
ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ V. Ряди. Випадкові події.
Тема 41. Числові ряди. Збіжність рядів. Гармонічний ряд. Необхідна умова
збіжності. Достатні ознаки збіжності рядів з додатними членами: ознаки
порівняння, ознака Даламбера, ознака Коші (радикальна, інтегральна).
5
Тема 42. Знакозмінні ряди. Абсолютна та умовна збіжність. Степеневі ряди.
Теорема Абеля. Радіус збіжності. Область збіжності степеневого ряду.
Розвинення функції у степеневі ряди.
Тема 43. Класифікація подій. Основні поняття та визначення. Класична та
статистична ймовірність, її властивості. Відносна частота появи події.
Геометрична ймовірність.
Тема 44. Теореми додавання та множення ймовірностей. Умовна ймовірність.
Теорема множення ймовірностей залежних подій. Ймовірність появи хоча б
однієї події. Теорема додавання ймовірностей сумісних подій. Формули повної
ймовірності та Бейєса.
Тема 45. Повторні випробування. Формула Бернуллі. Локальна та інтегральна
теореми Лапласа.
ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ VІ. Випадкові величини. Математична
статистика. Теорія кореляції.
Тема 46. Дискретні випадкові величини та закони їх розподілу. Біноміальний
закон та закон Пуассона. Числові характеристики дискретних випадкових
величин та їх властивості. Інтегральна та диференціальна функції розподілу і їх
властивості. Інтегральна та диференціальна функції розподілу і їх властивості.
Тема 47. Неперервні випадкові величини, їх числові характеристики, закони
розподілу. Рівномірний розподіл, нормальний розподіл, їх числові
характеристики. Закон великих чисел. Теореми Бернуллі та Чебишева Закон
великих чисел. Теореми Бернуллі та Чебишева.
Тема 48. Генеральна та вибіркова сукупності. Статистичний розподіл вибірки.
Емпірична функція розподілу та її властивості. Полігон та гістограма.
Генеральна і вибіркова середні. Дисперсія.
Тема 49. Статистичні оцінки параметрів розподілу, їх властивості. Інтервальні
оцінки. Надійна ймовірність та надійний інтервал. Надійні інтервали для
оцінювання математичного сподівання та середнього квадратичного відхилення
при нормальному розподілі.
Тема 50. Елементи теорії кореляції. Поняття регресії. Коефіцієнт кореляції.
Кореляційна таблиця. Знаходження параметрів вибіркового рівняння прямої
лінії регресії.
6
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 1
Визначники n–го порядку, їх властивості. Методи обчислення визначників.
Правило Крамера для розв’язання системи лінійних рівнянь.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Обчислити визначник cos sin
sin cos
.
Розв’язання. Використовуючи правило обчислення визначника другого
порядку, маємо: 2 2cos sin
cos sin 1sin cos
.
Приклад 2 Розв’язати нерівність 3
14.4 2
x x
x
Розв’язання. Після обчислення визначника одержимо 22 12 14x x або 2 6 7 0x x . Розкладемо ліву частину одержаної нерівності на множники:
(x+1)(x 7)<0. Для одержання розв’язків цієї нерівності застосуємо метод
інтервалів (рис.1.1).
0 0
+ +
-1 7 x
Рис.1.1
Таким чином, розв’язок нерівності: 1;7x .
Приклад 3 Обчислити визначник
2 0 5
1 3 16 .
0 1 10
Розв’язання: Згідно з означенням визначника третього порядку маємо:
2 0 5
1 3 16 60 0 5 0 0 32 87.
0 1 10
Приклад 4 Розв’язати систему лінійних рівнянь
1238
,2325
21
21
xx
xx
методом Крамера;
Розв’язання. Для розв’язання системи за правилом Крамера обчислюємо
головний та додаткові визначники системи:
5 215 16 31
8 3
,
1 2
23 2 5 2369 24 93, 60 184 124
12 3 8 12x x
.
Тоді 1 2
1 2
93 1243, 4.
31 31
x xx x
7
Приклад 4 Обчислити
1 2 5
1 10 1
3 2 6
.
Розв’язання. Застосовуючи властивості визначників маємо:
1 2 510 1 1 1 1 10
1 10 1 1 2 52 6 3 6 3 2
3 2 6
1 10 6 1 2 2 1 6 3 1 5 1 2 3 10 58 18 160 120 .
Приклад 5 Обчислити
1 0 0 2
1 1 2 3
0 2 4 0
2 2 1 1
A
.
Розв’язання. Маємо
11 12 13 14
1 0 0 21 2 3 1 1 2
1 1 2 31 0 0 2 2 4 0 2 1 0 2 4
0 2 4 02 1 1 2 2 1
2 2 1 1
A A A A A
.
Обчислимо визначники третього порядку:
1 2 34 0 2 0 2 4
2 4 0 1 2 3 4 4 18 18;1 1 2 1 2 1
2 1 1
1 1 22 4 0 4 0 2
0 2 4 1 1 2 6 8 8 6.2 1 2 1 2 2
2 2 1
Остаточно маємо: 18 2 6 30A .
Приклад 6 Обчислити
2 3 4 5
1 1 3 2
3 5 1 4
2 2 5 6
A
.
Розв’язання. Скористаємось властивостями визначників і утворимо,
наприклад, у першому стовпці нулі. Для цього виконаємо послідовно такі дії:
1) до першого рядка додамо другий, помножений на 2;
2) до третього рядка додамо другий, помножений на -3;
3) до четвертого рядка додамо другий, помножений на -2.
Напишемо в умовних позначеннях вказані дії, а також їх результат
(опускаємо запис відповідних обчислень):
8
2 3 4 5
1 1 3 2
3 5 1 4
2 2 5 6
A
2 3 2 ;
0 1 2 1
1 1 3 2
0 8 10 10
0 0 11 2
A
Застосуємо далі властивості визначників:
0 1 2 11 3 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1
1 1 3 20 8 10 10 1 8 10 10 0 1 3 2 0 1 3 2 1 8 10 10
0 8 10 100 11 2 0 11 2 0 11 2 8 10 10 0 11 2
0 0 11 2
A
Для отриманого нами визначника третього порядку використаємо
аналогічні властивості і утворимо, наприклад, у першому рядку нулі: 1 2 1 1 0 1 1 0 0
26 21 8 10 10 1 8 26 10 1 8 26 2 ( 1) 1 1 ( 52 22) 74.
11 20 11 2 0 11 2 0 11 2
Приклад 6 Розв'язати систему лінійних рівнянь за правилом Крамера:
1 2
1 2 3
1 2 3
7 2 11
7 2
6 6 3 15.
x x
x x x
x x x
Розв’язання. Знаходимо визначники:
7 2 01 1 7 1
7 1 1 7 2 0 7 3 2 15 9 06 3 6 3
6 6 3
,
1
11 2 01 1 2 1
2 1 1 11 2 96 3 15 3
15 6 3
,
2
7 11 02 1 7 1
7 2 1 7 11 1815 3 6 3
6 15 3
,
3
7 2 111 2 7 2 7 1
7 1 2 7 2 11 276 15 6 15 6 6
6 6 15
.
За формулами Крамера отримуємо:
11
91
9x
, 22
182
9x
, 3
3
273
9x
.
Приклад 7 Розв'язати систему лінійних рівнянь за правилом Крамера:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2 3 9
2 2
3 2 2 7.
x x x
x x x
x x x
9
Розв’язання. Знаходимо визначники:
2 1 3
1 2 1 13
3 2 2
, 1
9 1 3
2 2 1 13
7 2 2
,
2
2 9 3
1 2 1 26
3 7 2
, 3
2 1 9
1 2 2 39
3 2 7
.
За формулами Крамера отримуємо:
11
131
13x
, 22
262
13x
, 3
3
393
13x
.
Приклад 8 Установити, що система лінійних рівнянь
3465
,1254
,2233
321
321
321
xxx
xxx
xxx
має єдиний розв’язок і знайти його за правилом Крамера.
Розв‘язання. Для розв’язання системи за правилом Крамера потрібно
обчислити головний визначник системи:
3 1
3 3 2 0 3 2 0 3 23 2
4 5 2 1 5 2 0 1 2 ( 1) ( 1) ( 1)(6 2) 41 2
5 6 4 1 6 4 1 6 4
Оскільки 04 , то система має єдиний розв’язок. Обчислимо додаткові
визначники системи:
1
2
3
2 1
2 2
2 3
2 3 2 0 7 27 2
1 5 2 1 5 2 ( 1) 1 ( 1)( 14 ( 18)) 4,9 2
3 6 4 0 9 2
3 2 2 5 0 25 2
4 1 2 4 1 2 ( 1) 1 (10 14) 4,7 2
5 3 4 7 0 2
3 3 2 5 7 05 7
4 5 1 4 5 1 ( 1) 1 ( 1)( 45 ( 49)) 4. 7 9
5 6 3 7 9 0
x
x
x
Тоді 31 21 2 3
4 4 41, 1, 1.
4 4 4
xx xx x x
Перевірка:
;3141615
,1121514
,2121313
.33
,11
,22
10
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.1-2], с. 3 – 16.
Вправи
1 Обчислити визначники:
а) 25
41
; б)
21
43 ; в)
105
63; г)
асаваа
сва
2
1.
Відповідь: а) 18; б) 10; в) 0; г) 0.
2 Розв’язати рівняння:
а) 2
3
32
13
xx
x; б) 0
cos1
1sin4
x
x; в) 0
5cos8sin
5sin8cos
xx
xx.
Відповідь: а) 2
3;
6
121 xx ; б) Znnx n ,
212)1(
;
в) Znnx ),12(6
.
3 Розв'язати нерівності:
а) ;01
233
x
x б) 11
27
132
x
x.
Відповідь: а) 3x ; б) 25,0 x .
4 Установити, що система має єдиний розв’язок і знайти його за
правилом Крамера.
а)
;872
,1353
,42
zyx
zyx
zyx
б)
.105
,163
,52
zy
zx
yx
Відповідь: а) 1 zyx ; б) 5,3,1 zyx .
Питання для самоперевірки
1 Дати означення визначників другого та третього порядку.
2 Дати означення мінору елемента визначника.
3 Що називають алгебраїчним доповненням елемента визначника?
4 Навести правило обчислення визначника п – го порядку.
5 Які перетворення не змінюють величину визначника?
6 Яке перетворення змінює лише знак визначника?
7 За яких умов визначник може дорівнювати нулю?
8 Які існують методи розв’язання систем лінійних алгебраїчних рівнянь?
9 Яку систему називають лінійною?
10 Яку систему лінійних рівнянь називають сумісною, несумісною,
визначеною і невизначеною?
11 Напишіть формули Крамера.
12 Для яких систем рівнянь можна використовувати правило Крамера?
11
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 2
Матриці. Знаходження розв’язків систем лінійних рівнянь за допомогою
оберненої матриці. Метод Гауса.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти матрицю
0
1
5
2
1
4
3
5
7
2
4
3
5
2A .
Розв’язання. Використовуючи правила множення матриць на число та
додавання матриць, знаходимо
3 2 3 2 3 2 3 2
5 2 45 10 4 12 15 10 12 4 15 22 11
2 3 7 3 1 1 6 14 3 3 6 3 14 3 3 11
45 2 0 810 6 0 8 6 10 0 14 10
A
Приклад 2 Знайти добуток А В, якщо А = (3 2), .1
1
Â
Розв'язання. Матриця А має розмір 1×2, матриця В має розмір 2×1,
тому добуток А В існує і в матрицею розміру 1×1.
.1)1(2131
123
АВ
Приклад 3 Знайти добуток АВС, якщо
12638
9328,
57
34ВА ,
.12
37
С
Розв’язання. Задані матриці мають розмір 2×2, тому їх можна
перемножити, причому одержимо матрицю того самого розміру. Помножимо
спочатку А на В:
.216
62
)126(5937385)28(7
)126(3934383)28(4
АВ
Тепер помножимо одержану матрицю на матрицю С:
.30
02
1213)6(22176
1)6(322)6(72
12
37
216
62
АВС
Приклад 4 Знайти матрицю ТАВС 2 , якщо
832
154А ,
163
510
47
В .
12
Розв’язання. Маємо, .
81
35
24
ТА
Тоді .
01
10
01
81
35
24
2
163
510
47
2
232323 xxx
ТABC
Приклад 5 Знайти розв’язок системи за допомогою оберненої матриці.
1
,235
,142
321
321
321
ххх
ххх
ххх
Розв’язання. У матричній формі дану систему можна записати таким
чином:
,
1
2
1
111
351
142
13133
2
1
33 хххх
х
х
або коротко АX = С, звідки X =А-1С, де А-1 матриця, обернена до
матриці А.
Обернена матриця А-1 існує, бо 08det A .
Знайдемо алгебраїчні доповнення для кожного елемента матриці А
,23511
3511
А
,3)14(
11
1421
А
,7512
35
1431
А
,2)31(11
3112 А
,112
11
1222 А
,5)16(
31
1232 А
,45111
5113
А
,2)42(11
4223
А
.6410
51
4233
А
За формулою знаходження оберненої матриці одержуємо: .
624
512
732
8
11
А
Тепер знайдемо шуканий розв’язок
.
4/3
8/9
8/11
6
9
11
8
1
644
522
762
8
1
1
2
1
624
512
732
8
1
1333
1
АСХ
Отже, ;8/111 х ;8/92 х ;4/33 х
Приклад 6 Розв’язати систему лінійних рівнянь 1 2 3
1 2 3
1 2 3
3 3 2 2,
4 5 2 1,
5 6 4 3.
x x x
x x x
x x x
матричним способом. Зробити перевірку.
Розв’язання. Розв’язок системи матричним способом знаходиться за
формулою 1X A B .
13
Складемо матриці
3 3 2 2
4 5 2 , 1 .
5 6 4 3
A B
Знайдемо обернену матрицю системи 11 21 31
1
12 22 32
13 23 33
1A A A
A A A A
A A A
, для цього
обчислимо алгебраїчні доповнення для кожного елемента матриці А.
1 1
11
5 2( 1) 8,
6 4A
2 1
21
3 2( 1) 0,
6 4A
3 1
31
3 2( 1) 4,
5 2A
1 2
12
4 2( 1) 6,
5 4A 2 2
22
3 2( 1) 2,
5 4A 3 2
32
3 2( 1) 2,
4 2A
1 3
13
4 5( 1) 1,
5 6A
2 3
23
3 3( 1) 3,
5 6A
3 3
33
3 3( 1) 3.
4 5A
Обчислимо визначник матриці А:
3 3 2
4 5 2 4
5 6 4
.
Отже,
8 0 4 2 1( 8) 2 0 1 4 3 4 11 1 1
6 2 2 1 , 1( 6) 2 2 1 2 3 4 14 4 4
1 3 3 3 11 2 3 1 ( 3) 3 4 1
X X
або 1 2 31, 1, 1x x x .
Перевірка.
3 1 3 1 2 1 2 2 2
, 4 1 5 1 2 1 1 1 1
5 1 6 1 4 1 3 3 3
.
Приклад 7 Розв’язати систему методом Гауса
31 2 4
31 2 4
31 4
31 2 4
4,
32 2 1,
2 6,
3 0.
xx x x
xx x x
xx x
xx x x
Розв’язання. Працювати зручніше не з самою системою, а з матрицею з
коефіцієнтів при невідомих і вільних членів за допомогою елементарних
перетворень:
IIIIII
~
31110
21010
74530
41111
~
124440
21010
74530
41111
~
01113
62101
12312
41111
І - помножимо елементи 1-го рядка по черзі на -2, -1, -3 і додамо відповідно до
елементів 2-го, 3-го і 4-го рядків;
ІІ - поділимо елементи 4-го рядка на -4;
ІІІ - поміняємо місцями 2-й і 4-й рядки;
14
123000
52100
31110
41111
~
21200
52100
31110
41111
~
74530
21010
31110
41111
~
VIVIII.
IV - помножимо елементи 2-го рядка по черзі на 1 і 3, додамо їх відповідно до
елементів 3-го і 4-го рядків;
V - помножимо елементи 3-го рядка на 2 і додамо до елементів 4-го рядка, а в
одержаній матриці елементи 3-го рядка помножимо на -1;
VI - елементи четвертого рядка поділимо на 3.
Одержуємо матрицю, що еквівалентно даній і має той самий ранг:
41000
52100
31110
41111
.
Очевидно, що ця матриця має ранг, що дорівнює 4. Тобто ранги матриці
системи і розширеної матриці системи однакові і дорівнюють числу невідомих
(система визначена).
Одержано трикутну матрицю, яка відповідає наступній системи рівнянь:
1 2 3 4
2 3 4
3 4
4
4,
3,
2 5,
4.
x x x x
x x x
x x
x
Ця система має трикутну форму.
З цієї системи всі невідомі визначаються послідовно, а саме: 44 х ,
34253 х , 24332 х , 143241 х .
Розв’язок системи має вигляд (1;2;3;4).
Приклад 8 Розв’язати систему 1 2 3
1 2 3
2 4,
2 4 2 3
x x x
x x x
методом Гауса.
Розв’язання. 1 2 3
1 2 3
2 4
2 4 2 3
x x x
x x x
. Запишемо розширену матрицю системи
1 2 1 4
2 4 2 3A
. Застосуємо елементарні перетворення (від другого рядка
віднимаємо елементи першого, помноженні на 2): 1 2 1 4 1 2 1 4
~2 4 2 3 0 0 0 5
.
З останньої матриці видно, що rang A ≠ rang A , отже за теоремою
Кронекера-Капеллі система несумісна.
Однорідні системи завжди сумісні, оскільки завжди існує, так званий,
тривіальний розв’язок х1=х2=…=хn=0. Якщо в однорідній системі кількість
рівнянь менше кількості невідомих (m < n), то така система, крім тривіального
розв’язку, має безліч нетривіальних розв’язків.
15
Приклад 9 Розв’язати систему лінійних однорідних рівнянь методом
Гауса: 1 2 3
1 2 3
1 2 3
2 0,
2 3 2 0,
5 3 0.
x x x
x x x
x x x
Розв’язання. Запишемо розширену матрицю системи та виконаємо
елементарні перетворення розширеної матриці системи:
І ІІ ІІІ IV
1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 01 2 1 0 1 0 1 7 0
2 3 2 0 0 7 4 0 0 7 4 00 1 4 7 0 0 1 4 7 0
1 5 3 0 0 7 4 0 0 0 0 0
~ ~ ~ ~А
.
I – перший рядок помножили на 2 і додали до другого, потім перший рядок
додали до третього;
II – відняли від третього рядка другий;
III – відкинули рядок з усіма нулями, а другий рядок розділили на 7;
IV – другий рядок помножили на 2 та відняли від першого.
З останньої матриці запишемо систему: 1 3
2 3
1,
7
4.
7
x x
x x
Отже, система має безліч розв’язків 1
2
3
1,
7
4,
7
.
x t
x t t R
x t
.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.3], с. 16 – 27.
Вправи
1 Знайти матрицю ,2 2ABCAD якщо ,02
13
A ,
5
1
0
1
2
3
B .
04
13
21
C
Відповідь:
232
107
.
2 Знайти союзну матрицю для матриці .
513
124
213
А
Відповідь: 11 3 5
ˆ 17 21 11 .
10 6 2
A
3 Розв'язати систему рівнянь
1532
,4323
,522
321
321
321
ххх
ххх
ххх
матричним способом.
Відповідь: х1=2, х2=1, х3=0.
16
4 Розв’язати систему лінійних рівнянь (п – сума цифр у вашому дні
народження): методом Гауса: а) 1 2
1 2
6 6,
3 4;
x nx n
x x
б)
1 2 3
1 2 3
1 3
5 2 7 ,
2 3 2 1,
3 4.
x x nx n
x x x
x x
Питання для самоперевірки
1 Дати означення матриці.
2 Що називають розміром матриці?
3 Які існують види матриць?
4 Сформулюйте правила додавання, віднімання матриць, множення
матриці на число і множення матриць.
5 Яка матриця називається оберненою і за якою формулою вона
знаходиться?
6 Які існують методи розв’язання систем лінійних алгебраїчних рівнянь?
7 Яку систему називають лінійною?
8 Яку систему лінійних рівнянь називають сумісною, несумісною,
визначеною і невизначеною?
9 У чому полягає матричний спосіб розв’язання системи лінійних
рівнянь?
10 У чому полягають елементарні перетворення матриці?
11 У чому полягає метод Гаусса розв’язання систем лінійних рівнянь?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 3
Вектори та дії з ними. Проекція вектора на вісь. Координати вектора. Розподіл
відрізку у даному відношенні.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти координати вектора а , початок якого знаходиться в
точці М1(2,-3,0), кінець – у точці М2(1,1,2).
Розв’язання. Вектор
а має координати
а = (1-2; 1+3; 2-0) = (-1; 4; 2). Приклад 2 Обчислити довжину вектора 3 2a b , якщо 2a i , b i j k .
Розв’язання. Знайдемо координати векторів: 3 3 2;3 0;3 0a , 3 6;0;0a ;
2 2 1;2 1;2 1b , 2 2;2; 2b ; 3 2 6 2;0 2;0 2a b , 3 2 8;2; 2a b .
Тоді довжина шуканого вектора дорівнює:
2 223 2 8 2 2 72 36 2 6 2a b .
Приклад 3 Дано точки 1;2; 1A і 4;7;0B . Зобразити в системі
координат вектор AB ; знайти AB . Який кут утворює вектор AB з віссю Оу?
Розв’язання. Побудуємо точки А і В за їх координатами (рис. 1).
17
Знайдемо координати AB :
4 1;7 2;0 1 3;5;1AB
2 2 23 5 1 35AB .
Знайдемо косинус кута між вказаним
вектором і віссю Оу: 5
cos35
ynp AB
AB ,
5arccos
35 .
Примітка: якщо знайдений косинус виявляється від’ємним
cos 0m , то arccosm .
Приклад 4 Дано вектори 2;3;5a і 10;1; 3b . Знайти: орт вектора
c a b .
Розв’язання. Знайдемо координати вектора с :
2 10;3 1;5 ( 3) (8;4;2)с a b .
Орт вектора c знаходиться за формулою 0c
cc
. Треба вектор скоротити
в c разів. Для цього необхідно кожну координату вектора розділити на його
модуль.
2 2 28 4 2 84 2 21c , 08 4 2 4 2 1
; ; ; ;2 21 2 21 2 21 21 21 21
c
Примітка: координати орта дорівнюють напрямним косинусам вектора
Приклад 5 По координатам точок 1; 1;2A , 1;4; 3B , 5;1;0C знайти:
a) модуль вектора 3a AB BC ;
b) координати точки М, яка ділить відрізок l AB у відношенні 1:3.
Розв’язання.
a) Знаходимо послідовно 0;5; 5AB ; 4; 3;3BС ;
3 0;5; 5 3 4; 3;3 0;5; 5 12; 9;9 12; 4;4а AB BC ,
22 23 12 4 4 144 16 16 176 4 11a AB BC
b) Маємо 1
3 . Значить
11 1
3 111
13
A Bx xx
;
1 11 4
13 31 41 4
13 3
A By yy
;
18
1
2 31 33
1 41 41
3 3
A Bz zz
;
Отримаємо координати шуканої точки 1 3
1; ;4 4
M
.
Приклад 6 Дано сили
1F { 3; -4; 2 },
2F = { 2; 3; -5 },
3F = { -3; -2; 4 }, що
прикладені до однієї точки. Знайти рівнодійну цих сил.
Розв’язання. Знайдемо рівнодійну цих сил як суму векторів
321 FFF :
321 FFFF { 3+2–3; –4+3–2; 2–5+4 }={2; –3; 1}.
Приклад 7 Обчислити довжину вектора
a ={6; 3; 2} і його напрямні
косинуси.
Розв’язання. Використовуючи формули
222
zyxaaaa
,
2 2 2cos x x
x y z
a a
a a aa
;222
cos
zyx
yy
aaa
aa
; 222
cos
zyxaaa
a
a
a
,
одержимо:
749236222
a ; 7
6cos ;
7
3cos ;
7
2cos .
Приклад 8 Знайти точку N , з якою збігається кінець вектора
a ={3; -1;4},
якщо його початок збігається з точкою 3;2;1 M .
Розв’язання. Нехай точка N має координати zyx ,, . Тоді за формулами
a = MN ={ 1Nx ; 2N
y ; 3N
z }, а за умовою
a ={3; -1;4 }.
Отже, 31N
x ; 12 N
y ; 43 Nz . Звідки 4N
x ; 1N
y ; 1N
z .
Таким чином, 1;1;4N - шукана точка.
Приклад 9 Вектори а і b взаємно перпендикулярні, причому 5а ,
12b . Знайти a b і a b .
Розв’язання. Оскільки вектори взаємно перпендикулярні, то
паралелограм, побудований на цих векторах, вироджується в прямокутник. У
прямокутнику діагоналі рівні між собою, отже a b a b .
На основі властивостей діагоналей прямокутника маємо:
2
2 22 2 5 12 13a b a b і остаточно 13a b a b .
Приклад 10 Відомо, що 13а , 19b , 24a b . Знайти a b .
19
Розв’язання. Нехай а AB , b AD , a b AC мають спільний початок в
точці А, а ABCD - паралелограм. Тоді сумою векторів а і b , за правилом
паралелограма, буде вектор a b , а різницею a b для якого a b DВ .
Скористаємось властивістю діагоналей паралелограма 2 2 2 22AC DB AB AD .
З останньої рівності знайдемо 2 2 2 22DB AB AD AC , враховуючи, що
13а AB , 19b AD , 24a b AC , матимемо 2 2 2 22 13 19 24 484DB ,
звідки 22DВ a b .
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.3], с. 16 – 27.
Вправи
1 Відомі дві координати вектора: 4x
a ; 12y
a . Знайти його третю
координату za , якщо 13
a
Відповідь: 3z
a .
2 Знайти початок вектора a
={2; 3; 1}, якщо його кінець збігається з
точкою 2;1;1 M .
Відповідь: 1;2;3 .
3 Знайти орт вектора
a ={2; -3;-1}.
Відповідь: 0a = 3 4 12
; ;13 13 13
;
Питання для самоперевірки
1 Дайте означення вектора і його довжини.
2 Що називається базисом на площині та у просторі?
3 Які вектори називають колінеарними, компланарними, рівними між
собою?
4 Що називають координатами вектора?
5 Як розкласти вектор за координатним базисом?
6 Як визначаються операції додавання, віднімання, множення на число?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 4
Скалярний, векторний та змішаний добутки векторів. Їх властивості та
застосування.
Розв’язання прикладів
20
Приклад 1 Дано три точки А (1, 1, 1), В (2, 2, 1) і С (2, 1, 2). Знайти кут
= ВАС.
Розв’язання. Знайдемо вектори AB
= (1, 1, 0), AC
= (1, 0, 1). Згідно з
формулою кута між векторами маємо:
2
1
101011
100111cos
22222
, отже, = 60.
Приклад 2 Дано вектори
kjia 63 ,
kjib 54 ,
kjic 1243 .
Обчислити
banpñ .
Розв’язання. За формулою обчислення проекції вектора на вектор
одержуємо: c
bac
banpc
.
Знайдемо спочатку координати вектора
ba . Оскільки
a ={3; –6; –1},
b ={1;4; –5},
ba ={3+1; –6+4; –1; –5}={4; –2; –6}.
Далі, використовуючи вище зазначену формулу, одержимо:
4
144169
6122443
banpc
.
Приклад 3 Дано трикутник своїми вершинами: 2; 4; 5A , 3; 2; 2B ,
1; 0; 3C . Покажіть, що CA CB .
Розв’язання. Знайдемо координати векторів:
2 1 ; 4 0; 5 3CA ; 3; 4; 2CA ;
3 1 ; 2 0; 2 3CB ; 2; 2; 1CB .
Умова перпендикулярності двох векторів має вигляд: 0CA CB .
Перевіримо виконання цієї умови:
3 2 4 2 2 1 6 8 2 0CA CB .
Доведено, що вектори перпендикулярні.
Приклад 4 Знайти площу паралелограма, який побудований на векторах
a i j k , 2 2b i j k .
Розв’язання. Модуль векторного добутку двох векторів дорівнює площі
паралелограма, який побудований на цих векторах. Знайдемо векторний
добуток:
.34212212
12
11
22
11
21
11
212
111
kjikji
kji
kji
ba
Площа паралелограма дорівнює: 2 221 4 3 26 . .S a b êâ î ä .
21
Приклад 5 Нехай у просторі задано чотири точки А (1, 1, 1), В (4, 4, 4),
С (3, 5, 5), D (2, 4, 7). Знайти об’єм піраміди АВСD.
Розв’язання. Об’єм піраміди АВСD дорівнює одній шостій об’єму
паралелепіпеда, побудованого на векторах
AB ,
AC і
AD , а останній, у свою чергу,
дорівнює модулю мішаного добутку. Отже, маємо:
AB = (3, 3, 3),
AC = (2, 4, 4),
AD = (1, 3, 6), тому
3 3 31 1
2 4 4 36 6
1 3 6
пірV ABAC AD куб. од.
Приклад 6 Довести, що точки 2; 1; 2A , 1; 2; 1B , 2; 3; 0C ,
5; 0; 6D лежать в одній площині.
Розв’язання. Щоб довести, що ці чотири точки лежать в одній площині,
доведемо, що в одній площині лежать вектори AB , AC , AD , тобто ці три
вектори компланарні.
Умова компланарності трьох векторів має вигляд: 0AB AC AD .
Знайдемо координати векторів: 1; 3; 3AB ; 0; 4; 2AC ;
3; 1; 4AD .
Обчислимо мішаний добуток векторів:
1 3 34 2 3 3
0 4 2 1 3 1 16 2 3 6 12 18 18 01 4 4 2
3 1 4
AB AC AD
.
Таким чином, точки A, B, C, D лежать в одній площині.
Приклад 7 Дано вектори a =(-1;2;5), b =(3;1;-2), c =(4;1;7).
Необхідно:
1 знайти орти векторів , ,a b c ;
2 перевірити, чи є вектори , ,a b c попарно перпендикулярними;
3 перевірити вектори a і b на колінеарність;
4 перевірити, чи є вектори , ,a b c компланарними;
5 знайти площу паралелограма, побудованого на векторах a і b ;
6 обчислити об’єм паралелепіпеда, побудованого на векторах , ,a b c .
Розв’язання. 1 Скористаємося формулами:
0 ; ;yx z
aa aaa
a a a a
, де
2 2 2
x y za a a a .
Дійсно,
1 4 25 30a ; 0 1 2 5( ; ; )
30 30 30a
. 9 1 4 14b ; 0 3 1 2
( ; ; )14 14 14
b
.
16 1 49 66c ; 0 4 1 7( ; ; )
66 66 66c .
2 Скористаємося умовою перпендикулярності:
22
0x x y y z za b a b a b a b , 0x x y y z za c a c a c a c , 0x x y y z zb c b c b c b c .
Обчислимо скалярні добутки векторів
a b (-1)3+21+5(-2)= -11 0, тобто вектори a і b не перпендикулярні;
a c (-1)4+21+57= 33 0, тобто вектори a і c не перпендикулярні;
b c 34+11+(-2)7= -1 0, тобто вектори b і c не перпендикулярні.
3 Скористаємося умовою колінеарності: z
z
y
y
x
x
b
a
b
a
b
aba
|| .
1 2 5
3 1 2
, тобто вектори a і b не колінеарні;
4 Скористаємось умовою компланарності трьох векторів 0
x y z
x y z
x y z
a a a
a b c b b b
c c c
.
1 2 5
( , , ) 3 1 2 7 16 15 (20 42 2) 72
4 1 7
a b c
, 0a b c , тобто вектори
, ,a b c не компланарні.
5 Площу паралелограма знайдемо за формулою: пар x y z
x y z
i j k
S a b a a a
b b b
,
1 2 5
3 1 2
i j k
a b
2 5 1 5 1 2
1 2 3 2 3 1i j k
= 9 13 7i j k .
Отже, 2 2 2( 9) 13 ( 7) 299парS a b ( кв.од.).
6 Об’єм знайдемо за допомогою формули:
x y z
x y z
x y z
a a a
V a b c b b b
c c c
.
Отже,
1 2 5
3 1 2 26 26
4 1 7
V
(куб.од.).
Приклад 7 Дано сили
1F { 3; -4; 2 },
2F = { 2; 3; -5 },
3F = { -3; -2; 4 }, що
прикладені до однієї точки. Обчислити роботу, яку виконує рівнодійна цих сил,
коли її точка прикладання, рухаючись прямолінійно, переміщується з точки
1M = (5; 3; 7) в точку 2M = ( 4; 1;4).
Розв’язання. Механічна інтерпретація скалярного добутку двох векторів
полягає у тому, що робота A сталої сили
F на прямолінійній ділянці шляху
S ,
23
дорівнює скалярному добутку вектора сили на вектор переміщення, тобто
SFA .
Для розв'язання задачі знайдемо спочатку рівнодійну цих сил:
321 FFFF { 3+2–3; –4+3–2; 2–5+4 }={2; –3; 1} .
Вектор переміщення
21MMS {4; –3; 1–3; –4+7}={–1; –4; 3}. Тоді
одержимо:
13312231)4()3()1(2
SFA .
Приклад 8 Дано вектори
kjia 63 ,
kjib 54 ,
kjic 1243 .
Обчислити
banpñ .
Розв’язання. За формулою обчислення проекції вектора на вектор
одержуємо: c
bac
banpc
.
Знайдемо спочатку координати вектора
ba . Оскільки
a ={3; –6; –1},
b ={1;4; –5},
ba ={3+1; –6+4; –1; –5}={4; –2; –6}.
Далі, використовуючи вище зазначену формулу, одержимо:
4
144169
6122443
banpc
.
Приклад 9 Дано вершини трикутника 2;1;1 A , 2;6;5 B , 1;3;1 C .
Обчислити довжину його висоти, опущеної з вершини B на сторону AC .
Розв’язання. Зробимо схематичний рисунок.
Для знаходження величин, що входять до цієї формули, скористаємося
засобами векторної алгебри. Для цього розглянемо вектори
AB {4;–5; 0) і
AC ={0;4; -3}. Тоді 5916
ACAC , а
ACABS
ABC2
1.
Оскільки:
ACAB =
340
054
kji
=34
05
30
04
i
j40
54
k =
B
А D C
Із елементарної математики відомо, що
BDACSABC
2
1. Отже, шукана висота
AC
SBD
2 .
24
=15
i +
j12 +
k16 ={15;12; 16}, то .25625256144225
ACAB
Отже, 252 ABC
S . Таким чином, шукана висота 55
25BD .
Приклад 10 Сила
F ={2;-4; 5} прикладена до точки 3;2;4 A . Знайти
момент цієї сили відносно точки 2;6;5 B .
Розв'язання. За формулою обчислення моменту сили відносно точки
маємо: .
FBAM
Ураховуючи, що
BA={4;–3; –2–2; 3+1}={1; –4; 4},
F ={2; –4; 5},
одержимо
FBAM =
542
441
kji
=54
44
52
41
i
j42
41
k =-4
i +
j3 +
k4 .
Приклад 11 Обчислити мішаний добуток
a
b
c , якщо
a ={1; –1;3},
b ={–2;2;1},
c ={3–2;1;4}.
Розв’язання. Згідно з формулою обчислення мішаного добутку трьох
векторів маємо:
a
b
c = 723
223
53
12
52
12
523
122
311
.
Приклад 12 Установити, чи компланарні вектори:
1)
a ={2; –3;1},
b ={1; –1;3},
c ={1;9; –11},
2)
a ={3; –2;1},
b ={2;1;2},
c ={3; –1; –2}.
Розв’язання.
1)
a
b
c = 093
22
51
113
119
312
1191
311
132
.
Отже, вектори компланарні, оскільки їх мішаний добуток дорівнює нулю.
2 )
a
b
c =
3 2 11 2 2 2 2 1
2 1 2 3 2 261 2 3 2 3 1
3 1 2
.
Таким чином, вектори не компланарні, оскільки їх мішаний добуток
відмінний від нуля.
Приклад 13 Обчислити об’єм тетраедра, вершини якого знаходяться в
точках 1;1;2 A , 4;5;5B , 1;2;3 C , 3;1;4D .
25
Розв’язання. Відомо, що об’єм тетраедра V дорівнює шостій частині
об’єму паралелепіпеда V . Отже, достатньо обчислити об'єм паралелепіпеда,
побудованого на векторах
AB ,
AC ,
AD .
Знайдемо вектори
AB ={3;6;3},
AC ={1;3;-2},
AD ={2;2;2}. Таким чином,
їх мішаний добуток
ADACAB
222
331
363
=22
23
22
216
3
22
31= 18 .
Звідки, 1818 n
V куб. од. Тепер знайдемо об’єм тетраедра:
3186
1
6
1. nтетр VV куб. од.
Приклад 14 Дано вершини тетраедра 1;3;2A , 2;1;4 B , 7;3;6C ,
8;4;5 D . Знайти довжину його висоти, опущеної з вершини D .
Розв’язання. Зробимо схематичний рисунок. Відомо, що об’єм
тетраедра V обчислюється за формулою
HSVocí
3
1 , де ocнS - площа основи; H - висота.
Отже, ocí
S
VH
3 . Таким чином, щоб знайти
висоту тетраедра, необхідно знайти його об’єм і
площу основи. Маємо:
AB ={ 2; –2; –3},
AC ={ 4; 0; 6},
AD ={ –7; –7; 7}.
ADACAB
777
604
322
=77
602 77
043
=308 .
Таким чином, 3
154
36
308V куб. од.
Площа основи
ACABSocí
2
1 (площа трикутника, побудованого на
векторах
AB і
AC ). Оскільки, що
ACAB
604
322
ji
=60
32
i64
32
j
8241204
22ji ,
2878482412 222
ACAB .
A
B
C
D
26
Таким чином, 14282
1
ocíS куб. од. Шукана висота 11
14
3
1543
H .
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.4], с. 28 – 35.
Вправи
1 Вектор утворює з осями 0x і 0 y кути 40 і 80°. Знайти кут, який
утворює цей вектор з віссю 0x .
Відповідь: 128°.
2 Побудувати вектор
kjia 632 ; знайти його довжину і напрям.
Відповідь: 7
a , 7
2cos ,
7
3cos ,
7
6cos .
3 Визначити, при якому значенні вектори 3a i j k
і
2 2b i j k
взаємно перпендикулярні.
Відповідь: 6 .
4 Дано вектори
a ={1;-3;4},
b ={3;-4;2},
c ={-1;1;4}.Обчислити b c
np a
.
Відповідь: 5.
5 Дано вектори
a ={3;-1;-2},
b ={1;2;-1}. Знайти координати вектора
bba2 .
Відповідь: {10; 2:14}.
6 Обчислити довжини діагоналей і площу паралелограма, побудованого
на векторах
jka і
kjib .
Відповідь: 5
baba , 6S .
7 Обчислити об’єм тетраедра, вершини якого знаходяться в точках
1;1;2 A , 4;5;5B , 1;2;3 C , 3;1;4D
Відповідь: 3 куб. од.
Питання для самоперевірки
1 Що називається скалярним, векторним, мішаним добутком векторів?
2 Як виконуються операції над векторами, які задані координатами?
3 Сформулюйте умови паралельності, перпендикулярності і
компланарності векторів.
4 Сформулюйте приклади застосування скалярного, векторного, мішаного
добутків.
27
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 5
Рівняння лінії. Різні види рівняння прямої. Кут між двома прямими, умови
паралельності та перпендикулярності двох прямих, рівняння пучка прямих,
точка перетину.
Розв’язання прикладів
Побудова лінії у полярній системі координат
Для побудови графіка кривої L, рівняння якої записане в полярній системі
координат, пропонується виконувати наступні кроки:
1) дослідити криву на визначення областей, де існує графік заданої функції;
2) скласти таблицю і побудувати точки з заданим кроком;
3) з´єднати одержані точки послідовно плавною лінією. Одержують криву L.
Приклад 1 Побудувати лінію в полярній системі координат, яка має
рівняння cos2a .
Розв’язання. Оскільки 0 і константа 0a , то повинна виконуватись
умова 2 0cos . Звідси маємо 2 2 22 2 4 4
k k k k
.
Визначимо діапазон кутів, у яких існує графік функції:
0k ,4 4
1k 3 5
,4 4 4 4
2k 7 9
2 24 4 4 4
.
4 4
Для кутів , які не потрапляють у зазначені проміжки, графік функції не існує.
Складемо таблицю 1.1.
Таблиця 1.1 – 45° – 30° 0° 30° 45°
0 0,87а а 0,87а 0
За одержаними даними побудуємо лінію
(рис.1.1).
Приклад 2 Побудувати лінію, яка задана рівнянням 1 cosa .
Розв’язання. Щоб побудувати графік заданої лінії (кардіоїди), складемо
таблицю 2.1 з кроком 0
45h і приймемо 2 1,4.
Таблиця 2.1 0° 45° 90° 135° 180° 225° 270° 315° 360° 2а 1,7а а 0,3а 0 0,3а а 1,7а 2а
Рис. 2.1
Рис. 1.1
28
Для зручності на рисунку 2.1 залишимо осі прямокутної декартової
системи координат.
Приклад 3 Скласти рівняння прямої l , яка проходить через точку
)1;2(0
M перпендикулярно до даної прямої 0432 yx )(1
l .
Розв'язання. Будемо шукати рівняння прямої l у вигляді:
)(00
xxkyy .
Оскільки за умовою задачі 1
ll , 11kk , звідки
2
3k . Ураховуючи
також, що 2x , 1y остаточно матимемо:
)2(2
31 xy або 0423 yx рівняння прямої l .
Приклад 4 Визначити за яких значень nm, прямі 08 nymx і
012 myx )1 паралельні , 2) збігаються, 3) перпендикулярні?
Розв'язання. Згідно з умовою паралельності прямих: 1
8
2
n
m
m.
Розв’язуючи рівняння m
m 8
2 , одержимо 4m . Тоді при 4m з
нерівності 1
8
n
m маємо 2n , а при 4m 2n . Таким чином, задані
прямі паралельні, якщо 2,4 nm або 2,4 nm .
Якщо прямі збігаються, тоді : 1
8
2
n
m
m,
звідки одержуємо, що 2,4 nm або 2,4 nm . Прямі
перпендикулярні, якщо 082 mm , звідки 0m . При цьому n може набувати
довільних значень.
Приклад 5 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку )3;2(M
і відтинає на координатних осях відрізки однакової довжини, рахуючи кожний
відрізок від початку координат.
Розв'язання. Шукатимемо рівняння прямої у відрізках: 1b
y
a
x.
За умовою ba . Тоді , якщо 0ab , то рівняння прямої ayx ,
якщо 0ab , то рівняння набуде вигляду ayx . Точка )3;2(M належить
кожній з цих прямих, тому її координати задовольняють кожному рівнянню.
Підставляючи в рівняння ayx , замість змінних координат , координати
точки M , одержимо 2+3=а, звідки а=5. Отже, рівняння шуканої прямої в
цьому випадку буде 5 yx або 05 yx . При х=2 і у=3 з рівняння
ayx маємо a32 , звідки 1a . Таким чином, у цьому випадку
рівняння шуканої прямої буде 01 yx .
29
Зазначимо, що коли 0 ba , записати рівняння шуканої прямої у
вигляді 1b
y
a
x не можна, бо це рівняння втрачає значення. У цьому випадку
рівняння прямої треба шукати у вигляді kxy або 0 ByAx , бо умова
0 ba означає, що пряма проходить через початок координат. Отже,
застосовуючи рівняння прямої, що проходить через початок координат, і
враховуючи, що точка M належить цій прямій, матимемо ще одне рівняння
шуканої прямої: 023,2
3,
2
3,23, yxxykkkxy .
Таким чином умові задачі задовольняють три прямі:
023,01,05 yxyxyx .
Приклад 6 Задані координати вершин трикутника АВС: А(3;-2), В(1;4),
С(-2;1). Методами аналітичної геометрії
1) скласти рівняння сторони АВ;
2) скласти рівняння висоти, проведеної з вершини С;
3) обчислити довжину висоти СD;
4) знайти площу трикутника;
5) знайти внутрішній кут трикутника при вершині А (рис. 6.1).
Розв’язання. 1) Запишемо рівняння прямої, яка проходить через дві задані
точки А(х1,у1) и В(х2,у2) : 12
1
12
1
yy
yy
xx
xx
.
Для А(3;-2), В(1;4) маємо: 24
2
31
3
yx;
6
2
2
3
yx ; 233 yx ;
073 yx - загальне рівняння прямої АВ;
73 xy - рівняння прямої АВ з кутовим
коефіцієнтом , 3ABk .
2) Складемо рівняння прямої ABCD . З умови
перпендикулярності прямих AB
CDk
k1
3
1CDk .
Запишемо рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, яка проходить через
точку С(x0;y0): )( 00 xxkyy . Для С(-2;1) маємо: )2(3
11 xy , тобто
053 yx - загальне рівняння прямої СD.
3) Довжину висоти СD знайдемо як відстань від точки С(x0;y0) до
прямої АВ за формулою: 22
00
BA
CByAxd
, де 0 CByAx - рівняння
прямої АВ. 5
106
10
12
13
71)2(3
22
d (од.).
A
B
C
D
x
y
-2
1
4
31-2
Рис. 6.1
30
4) Площа трикутника дорівнює половині добутку довжини сторони на
довжину висоти, яка опущена на цю сторону: ahaS 2
1, тобто CDABSABC
2
1.
Довжину сторони АВ знайдемо за формулою 22
ABAByyxxAB .
102403646224312222
AB . Тоді
125
106102
2
1ABCS ( кв. од.)
5) Тангенс кута - кута між прямими АС і ВС знайдемо за формулою
ACBC
ACBC
kk
kktg
1
5
3ACk ; 1
12
41
BC
BCBC
xx
yyk 4
5
311
5
31
tg , 764 arctg .
Приклад 7 Дві сторони квадрата лежать на прямих 065125 yx і
026125 yx . Обчислити його площу.
Розв'язання. Для обчислення площі квадрата треба знайти довжину його
сторони. Для цього досить знайти відстань між паралельними прямими
026125,065125 yxyx , на яких розташовані дві сторони квадрату.
(умову паралельності цих прямих перевіряти самостійно). Знайдемо на одній з
цих прямих, наприклад, на прямій 065125 yx , координати будь-якої
точки. Для цього покладемо 0y . Тоді 0655 x , звідки 13x . Таким
чином, точка )0;13(M належить прямій 065125 yx . Після цього задача
зводиться до знаходження відстані від точки M до прямої 026125 yx . За
формулою 22
00
BA
CByAxd
маємо 7
14425
26012135
d . Отже, довжина
сторони квадрата дорівнює 7 , а його площа 4972S кв. од.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.5], с. 36 – 44.
Вправи
1 Довести, що точки 1;2;1 A , 5;1;0B , 1;2;1C , 3;1;2D належать
одній площині .
2 Обчислити об’єм тетраедра, вершини якого знаходяться в точках
1;1;2 A , 4;5;5B , 1;2;3 C , 3;1;4D
Відповідь: 3 куб. од.
3 Установити, яка лінія визначається рівнянням sin10r , побудувати її.
Відповідь: коло з центром
2;5
і радіуса 5.
31
4 Скласти рівняння прямої якщо точка )3;2(P є основою перпендикуляра,
опущеного з початку координат на цю пряму.
Відповідь : 01332 yx
5 Знайти точку Q , яка симетрична точці P відносно прямої
0332 yx .
Відповідь : )11;11( Q .
6 Пряма 01243 yx відтинає від координатного кута трикутник.
Обчислити його площу.
Відповідь: 6 кв. од.
7 Знайти кут між двома прямими: а) ;053;2 yxxy
б) 0136;0524 yxyx
Відповідь: а) 0135 б) 0 . Дані прямі паралельні.
8 Через точку перетину прямих 04 yx і 01924 yx
проведено пряму паралельно до прямої .0632 yx Скласти її рівняння.
Відповідь: .0831812 yx
Питання для самоперевірки
1 Що називається рівнянням лінії у деякій системі координат?
2 Як у загальному вигляді визначаються рівняння лініїї на площині в
декартові та полярній системах координат?
3 Як однозначно може бути визначено положення прямої на площині?
4 Яке рівняння називають рівнянням прямої з кутовим коефіцієнтом?
5 Наведіть рівняння прямої, яка проходить: через дві задані точки площини;
через задану точку в заданому напрямі.
6 Запишіть умови паралельності і перпендикулярності двох прямих
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 6
Криві другого порядку: коло, еліпс, гіпербола, парабола. Їхні властивості.
Загальне рівняння кривої другого порядку..
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Скласти рівняння геометричного місця точок, сума квадратів
відстаней від яких до точок 1 3: 0M і 2 3: 0M дорівнює 50.
Розв’язання. Нехай :M x y - довільна точка шуканої лінії. За умовою 2 2
1 2 50MM MM , або в координатній формі
50)33 22222 yxyx ,
звідки 509696 2222 yxxyxx , або 1622 yx . Одержали
рівняння кола.
32
Приклад 2 Скласти рівняння кола, якщо точки 3;2A і 1;6B є
кінцями одного з його діаметрів.
Розв’язання. За умовою АВ – діаметр кола. це означає, що його центр
знаходиться на середині відрізка АВ. За формулами ділення відрізка навпіл:
3 11
2 2
A BC
x xx
;
2 64
2 2
A BC
y yy
.
Тобто 1;4C - центр кола. Тепер ясно, що рівняння кола треба шукати у
вигляді 220
20 Ryyxx . Підставляючи в це рівняння замість змінних
координат координати точки А або В (кожна з них належить колу) і
враховуючи, що 0 1x ,
0 4y , матимемо: 2 2 23 1 2 4 R , звідки 2 8R .
Отже, рівняння шуканого кола 2 2
1 4 8x y .
Приклад 3 Скласти рівняння еліпса, фокуси якого лежать на осі абсцис
симетрично відносно початку координат, якщо його велика вісь дорівнює 20, а
ексцентриситет 3
5 .
Розв’язання. За умовою 2 20a , 3
5 . Тоді 10a , а згідно з формулою
c
a :
310 6
5c a . Тепер із співвідношення 2 2 2b a c знаходимо:
2 100 36 64b . Підставляючи значення 2 100a і 2 64b в рівняння еліпса
12
2
2
2
b
y
a
x, одержимо
2 2
1100 64
x y . Це і є рівняння шуканого еліпса.
Приклад 4 Скласти рівняння еліпса, фокуси якого лежать на осі ординат
симетрично відносно початку координат, якщо його мала вісь дорівнює 16, а
ексцентриситет 3
5 .
Розв’язання. За умовою фокуси еліпса лежать на осі ординат, тому його
мала вісь 2 16a , а ексцентриситет 3
5
c
b . Отже, 8a ,
3
5c b .
Із співвідношення 2 2 2a b c маємо:
2 2964
25b b або
21664
25b , звідки
2 100b . Таким чином, рівняння шуканого еліпса 2 2
164 100
x y .
Приклад 5 Скласти найпростіше рівняння еліпса, в якого відстані одного
з фокусів від кінців великої осі дорівнюють 5 і 1.
Розв’язання. Нехай 1 2 2A A a - велика вісь еліпса, 1F - один з його
фокусів (рис. 5.1). За умовою 2 1 5A F , 1 1 1F A . Тоді
33
2 1 2 1 1 1 5 1 6A A A F F A . Отже, 2 6a , звідки
1 3a OA ,
1 1 1 1 3 1 2OF OA F A , тобто 2c . Із
співвідношення 2 2 2b a c маємо: 2 9 4 5b . Підставляючи значення 2 5b і 2 9a в канонічне рівняння еліпса, одержуємо: 2 2
19 5
x y . Це і є рівняння шуканого еліпса.
Приклад 6 Скласти рівняння гіперболи,
фокуси якої розташовані на осі абсцис симетрично відносно початку
координат, якщо рівняння асимптот 4
3y x і відстань між фокусами 2 20c .
Розв’язання. Шукатимемо рівняння гіперболи у вигляді 12
2
2
2
b
y
a
x.
Параметри а і b знайдемо з системи: 2 2
4,
3
100.
b
a
a b
Із першого рівняння системи: 4
3b a . Підставляючи цей вираз у друге
рівняння системи, одержуємо: 2 216
1009
a a , звідки 2 36a . Тоді
2 100 36 64b і шукане рівняння гіперболи: 2 2
136 64
x y .
Приклад 7 Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі
ординат симетрично відносно початку координат, якщо відстань між
фокусами 102 c , а ексцентриситет 3
5 .
Розв’язання. За умовою задачі фокуси гіперболи розташовані на осі
ординат, тому її рівняння буде мати вигляд: 12
2
2
2
a
x
b
y.
Параметри а и b визначаються із системи:
.
,222
b
c
cba
Враховуючи, що с = 5, маємо:
;3
55
,2522
b
ba
.3
,162
b
a
Таким чином, рівняння гіперболи має вигляд: 1169
22
xy
.
Рис. 5.1
F1
x
y
O
A1
A2
34
Приклад 8 Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі
абсцис симетрично відносно початку координат, якщо вона проходить через
точку 1 5;3M і її ексцентриситет дорівнює 2 .
Розв’язання. Рівняння гіперболи шукатимемо у вигляді 12
2
2
2
b
y
a
x.
Підставляючи в це рівняння замість змінних координат x і y координати точки
М1 (бо вона належить гіперболі), одержуємо: 2 2
25 91
a b . За умовою 2
c
a ,
звідки 2c a . Тоді із співвідношення 2 2 2b c a матимемо 2 2 2 22b a a a .
Таким чином, для знаходження невідомих параметрів a і b гіперболи
маємо систему: 2 2
2 2
25 91,
.
a b
b a
Розв’язуючи цю систему, знаходимо: 2 2 16a b .
Отже, шукане рівняння гіперболи 2 2 16x y .
Приклад 9 Скласти найпростіше рівняння гіперболи, симетричної
відносно координатних осей, якщо вона перетинає вісь Oy і проходить через
точки 1 24;5 5M і 2 0;5M . Знайти фокуси цієї гіперболи.
Розв’язання. Рівняння гіперболи шукатимемо у вигляді 12
2
2
2
a
x
b
y.
Оскільки точки М1 і М2 належать гіперболі, їх координати задовольняють
рівнянню гіперболи. Підставляючи координати даних точок у це рівняння,
одержуємо: 2 2
2
125 5761,
251.
b a
b
Розв’язуючи цю систему, знаходимо: 2 225, 144b a .
Отже, шукане рівняння гіперболи має вигляд 2 2
125 144
y x . Із
співвідношення 2 2 2c a b знаходимо с: 25 144 13c .
Фокуси гіперболи розташовані на осі Oy , тому 1 0;13F , 2 0; 13F .
Приклад 10 Скласти рівняння параболи, вершина якої знаходяться в
початку координат, якщо вона симетрично розташована відносно осі Ох і
проходить через точку 1 1;3M .
Розв’язання. Оскільки вершина параболи знаходиться в точці 0;0O , а
вісь Ох є віссю симетрії, то рівняння параболи треба шукати у вигляді 2 2y px .
Параметр р знайдемо з умови, що парабола проходить через точку
1 5;3M . Підставляючи координати цієї точки в рівняння параболи,
одержуємо 23 2 1p , звідки 2 9p .
35
Отже, шукане рівняння параболи 2 9y x .
Приклад 11 Скласти рівняння параболи, симетричної відносно осі Оу,
якщо вона проходить через точки перетину прямої 0x y і кола 2 2 8 0x y y .
Розв’язання. Знайдемо точки перетину прямої і кола, для чого
розв’яжемо систему рівнянь:
2 2
0,
8 0;
x y
x y y
2 2
,
8 0;
x y
y y y
2
0,
2 8 0;
x y
y y
1
2
0,
0,
4;
x y
y
y
1
1
2
2
0,
0,
4,
4.
x
y
x
y
Отже, 0;0O і 4; 4M - шукані точки перетину.
Рівняння параболи, яка симетрична відносно осі Оу і проходить через
початок координат, має вигляд 2 2x py .
Параметр р знайдемо з умови, що парабола проходить через точку
4; 4M . Підставляючи координати цієї точки в рівняння параболи,
одержуємо 24 2 4p , звідки 2 4p .
Таким чином, шукане рівняння параболі набуде вигляду 2 4x y .
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.6-7], с. 44 – 55.
Вправи
1 Скласти рівняння кола, яке проходить через точку 1 2;6M , а його
центр знаходиться у точці 1;2C .
Відповідь: 2 2
1 2 25x y .
2 Скласти рівняння кола, яке проходить через початок координат, а його
центр знаходиться у точці 6; 8C .
Відповідь: 2 2
6 8 100x y .
3 Обчислити ексцентриситет еліпса, якщо відрізок між його фокусами
видно з вершин малої осі під прямим кутом.
Відповідь: 2
2.
4 Скласти рівняння еліпса, якщо його велика вісь дорівнює 26, а фокуси
знаходяться у точках 12; 0 .
Відповідь: 2 2
1169 25
x y .
36
5 Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі ординат
симетрично відносно початку координат, якщо рівняння асимптот 12
5y x , а
відстань між вершинами дорівнює 48.
Відповідь: 2 2
1100 576
x y .
6 Обчислити площу трикутника, утвореного асимптотами гіперболи 2 2
14 9
x y і прямою 9 2 24 0x y .
Відповідь: 12 кв.од.
7 Обчислити ексцентриситет рівносторонньої гіперболи.
Відповідь: 2 .
8 Фокус параболи має координати 6; 0F , а рівняння директриси
6 0x . Скласти рівняння параболи.
Відповідь: 2 24y x .
9 Скласти найпростіше рівняння параболи, фокус якої знаходиться у
точці перетину прямої 2 5 8 0x y з віссю абсцис. Побудувати цю параболу.
Відповідь: 2 16y x .
10 Скласти рівняння параболи та її директриси, якщо парабола проходить
через точки перетину прямої 0y x і кола 2 2 8 0x y x і симетрична
відносно осі абсцис.
Відповідь: 2 4y x , 1x .
Питання для самоперевірки
1 Виведіть канонічні рівняння кола, еліпса, гіперболи і параболи.
2 Які геометричні властивості еліпса, гіперболи і параболи?
3 Що називається асимптотами гіперболи?
4 Що таке директриса?
5 Що називають еліпсом?
6 Сформулюйте означення гіперболи і параболи.
7 Де знаходяться фокуси гіперболи?
8 Чому дорівнює ексцентриситет параболи?
9 Що називають параметром параболи?
10 Де знаходяться фокуси еліпса?
11 Що називають ексцентриситетом еліпса?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 7
Рівняння поверхні. Рівняння площини. Дослідження загального рівняння
площини. Кут між площинами. Пряма лінія у просторі.
37
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Точка Р (2; -1; -1) є основою перпендикуляра, опущеного з
початку координат на площину. Скласти рівняння цієї площини .
Розв'язання. За умовою точка Р належить шуканій площині, тому її
рівняння шукатимемо у вигляді 0 0 0 0A x x B y y C z z . Відомо також,
що OP . Отже, вектор OP можна вважати нормальним вектором
; ;n A B C площини . Оскільки 2; 1; 1OP n , бо координати точки О
(0; 0; 0), підставляючи його координати і координати точки Р в рівняння
площини, одержимо 2 2 1 1 0x y z або 2 6 0x y z . Це і є
шукане рівняння.
Приклад 2 Скласти рівняння площини, яка проходить через точку
М1 (3; -2; -7) паралельно до площини 12 3 5 0x z .
Розв'язання. Точка М1 належить шуканій площині , тому її рівняння
має вигляд 3 2 7 0A x B y C z .
За умовою площини паралельні, тому їх нормальні вектори колінеарні, а з
умови колінеарності векторів одержуємо 2 0 3
A B C
. А це означає, що вектор
1 2;0; 3n можна вважати нормальним вектором площини . Таким чином,
рівняння цієї площини 2 3 0 2 3 7 0x y z або 2 3 27 0x z .
Цю задачу можна розв‘язати інакше: якщо площини паралельні, то їх
рівняння можна перетворити так, що вони відрізнятимуться лише вільними
членами. Тоді рівняння площин, паралельних даній площині, матиме вигляд:
2 3 0x z D . Підставляючи в це рівняння замість змінних координат х і у
координати точки М1 (3; –2; –7), через яку проходить площина, одержуємо
рівняння 2 3 3 7 0D , звідки 27D . Таким чином, рівняння шуканої
площини набуде вигляду 2 3 27 0x z .
Приклад 3 Визначити, за яких значень l і m площини і
26 6 2 0mx y z будуть паралельні.
Розв'язання. За умовою паралельності двох площин маємо: 2 3
6 6
l
m
,
бо 1 1 1 1; ; 2; ;3n A B C l , 2 2 2 2; ; ; 6; 6n A B C m .
Розв‘язуючи рівняння 2 3
6m
, одержуємо 2 6
43
m
. Із рівняння
3
6 6
l
маємо 3l .
Таким чином, при 3l і 4m площини 1 і 2 будуть паралельні.
Приклад 4 Визначити, за яких значень l площини
15 3 2 0x y z і 22 3 1 0x ly z будуть перпендикулярні.
38
Розв'язання. 1 1 1 1; ; 5;1; 3n A B C - нормальний вектор площини
1 , 2 2 2 2; ; 2; ; 3n A B C l - нормальний вектор площини 2 .
Згідно з умовою перпендикулярності двох площин, маємо
5 2 1 3 3 0l , звідки 19l .
Отже, при 19l площини 1 і 2 будуть перпендикулярні.
Приклад 5 Скласти рівняння площини, яка проходить через точку
1 2; 3; 3M паралельно до площини xOy .
Розв’язання. Шукана площина паралельна площині xOy , а тому її
рівняння 0Cz D . Підставляючи в це рівняння координати точки 1M (бо вона
належить їй), одержимо 3 0C D , звідки 3D C . Тепер рівняння шуканої
площини набуде вигляду 3 0Cz C або 3 3C z . Оскільки 0C ,
3 0z . Це і є шукане рівняння.
Приклад 6 Скласти рівняння площини, яка проходить через вісь Оу і
точку 1 1; 4; 3M .
Розв’язання. Рівняння площини, яка проходить через вісь Оу, має вигляд
0Ax Cz . Оскільки точка М1 належить цій площині, її координати
задовольняють цьому рівнянню і тому 1 3 0A C , звідки 3A C . Таким
чином, рівняння шуканої площини набуває вигляду 3 0Cx Cz , або
3 0C x z . Оскільки 0C , то 3 0x z – шукане рівняння.
Приклад 7 Скласти рівняння площини, яка проходить через точку
1 2; 1;1M перпендикулярно до площин 10y і 22 1 0x z .
Розв’язання. Точка М1 належіть шуканій площині , а тому маємо:
2 1 1 0A x B y C z .
За умовою 1 1 0;1; 0n n , 2 2 2; 0; 1n n , а це
означає, що 1 2 0 1 0 2
2 0 1
i j k
n n n i k
.
Оскільки ; ; 1; 0; 2n A B C , то рівняння шуканої площини
2 2 1 0x z , або 2 4 0x z .
Приклад 8 Обчислити відстань d від точки 0 1;1; 2M до площини,
яка проходить через три точки : 1 1; 1;1M , 2 2;1; 3M , 3 4; 5; 2M .
Розв‘язання. Складаємо рівняння площини, яка проходить через три
точки:
1 1 1
2 1 1 1 3 1 0
4 1 5 1 2 1
x y z
або
1 1 1
3 2 2 0
3 4 3
x y z
.
Розкривши визначник по елементам першого рядка, одержимо:
39
2 1 3 1 6 1 0x y z або 2 3 6 11 0x y z .
Тепер за формулою обчислення відстані від точки до площини,
враховуючи, що 0 1x ,
0 1y , 0 2z , 2A , 3B , 6C , 11D , маємо:
2 1 3 1 6 2 11 28
474 9 36
d
.
Приклад 9 Обчислити відстань між паралельними площинами
12 3 6 14 0x y z і 24 6 12 21 0x y z .
Розв’язання. Знайдемо на одній із площин, наприклад, на площині 1 ,
довільну точку. Для цього в рівнянні 1 покладемо 0y z . Тоді 2 14 0x ,
звідки 7x . Отже, знайдено точку 0 7; 0; 0M , яка належить площині 1 .
Тепер задача зводиться до знаходження відстані від точки М0 до площини 2 .
За формулою обчислення відстані від точки до площини, враховуючи, що
4A , 6B , 12C , 21D , 0 7x ,
0 0y , 0 0z , маємо:
4 7 6 0 12 0 21 493,5
1416 36 144d
.
Приклад 10 Скласти рівняння площини, яка проходить через точку
1 2; 3; 4M і відтинає на координатних осях від нуля відрізки однакової
величини (вважати кожний відрізок напрямленим з початку координат).
Розв’язання. Шукаємо рівняння площини у відрізках, тобто у вигляді
1c
z
b
y
a
x. Оскільки за умовою a b c , рівняння площини набуде
вигляду x y z a . Точка М1 належить площині, тому її координати
задовольняють рівнянню x y z a . Підставляючи в це рівняння координати
мочки М1 , одержуємо 2 3 4 a , звідки 5a . Отже, рівняння шуканої
площини 5 0x y z .
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.6-7], с. 44 – 55.
Вправи
1 Cкласти рівняння площини, що відтинає на осі Оу відрізок 5b і
перпендикулярна до вектора 3; 2; 4n .
Відповідь: 3 2 4 10 0x y z .
2 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 1; 1;1M і
перпендикулярно до площин 2 1 0x y z і 2 1 0x y z .
Відповідь: 3 5 1 0x y z .
3 Знайти гострий кут між площинами 11 8 7 5 0x y z і
7 2 8 3 0x y z .
Відповідь: 45 .
40
4 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точки 1 2; 1; 3M і
2 3;1; 2M паралельно вектору 3; 1; 4a .
Відповідь: 9 7 40 0x y z .
5 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 5; 2; 1M
паралельно до площини YOZ.
Відповідь: 5 0x .
6 Cкласти рівняння площини, яка проходить через вісь Ох і точку
1 4; 1; 2M .
Відповідь: 2 0y z .
7 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точки 1 2; 1;1M і
2 3;1; 2M паралельно до осі Оу.
Відповідь: 1 0x z .
8 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 1; 2; 3M
перпендикулярно до осі O z .
Відповідь: 3 0z .
9 Знайти відстань між паралельними площинами 2 3 6 14 0x y z і
2 3 6 28 0x y z .
Відповідь: 6d .
Питання для самоперевірки
1 Як визначаються в аналітичній геометрії лінія, поверхня та інші
множини точок? Наведіть приклади.
2 Як однозначно може бути визначене положення площини у просторі?
3 Який вектор називається нормальним вектором площини?
4 Яке рівняння називають загальним рівнянням площини у просторі? У
чому полягає зміст його коефіцієнтів?
5 Виведіть рівняння площини, яка проходить через задану точку і має
заданий нормальний вектор.
6 Виведіть рівняння площини, яка проходить через три задані точки.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 8
Пряма лінія у просторі.
Взаємне розташування прямої і площини.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Скласти канонічні рівняння прямої, яка проходить через
точку 0 2;0; 3M паралельно вектору 2; 3;5a .
41
Розв’язання. Використовуючи канонічні рівняння і враховуючи, що
0 2x , 0 0y ,
0 3z , 2m , 3n , 5p , одержуємо 2 3
2 3 5
x y z
.
Це і є шукане рівняння.
Приклад 2 Скласти параметричне рівняння прямої, яка проходить через
точку М0 (1; -1; -3) паралельно до прямої 1 2 1
2 5 0
x y z .
Розв’язання. Використовуючи параметричні рівняння і враховуючи, що
напрямний вектор 2;5;0s даної прямої є також і напрямним вектором
шуканої прямої, матимемо:
1 2 ,
1 5 ,
3.
x t
y t
z
Приклад 3 Довести, що прямі 1l
2 1,
3 2,
6 1
x t
y t
z t
і 2l2 4 2 0,
4 5 4 0
x y z
x y z
паралельні.
Розв’язання. Маємо 1 2; 3; 6s - напрямний вектор прямої l1 і
1 2 2 1 4 9 6 6
4 1 5
i j k
s n n i j k
або паралельний йому вектор
2 3; 2; 2s - напрямний вектор прямої l2 .
Знайдемо скалярний добуток векторів 1s і
2s : 1 2 2 3 3 2 6 2 0s s .
Оскільки 1 2 0s s ,
1 2s s . Звідси випливає, що 1 2l l . Таким чином, доведено,
що дані прямі перпендикулярні.
Приклад 4 Знайти напрямні косинуси прямої
4 2 ,
3 ,
5 2 .
x t
y t
z t
Розв’язання. Напрямним вектором даної прямої є вектор 2; 1; 2s .
Використовуючи формули для знаходження напрямних косинусів прямої,
одержимо:
2 2cos
34 1 4
;
1cos
3 ;
2cos
3 .
Приклад 5 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку
0 2; 3; 5M перпендикулярно до двох даних прямих:
1 3 5
1 2 2
x y z
1l і
2 1 7
6 3 2
x y z
2l .
42
Розв’язання. Рівняння прямої l шукатимемо у вигляді 2 3 5x y z
m n p
.
Оскільки 1l l і
2l l , 1 1; 2; 2s s і 2 6; 3; 2s s , звідки
випливає, що напрямним вектором шуканої прямої можна вважати вектор
1 2 1 2 2 10 10 15
6 3 2
i j k
s s s i j k
або паралельний йому вектор 3 2; 2; 3s .
Отже, вважаючи, що 2, 2. 3m n p , рівняння шуканої прямої
набуде вигляду 2 3 5
2 2 3
x y z
.
Приклад 6 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точки
1 2; 1; 3M , 2 3;1; 5M . Знайти її напрямні косинуси.
Розв’язання. Використовуючи рівняння прямої у просторі, що проходить
через дві точки, одержимо 2 1 3
3 2 1 1 5 3
x y z
або
2 1 3
1 2 2
x y z
.
Напрямний вектор цієї прямої ; ; 1;2; 2s m n p . Тепер знаходимо:
1 1cos
31 4 4
;
2cos
3 ;
2cos
3 .
Приклад 7 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку
М0(2;-3;-5) перпендикулярно до площини 6х-3у-5z+2=0.
Розв’язання. Запишемо канонічні рівняння прямої , яка проходить через
точку М0(2;-3;-5):
p
z
n
y
m
х 532
.
Невідомі параметри m, n, знайдемо з умови перпендикулярності прямої і
площини. Оскільки l , то ns
|| , а це означає, що нормальний вектор
площини )5;3;6();;( CBAn
можна вважати і напрямним вектором
шуканої прямої. Отже, )5;3;6();;( pnms
. Підставляючи координати
вектора )5;3;6();;( pnms
у рівняння прямої, одержуємо:
5
5
3
3
6
2
zyх.
Приклад 8 За якого значення п пряма 2
32
3
1
z
n
yх паралельна
площині х-3у-6z+2=0?
Розв’язання. Напрямний вектор прямої )2;;3( ns
, а нормальний
вектор площини )6;3;1();;( CBAn
. За умовою паралельності прямої і
площини: 062313 n , звідки п=-3. Таким чином, при п=-3 пряма і
площина будуть паралельні.
43
Приклад 9 За яких значень m і C пряма 3
5
4
12
zy
m
х
перпендикулярна до площини 3х-2у+Сz+1=0?
Розв’язання. Напрямний вектор прямої )3;4;( ms
, а нормальний
вектор площини );2;3( Cn
. За умовою перпендикулярності прямої і
площини: C
m 3
2
4
3
. Розв’язуючи рівняння
2
4
3
m, одержуємо m= –6. Із
рівняння C
3
2
4
знаходимо, що С=1,5. Таким чином, при m= –6 і С=1,5
пряма і площина будуть перпендикулярні.
Приклад 10 Знайти проекцію точки Р(5;2;–1) на площину2х–у+3z+23=0.
Розв’язання. Насамперед зауважимо, що точка Р не належить площині
(пропонуємо переконатися в цьому самостійно). І,
тому задача зводиться до знаходження
перпендикуляра, опущеного з точки Р на задану
площину (рис.10.1). Використовуючи
параметричні рівняння прямої у просторі і
враховуючи, що нормальний вектор площини
)3;1;2( n
є і одночасно нормальним вектором
прямої РР1:
.31
,2
,25
tz
ty
tx
Тепер знайдемо точку
перетину прямої 62
1
1
1 zyх
і площини 2х+3у+z-1=0, розв’язуючи систему
.02332
,31
,2
,25
zyx
tz
ty
tx
Підставляючи вирази для x, y, z в останнє рівняння системи, одержуємо
0233132252 ttt . Або 022 t , звідки 2t .
При 2t одержуємо: .7231,422,145 zyx
Отже, проекцією точки Р на площину є точка Р1(1;4;-7).
Приклад 11 Скласти рівняння площини, яка проходить через точку
М0(2;-3;4) паралельно прямим 8
3
2
1
1
zyx і
2
5
0
1
4
1
zyx.
Розв’язання. Згідно з рівняння площини запишемо у вигляді
А(х-2)+В(у+3)+С(z-4)=0.
Через те, що )8;2;1();;(1 sCBAn
і )2;0;4();;(
2 sCBAn
, то
n
s
);;(1 zyxР•
Рис. 10.1
44
kji
kji
ssn
8304
204
82121
, і тому рівняння шуканої площини набуде
вигляду 4(х-2)+30(у+3)+8(z-4)=0, або 2x+15y-4z+57=0.
Зауважимо, що нормальним вектором шуканої прямої можна було б
вважати і вектор )4;15;2(1
n
, який є паралельний вектору 8;30;4 n
.
Приклад 12 Знайти кут між прямою
0142
,08
zx
yx і площиною
4x-2y-2z+7=0.
Розв’язання. За формулою знаходження кута між площиною та прямою
у просторі знаходимо:
222222sin
pnmCBA
CpBnAm
.
Оскільки нормальний вектор площини )2;2;4();;( СВАn
і напрямний
вектор прямої kji
kji
ssn
8304
102
01121 ,
2
1
624
6
4114416
22)1(2)1(4sin
.
Отже, 30 .
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.8-9], с. 55 –66.
Вправи
1 Знайти кут між прямою 2 1,
2 1
x z
y z
і прямою, яка проходить через
початок координат і через точку з координатами 1; 1; 1 .
Відповідь: 1
cos3
.
2 Довести паралельність прямих 2 1
3 2 1
x y z
і
0,
5 8 0.
x y z
x y z
3 Знайти точку перетину прямої і площини:
а) ,1
1
1
1
2
zyx ;02 zyx б) ,
5
1
1
2
3
3
zyx ;0152 zyx
в) ,2
3
3
1
2
2
zyx .0622 zyx
45
Відповідь: а) М(4;-5;1); б) пряма паралельна площині; в) пряма лежить на
площині.
4 Скласти рівняння площини ,яка проходить через точку М0(1;-2;1)
перпендикулярно до прямої
.02
,032
zyx
zyx
Відповідь: .032 zyx
5 За якого значення С пряма
.02434
,0323
zyx
zyx паралельна
площині 022 Czyx ?
Відповідь: С=-2.
6 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку М0(3;1; –2) і точку
перетину прямої 3
2
1
1
2
1
zyx і площини .03532 zyx
Відповідь: .1
1
14
1
zyx
7 Скласти рівняння площини, яка проходить через паралельні прямі
;4
1
5
2
3
1
zyx .
4
2
5
1
3
zyx
Відповідь: 7х+у–4z-9=0.
8 Знайти проекцію точки М(3;-1;1) на площину .03032 zyx
Відповідь: М1(5;5;5).
9 Знайти кут між прямою ;28 tx ;27 ty ;49 tz і площиною
6 .0133 zyx
Відповідь: 30 .
Питання для самоперевірки
1 Як однозначно може бути визначене положення прямої у просторі?
2 Який вектор називають напрямним вектором прямої?
3 Виведіть канонічні та параметричні рівняння прямої у просторі.
4 Виведіть рівняння прямої, яка проходить через дві задані точки.
5 Як визначити кут між двома площинами; двома прямими; між прямою і
площиною?
6 Сформулюйте умови паралельності та перпендикулярності двох пря-
мих; двох площин; прямої і площини.
7 Як знайти напрямний вектор прямої якщо вона задана загальним
рівнянням?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 9
Нескінченно малі та нескінченно великі величини. Зв’язок між ними. Границя
функції. Перша та друга особливі границі.
46
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти область визначення функцій :
а) ,23
22
xx
y б) ,342 xxy в) .4
21arccos
xy
Розв’язання.
а) Функція визначена для всіх значень x , крім тих, за яких знаменник
2 3 2x x дробу 2
2
3 2x x перетворюється на 0. Розв’язавши рівняння
2 3 2 0x x знаходимо 1 21, 2x x . Тому областю визначення даної функції є
сукупність усіх дійсних чисел, крім 1 та 2, тобто
( ) ( ;1) (1;2) (2; )D y .
б) Корені парного степеня існують лише для невід’ємних чисел. Тому
область визначення даної функції можна розглядати як сукупність усіх значень
x , що задовольняють нерівності 2 4 3 0x x .
Розв’яжемо сказану нерівність методом інтервалів. Для цього знайдемо
корені рівняння 2 4 3 0x x . За теоремою Вієта 1 21, 3x x . Ці точки поділяють
всю числову вісь на інтервали: ( ;1), (1;3), (3; ) .
Для зручності позначимо ліву частину нерівності через y і визначимо
знак y на кожному інтервалі (рис.1.1): 2 4 3 ( 1)( 3); (0) 3 0; (2) 1 0; (4) 3 0y x x x x y y y
.
Рис.1.1
Таким чином, область визначення даної функції:
( ) ( ;1] [3; )D y .
в) Позначимо 1 2
4
xt
. Відомо, що функція arccosy t визначена при
1 1t . Отже, задана буде визначена для всіх значень x , що задовольняють
нерівності: 1 2
1 14
x . Розв’язуючи цю нерівність, одержимо: 4 1 2 4x ,
або 5 2 5x , звідки 5 3
2 2x . Отже, область визначення даної функції
3 5( ) ;
2 2D y
.
Приклад 2 Знайти інтервали знакосталості функції 2 3 2
xy
x x
.
знак у +
_ +
х 1 3
47
Розв’язання. Задана функція не існує в точках, де 2 3 2 0x x , звідки
1 1x , 2 2x . Функція дорівнює нулю при 0x . Відкладемо одержані значення
x на числовій прямій і визначимо знак y на кожному інтервалі (рис.2.2):
2( )
3 2 ( 1)( 2)
x xy x
x x x x
; ( 1) 0y , (0,5) 0y , (1,5) 0y , (3) 0y .
Рис.2.2
Отже, 0y для ( ;0) (1;2)x і 0y для (0;1) (2; )x .
Приклад 3 Знайти
1
4
133
0 x
xxim
x .
Розв’язання. Функція, границю якої треба знайти, елементарна, тому
4
31
40
10301
4
1333
0
x
xxim
x .
Приклад 4 Знайти 1
324
2
3
xx
xim
x
Розв’язання. Для визначення границі елементарної функції досить у
вираз цієї функції підставити граничне значення її аргументу. Тоді
013
0
139
0
133
33
1
324
2
24
3
3
xx
xim
x .
Приклад 5 Знайти x
xim
x 11 .
Розв’язання. Границя знаменника дорівнює нулю, тому теорему 6
безпосередньо застосувати не можна, тому що ділення на нуль неможливе.
Якщо 011
ximx , то x1 є величина нескінченно мала, а обернена до неї
x1
1 – нескінченно велика. Отже, умовно можна записати, що
11 x
xim
x .
Розкриття невизначеності виду .0
0
Для розкриття цієї невизначеності користуються такими методами:
а) розкладають чисельник і знаменник на множники, після чого
скорочують дріб на нескінченно малий співмножник і потім переходять до
границі;
б) переносять ірраціональність з чисельника у знаменник або із
знаменника в чисельник, а іноді за необхідністю – і те і друге, після чого
одержаний дріб скорочують і переходять до границі;
в) використовують першу чудову границю
0 1 2 x
_ +
_ + знак y
48
;1sin
sin
00
x
xim
x
xim
xx
г) використовують властивість еквівалентності нескінченно малих
величин.
Нагадаємо, що коли ,10
xx
im то і еквівалентні нескінченно малі
величини при ,0
xx тобто ~β.
При 0x sin x~x, tg x~x, arsin x~x, arctg x~x, xn 1 ~x, 1x ~x.
Зауважимо, що в таких випадках, коли чисельник або знаменник (або і
чисельник, і знаменник) являє собою суму (або різницю) нескінченно малих
функцій, то при обчисленні границі, взагалі кажучи, не можна заміняти окремі
додатки еквівалентними функціями. Така заміна може призвести до
неправильного результату.
Приклад 6 Знайти xx
xxim
x
3
2
1
12 .
Розв’язання. При 1x чисельник і знаменник даного дробу прямують
до нуля. Тому безпосередньо застосування теореми про границю частки тут
неможливе. Розкладаючи чисельник і знаменник даного дробу на множники,
одержуємо:
,11222 xxx .11123 xxxxxxx
Тоді
0
2
0
1
1
11
1
0
012
1
2
13
2
1
xx
xim
xxx
xim
xx
xxim
xxx .
Слід зазначити, скорочення дробу на 1x було законним тому, що при
знаходженні границі в точці 1x значення цієї функції у точці 1x не беремо
до уваги, тобто x, прямуючи до одиниці і, отже, на нуль ми не скорочували.
Приклад 7 Знайти 156
182
3
21
xx
xim
x .
Розв’язання. Маємо невизначеність виду .0
0 Розкладаючи на множники
чисельник за формулою ,2233 babababa а знаменник за
формулою ,21
2 xxxxacbxax де 1
x і 2
x – корені рівняння
,02 cbxax маємо:
1241218 23 xxxx ,
,0156 2 xx ,12
15
12
242552,1
x ,
2
11x
3
12x .
131231216156 2 xxxxxx .
Отже,
49
6123
111
13
124
1̀312
12412
0
0
156
18 2
21
2
212
3
21
x
xxim
xx
xxxim
xx
xim
xxx .
Приклад 8 Знайти .5
21
5
x
xim
x
Розв’язання. Після підстановки граничного значення x маємо
визначеність виду .0
0 Звільнимося від ірраціональності у чисельнику,
помноживши чисельник і знаменник на спряжений чисельнику множник
.21 х Після скороченого дробу на нескінченно малий множник і
використання теорем про границі, одержимо:
.4
1
21
1
215
41
215
2121
0
0
5
21
5
555
xim
xx
xim
xx
xxim
x
xim
x
xxx
Приклад 9 Знайти 416
112
2
0
x
xim
x .
Розв’язання. Чисельник і знаменник у точці 0x мають границю, яка
дорівнює нулю. Застосувати теорему про границю частки не можна. Тому
помножимо чисельник і знаменник дробу на добуток .41611 22 xx .
.42
8
11
416
111616
41611
11416416
4161111
0
0
416
11
2
2
022
22
0
222
222
02
2
0
x
xim
xx
xxim
xxx
xxxim
x
xim
xx
xx
Приклад 10 Знайти x
xim
x
3sin
0 .
Розв’язання. Використовуючи першу чудову границю, матимемо
3133
3sin3
3
3sin3
0
03sin
000
x
xim
x
xim
x
xim
xxx .
Цей приклад можна було б розв'язати ще й так. При 0x x3sin ~ x3 ,
тому
3333sin
000
xxxim
x
xim
x
xim .
Приклад 11 Знайти xtg
xtgim
x 5
2
0 .
Розв’язання. Через те що при 0x xtg5 ~ x5 і xtg2 ~ x2 ,
50
5
2
5
2
0
0
5
2
00
x
xim
xtg
xtgim
xx .
Приклад 12 Знайти 20
cos1
x
xim
x
.
Розв’язання. Враховуючи, що 2
sin2cos1 2 xx і при 0x
2sin2 x
~ ,4
2x матимемо
2
142
2sin2
0
0cos12
2
02
2
020
x
x
imx
x
imx
xim
xxx .
Приклад 13 Знайти 30
sin
x
xxtgim
x
.
Розв’язання. Чисельник і знаменник цього дробу при 0x
перетворюється на нуль. Тому застосувати теорему про границю дробу не
можна. Перетворимо дріб, додавши чисельник у вигляді добутку:
xx
xx
xx
xx
x
xx
x
xx
x
x
xxtg
cos
2sin2sin
cos
cos1sin1
cos
1sinsin
cos
sin
sin3
2
3333
.
Тепер знаходимо:
2
2
0003
2
030
2sin
cos
1sin2
cos
2sin2sin
0
0sin
x
x
imx
imx
xim
x
xx
imx
xtgxim
xxxxx
= ,2
142
2
2
0
x
xim
x
2
2sin,1
cos
1,1
sin
00
xа
xim
x
xim
xx
~
4
2x при 0x .Таким чином,
2
1sin30
x
xxtgim
x .
Слід зауважити, що в цьому прикладі при заміні xнаtgx , xнаxsin
одержали ,0
3x а це означало, що границя функції дорівнює нулю, а це не вірно.
Розкриття невизначеності виду
Для розкриття цієї невизначеності заданої відношенням многочленів,
чисельник і знаменник ділять на найвищу, що входить до них степінь ,x і потім
переходять до границі.
Приклад 14 Знайти 13 24
3
xx
xxim
x .
Розв’язання. Ні чисельник , ні знаменник не мають границі при x .
Застосувати теорему про границю чаcтки безпосередньо не можемо. Тому
перетворимо дріб, поділивши його чисельник і знаменник на 4x . Знаходимо
42
3
24
3
131
11
13 xx
xxim
xx
xxim
xx
.
51
Оскільки при x : 01 x , 01 3 x , 03 2 x , 01 4 x , то,
застосувавши теорему про границю суми, переконуємось, що чисельник має
границю, яка дорівнює 0, а знаменник – I. За теоремою про границю частки
маємо: 01
0
13 24
3
xx
xxim
x .
Приклад 15 Знайти 13
52
4
xx
xxim
x .
Розв’язання. При x чисельник і знаменник необмежено
збільшується (одержуємо невизначеність виду
). Поділивши чисельник і
знаменник на 4x , тобто на старшу степінь x , і використавши властивості
границь, одержимо
0
1
000
01
131
51
13
5
432
3
2
4
xxx
ximxx
xxim
xx ,
а це означає, що границя функції не існує.
Слід зауважити, що запис 0
1є чисто умовним. Його треба розуміти
так: ......
ввнвмн
I , тобто величина, обернена до нескінченно малої є нескінченно
великою.
Приклад 16 Знайти 12
12
2
x
xim
x .
Розв’язання. Маємо невизначеність виду
. Поділивши чисельник і
знаменник на 2x , тобто на старшу степінь x , і використавши властивості
границь, одержимо: 2
1
02
01
12
11
12
12
2
2
2
x
xim
x
xim
xx .
Далі при обчисленні границь можна користуватись таким правилом:
якщо чисельник і знаменник дробу - многочлени і x , то границя дробу
дорівнює:
I) відношенню коефіцієнтів при старшій степені змінної, якщо
многочлени однакової степені;
2) нулю, якщо степінь многочленна чисельника нижча за степінь
многочленна знаменника;
3) нескінченності, якщо степінь многочленна чисельника вища за степінь
многочленна знаменника.
Приклад 17 Знайти 3
3
31
31
xx
xxim
x
.
52
Розв’язання. Оскільки степені многочленів чисельника і знаменника
однакові і x , шукана границя дорівнює відношення коефіцієнтів при
старшій степені x , тобто 13
3
31
3132
3
xx
xxim
x .
Розкриття невизначеності виду
Невизначеність такого виду розкривається одним з двох шляхів:
I) зведенням дробів до спільного знаменника, в результаті чого
приходимо або до невизначеностіo
o, або до невизначеності
;
2) перенесенням ірраціональності з чисельника в знаменник.
Приклад 18 Знайти
31 1
3
1
1
xxim
x .
Розв’язання. При 1x задана функція являє собою різницю двох
нескінченно великих величин (випадок ). Виконаємо віднімання дробів
3
2
3
2
3 1
2
1
31
1
3
1
1
x
xx
x
xx
xx
.
Тоді
.13
3
1
2
11
21
1
2
1
3
1
1
2121
3
2
131
xx
xim
xxx
xxim
o
o
x
xxim
xxim
xx
xx
Приклад 19 Знайти xxximx
652 .
Розв’язання. Тут також маємо невизначеність виду . Помноживши
і поділивши дану функцію на )652 xxx , одержимо
xxx
xxxxximxxxim
xx 65
656565
2
22
2
xxx
xim
xxx
xxxxim
xx 65
65
65
65
22
22
251651
652
xx
xim
x .
Розкриття невизначеності виду 0
Шляхом заміни змінної або за допомогою алгебраїчних перетворень
функції невизначеність 0 зводиться або до невизначеності 0
0, або до
невизначеності
.
53
Слід зауважити, що множення можна замінити діленням на обернену
величину і тому 0 можна розглядати як 0
001
або як
10
(як уже
зазначалося, ці записи чисто умовні).
Приклад 20 Знайти
30
xctgxim
x .
Розв’язання. При 0x одержуємо невизначеність виду 0 Записавши
в іншому вигляді дану функцію і використавши теореми про границі,
матимемо: 330
0
30
3 000
x
xim
xtg
xim
xctgxim
xxx
.
При розв'язанні цього прикладу прийнято до уваги, що при 0x 3
xtg ~
3
x.
Приклад 21 Знайти
21
1
xtgxim
x
.
Розв’язання. Тут також маємо невизначеність виду 0 .
Покладемо 1– zx
. Звідси випливає, що 0z , оскільки 1x .
Тоді, виконуючи відповідні перетворення функції і переходячи до
границі, знаходимо
2
10
21
01
ztgzim
xtgxim
zx
2
222 000 ztg
zim
zctgzim
zztgim
zzz
2
2
0
0
0
z
zim
z .
Розкриття невизначеності виду 1
Для розкриття цієї невизначеності використовуємо другу чудову границю
71828,211
11
eim
xim
x
x
.
Зазначимо, що число e ірраціональне. Логарифм за основою е називають
натуральним логарифмом і позначають xogxne
.
Приклад 22 Знайти
xm
x x
kim
1 .
Розв’язання. Маємо невизначеність 1 . Виконуючи елементарні
перетворення і використовуючи формулу другої чудової границі, одержуємо
km
mxx
k
k
x
x
mx
xe
x
kim
x
kim
111 .
Приклад 23 Знайти 3
1
23
43
x
x x
xim .
54
Розв’язання. При підстановці граничного значення x у вираз функції
маємо невизначеність 1 . Після виконання елементарних перетворень і
використання другої чудової границі матимемо
3
1
3
1
123
4311
23
43xx
x
xim
x
xim
xx
3
1
3
1
23
61
23
23431
xx
xim
x
xxim
xx
23
123
1
23
6
6
23
23
61 x
xx
xx
eimx
imxx
3223
12
ee x
x
xim
.
Приклад 24 Знайти x
xxtgim 212
01
.
Розв’язання. Mаємо
x
xtg
tg
x
x
x
x
xtgimxtgim 2
1
2
0
212
0
2
2
111
212
2
0
0
2
02
2
eeeeimx
x
imx
xtgim
x
xxx
xtg
.
При розв'язанні прикладу прийнято до уваги, що при 0x
xtg 2 ~ xx 2
.
Приклад 25 Знайти
0
ln ln
x
a x aim
x
.
Розв’язання. У результаті підстановки граничного значення x маємо
невизначеність 0
0. Використавши формули потенціювання і другу чудову
границю, одержимо
1
0 0 0
lnln ln 0ln 1
0
x
x x x
a xa x a xaim im im
x x a
1
1 1
0 0
1ln 1 ln 1 ln
a axx
a
x x
x xim im e
a a a
.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.8-9], с. 55 –66.
Вправи
55
1 Знайти область визначення функцій:
а) 2
1
1y
x
. Відповідь: вся числова вісь .
б) 21 1y x . Відповідь: [–1;1].
в) 32lg2
13
x
xxy . Відповідь: 3 2; 2 2; .
2 Знайти корені функцій і інтервали знакосталості, якщо
а)2 5 6,y x x б) .y x
Відповідь: а) y=0 при x=2 і x=3; y>0 при ),3()2,( х ; y<0 при
)3,2(х , б) y=0 при x=0; y>0 при 0х .
3 Знайти границі
3.1
3
52
2
2
x
xim
x .
Відповідь: 9.
3.2 12
2
22
1
x
x x
xim .
Відповідь: e 2 .
3.3
49
3227
x
xim
x .
Відповідь: 56
1 .
3.4
13
6
x
xxim
x .
Відповідь: -2.
3.5 12
2
1
x
x x
xim
Відповідь: 6e .
3.6
8
12
2
132 xx
imx .
Відповідь: 2
1 .
Питання для самоперевірки
1 Дайте означення функції.
2 Що називається границею функції у точці х0?
3 Що називається границею функції при х , х ?
4 Який найпростіший зв'язок існує між нескінченно великими і
нескінченно малими функціями?
5 Чому дорівнює границя сталої величини?
6 У чому суть першої чудової границі?
7 Що являє собою друга чудова границя?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 10
Неперервність функції. Основні теореми про неперервні функції. Точки
розриву функції.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Установити, чи функція xy 12 неперервною або розривною
для 3x і 0x .
56
Розв’язання. За означенням функція неперервна в точці 0
x , якщо
000
00 xfxfxf . Перевіримо виконання цієї умови в даних точках.
При 3x маємо: 331 223 y ;
33103
1
03
1
03
2222
x
x
x
imyim ;
1 1
1 3 33 0
3 03 0
lim 2 2 2 2x
xx
im y
.
Умова неперервності при 3x виконується, отже, в точці 3x
функція неперервна. Проведемо аналогічні міркування при 0x : 0120 y не
існує, бо ділення на нуль не можливо.
222 0
1
0
1
0 x
x
x
imyim ,
01
2
1222 0
1
0
1
0
x
x
x
imyim .
Умова неперервності при 0x не виконується, отже, в точці 0x
функція розривна (має нескінчений розрив).
Приклад 2 Дослідити на неперервність і побудувати графік функції ,1 якщо ,1x
y 22 x , якщо ,11 x
,1 якщо .1x
Розв’язання. Вихідна функція не є елементарною, тому що задана
кількома формулами. Кожна з функцій 1,2,1 2 yіxyy
є елементарною і визначена, а отже й неперервна на всій числовій осі.
Тому вихідна функція може бути неперервною тільки в тих точках, де
зміняється її аналітичний вираз, тобто в точках 11 x³x . Досліджуємо
функцію на неперервність в цих точках. Використовуючи означення,
одержуємо:
1212112
y
122
0101
ximimyxx
Задана функція неперервна в точці 1x
122
0101
ximimyxx
121211 2 y
110101
xx
imimy Задана функція розривна в точці 1x
122
0101
ximimyxx
Таким чином, областю
неперервності даної функції є вся
числова вісь; крім точки х=1.
Побудуємо графік функції. На інтервалі
1: її графіком буде пряма 1y ,
на відрізку 1:1 ─ парабола 22 xy
і, нарешті, на інтервалі :1 ─ пряма
1y (рис. 2.1).
Рис. 2.1
57
Приклад 3 Знайти точки розриву функції 2 4
xy
x
і дослідити характер
розриву.
Розв'язання. Відомо, що частка від ділення двох неперервних функцій є
функція неперервна в усіх точках, де знаменник не дорівнює нулю. Оскільки 2 4 0x при 2x , задана функція має дві точки розриву: 2x і 2x .
Досліджуємо характер розриву функції в цих точках. Для цього
обчислимо односторонні границі:
0
2
202202
02
224 022
0202 xx
xim
x
ximimy
xxx
;
0
2
202202
02
224 0220202 xx
xim
x
ximimy
xxx
;
0
2
202202
02
220202 xx
ximimy
xx
;
0
2
202202
02
220202 xx
ximimy
xx
.
Таким чином, в точках 2x і 2x функція має нескінченний розрив або
розрив другого роду (рис.3.1).
Слід зазначити, що функція 2 4
xy
x
непарна, а тому достатньо було б
дослідити характер розриву лише в точці 2x .
Рис.3.1
Приклад 4. Дослідити функцію .7 1
1
xy на неперервність у точках х = 2 і
х = 1.
Розв’язання. Область визначення цієї функції .;11; D Тобто в
точці х = 2 функція буде неперервна, як суперпозиція неперервних
y
x 0 -2 2
58
елементарних функцій. . Обчислимо лівосторонню та правосторонню границі
функції в точці х = 1:
;0
07
17
1
101
101
1
1
0101
7limlim
x
x
xx
x
xx
y
.
7
1
101
101
1
1
1
1
0101
7limlim
x
x
xx x
x
xx
y
Отже, х = 1 — точка розриву 2-го роду, оскільки одна з односторонніх
границь не існує. Точка х = 2 є точкою неперервності функції.
Приклад 5. Дослідити на неперервність функцію 2
1arctg
xy .
Розв’язання. Область визначення цієї функції .;00; yD Тому
на інтервалах ;00; xx y — неперервна, як суперпозиція
елементарних функцій.
Обчислимо односторонні границі в точці х = 0
;021
0
01
arctg
2
2
200
limlim
x
x
x
xy
xx .0
210
01
arctg
2
2
200
limlim
x
x
x
xy
xx
Оскільки односторонні границі існують і рівні між собою (сама функція
при х = 0 не існує), то точка х = 0 є точкою розриву функції 1-го роду (розрив
усувний). Тобто функція неперервна всюди, за винятком точки х = 0.
Приклад 6. Дослідити на неперервність функцію .2
2
x
xxy та
побудувати графік функції.
Розв’язання. Після розкриття 2x функція перепишеться так:
.2ри1
;2 ри1
2при 2
2
;2 при2
2
xx
xx
xx
xx
xx
xx
yп
п
На кожному з інтервалів ;22; i функція неперервна. Розглянемо
односторонні границі функції у точці х = – 2.
;011
1
2
02
limlim0202
x
xy
x
x
yxx
.031
1
2
02
limlim0202
x
xy
x
x
yxx
Отже, точка х = – 2 — точка розриву 1-го роду (розрив неусувний), оскільки односторонні границі функції у цій точці існують, але не рівні між собою, в усіх інших точках функція неперервна.
Графік функції представлений на рис.6.1
2
2
x
xxy
O
у
х
–2 –1 1
–1
–3
2
2
x
xxy
Рис. 6.1
59
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.10-13], с. 66 –93.
Вправи
1 Дослідити на неперервність і побудувати графік функції
.0,
,0,
xякщоx
xякщоey
x
Відповідь: x = 0 – точка розриву першого роду.
2 Знайти точки розриву функції 32
12
xx
xy і установити характер
розриву.
Відповідь: х = 3 – точка розриву другого роду; х = - 1 – точка усувного
розриву.
Питання для самоперевірки
1 Дайте означення функції.
2 Яка функція називається неперервною в точці?
3 Сформулюйте властивості неперервних функцій.
4 Яка точка називається точкою розриву функції?
5 Дайте класифікацію точок розриву функцій. Наведіть приклади.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 11
Похідна функцій. Геометричний та механічний зміст похідної. Правила
диференціювання функції. Таблиця похідних.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Використовуючи означення похідної, знайти похідну функції
xxy 43 2 .
Розв’язання. Для даної функції маємо
1) xxxxxxxxxxyy 44)(363)(4)(3 222;
2) xxxxxxxxxxxxy 4)(36)43()44)(363( 2222;
3) xxx
xxxx
x
y
346
4)(36 2
;
4) 0 0
lim lim 6 4 3 6 4x x
yx x x
x
.
Таким чином, ' 6 4y x .
Приклад 2 Скласти рівняння дотичної і нормалі до кривої 235 2 xxy
у точці з абсцисою 1x .
Розв’язання. За умовою задачі 0 1x . Тоді 421315)1()( 2
0 fxf .
Знайдемо похідну функції 235 2 xxy у точці 0 1x . Вона дорівнює
60
2 2
0 0
5 1 3 1 2 5 1 3 1 21 11 lim lim
x x
x xf x ff
x x
0
lim 7 5 7x
x
.
Рівняння шуканої дотичної і нормалі мають відповідно вигляд:
0 0 0y f x f x x x
0 0
0
1y f x x x
f x
У нашому прикладі: 4 7 1y x і 1
4 17
y x , або
7 3 0x y і 7 29 0x y .
Приклад 3 412 3y x
x .
Розв’язання. Використовуючи послідовно правила диференціювання та
таблицю похідних, знаходимо:
4 41 1' 2 3 2 3y x x
x x
2 2 2 2
1 1 1 1 1 12 0 .
2
x x x
x x x x xx x
Прилад 4 32 3 1
( ) .z z z
f zz
Знайти
1
4f
.
Розв’язання. Потрібно знайти значення похідної при 1
4z . Для цього
спочатку знайдемо ( )f z , а потім обчислимо її значення при заданому значенні
аргументу. Попередньо виконаємо тотожні перетворення ( )f z : 1
2 21
( ) 2 3f z z zz
.
Згідно з правилами диференціювання та таблицею похідних
1 3
2 2 22
1 1 1'( ) 2 3 4 .
2f z z z z z
z z
При 1
4z
3
2
2
1 1 1 1 14 1 4 16 13.
4 4 2 4 1
4
f
Приклад 5 Який кут утворює з віссю абсцис дотична до кривої
5 34 1
15 9y x x , проведена в точці з абсцисою 1x ?
61
Розв’язання. Знаходимо похідну 4 24 1
3 3y x x . При 1x
4 11 1
3 3y ,
тобто 1tg , звідки 45 .
Приклад 6 Точка рухається по прямій так, що її відстань від початкового
пункту через t секунд дорівнює 4 3 214 16
4S t t t ;
а) в які моменти точка була в початковому пункті?
б) в які моменти її швидкість дорівнювала нулю?
Розв’язання. Виходячи із механічного тлумачення похідної, маємо:
4 3 2 3 2 21( ) '( ) 4 16 12 32 12 32 ( 4)( 8)
4v t S t t t t t t t t t t t t t
.
Розв’язуючи рівняння ( ) 0v t , тобто ( 4)( 8) 0,t t t знаходимо
1 20, 4t t і 3 8t .
Точка буде в початковому пункті тоді, коли ( ) 0S t . Оскільки
4 3 2 2 2 2 21 1 1( ) 4 16 16 64 ( 8)
4 4 4S t t t t t t t t t , то розв’язуючи рівняння
2 21( 8) 0
4t t , знаходимо
1 0t і 2 8t .
Таким чином, точка була в початковому пункті при 1 0t і
2 8t , а її
швидкість дорівнювала нулю при 1 20, 4t t і
3 8t .
Приклад 7 Тіло масою 3 кг рухається прямолінійно за законом 21 ,S t t
де S виражено в сантиметрах, t – в секундах. Обчислити кінетичну енергію
тіла 2
2
mvT
через 5 секунд після початку руху.
Розв’язання. 2( ) '( ) 1 1 2 .v t S t t t t
Через 5 секунд після
початку руху швидкість тіла дорівнюватиме (5) 11v , а його кінетична енергія
33 121(5) 181,5 10
2T
ерг.
Приклад 8 Знайти похідну функції ln .xy e
Розв’язання. Подавши функцію у вигляді , , lnuy e u v v x і
скориставшись правилом диференціювання складної функції, знайдемо
ln
ln1 1 1 1ln .
2 2 ln 2 ln
xu u x
x u v x xu v
ey y u v e v x e e
x xv x x x
Приклад 9 Знайти похідну функції
1
33
3 3lnsin lnsin .
4 4
x xy
Розв’язання. Як і в попередньому прикладі, маємо
62
2
3
23
3
1 3 1 3 1 4' lnsin cos .33 4 4 4 3sin 12 ln sin
4 4
xctg
x xy
x x
Приклад 10 Знайти похідну функції 3 3.y x arctgx
Розв’язання. Диференціюючи дану функцію як добуток і складну
функцію, знаходимо
3 3 3 3 2 3 3 2
3 2
1' 3 3
1 ( )y x arctgx x arctgx x arctgx x x
x
32 3
63 .
1
xx arctg x
x
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.10-13], с. 66 – 93.
Вправи
Продиференціювати задані функції:
1 33 2.y x Відповідь: 23
1
3 x.
2 sin cos . Відповідь: cos .
3 2 2 3 .xy x x e Відповідь: 2 1 .xe x
4 3 3 .xy x Відповідь:
23 3 ln3.xx
5 cos sin .y e x x Відповідь: 2 cos .xe x
6 ( ) 3 2f x x x . Знайти 2'(1); '(4); '( ).f f f a
Відповідь: 2 1'(1) 2; '(4) 2,5; ( ) 3 .f f f a
a
7 Тіло рухається вздовж прямої за законом 35 1S t , де шлях S
визначається в метрах, а час t - в секундах. Якою була швидкість тіла через 2
секунди після початку руху
Відповідь: v 60 м/с.
Знайти похідну складних функцій:
8 3
2 2( ) 2 .u t t t Відповідь: 232 1 2.
2t t t
9 3sin 3 5 .y x Відповідь: 9cos 3 5 .x
10 2sin cos3 .y x Відповідь: 3sin3 sin 2cos3 .x x
11 2
arcsin .yx
Відповідь: 2
2.
| | 4x x
12 2 310 .xy Відповідь:
2 32 10 ln10.x
13 2 3 2sin .x xy e Відповідь:
2 23 2 3 2cos 2 3 .x x x xe e x
63
14 22sin
.cos2
xy
x Відповідь:
2
2sin 2.
cos 2
x
x
15 4 4sin cos .y x x Відповідь: sin4 .x
Питання для самоперевірки
1 Що називається похідною функції?
2 У чому полягає фізичний та геометричний зміст похідної?
3 Сформулюйте правила диференціювання.
4 Запишіть таблицю похідних.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 12
Похідна оберненої, неявної, параметрично заданої функції. Диференціал
функції. Похідні та диференціали вищих порядків. Дотична, нормаль та
асимптоти кривої.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти похідну 'dy
ydx
від неявної функції 3 3 3 0.x y axy
Розв’язання. Продиференціюємо обидві частини рівняння по x ,
враховуючи, що y є функцією від x . Одержимо
2 23 3 ' 3 ' 0.x y y a y xy
Для знаходження 'y визначаємо такі перетворення:
2 2 ' ' 0;x y y a y xy 2 2 ' ' 0;x y y ay axy 2 2' ,y ax y ay x
звідки 2
2' .
ay xy
y ax
Приклад 2 Знайти похідну 'dy
ydx
від неявної функції 2 ln .y y x
Розв’язання. Диференціюючи обидві частини рівняння по x , одержимо
12 ln 1y y y y
y
.
Після спрощення матимемо 1 1
ln2
y y y yy
;
1
ln 12
y y ;
1' .
2 1 lny
y
Приклад 3 Знайти ,dy
dx якщо
2ln(1 ),
.
x t
y t arctg t
Розв’язання. Маємо 2 2
' '
2 2 2 2 2
1 2 1 1 12 ; 1
1 1 1 1 1t t
t t tx t y
t t t t t
.
64
Підставляючи знайдені вирази для '
tx і '
ty до формули tx
x
yy
y
, знаходимо
2 22'
2 2 2
12:
1 1 21 2x
t tt t ty
t t t t
.
Приклад 4 Скласти рівняння дотичної і нормалі до астроїди 3
3
2 cos ,
2 sin ,
x t
y t
проведених в точці, для якої 4
t
.
Розв’язання. При 4
t
маємо 3 31 12 cos , 2 sin .
4 4 2 4 4 2x y
Отже, 1 1
;2 2
M
– точка, яка належить астроїді, дотичної і нормалі.
За формулою знаходження похідної функції, заданої параметрично,
маємо: ' 3 2
'
' 3 2
( 2 sin ) 2 3sin cos.
( 2 cos ) 2 3cos ( sin )
t tx
t t
y t t ty tg t
x t t t
При 4
t
'
0'( ) 1.4 4
xf x y tg
Таким чином, рівняння дотичної набуває вигляд1 1
12 2
y x
або
1 0,x y а рівнянням нормалі буде мати наступний вигляд:1 1
2 2y x або
0.x y
Приклад 5 Продиференціювати функцію, використовуючи правило
логарифмічного диференціювання 2 sin( 1) .xy x
Розв’язання. Задача функція є степенево-показниковою, оскільки і
основа степеня 2( 1),x і показник степеня sin x є функціями від .x За
формулою для знаходження похідної степенево-показникової функції маємо:
2 sin 1 2 sin 2' sin ( 1) 2 ( 1) ln( 1) cosx xy x x x x x x
2 sin 2
2
2 sin( 1) cos ln( 1) .
1
x x xx x x
x
Приклад 6 Продиференціювати функцію, використовуючи правило
логарифмічного диференціювання
1
xy x .
Розв’язання. За формулою для знаходження похідної степенево-
показникової функції знаходимо 1 1 1 1 1
1 2 2 2
2
1 1' 1 ln ln (1 ln ).x x x x xy x x x x x x x x
x x
65
Приклад 7 Знайти диференціал функції 2
1
1S
t
.
Розв'язання. За формулою ' '( ) ,dy y dx f x dx маємо:
2 22
2 2
1 2 2
1 1 1
t tdtdS dt dt
t t t
.
Приклад 8 Знайти диференціал функції 2y tg x .
Розв'язання. 2
2 2
1 22
cos cos
tgxdy tg x dx y tgx dx dx
x x
.
Приклад 9 Знайти диференціал функції ln5 tgxy .
Розв'язання. ln5 tgxdy dx
ln ln ln
2
1 1 1 2ln55 ln5 5 ln5 5
cos sin cos sin 2
tgx tgx tgxdx dx dxtgx x x x x
Приклад 10 Задано функцію 72
132
2345 xxxxxy . Знайти похідні
вищих порядків ....,,, yyy
Розв’язання. Маємо: 2
12985
234 xxxxy ,
184860,2182420 223 xxyxxxy , 0...,120,48120 7654 yyyxy .
Приклад 11. Обчислити похідну функції другого порядку:4 3
2
x
xy .
Розв’язання. За допомогою формул дії над степенями ( m
n
m n xx і
mn
m
n
xx
x ) перетворюємо задану функцію до вигляду зручного для
диференціювання.
4
5
4
3
4
8
4
32
4
3
2
4 3
2
xxx
x
x
x
xy
; знаходимо похідну першого порядку:
44
1
4
4
4
51
4
5
4
5
4
5
4
5
4
5
4
5xxxxxy
.
Обчислимо похідну другого порядку заданої елементарної функції однієї
змінної x :
4 3
4
31
4
1
4
1
4
5
16
5
16
5
4
1
4
5
4
5
xxxxxy
.
Відповідь: 4 316
5
xy
66
Приклад 12 Обчислити похідну другого порядку складної функції
однієї змінної x : xxy ;
Розв’язання. Застосовуємо формулу uu
u 2
1)( .
xxxxx
xxxxy
2
11
2
1)(
2
1)(
xxx
x
x
x
xx
4
12
2
12
2
1.
Обчислимо похідну другого порядку складної функції )(ufy , де )(xu ,
однієї змінної x .
)1(16
)12()4()4()12(
4
12)(
xx
xxxxxxxx
xxx
xxxy
)1(16
)12()(2
4)4(
1
xx
xxxxxxx
xxxx
xxxxxx
xxxxxxxxxx
)1(16
)12()()4( 2
11
1)1(16
)12)(12
3()(4
2
xxx
xxxxxx
.
Відповідь: 1)1(32
227
2
xxx
xxxxy .
Приклад 13. Обчислити похідну другого порядку функції
xx
arctgy 2ln3 в точці 3x .
Розв’язання. Застосовуємо формули uu
uarctg
21
1)( і u
uu
1)(ln .
xxxxx
x
x
xy
1
9
32
2
1
3
1
9
9)2(
2
1
3
91
1222
.
Обчислимо похідну другого порядку функції однієї змінної x в точці 3x .
222
222112
2
1
)9(
62)9(3)9(3
1
9
3
xx
xxxxxx
xxy
6
1
9
1
18
1
9
1
18
18
3
1
)39(
36)3(
2222
y .
Відповідь: 6
1)3( y .
Приклад 14 Знайти диференціал функції )53sin( 2 xxy .
Розв’язання.
dxxxxdxxxxxdxxxdxydy )32()53cos()53()53cos()53sin( 2'22'2'
67
Приклад 15 Знайти похідну другого порядку y функції, заданої
параметрично: 8cos ,
4sin .
x t
y t
Розв’язання.
4cos , 4sin ,
8sin , 8cos .
y t y t
x t x t
За формулою похідної функції, яка задана параметрично
3 3 3 3 3
8sin 4sin 8cos 4cos 32 1
8 sin 16sin8sin
t t t t
t
x y x y t t t ty
t ttx
.
Приклад 16 Обчислити 2d y , якщо ln(3 1)y x .
Розв’язання. Скористаємось формулою 2 2( )d y y x dx . Для цього
знайдемо ( )y x :
2
1 1 9( ) 3, ( ) 3 .
3 1 3 1 3 1y x y x
x x x
Отже,
2 2
2
9.
3 1d y dx
x
Приклад 17 Знайти y , якщо y x arctg y .
Розв’язання. Диференціюючи обидві частини рівняння по х і вважаючи
у функцією від х, маємо: 2
11
1y y
y
.
Виконуючи перетворення 2
11
1y y
y
;
2
11 1
1y
y
;
2
21
1
yy
y
, знаходимо:
22
2 2
1 11 1
yy y
y y
.
Тоді 22
3
3 2 5
2 12 12
yyy y y
y y y
.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.10-13], с. 66 – 93.
Вправи
Знайти похідну складних функцій:
1 3sin 3 5 .y x Відповідь: 9cos 3 5 .x
2 3cos 4 .y x Відповідь:
212cos 4 sin 4 .x x
3 2
arcsin .yx
Відповідь: 2
2.
| | 4x x
4 ln .y x Відповідь: 1
.2 lnx x
68
5 2 310 .xy Відповідь: 2 32 10 ln10.x
6 10 .xy x Відповідь: 10 1 ln10 .2
x x
7 arcsin 2 .xy e Відповідь:
arcsin 2
2
2.
1 4
xe
x
8 5
22 7 .y x Відповідь: 2 420 (2 7) .x x
9 4 4sin cos .y x x Відповідь: sin4 .x
19 3 3 3 .y ctg x ctgx x Відповідь:
43 .ctg x
Знайти похідні від заданих функцій:
10 3 3 2 0.y y ax Відповідь:
2
2.
3(1 )
a
y
11 1 .yy xe Відповідь: .2
ye
y
12
1,
1.
tx
t
tx
t
Відповідь: -1.
13 2 .xy x Відповідь: 1
2 2 ln .x
x x
14 Скласти рівняння дотичної і нормалі до лінії
2ln 1,x ctg t y tg t ctg t в точці, для якої .4
t
Відповідь: 2, 1.y x
Знайти диференціали заданих функцій:
15 3
3
1.
1
xy
x
Відповідь:
2
23
6
1
x dx
x
.
16
1
cos2 xy
. Відповідь:
1
cos2
sin2 ln 2 .
cosx
xdx
x
17 Знайти похідні та диференціали другого порядку від функцій:
1). 5
22
xy . Відповідь.
35
44
xy .
2). xxxy 3cos27
23sin
9
1 . Відповідь. xxy 3sin .
Питання для самоперевірки
1 Що називається похідною другого порядку?
2 Дайте означення диференціалу функції.
69
3 У чому полягає зв’язок між диференційованістю функції та існуванням
її похідної?
4 Запишіть правила обчислення диференціалів.
5 Що називається похідною n-го порядку?
6 Що називається диференціалом 2-го порядку?
7 Як знаходити похідні другого порядку функції, що задана
параметрично?
8 Як знаходити похідні другого порядку функції, яка задана неявно?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 13
Правило Лопіталя. Теорема Ферма. Теорема Ролля. Теорема Лагранжа.
Розкриття невизначеностей.
Довідковий матеріал
Правило Лопіталя застосовується для обчислення границь у випадку
розкриття невизначеності лише одного із видглядів 0
0 або
( які називають
основними) і визначається формулою: .)('
)('lim
)(
)(lim
00 x
xf
x
xf
xxxx
Такі невизначеності, як 00 0,1,,,0 , під час застосування
правила Лопіталя зводяться до основних.
Розв’язання прикладів
Обчислити границі за правилом Лопіталя.
Приклад 1 0
ln coslim .x
x
x
Розв'язання. При 0x чисельник і знаменник дробу прямує до нуля,
тобто маємо невизначеність вигляду 0
0. Застосовуючи правило Лопіталя,
знаходимо
0 0
1sin
ln cos 0 0coslim lim 0.0 1 1x x
xx x
x
Приклад 2 30
lim .x
x arctgx
x
Розв'язання. Переконуємося, що має місце невизначеність вигляду 0
0.
Після застосування правила Лопіталя і алгебраїчних перетворень одержимо:
22
3 2 22 20 0 0 0
11
0 1 1 1 1 11lim . lim lim lim .0 3 3 1 33 1x x x x
x arctgx xx
x x xx x
70
Приклад 3
2
0
1lim .
cos 1
x
x
e
x
Розв'язання. Після підстановки граничного значення х маємо
невизначеність вигляду 0
0. Застосовуючи правило Лопіталя, знаходимо
2 2
2
0 0 0 0
1 0 2lim lim 2lim lim 2 1 1 2.
cos 1 0 sin sin
x xx
x x x x
e e x xe
x x x
Прилад 4 0
2lim .
sin
x x
x
e e x
x x
Розв'язання. Застосовуючи правило Лопіталя тричі, дістанемо:
0 0 0 0
2 0 2 0 0 2lim lim lim lim 2.
sin 0 1 cos 0 sin 0 cos 1
x x x x x x x x
x x x x
e e x e e e e e e
x x x x x
Приклад 5 1
1lim .
1 lnx
x
x x
Розв'язання. Переконуємося, що має місце невизначеність вигляду
. Правило Лопіталя застосовувати неможна. Тому виконаємо спочатку
алгебраїчні перетворення: 1 1
1 ln 1lim lim .
1 ln 1 lnx x
x x x x
x x x x
Тепер після підстановки граничного значення х маємо невизначеність
вигляду 0
0. За правилом Лопіталя знаходимо
1 1 1 1
2
1 1ln 1
ln 1 0 ln 0 1lim lim lim lim .
1 1 1 11 ln 0 0 2ln 1 ln 1
x x x x
x xx x x xx x
x xx x x
x x x x
Таким чином, 1
1 1lim .
1 ln 2x
x
x x
Приклад 6 2
1
2
0lim .x
xx e
Розв'язання. Після елементарних перетворень дограничної функції
знаходимо границю
22
2
111
2
2 30 0 0
2 3lim 0 lim lim .
2
xxx
x x x
e xex e e
x x
Приклад 7 Обчислити границю x
x
x
5lnlim
.
Розв’язання. Маємо невизначеність виду
, тому за правилом Лопіталя
71
.01
1
lim5ln
lim
x
x
x
xx
Приклад 8 Обчислити границю x
ee xx
x
7
0lim .
Розв’язання. Маємо невизначеність виду ,0
0 тому
.81
7limlim
7
0
7
0
xx
x
xx
x
ee
x
ee
Приклад 9 Обчислити границю 4
)2(lim2
xtgx
x
.
Розв’язання. Тут невизначеність виду .0 Зведемо її до невизначеності
,0
0 після чого застосовуємо правило Лопіталя:
.4
44sin1
1lim
4
2lim
4)2(lim
2222
xxctg
xxtgx
xxx
Приклад 10 Обчислити границю )sec(lim
2
xtgxx
Розв’язання. Маємо невизначеність виду . Зведемо її до
невизначеності ,0
0 після чого застосуємо правило Лопіталя:
.0sin
coslim
cos
1sinlim
cos
1
cos
sinlim)sec(lim
2222
x
x
x
x
xx
xxtgx
xxxx
Приклад 11 Обчислити границю ;)(lnlim 2
0
xtg
xctgx
Розв’язання. Тут невизначеність виду 0 . Маємо ctgxxtg
xtg
x
xectgxln)2(lim
2
0
0)(lnlim
Знайдемо границю в показнику. Для цього зведемо дану невизначеність
до виду
, потім скористаємось правилом Лопіталя:
,0lncos
)2(lim
2
1
lncossin
2sinlim
2
1
2sin2
sin11
ln1
lim
2
lnlnlim
21
lnlnlim]0[)ln2(lim
2
0
2
02
2
0
000
ctgxxx
x
ctgxxx
x
x
xctgxctgx
xctg
ctgx
xtg
ctgxctgxxtg
xxx
xxx
1)(lnlim 02
0
ectgx xtg
x.
Приклад 12 Обчислити границю ;)2(coslim2
1
0
x
xx
Розв’язання. Маємо невизначеність виду 1 , тоді
;2cosln1
lim)2(coslim20
1
0
2
xx
exx
x
x
72
;22
2lim2
2
2cos/2sin2lim
0
02coslnlim]0[2cosln
1lim
002020
x
xtg
x
xx
x
xx
x xxxx
./1)2(coslim 22
0
exx
x
Приклад 13 Обчислити границю ;)2(sinlim 3
0
xtg
xx
Розв’язання. Тут невизначеність виду 00, тоді
;)2(sinlim2sinln3lim
3
0
0xxtg
xtg
x
xex
.02
)3(lim
3
2
2
3sinlim
3
2
3sin/3
22lim
2sinlnlim]0[2sinln3lim
2
0
2
0
200
x
x
xtg
x
x
xctg
ctgx
xxxtg
xx
xx
.1)2(sinlim 03
0
ex xtg
x
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.10-13], с. 66 – 93.
Вправи
Обчислити границі за правилом Лопіталя.
1 3
0
1lim .
sin3
x
x
e
x
Відповідь: 1.
2 2 sin
0lim .
cos sin
x x
x
e e
x x
Відповідь: 3.
3 0
lnlim .
1 2lnsinx
x
x Відповідь: 0,5.
4 1
1lim .
ln lnx
x
x x
Відповідь: -1.
5
1
lim 1 .x
xx e
Відповідь: 1.
Питання для самоперевірки
1 Сформулюйте правило Лопіталя.
2 Сформулюйте основні теореми диференціального числення.
3 Для яких невизначеностей застосовують правило Лопіталя?
4 Як привести невизначеності вигляду 00 0,1,,,0 до основних?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 14
Монотонність, екстремуми функції. Опуклість, вгнутість, точки перегину.
Асимптоти, загальна схема побудови графіка функцій.
73
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти асимптоти кривої 2 5 3
.2
x xy
x
Розв'язання. Задана функція не існує при 2x . Оскільки 2
2 2
5 3lim lim
2x x
x xy
x
, то пряма 2x є вертикальною асимптотою.
Для знаходження похилих асимптот обчислимо коефіцієнти k і b :
2 5 3lim lim 1,
2x x
y x xk
x x x
оскільки степені многочленів чисельника і
знаменника однакові;
2 2 25 3 5 3 2
lim lim lim2 2x x x
x x x x x xb y kx x
x x
7 3lim 7
2x
x
x
.
Підставляючи значення 1k і 7b в рівняння y kx b , одержимо
7y x . Таким чином, пряма 7y x – похила асимптота кривої.
Прилад 2 Знайти екстремуми функції 3 22 6 18 7y x x x .
Розв'язання. Задана функція визначена і диференційована в інтервалі
; . 0x . Її похідна 2 2' 6 12 18 6 2 3 6 1 3 .y x x x x x x x
Знайдемо критичні точки: ' 0y x , якщо 1x і 3x ; 'y x .
В інтервалах ; 1 і 3; похідна 'y x додатна, бо ' 2 0y і
' 4 0y , а в інтервалі 1;3 вона від’ємна, бо ' 0 0y .
Визначимо, які із критичних точок є екстремальними (рис. 2.1).
-1
0 0
minmax
x
'y
3
y
Рис.2.1
Обчислюємо значення функції в екстремальних точках, тобто знаходимо
шукані екстремуми:
max 1 2 6 18 7 17y y , min 3 54 54 54 7 47y y .
Приклад 3 Знайти екстремум функції 2ln 1y x x .
Розв'язання. Задана функція визначена на всій числовій осі, бо 21 0x
для будь-яких х. 0x . Її похідна
22
2 2 2
12 1 2' 1 0
1 1 1
xx x xy x
x x x
,
отже, функція зростає, екстремумів немає.
Приклад 4 Знайти найбільше і найменше значення функції 4 22 5y x x
на відрізку 2;2 .
74
Розв'язання. Знаходимо 3 2' 4 4 4 1y x x x x . Знаходимо критичні
точки першого роду: ' 0y x , якщо 0x , 1x і 1x ; 'y x .
Відзначимо, що всі знайдені точки належать відрізку 2;2 .
Обчислимо значення функції в критичних точках і на кінцях відрізку:
2 13y , 1 4y , 0 5y , 1 4y , 2 13y . Із одержаних значень
вибираємо найбільше і найменше: унм = 4, унб = 13.
Приклад 5 За допомогою другої похідної знайти екстремуми функції
ln
xy
x .
Розв'язання. Задана функція визначена для всіх 0;1 1;x .
Знаходимо
2 2
1ln
ln 1' ;
lnln
x xxxy
xx
2
2 4 32
1 1 1ln 2ln ln 1 ln ln 2ln 2
2 ln''
ln lnln
x x x x x xxx x xy
x x xx
.
' 0y x , якщо ln 1 0x , звідки x e – стаціонарна точка. Обчислюючи
значення другої похідної при x e , маємо 1'' 0y e e . Отже, ;e e - точка
мінімуму.
Приклад 6 Знайти інтервали опуклості і вгнутості та точки перегину
графіка функції 3 25 3 5y x x x .
Розв'язання. Діятимемо за правилом знаходження інтервалів опуклості і
вгнутості та точок перегину графіка функції:
1 задана функція визначена для всіх x R .
2 2' 3 10 3y x x x ;
3 '' 6 10 2 3 5y x x x ;
4 '' 0y x , якщо 3 5 0x , тобто 5
3x ; ''y x ;
5 для 5
;3
x
'' 0y x , бо, наприклад, '' 0 10 0y , а для
5;
3x
'' 0y x , оскільки, наприклад, '' 4 14 0y , отже, в інтервалі
5;
3
крива є опуклою, а в інтервалі 5
;3
– вгнутою;
75
6 в точці 5
3x друга похідна даної функції дорівнює нулю і при переході
через точку змінює знак, а це означає, що 5
3x є абсцисою точки перегину кривої;
7 обчислюючи значення функції 3 25 3 5y x x x при
5
3x ,
одержимо: 5 250
3 27y
. Таким чином, 5 250
;3 27
M
– точка перегину
графіка даної функції.
Приклад 7 Знайти інтервали опуклості і вгнутості та точки перегину
графіка функції 2ln 1y x .
Розв'язання. Задана функція визначена на всій числовій осі, оскільки
21 0x для всіх x R . Диференціюючи її двічі, одержимо: 2
2'
1
xy x
x
,
22 2
2 22 2
2 11 2'' 2
1 1
xx xy x
x x
. Друга похідна існує на всій числовій осі і
обертається в нуль при 1x і 1x . Ці точки розділять числову вісь на три
інтервали: ; 1 , 1;1 і 1; (рис.7.1), в кожному з яких похідна ''y x
зберігає знак. Визначаючи знак другої похідної в довільно взятій точці кожного
інтервалу, одержимо: '' 2 0y , '' 0 0y , '' 2 0y . При визначенні знака
другої похідної слід враховувати, що знаменник 2
21 0x при всіх значеннях
x R .
1-1
0 0
x
''y
yперeгин перeгин
Рис. 7.1
Обчислюючи значення функції 2ln 1y x при 1x , знаходимо:
1 1 ln 2y y . Таким чином, графік функції 2ln 1y x є опуклим в
інтервалах ; 1 та 1; і вгнутим в інтервалі 1;1 . Крива має дві точки
перегину: 1; ln 2 і 1; ln 2 .
Приклад 8 Провести повне дослідження функції 2
2 1
xy
x
і побудувати
її графік за результатами дослідження.
Розв'язання. 1 2 1 0, 1x x ; ; 1 1;1 1;D y .
2 1x і 1x – точки розриву;
76
; 1 , 1;1 і 1; – інтервали неперервності функції.
3
2 2
2 2 11
x xy x y x
xx
. Отже, задана функція є парною. Її
графік розташований симетрично відносно осі Оу, тому подальші дослідження
досить проводити лише для 0x .
4 При 0x 0y ; при 0y 0x , тобто графік функції проходить
через точку початок координат.
5 0y при 0x ; y при 1x ;
0y в інтервалі 0;1 і 0y в інтервалі 1; (рис. 8.1).
x
y0
Рис. 8.1
6 1x – точка розриву функції.
22 2
21 0 1 0 1 0
1 0 1lim lim lim
1 1 1 1 0 1 1 0 1 0x x x
x xy
x x x
;
22 2
21 0 1 0 3 0
1 0 1lim lim lim
1 1 1 1 0 1 1 0 1 0x x x
x xy
x x x
.
Отже, 1x – вертикальна асимптота.
Знаходимо похилі асимптоти y kx b , де
2
22lim lim lim 0;
11x x x
y x xk
x xx x
2
2lim lim 1
1x x
xb y kx
x
.
Отже, пряма 1y – горизонтальна асимптота.
7
2 2 2 22
2 2 222 2 2
2 1 2 2 1 2'
1 1 1 1
x x x x x x xx xy
x x x x
;
' 0y x , якщо 0x ; 'y x , якщо 1x , max 0 0y y (рис. 8.2).
0 1-1 x
y
y'
точка
розривуmax
0
Рис. 8.2
8
22 2
2 2 42 2 2
1 2 1 22'' 2 2
1 1 1
x x x xx xy
x x x
77
2 2 2 2
4 32 2
1 1 4 2 3 12
1 1
x x x x
x x
.
'' 0y x ; ''y x при 1x (рис. 8.3).
0 1-1 x
y
y''
точка
розривуперегину
немає
0
Рис. 8.3
9 Будуємо графік функції (рис. 8.4) за результатами дослідження і
додатковими точками 1 1
2 3y
, 1,5 1,8y , 4
23
y .
Рис. 8.4
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 14-15], с. 93 –105.
Вправи
Знайти асимптоти заданих кривих.
1 2
.4 3
xy
x x
Відповідь: 1x , 3x , 0y .
2 3
2
4.
xy
x
Відповідь: 0x , y x .
3 Знайти інтервали монотонності функції ln
xy
x .
Відповідь: в інтервалах 0;1 і 1;e функція спадає, а в інтервалі ;e
функція зростає.
4 Знайти екстремуми функції 3 22 3y x x .
Відповідь: max 0 0y y , min 1 1y y .
78
5 Знайти найбільше і найменше значення функції 5 4 35 5 1y x x x на
відрізку 1;2 .
Відповідь: унм = -10, унб = 2.
6 Показати, що графік функції 2ln 1y x всюди опуклий.
7 Знайти інтервали опуклості і вгнутості та точки перегину кривої
4 12ln 7y x x .
Відповідь: в інтервалі 0;1 крива опукла, а в інтервалі 1; – вгнута.
Точка перегину 1; 7 .
Питання для самоперевірки
1 Яка функція називається зростаючою (спадаючою) на проміжку?
2 Сформулюйте необхідну і достатню умови зростання (спадання)
функції на проміжку.
3 Що називають максимумом (мінімумом) функції в точці?
4 Сформулюйте достатню умову існування екстремуму.
5 Сформулюйте необхідну і достатню умови існування інтервалів
опуклості (вгнутості) кривої.
6 Сформулюйте необхідну і достатню умови існування точок перегину
кривої.
7 Що називають асимптотою кривої?
8 Яку пряму називають вертикальною асимптотою?
9 За яких умов існують похилі і горизонтальні асимптоти і як їх
визначають?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 15
Означення функції багатьох змінних. Частинні похідні та диференціали
функцій двох змінних.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти і зобразити геометрично область існування функції
2ln 4 8z y x .
Розв'язання. Логарифм визначений для додатних значень його
аргументу, тому 2 4 8 0y x , звідки 2 4 2y x . Ніяких інших обмежень
на змінні х і у не дано.
Щоб зобразити геометрично область визначення даної функції,
побудуємо спочатку її межу, тобто графік функції 2 4 2y x .
Це рівняння визначає параболу з вершиною в точці 2;0O і віссю
симетрії Ох (рис. 9.1).
79
Парабола поділила всю площину хОу на дві
частини – внутрішню і зовнішню по відношенню до
параболи. Для точок однієї з цих частин виконується
нерівність 2 4 2y x , а для другої - 2 4 2y x . На
самій параболі 2 4 2y x . Щоб встановити, яка з
цих двох частин є областю визначення даної
функції, тобто задовольняє умові 2 4 2y x ,
досить перевірити цю умову для якої-небудь однієї
точки , яка не лежить на параболі. Наприклад,
початок координат 0;0O знаходиться зовні від
параболи і задовольняє потрібній умові 0 4 0 2 .
Отже, областю існування даної функції є множина точок площини хОу,
які знаходяться зовні від параболи. Сама парабола в область існування функції
не входить, бо для точок параболи 2 4 8 0y x , а логарифм нуля не
визначений.
Прилад 2 Знайти і зобразити геометрично область визначення функції
1arcsin
yz
x
.
Розв'язання. Функція визначена за умови 0x і 1
1 1y
x
, що
рівносильно розв‘язанню двох систем: 0,
1 1
x
x y x
і 0,
1 1 .
x
x y x
Зобразимо розв‘язки кожної із систем графічно (рис. 9.2).
Першій системі задовольняють точки, які
розташовані всередині правого вертикального кута,
утвореного прямими 1y x і 1y x , але без
точки 0;1 , другій - точки, які розташовані
всередині лівого вертикального кута, утвореного
цими самими прямими і також без точки 0;1 .
Отже, областю визначення даної функції є
внутрішня частина правого і лівого вертикальних
кутів, утворених прямими 1y x і 1y x ,
включаючи ці прямі, але без точки їх перетину 0;1 ,
бо при 0x задана функція не визначена.
Приклад 3 Знайти точки розриву функції 2 2
3;
4f x y
x y
.
Розв'язання. Задана функція невизначена, а отже і розривна там, де її
знаменник обертається в нуль, тобто в точках, для яких 2 24 0x y . Таким
чином, задана функція розривна в кожній точці кола 2 2 4x y (лінія розриву).
x
y
y = x
+1y =
1- x
0
1
1- 1
Рис. 9.2
x
y
20
2 4 2y x
Рис. 9.1
80
Приклад 4 Дослідити на неперервність функцію 2
2
2 4
2
x yz
y x
.
Розв'язання. Функція z неперервна як відношення двох многочленів в
усіх точках, де 2 2 0y x . Точки розриву розташовані на параболі
2 2y x .
При наближені точки ;M x y до будь-якої точки цієї параболи задана функція
z нескінченно зростає.
Приклад 5 Знайти частинні похідні функції 2 23 4z x xy y .
Розв'язання. Як уже визначалося, функцію кількох змінних можна
диференціювати за будь-якою змінною, вважаючи всі інші сталими, і за тими
самими правилами і формулами, що і функцію однієї змінної. Тому,
припустивши, що у є сталим, знаходимо частинну похідну від даної функції по
змінній х: z
x
2 2 2 23 4 3 4 2 3 0
x xx x xx xy y x xy y x y x
2 3 1 2 3x y x y .
Припускаючи тепер, що х залишається сталим, знаходимо частинну
похідну від даної функції по у:
z
y
2 2 2 23 4 3 4 0 3 1 8 3 8
yy y yx xy y x xy y x y x y
.
Прилад 6 Обчислити 2;1xf і 2;1yf , якщо ;
xf x y xy
y .
Розв'язання. Знайдемо спочатку частинні похідні від даної функції в
точці ;x y : ;xf x y = ;f x y
x
1 1
2y const
yyx
xyy
;
;yf x y = ;f x y
y
2
1
2x const
xx
yxxy
y
.
Обчислимо тепер їх значення в точці 2;1 , тобто при 2x , 1y :
2;1xf =
21
xy
f
x
1 11 1
22 2 2
; 2;1yf =
21
xy
f
y
12 2 0
2 2 2
.
Отже, 1
2;12
xf і 2;1 0yf – шукані значення частинних похідних
заданої функції в заданій точці.
Приклад 7 Показати, що функція 2 2lnz y x y задовольняє
рівнянню 2
1 1z z z
x x y y y
.
81
Розв'язання. Знаходимо 2 2 2 2
1 22
z xyy x
x x y x y
;
2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 2ln 2 ln
z yx y y y x y
y x y x y
.
Підставляючи вирази частинних похідних в ліву частину рівняння ,
отримаємо тотожність: 2 2
1 2xy
x x y
22 2
2 2
1 2ln
yx y
y x y
2 2
2 2
2 2 2 2 2
ln2 2 1ln
x yy y zx y
x y y x y y y
.
Отже, функція z задовольняє даному рівнянню.
Приклад 8 Знайти частинні диференціали функції 3 2 2 43 2z xy x y y
по кожній із незалежних змінних.
Розв'язання. Задана функція z залежить від двох змінних x і y.
Отже, можна знайти два її частинних диференціали xd z і yd z . Згідно з
означенням x
zd z dx
x
, y
zd z y
y
. Знайдемо частинні похідні z
x
і
z
y
:
3 2 2 4 3 23 2 6x
zxy x y y y xy
x
; 3 2 2 4 2 2 33 2 3 6 8
y
zxy x y y xy x y y
y
.
Підставляючи вирази частинних похідних у формули частинних
диференціалів, остаточно дістанемо
3 26x
zd z dx y xy dx
x
; 2 2 33 6 8y
zd z dy xy x y y dy
y
.
Приклад 9 Знайти повний диференціал функції 2 lnS x t
Розв’язання. Задана функція S залежить від двох змінних x і t, тому
S SdS dx dt
x t
.
Враховуючи, що 2 ln 2 lnx
Sx t x t
x
; 2 2 1
lnt
Sx t x
t t
, шуканий
диференціал 2
2 lnx
dS x tdx dtt
.
Приклад 10 Знайти частинні похідні другого порядку функції 5
2z x y .
Розв’язання. Спочатку знайдемо частинні похідні першого порядку:
5 4 4 4
2 2 2 2 25 5 2 10x
x
zx y x y x y x y x x x y
x
;
5 4 4 4
2 2 2 2 25 5 1 5y
y
zx y x y x y x y x y
y
.
82
Диференціюючи кожну із одержаних похідних (функцій) по x і по y,
знаходимо частинні похідні другого порядку:
2
4 4 3 32 2 2 2 2 2
210 10 4 2 10 8
x
z zx x y x y x x y x x y x y x
x x x
3
2 210 9x y x y ;
2
4 3 32 2 210 10 4 1 40
y
z zx x y x x y x x y
x y y x
;
2
4 3 32 2 25 5 4 2 40
x
z zx y x y x x x y
y x x y
;
2
4 3 32 2 2
25 5 4 1 20
y
z zx y x y x x y
y y y
.
Приклад 11 cos sinxz e y x y . Показати, що 2 2z z
x y y x
.
Розв’язання. Знаходимо частинні похідні z
x
і
z
y
:
z
x
cos sin cos sin 0 sin cos sin sinx x x x
xe y x y e y x y e y e y x y y
;
z
y
cos sin sin cosx x
ye y x y e y x y
.
Тепер маємо
2
cos sin sin sin cos cosx x
y
z ze y x y y e y x y y
x y y x
;
2
sin cos sin cos 0 cosx x x
x
z ze y x y e y x y e y
y x x y
sin cos cosxe y x y y .
Порівнюючи між собою результати для 2 z
x y
і
2 z
y x
, бачимо, що вони
однакові. Отже, 2 2z z
x y y x
.
Приклад 12 2 2
1lnu
x y
. Показати, що
2 2
2 20
u u
x y
.
Розв’язання. Перетворимо задану функцію u таким чином:
1
2 2 2 22
2 2
1 1ln ln ln
2u x y x y
x y
.
Тепер знаходимо
83
z
x
2 2 2 2
1 12
2
xx
x y x y
;
z
y
2 2 2 2
1 12
2
yy
x y x y
;
2
2
u
x
2 2 2 2 2 2
2 2 22 22 2 2 2 2 2
2
x
x x y x x y x x y
x y x y x y x y
.;
2
2
u
y
2 2 2 2 2 2
2 2 22 22 2 2 2 2 2
2
x
y x y y y x y y x
x y x y x y x y
.
Підставляючи вирази похідних 2
2
u
x
і
2
2
u
y
у задане рівняння, будемо
мати 2 2
2 2
u u
x y
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2
00
x y y x x y y x
x y x y x y x y
.
Отже, якщо 2 2
1lnu
x y
, то
2 2
2 20
u u
x y
.
Приклад 13 Знайти 2d z , якщо cosxz e y .
Розв’язання. Скористаємось формулою для знаходження повного
диференціала другого порядку функції двох змінних, згідно з якою 2 2 2
2 2 2
2 22
z z zd z dx dxdy dy
x x y y
.
Ураховуючи, що z
x
cos cosx x
xe y e y
,
z
y
cos sinx x
ye y e y
,
2
2cosxz
e yx
,
2
sinxze y
x y
,
2
2cosxz
e yy
, будемо мати
2 2 2cos 2 sin cosx x xd z e ydx e ydxdy e ydy .
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.14-15], с. 93 –105.
Вправи
Знайти область визначення наведених функцій і зобразити її геометрично.
1 2 2 1z x y .
Відповідь: 2 2 1x y – частина площини зовні одиничного кола з
центром в початку координат, включаючи і саме коло.
2 2 2
1
1z
x y
.
Відповідь: внутрішня частина кола 2 2 1x y (без межі).
3 2
arcsinx
zy
.
84
Відповідь: частина площини між двома параболами 2y x і
2y x ,
включаючи межу за винятком точки 0;0O .
Дослідити наступні функції на неперервність і знайти точки розриву,
якщо такі існують.
4 2 2
2 3
4
xz
x y
. Відповідь:
2 2 4x y .
5 2 2ln 9z x y .
Відповідь: функція неперервна в області визначення. Лінія розриву –
коло 2 2 9x y .
Знайти частинні похідні першого порядку наступних функцій.
6 3 3z x y y x . Відповідь: 2 3 3 23 , 3
z zx y y x xy
x y
.
7 3
2 35 7z x y y .
Відповідь: 2 2
2 3 2 3 2 230 5 7 , 3 5 7 5 3z z
xy x y y x y y x yx y
.
8 Знайти частинні диференціали функції 2 2
xyz
x y
.
Відповідь:
2 2 2 2
2 22 2 2 2
,x y
y y x x x yd z dx d z dy
x y x y
.
Знайти повні диференціали наступних функцій:
9 2 sinz x y . Відповідь: 2 cosdz xdx ydy .
10 2yz x . Відповідь: 2 2 ln 2y ydz dx x dy .
11 Знайти повний диференціал другого порядку функції 2 2 2 7z x y xy x y .
Відповідь: 2 22 dx dxdy dy .
Питання для самоперевірки
1 Дайте означення функції двох (кількох) незалежних змінних.
2 Що називають областю визначення функції двох (кількох) змінних?
3 Що називається графіком функції двох змінних?
4 Дайте означення границі функції ;z f x y при 0x x , 0y y .
5 Дайте означення неперервності функції двох незалежних змінних в
точці і в області. Наведіть приклади розривних функцій.
6 Дайте означення частинної похідної функції двох незалежних змінних
по одній із них. Поширити це означення на функції багатьох змінних.
7 У чому полягає геометричний зміст частинних похідних функції
;z f x y в системі декартових координат?
85
8 Що називають частинним приростом і частинним диференціалом по х
функції ;z f x y ? Як виражається частинний диференціал функції через її
частинну похідну?
9 У чому полягає геометричний зміст частинних диференціалів функції
;z f x y в системі декартових координат?
10 Що називається повним приростом і повним диференціалом функції
;z f x y ? Як виражається повний диференціал функції через її частинні
похідні?
11 Яка функція кількох змінних називається диференційованою?
12 Сформулюйте достатню умову диференційованості функції в точці.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 16
Екстремуми функцій багатьох змінних. Похідна за напрямом. Градієнт.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти екстремуми функції 3 2( ; ) 3 30 18f x y x xy x y .
Розв'язання. Знаходимо частинні похідні першого порядку даної
функції:
2 2 2 23 3 30 3( 10)f
x y x yx
;
6 18 6( 3)f
xy xyy
.
Прирівнюючи ці похідні до нуля, одержимо після елементарних
перетворень систему 2 2 10 0
2 6
x y
xy
.
Додаючи і віднімаючи почленно рівняння цієї системі, матимемо 2 2
2 2
2 16
2 4
x xy y
x xy y
, або
2
2
( ) 16
( ) 4
x y
x y
, звідки
4
2
x y
x y
.
Розв'язуючи останню систему, рівносильну даній, знаходимо стаціонарні
точки: 1(3;1)M , 2 (1;3)M , 3( 1; 3)M , 4 ( 3; 1)M .
Тепер знайдемо частинні похідні другого порядку даної функції 2
26
fx
x
,
2
6f
yx y
,
2
26
fx
y
і складемо визначник
86
2 2
2
2 2 2 2
2 2
2
6 636 36 36( )
6 6
f f
x yx x yx y x y
y xf f
x y y
.
Переконуємося, що
1) 1( ) 36(9 1) 288 0M , 1
2
1 26 3 18 0
M
fA
x
, отже 1(3;1)M -
точка мінімуму;
2) 2( ) 36(1 9) 288 0M , отже у точці 2M екстремуму немає;
3) 3( ) 36(1 9) 288 0M , отже у точці 3M екстремуму немає;
4) 4( ) 36(9 1) 288 0M , 4
2
4 26( 3) 18 0
M
fA
x
, отже 4M -
точка максимуму.
Таким чином, задана функція має два екстремуми: у точці 1(3;1)M -
мінімум, min (3;1) 72z f ; у точці 4 ( 3; 1)M максимум;
max ( 3; 1) 72z f .
Приклад 2 Знайти екстремум функції 2 2 1 1
z x xy yx y
.
Розв'язання. Задана функція визначена і диференційовна скрізь, крім
0x і 0y . Тому подальші дослідження будемо виконувати за умов 0x і
0y .
Знаходимо частинні похідні першого порядку:
2
12
zx y
x x
; 2
12
zx y
y y
.
Прирівнюючи ці похідні до нуля, одержимо систему рівнянь:
,01
2
,01
2
2
2
уух
хух
або
.012
,01232
23
уху
ухх
з якої знаходимо стаціонарні точки даної функції. Віднімаючи від
першого рівняння системи друге, одержуємо: 3 3 2 22( ) ( ) 0 ( )(2 3 2 ) 0x y xy x y x y x xy y
2
( ) 2 3 2 0x x
x yy y
, бо 0y .
87
З останньої рівності випливає, або 0x y , або
2
2 3 2 0x x
y y
. Але
останнє рівняння дійсних розв'язків не має, бо 2 4 9 16 0D b ac . Отже,
x y . Тоді із першого рівняння системи маємо: 3 32 1 0x x , звідки
3
1
3x .
Таким чином, 3
1
3x y , тобто
3 3
1 1;
3 3M
- стаціонарна точка.
Перевіримо, чи є екстремум у точці M з допомогою достатніх умов. Для
цього знайдемо спочатку другі частинні похідні: 2
2 3
22
z
x x
,
2
1z
x y
,
2
2 3
22
z
y y
.
Підставляючи в частинні похідні другого порядку координати
стаціонарної точки 3 3
1 1;
3 3M
, одержимо
2 2 3 8A , 1B , 2 2 3 8C .
Обчислюючи далі визначник
8 164 1 63 0
1 8
A B
B C
і враховуючи, що 8 0A , робимо висновок: 3 3
1 1;
3 3M
- точка
локального мінімуму, причому
3min 3 3
1 1; 3 3
3 3z z
.
Приклад 3 Знайти найбільше і найменше значення функції 2 2z x y в
колі 2 2 4x y .
Розв'язання. Знаходимо перші частинні похідні 2z
xx
і 2
zy
y
.
Розв'язуючи систему рівнянь
,02
,02
ó
õ знаходимо одну критичну точку О(0;0),
в який значення функції дорівнює нулю.
Знайдемо найбільше і найменше значення функції z на межі, тобто на
колі 2 2 4x y . Оскільки на колі змінні x і y зв'язані співвідношенням
2 2 4x y , то для точок кола функцію 2 2z x y можна подати як функцію
однієї змінної x : 2 2 2( ) (4 ) 2 4z z x x x x , причому 2 2x .
Отже, знаходження найбільшого і найменшого значень функції двох
змінних на колі 2 2 4x y зведено до знаходження найбільшого і найменшого
88
значень функції однієї змінної 22 4z x на відрізку (-2;2). Знаходимо
критичні точки цієї функції на інтервалі (-2;2) і обчислюємо значення функції у
цих точках і на кінцях відрізка:
4 0z x при 0x (критична точка); (0) 4z ;
( 2) (2) 2 4 4 4z z . Таким чином, функція має найбільше значення, яке
дорівнює 4, і найменше значення, яке дорівнює –4.
Отже, найбільшого значення функція 2 2z x y в колі
2 2 4x y
набуває у точках 1( 2;0)M і 2 (2;0)M кола 2 2 4x y і найменшого - у точках
3(0;2)M і 4 (0; 2)M цього самого кола.
Приклад 4 Знайти похідну функції 3 3z x y у точці (1;1)M у напрямі
l , який утворює з віссю 0x кут 60 .
Розв'язання. За формулою знаходження похідної за напрямком маємо:
cos sinz z z
l x y
.
Ураховуючи,що
21 3cos cos60 ,sin sin 60 , (3 ) 3
2 2 MM
zx
y
,
2( 3 ) 3M
M
zy
y
,
знаходимо
1 3 3(1 3)3 3
2 2 2
z
l
.
Приклад 5 Знайти градієнт функції 2 23 6z x xy y в точці
1
1 1;
3 2M
, його модуль та напрямні косинуси.
Розв'язання. За формулою z z
gradz i jx y
. Частинні похідні z
x
і
z
y
функції
2 23 6z x xy y у точці 1
1 1;
3 2M
відповідно дорівнюють:
1
1
31
2
(6 6 ) 1 16 6 1
3 2xM
y
x yz
x
;
1
1
31
2
( 6 2 ) 1 16 2 1
3 2xM
y
x yz
y
.
Отже, 1M
gradz i j .
Модуль градієнта і його напрямні косинуси у точці 1M відповідно
дорівнюють:
89
1
2 21 1 2M
gradz ; 1
cos2
; 1
cos sin2
.
Таким чином, можна зробити висновок, що градієнт даної функції у точці
1M напрямлений вздовж бісектриси першого координатного кута.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.16], с. 105 –111.
Вправи
1 Знайти точки екстремуму функції 2 24( )z x y x y .
Відповідь: (2;-2).
2 Знайти екстремуми функції 3 3 3z x y xy .
Відповідь: у точці (0;0) немає екстремуму. У точці (1;1) - мінімум.
3 Знайти найбільше і найменше значення функції 2 2 2 2(2 3 )x yz e x y в
колі 2 2 4x y .
Відповідь: 3
нбzе
у точках (0;±1); 0нмz у точці (0;0).
4 Знайти похідну функції 2 2lnz x y у точці 0 (1;1)M у напрямі
бісектриси першого координатного кута.
Відповідь: 2
2.
5 Знайти похідну функції y
z arctgx
у напрямі вектора 3 4l i j в
будь-якій точці та в точках 1(1;3)M і 2 (2;1)M .
Відповідь: 2 2 2
4 3
5( )
x y
x y
;
1
100 ;
1
25.
6 Знайти найбільшу швидкість зростання поля 2 2ln( 4 )u x y у точці
0 (6;4;0)M .
Відповідь: 73
25.
7 Знайти точку, в який градієнт функції 1
ln( )z xy
дорівнює 16
9i j .
Відповідь: 1 3 7 3
; , ;3 4 3 4
.
Питання для самоперевірки
1 Дайте означення точки екстремуму (максимуму і мінімуму) функції
двох змінних.
90
2 У чому полягає необхідна умова екстремуму функції двох незалежних
змінних? Який її геометричний зміст?
3 Сформулюйте достатні умови екстремуму функції двох змінних. Чи
може функція ( ; )z f x y у критичних точках не мати екстремуму?
4 Сформулюйте правило знаходження найбільшого і найменшого значень
функції двох змінних у заданій замкненій області.
5 Чи завжди функція ( ; )z f x y має найменше і найбільше значення у
замкненій області D ?
6 Що називають скалярним полем?
7 Дайте означення похідної у заданому напрямі в даній точці для функції
двох змінних.
8 У яких точках скалярного поля похідна у будь-якому напрямі дорівнює
нулю?
9 Дайте означення градієнта скалярного поля. За яких умов gradz , де
( ; )z f x y , може дорівнювати нульовому вектору? Що показує градієнт?
10 Як виражається похідна у напрямі в даній точці через градієнт і
одиничний вектор цього напряму?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 17
Невизначений інтеграл. Таблиця невизначених інтегралів. Основні методи
інтегрування.
Розв’язання прикладів
Приклад 1. Знайти .)564( 23 dxxx
Розв`язання. Скориставшись властивостями 4 і 5 невизначеного
інтеграла, будемо мати
dxdxxdxxdxdxxdxxxx 564564)564( 232323
Далі, застосувавши таблицю та властивості невизначеного інтеграла
остаточно знаходимо, що dxdxxdxxdxxx 564)564( 2323
,5253
64
4 34
32
3
1
4
CxxxCxCx
Cx
де .321 CCCC
Відзначимо, що додавати довільну сталу після знаходження кожного
інтеграла, як це зроблено в даному прикладі, не слід. Досить всі довільні сталі
підсумувати і результат, позначений однією буквою C, записати вкінці, тобто
після того, як усі інтеграли будуть знайдені.
Приклад 2. Знайти dxxxx 11
Розв`язання. Відзначимо, що 1113
xxxx , тоді
dxdxxdxxdxxxx 2
33
111
91
= CxxCxx
2
512
3
5
2
12
3.
Приклад 3. Знайти .3
23
dxx
xexx x
Розв`язання. Маємо
dxx
x
x
ex
x
xdx
x
xexx xx
3
2
3
3
33
23
.ln3
2ln
3
22
3
2
5
xexx
CCxexx
dxdxedxx xxx
Приклад 4. Знайти
dz
z
z2
1.
Розв`язання. Виконуючи тотожні перетворення підінтегральної функціїї,
будемо мати
121
111
)(2
22
zzzz
zzf , тому
Czz
zdz
z
dzdz
zdz
zzdz
z
zln2
12
11
21122
2
.
Приклад 5. Знайти
.33 2x
dx
Розв`язання. Маємо
.arcsin3
1
13
1
13)1(333 2222Cx
x
dx
x
dx
x
dx
x
dx
Приклад 6. Знайти
.
2cos1
cos1 2
dxx
x.
Розв`язання. Оскільки 1+cos2x=2cos2x, то
dx
xdx
x
xdx
x
xdx
x
x1
cos
1
2
1
cos
cos1
2
1
cos2
cos1
2cos1
cos122
2
2
22
.tg2
1
2tg
2
1
2
1
cos2
12
CxxCx
xdxx
dx
Приклад 7. Знайти .tg2 xdx .
Розв`язання. Відомо, що 1cos
1tg
2
2 x
x , тому
.tg
cos1
cos
1tg
22
2 Cxxdxx
dxdx
xxdx
Приклад 8. Знайти .cossin 22 xx
dx
Розв`язання. Виконуємо тотожні перетворення над підінтегральною
функцією:
.sin
1
cos
1
cossin
cossin
cossin
1)(
2222
22
22 xxxx
xx
xxxf
92
Отже,
.ctgtgsincoscossin 2222
Cxxx
dx
x
dx
xx
dx
Приклад 9. Знайти
dx
xx
x
)1(
)21(22
2
Розв`язання. Враховуючи, що 2x2=x2+x2, будемо мати
dx
xx
xdx
xx
xdx
xx
xxdx
xx
x
)1()1(
1
)1(
1
)1(
2122
2
22
2
22
22
22
2
.arctg1
1 22Cx
xx
dx
x
dx
Приклад 10. Знайти ).(tgtg3 xxd
Розв`язання. В силу табличного інтеграла (3) з урахуванням, що u=tgx,
одержимо
.4
tg)(tgtg
43 C
xxxd
Приклад 11. Знайти .3519
dxx
Розв`язання. Тут підносити двочлен до 19-го степеня недоцільно, так як
u=5x+3 є лінійною функцією. Виходячи з табличного інтеграла
Cu
duu20
2019
і формули ,)(1
)( CbaxFa
dxbaxF одержимо
.100
35
20
35
5
135
202019
Cx
Cx
dxx
Приклад 12. Знайти .)1cos( dxx
Роз`вязання. Так як Cuudu sincos і 1 xu є лінійною функцією, то
.)1sin(1
)1cos( Cxdxx
Приклад 13. Знайти
.cos7
2sin
3 2dx
x
x
Розв`язання. Маємо
.2sincos7cos7
2sin3
12
3 2xdxxdx
x
x
Так як ,2sin)sin(cos2cos7 2 xxxx
то в якості змінної інтегрування
маємо вираз 7-cos2x. Відносно цієї змінної одержимо інтеграл від степеневої
функції, тобто
Cx
xdxxdxx
x
13
1
cos72sincos7
cos7
2sin1
3
12
3
12
3 2
.cos72
3cos7 3 22
32
3
22
CCx
93
Розв`язання даного прикладу можна записати ще й так:
xdxxdxxdx
x
x 23
12
3
12
3 2cos7cos72sincos7
cos7
2sin
.cos72
3
2
cos73 3 223
22
CxCx
Проведені перетворення можна записати інакше, а саме:
xxxu
xuxdxxdx
x
x
x 2sin)sin(cos2
cos72sincos7
cos7
2sin2
3
12
3 2
.cos72
3
2
3
1
223
2
3
1
13
1
3
1
CxCuCu
dxuu x
Приклад 15. Знайти
.costg75 2 xx
dx
Розв`язання. Оскільки похідна виразу 5+7tgx дорівнює x2cos
7, а множник
x2cos
1 відрізняється від цієї похідної лише сталим множником 7, то змінною
інтегрування тут можна вважати вираз 5+7tgx і, таким чином, знайти інтеграл
за таблицею інтегралів:
xu
xu
dxxxxx
dx
x 222
cos
7
tg75
cos
7
tg75
1
7
1
costg75
.tg75ln7
11
7
1Cxdxu
ux
Приклад 16. Знайти
.41 2
2arctg
dxx
e x
Розв`язання. Заданий інтеграл можна податити у вигляді:
,41
2
2
1
41 2
2arctg
2
2arctg
dxx
edxx
e xx
але ,2arctg41
22
x
x і тому, вважаючи змінною інтегрування функцію arctg 2x,
знаходимо інтеграл:
Cedxx
e xx
2arctg
2
2arctg
2
1
41.
Приклад 17. Знайти .cossin5 4 xdxx .
Розв`язання. .sin5
sin5)(sinsin5cossin5 5
544 CxC
xxdxxdxx
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.16], с. 105 –111.
Вправи
Знайти інтеграли:
94
1
.
325
x
dx Відповідь:
4328
1
xC .
2 .4 5
4
x
dxx
Відповідь: Cx 54
5
2.
3 .cos
sin2 x
xdx Відповідь: C
x
cos
1.
4 .2sincos3 xdxx Відповідь: xC 5cos5
2 .
5 .)32sin( dxx Відповідь: Cx )32cos(2
1.
6 .sin dxee xx Відповідь: C-cosex.
7
.12x
dx Відповідь: Cx 12ln
2
1.
8 .13 dxe x
Відповідь: Ce x 13
3
1.
9
.14x
xdx Відповідь: Carctgx 2
2
1.
Питання для самоперевірки
1 Яка дія називається інтегруванням?
2 Яка функція називається первісною для даної функції? Наведіть
приклади.
3 Чим відрізняються між собою різні первісні функції для даної функції
f(x)?
4 Дайте означення невизначеного інтеграла.
5 Який геометричний образ відповідає невизначеному інтегралу
dxxf )( ?
6 Сформулюйте основні властивості невизначеного інтеграла.
7 За якою умови справедлива рівність CxFdxxf )()( ?
8 Як перевіряється результат інтегрування?
9 Пригадайте і запишіть усі табличні інтеграли.
10 Укажіть, при якому значенні n формула
Cn
xdxx
nn
1
1
немає сенсу
(х > 0)?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 18
Інтегрування підстановкою та частинами
Розвязання прикладів
95
Приклад 1. Знайти
.312
5
x
dxx
Розв`язання. Покладемо, що x6=t. Тоді 6x5dx=dt i
Cttt
dt
x
dxx
x
dxx3ln
6
1
36
1
3)(
6
6
1
3
2
226
5
12
5
.
Як бачимо, за допомогою указанної підстановки даний інтеграл зведений
до табличного (формула 20). Повертаючись до початкової змінної, остаточно
будемо мати
Cxxx
dxx3ln
6
1
3
126
12
5
.
Приклад 2. Знайти
.11 x
dx
Розв`язання. Покладемо, що x+1=t2. Звідси x=t2-1, a dx=2tdt i
dt
tdt
t
tdt
t
t
t
tdt
x
dx
1
112
1
112
12
1
2
11
Cttt
dtdt 1ln22
122 Cxx 11ln212 .
Розв`язати даний приклад можна інакше. Нехай .11 tx Звідси
x=(t-1)2-1, a dx=2(t-1)dt i
t
dtdtdt
tdt
t
t
t
dtt
x
dx22
112
12
)1(2
11
CxxCtt 11ln2)11(2ln22 .
Одержані результати відрізняються сталим доданком 2. Однак обидва
вони правильні, в чому можна легко переконатися шляхом їх диференціювання.
Пропонуємо читачеві зробити це самостійно.
Приклад 3. Знайти
.1ze
dz
Розв`язання. Виконаємо підстановку ez+1=t2. Продиференціювавши
обидві частини рівності, одержимо ezdz=2tdt. Звідси .1
222
t
tdt
e
tdtdz
z Тоді
C
e
eC
t
t
t
dt
tt
tdt
e
dz
z
z
z 11
11ln
1
1ln
2
12
12
)1(
2
122
.
Приклад 4. Знайти
.92xx
dx
Розв`язання.
І-й спосіб:
tt
tdt
xx
xdx
tdtxdx
tdtxdx
tx
xx
dx
)9(922
9
9222
22
2
Cx
Ct
t
dt
3
9arctg
3
1
3arctg
3
1
9
2
2.
96
ІІ-й спосіб.
911
1
1
1,
1
92
2
2
2
tt
dtt
dtt
dx
txt
x
xx
dx
22 )3(191 t
dt
t
dt
Ctt
dt3arcsin
3
1
)3(1
3
3
1
2C
xC
x
3arccos
3
13arcsin
3
1.
ІІІ-й спосіб.
t
t
t
t
tx
dtt
tdx
tx
xx
dx
cos
sin3
cos
cos199
cos
99
cos
sin3,
cos
3
92
2
2
2
2
2
.3
arccos3
1
3
1
3
1
cos
sin3
cos
3cos
sin32
Cx
Ctdt
t
t
t
t
tdt
Зауважимо, що всі результати правильні, бо їх похідні дорівнюють
підінтегральній функції, тобто:
02
92
1
3
1
9
91
1
3
1
3
9arctg
3
1
22
2
xxx
Cx
);(9
1
9
9
99
1
9
1
222xf
xxx
x
x
);(9
10
3
91
1
3
13arcsin
3
1
22
2
xfxxx
x
Cx
).(9
10
3
91
1
3
13arccos
3
1
22
2
xfxxx
x
Cx
Приклад 5. Знайти
.sin4cos3 22 xx
dx
Розв`язання. Розділивши чисельник і знаменник підінтегрального виразу
на cos2x, одержимо
xtg
x
dx
xtg
x
dx
xx
dx
2
2
2
2
22
4
3cos
4
1
43
cos
sin4cos3
Оскільки ),(cos2
tgxdx
dx то доцільно покласти tgx=t. Тоді
97
.3
2
32
1
3
2
3
2
4
1
4
1
sin4cos3 2
4322
Ctgx
arctgCt
arctgt
dt
x
dx
Приклад 6 Знайти .ln2 xdxx
Розв’язання. Поклавши u(x)=lnx, dv(x)=x2dx i застосувавши формулу
інтегрування частинами vduuvudv , одержуємо
3;
;ln
ln 322
2
xdxxvdxxdv
x
dxduxu
xdxx dxx
xx
x 1
3ln
3
33
CxxCx
xx
dxxxx
)1ln3(9
1
33
1ln
33
1ln
3
333
23
.
Приклад 7 Знайти .3sin2 xdxx
Розв’язання. Покладемо u=x2,dv=sin3xdx. Тоді
du=2xdx, .3cos3
1)3(3sin
3
13sin xxxdxdxv
За формулою інтегрування частинами знаходимо
xdxxxxxdxx 23cos
3
13cos
3
13sin 22
.3cos3
23cos
3
1 2 xdxxxx
До останнього інтеграла знову застосуємо формулу інтегрування частинами.
Для цього покладемо u=x, dv=cos3xdx, тоді
xxxdxdxvdxdu 3sin3
1)3(3cos
3
13cos,
i .3cos9
13sin
3
13sin
3
13sin
3
13sin
3
13sin
3
13cos xxxxdxxxxdxxxxdxx
Таким чином, остаточно будемо мати
.3cos
9
13sin
3
1
3
23cos
3
13sin 22 Cxxxxxxdxx
Cxxxxx 3cos23sin63cos927
1 2.
Приклад 8 Знайти .43 52 dxexx x
Розв’язання. Застосувавши формулу інтегрування частинами, одержимо
xxx
x
edxevdxedv
dxxduxxudxexx 555
2
52
5
1;
)32(;4343
dxexexx xx 552 )32(5
143
5
1
98
dxee
xexx
evdxedv
dxduxuxxx
xx5552
555
2
5
32
5
143
5
1
5
1;
2;32
Cee
xexx xxx 5552
25
2
5
32
5
143
5
1
.1178525125
1215101007525
125
1 5225 CexxCxxxe xx
Приклад 9 Знайти .xarctgxdx
Розв’язання. Із формули інтегрування частинами
dx
x
xarctgxxdarctgxxarctgxxxarctgxdxarctgxdx
2
22222
12
1
2
1)(
2
1
Carctgxxarctgxxx
dxdxarctgxxdx
x
xarctgxx
2
2
2
2
22
2
1
12
1
1
11
2
1.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 19
Інтегрування раціональних дробів.
Розвязання прикладів
Приклад 1 Знайти
.23x
dx
Розв’язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу І типу. Покладемо
3x+2=t, тоді 3dx=dt i тому
CxCtt
dt
x
dx
x
dx23ln
3
1ln
3
1
3
1
23
3
3
1
23.
Розв`язання цього ж прикладу можна записати ще й таким чином:
Cx
x
xd
x
dx23ln
3
1
23
)23(
3
1
23.
Приклад 2 Знайти
.)21( 7x
dx
Розв’язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу ІІ типу. Оскільки
dxdxxxd 2)21()21( i ,)21()21(
1 7
7
xx
то
)21()21(2
1)2()21(
2
1
)21(
77
7xdxdxx
x
dx
Cx
Cx
6
6
)21(12
1
6
)21(
2
1.
Приклад 3 Знайти
.544 2 xx
dx
99
Розв’язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу ІІІ типу, де А=0,
В=1, .06442 acb Виділивши повний квадрат із квадратного тричлена
4х2+4х+5, одержимо табличний інтеграл (17). Дійсно
4)12(
2
2
1
2
12
4)12(544 222 x
dx
dxdu
xu
x
dx
xx
dx
Cx
arctgCx
arctg
2
12
4
1
2
12
2
1*
2
1.
Приклад 4 Знайти
.
322
872
dxxx
x
Розв’язання. Як і в попередньому прикладі маємо також інтеграл від
елементарного дробу третього типу, де А=-8, В=7, D=b2-4ac=-20 < 0. Спочатку
виділимо похідну знаменника в чисельнику дробу. Для цього чисельник 7-8х
подамо у вигляді 7-8х= - 2(4х-2)+3.
Тоді
3223
322
242
322
3)24(2
322
872222 xx
dxdx
xx
xdx
xx
xdx
xx
x
4
1
2
3
2
12
3)322ln(2
2
32
3)322ln(2
2
2
2
2
x
dxxx
xx
dxxx
C
x
arctgxx
x
dxxx
5
2
12
5
2
2
3)322ln(2
4
5
2
12
3)322ln(2 2
2
2
Cx
arctgxx
5
12
5
3)322ln(2 2 .
Приклад 5 Знайти
.
6
12
dxxx
x
Розв’язання. Маємо
dt
t
t
dtdx
txdx
x
xdx
xx
x
4
25
12
1
2
1
4
25
2
1
1
6
1
222
2
52
5
ln
2
52
1
2
3
4
25
2
2
1
4
252
3
4
25 222 t
t
t
tdt
t
dt
t
tdt
C
x
x
xC
t
t
t
2
5
2
12
5
2
1
ln10
3
4
25
2
1ln
2
1
2
52
5
ln10
3
4
25ln
2
12
2
CxxxxC
x
xxx 3ln
10
32ln
10
3)3)(2(ln
2
1
3
2ln
10
36ln
2
1 2
.3ln5
42ln
5
13ln
10
32ln
10
33ln
2
12ln
2
1CxxCxxxx
100
Приклад 6 Знайти .4
83
45
dxxx
xx
Розв’язання. Підінтегральний дріб неправильний, бо степінь многочлена
чисельника більша, за степінь многочлена знаменника. Тому виділимо спочатку
цілу частину, поділивши многочлен чисельника на многочлен знаменника
– x5+x4-8 x3-4x
x5–4x3 x2+x+4 (ціла частина)
– x4+4x3-8
x4–4x2
– 4x3+4x2-8
4x3–16x
4x2+16x-8 (залишок).
Тепер подамо підінтегральний дріб у вигляді суми цілої частини і
правильного дробу, тобто
.4
81644
4
83
22
3
45
xx
xxxx
xx
xx
Тоді
dx
xx
xxxxdx
xx
xx
4
81644
4
83
22
3
45
.
4
2444
23 3
223
dxxx
xxx
xx
В інтегралі, який залишився, підінтегральний дріб (правильний і
нескоротний) розкладемо на елементарні дроби. Оскільки знаменник дробу
х3-4х=х(х2-4)=х(х-2)(х+2) має три прості корені х=0, х=2 і х=-2, то його можна
подати у вигляді суми трьох дробів І типу, тобто
.22)2)(2(
242
x
C
x
B
x
A
xxx
xx
Звільнюючись від дробових членів, одержимо
х2+4х-2=А(х-2)(х+2)+Вх(х+2)+Сх(х-2) або х2+4х-2=(А+В+С)х2+(2В-2С)х-4А.
Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в обох частинах
одержаної тотожності, одержимо систему рівнянь для визначення коефіцієнтів
А, В, С:
.24
,422
,1
0
2
A
CB
CBA
x
x
x
Розв`язавши цю систему, знаходимо .4
3,
4
5,
2
1 CBA
Слід відзначити, що тут коефіцієнти А, В і С простіше було б знайти
способом підстановки до тотожності частинних значень х, в якості яких
доцільно взяти корені знаменника, тобто:
101
)2()2()2)(2(242 xCxxBxxxAxx ,
,86
,810
,42
2
2
0
C
B
A
x
x
x
звідки .4
3,
4
5,
2
1 CBA
Таким чином, ,2
1
4
3
2
1
4
51
2
1
4
243
2
xxxxx
xxа шуканий інтеграл
dx
xx
xxx
xxdx
xx
xx
4
2444
234
83
223
3
45
dx
xxxx
xx
2
1
4
3
2
1
4
51
2
144
23
23
2
32
52423
23
x
dx
x
dx
x
dxx
xx
.2ln32ln5ln2423
23
Cxxxxxx
Приклад 7 Знайти
.
)34)(1(
3223
2
dxxxxx
xx
Розв’язання. Переконуємося, що підінтегральний дріб – правильний і
нескоротний. Враховуючи, що
(х-1)(х3-4х2+3х)=х(х-1)(х2-4х+3)=х(х-1)(х-1)(х-3)=х(х-1)2(х-3)
має чотири корені, з яких два х=0 і х=3 – прості, а х=1- двократний, подамо
дріб у вигляді суми чотирьох елементарних дробів:
.1)1(3)3()1(
3222
2
x
D
x
C
x
B
x
A
xxx
xx
Звільняючись від дробових членів, одержимо тотожність для знаходження
коефіцієнтів A, B, C, D:
x2-2x+3=A(x-3)(x-1)2+Bx(x-1)2+Cx(x-3)+Dx(x-1)(x-3).
Коефіцієнти знаходимо комбінованим способом
.0
,22
,126
,33
1
3
0
3 DBA
C
B
A
x
x
x
x
Звідси .2
1,1,
2
1,1 DCBA
Отже, ,1
1
2
1
)1(
1
3
1
2
11
)1)(3(
3222
2
xxxxxxx
xx а шуканий
інтеграл
dx
xxxxdx
xxxx
xx
1
1
2
1
)1(
1
3
1
2
11
)34)(1(
32223
2
102
12
1
)1(32
12 x
dx
x
dx
x
dx
x
dx.1ln
2
1
1
13ln
2
1ln Cx
xxx
Приклад 8 Знайти
.
)1)(3(
114322
2
dxxx
xx
Розв’язання. Підінтегральний дріб – правильний і нескоротний. Його
знаменник (х2+3)(х2+1) не має дійсних коренів, а оскільки його множники х2+3
і х2+1 другого степеня і не повторюються, то розкладання даного правильного
дробу на найпростіші має вигляд: .13)1)(3(
11432222
2
x
DCx
x
BAx
xx
xx
Звільняючись від дробових членів, одержимо
3х2+4х+11=(Ах+В)(х2+1)+(Сх+D)(x2+3)
або
3х2+4х+11=(A+C)x3+(B+D)x2+(A+3C)x+(B+3D).
Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х у лівій і правій частинах
рівності, будемо мати
.113
,43
,3
,0
0
2
3
DB
CA
DB
CA
x
x
x
x
Звідси, розв’язуючи систему, знаходимо А=-2, В= -1, С=2, D=4.
Отже, 1
42
3
12
)1)(3(
11432222
2
x
x
x
x
xx
xx і шуканий інтеграл
dx
x
x
x
xdx
xx
xx
1
42
3
12
)1)(3(
11432222
2
1
41
2
33
22222 x
dx
x
xdx
x
dx
x
xdx
.41ln33
13ln 22 Carctgxx
xarctgx
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.18], с. 117 –125.
Вправи
Знайти інтеграли:
1
.7323
2
24
dxx
xxx Відповідь: C
xxxx
7ln323
.
2
.
4
13
3
dxxx
x Відповідь: Cxxx
x 12ln
16
912ln
16
7ln
4.
103
3
.
65
)52(24
2
xx
dxx Відповідь: C
x
x
x
x
3
3ln
32
1
2
2ln
22
1.
4
.24 xx
dx Відповідь: C
x
x
x
1
1ln
2
11.
5
.
)12(
)23(2
2
xxx
dxxx Відповідь: C
xx
x
1
6
1ln
2
.
6
.
)5()2(
7963
23
dxxx
xxx Відповідь: Cx
x
5ln
)2(2
32
.
7
.
1
)1(23
4
xxx
dxx Відповідь: Carctgx
x
xx
1
1ln
2
)1(
2
2
.
Питання для самоперевірки
1 Який дріб називають раціональним?
2 Який раціональний дріб називають правильним ? Неправильним ?
3 Який вигляд мають елементарні (найпростіші) дроби?
4 Як здійснюється розклад правильного раціонального дробу на
елементарні?
5 Пригадайте правило інтегрування раціонального дробу.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 20
Інтегрування тригонометричних функцій. Інтегрування ірраціональних
функцій.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти
.cos3sin45 xx
dx
Розв’язання. Підінтегральна функція є раціональною функцією від sinx i
cosx. Тому, зробивши підстановку ,2
tx
tg одержимо
2
2
2
2
2
2
2
2
1
33
1
85
1
2
1
1cos;
1
2sin
1
22
cos3sin45
t
t
t
t
t
dt
t
tx
t
tx
t
dtdx
tx
tg
xx
dx
22222 )2(44882
2
33855
2
t
dt
tt
dt
tt
dt
ttt
dt
104
Cx
tg
Ct
22
1
2
1 .
Приклад 2 Знайти .sin
cos
5 4
3
dxx
x
Розв’язання.
xdxx
xxdx
x
xdx
x
xcos
sin
sin1cos
sin
cos
sin
cos
5 4
2
5 4
2
5 4
3
C
ttdttdtt
t
t
dttxdx
tx
115155
1
5cos
sin11
104
4
10
4
5
Cxx 5 115 sin
11
5sin5 .
Приклад 3 Знайти .2sinsin xx
dx
Розв’язання. .cossin22sinsin 2 xx
dx
xx
dx
Якщо у виразі xxcossin2
12
замінити cosx на -cosx, то дріб змінить знак
на протилежний, тому тут треба застосувати підстановку sinx=t. Тоді x=arcsint,
,1 2t
dtdx
21cos tx i
dt
tt
tt
tt
dt
xx
dx
xx
dx
)1(
1
2
1
)1(2
1
cossin22sinsin 22
22
222
C
t
t
tt
dt
t
dt
1
1ln
2
1
2
1
12
1
2
122
Cx
x
x
1sin
1sinln
2
1
sin2
1.
Приклад 4 Знайти
.sin5cos34 22 xx
dx
Розв’язання. Враховуючи, що 4-3cos2x+5sin2x=4(cos2x+sin2x)-
-3cos2x+5sin2x=cos2x+9sin2x, одержимо
)91(cossin9cossin5cos34 222222 xtgx
dx
xx
dx
xx
dx
222
2 )3(1
3
3
1
)3(191cos
t
dt
t
dt
t
dt
dtx
dx
ttgx
CtgxarctgCtarctg )3(3
13
3
1.
Приклад 5 Знайти .4
cos2
coscos dxxx
x
105
Розв’язання. Застосувавши формулу перетворення добутку
тригонометричних функцій у суму ,)cos()cos(2
1coscos xbaxbabxax
згідно з якою будемо мати
dx
xxxdx
xxx
4cos
2cos
2
3cos
2
1
4cos
2coscos
dxxx
dxxx
4cos
2cos
2
1
4cos
2
3cos
2
1
dx
xxdx
xx
4cos
4
3cos
4
1
4
5cos
4
7cos
4
1
Cxxxx
4sin
4
3sin
3
1
4
5sin
5
1
4
7sin
7
1.
Приклад 6 Знайти
.12)12(3 2 xx
dx
Розв’язання. Маємо інтеграл другого типу від ірраціональної функції.
Тут n1=3, n2=2, тому к=6. Використовуючи підстановку 2x+1=t6, звідки
dxtx )1(2
1 6 =3t5dt, одержимо
dt
t
t
t
dtt
tt
dtt
xx
dx
1
113
13
3
12)12(
22
34
5
3 2
Ctt
tdt
tt 1ln
23
1
113
2
.
Оскільки ,126 xt то повертаючись до змінної х, будемо мати
.112ln12
2
123
12)12(
663
3 2Cxx
x
xx
dx
Приклад 7 Знайти
.
544
)23(
2 xx
dxx
Розв’язання. Спочатку в чисельнику виділимо похідну підкореневого
виразу, після чого розкладемо інтеграл на суму двох інтегралів. Перший із
одержаних інтегралів є табличним інтегралом (4), а другий зведеться до
табличного інтеграла (19) шляхом виділення повного квадрата з квадратного
106
тричлена:
5442
7
544
48
8
3
544
22
3)48(
8
3
544
)23(
2222 xx
dxdx
xx
xdx
xx
x
xx
dxx
4)12(
2
4
7544
4
3
4)12(2
7544
4
3
2
2
2
2
x
dxxx
x
dxxx
Cxxxxx 54412ln4
7544
4
3 22 .
Приклад 8 Знайти
.
54)1(
)35(
2 xxx
dxx
Розв’язання. Маємо
54)1(2
545
54)1(
2)1(5
54)1(
)35(
2222 xxx
dx
xx
dxdx
xxx
x
xxx
dxx
511
4111
21)2(
5
1
11
11
2
2
2
2 ttt
t
dt
x
dx
dtt
dx
tx
tx
54
41
212542ln5
2
2
tttt
dtxxx
1610
2542ln52
2
tt
dtxxx
10
1
10
610
2542ln5
2
2
tt
dtxxx
100
1
10
310
2542ln5
2
2
t
dtxxx
Ctttxxx10
1
10
6
10
3ln
10
2542ln5 22
C
xxxxxx
10
1
1
1*
10
6
1
1
10
3
1
1ln
10
2542ln5
22
107
Cx
xxxxxx
)1(10
)54(1037ln
10
2542ln5
22 .
Приклад 9 Знайти
.)4( 32x
dx
Розв’язання. Для знаходження заданого інтегралу робимо підстановку
x=2 tgt. Звідси
.cos
8
cos
18)1(4)44()4(,
cos
23
3
2
3233232
2 ttttgttgx
t
dtdx
Тоді шуканий інтеграл
Cttdtdt
t
t
x
dxsin
4
1cos
4
1
cos
8cos
2
)4(3
2
32.
Оскільки ,4
21
2
1cossin
222 x
x
x
x
ttg
tgtttgtt
то остаточно
одержимо Cx
x
x
dx
232 44
1
)4(.
Приклад 10 Знайти
.922 xx
dx
Розв’язання. Застосуємо підстановку ,cos
3
tx тоді
tgtt
t
t
t
ttxdt
t
tdx 3
cos
sin3
cos
cos131
cos
199
cos
99,
cos
sin32
2
22
2
2
.sin9
1cos
9
1
cos
sin3
cos
9cos
sin3
92
2
22Cttdtdt
t
t
t
t
t
xx
dx
Оскільки ,99
1cos1sin2
2
2
x
x
xtt
то шуканий інтеграл
Cx
x
xx
dx
9
9
9
2
22
.
Зауважимо, що заданий інтеграл можна знайти і за допомогою
підстановки .1
tx
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.19], с. 125 – 131.
108
Вправи
Знайти інтеграли:
1
.
cos1
cos1dx
x
x Відповідь: Cx
xtg
22 .
2 .5sin2sin xdxx Відповідь: Cxx 7sin14
13sin
6
1.
3
.cos35 x
dx Відповідь: C
xtgarctg )
22(
2
1.
4
.cos7sin48 xx
dx Відповідь: C
xtg
xtg
32
52ln .
5
.
2
1dx
xx
x Відповідь: C
xarctgx
2
2222 .
6
.
269
52
2dx
xx
x Відповідь: Cxxxxx 26913ln
9
13269
9
2 22.
7
.1
4 3x
dxx Відповідь: Cxx
1ln3
4 4 34 3.
Питання для самоперевірки
1 Як виконується інтегрування найпростіших ірраціональних функцій?
2 Опишіть методи знаходження інтегралів вигляду ,cossin xdxx nm де m i
n –цілі числа.
Які тригонометричні підстановки ви пам’ятаєте і коли вони
застосовуються?
4 Для знаходження яких інтегралів застосовують тригонометричні
підстановки і які?
5 Які підкласи ірраціональних функцій, інтеграли від яких виражаються в
скінченному вигляді, ви знаєте?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 21
Визначений інтеграл. Формула Ньютона-Лейбниця. Методи підстановки та
інтегрування частинами у визначеному інтегралі.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Обчислити
9
4 1
1dy
y
y.
109
Розв’язання.
9
4
9
4
9
4
9
4
9
4
)1(1
)1)(1(
1
1dydyydyydy
y
yydy
y
y
.3
234
3
1691844
3
299
3
2
4
9
3
22
3
2
32
3
yy
Приклад 2 Обчислити
16
0
.9 xx
dx
Розв’язання. Після елементарних перетворень підінтегральної функції
будемо мати
16
0
16
0
16
0 9
9
)9)(9(
)9(
9dx
xx
xxdx
xxxx
xx
xx
dx
0
16
3
2)9(
3
2
9
19
9
12
3
2
316
0
16
0
xxdxxdxx
12)2764125(27
291625
27
2
0
16)9(
27
22
3
2
3
2
3
2
3
2
3
xx .
Приклад 3 Обчислити
3
22 232 xx
dx.
Розв’язання.
3
22 232 xx
dx=
3
22
3
2 22
3
4
5
4
34
5
4
3
ln
4
52
1
2
1
16
25
4
32
1
12
32
1
x
x
x
dx
xx
dx
.3
4ln
5
1
8
3ln
2
1ln
5
1
2
3
2
2
1
ln5
1
x
x
Приклад 4 Обчислити
2
13xx
dx.
Розв’язання.
2
13xx
dx=
2
1
2
1
2
122
222
12 1)1(
1
)1( x
xdx
x
dxdx
xx
xx
xx
dx
110
5
8ln
2
1)2ln5ln4(ln
2
1)2ln5(ln
2
11ln2ln
1
2
)1ln(2
1
1
2
ln 2 xx.
Приклад 5 Обчислити .12ln
0
dxe x
Розв’язання. Застосуємо підстановку .1 xet Тоді
t2=ex-1, 2tdt=exdx, 1
22
2
t
tdt
e
tdtdx
x.
Якщо x=0, то .010 et Якщо x=ln2, то .11212ln et Отже,
1
0
1
0
1
022
2
2
22ln
0 1
112
1
112
121 dt
tdt
t
t
t
dttdxe x
.2
4
4120112
0
12
arctgarctgarctgtt
Приклад 6 Обчислити 2
1
2
.1
dxx
x
Розв’язання.
2
1
2
1
3
02
2
2
2
2
2
22
2
1
1
3,14
0,11
22
1
1
t
dttxdx
x
x
tt
tt
tdtxdx
tdtxdx
tx
dxx
x
в
н
3
02
.3
3033
0
3
1
11 arctgarctgarctgttdt
t
Приклад 7 Обчислити
2
0
.cos2 x
dx
Розв’язання.
1
0
1
0
1
0222
2
2
2
2
2
22
0 32
122
2
1
12
1
2
14
00
1
1cos
1
2
22
cos2 t
dt
tt
dt
t
t
t
dt
tgt
tgt
t
tx
t
dtdx
arctgtx
xtgt
x
dx
в
н
.3363
20
3
1
3
2
0
1
33
2
arctgarctg
tarctg
Приклад 8 Обчислити
1
032
2
.
1 x
dxx
111
Розв’язання.
1
0
4
03
2
2
2
2
22
2
32
2
cos
1
cos
41,1
00,0cos
111
cos
1
t
t
dtttg
arctgttgt
arctgttgtt
ttgx
t
dtdx
tgtx
x
dxx
в
н
4
0
4
0
4
0
222 )4cos1(8
12sin
4
1cossin dtttdttdtt
.32
0sin4
1sin
4
1
48
1
0
44sin
4
1
8
1
tt
Приклад 9 Обчислити
3
12
.15xxx
dx
Розв’язання.
3
1
3
1
1
2
2
2
21
511
3
1,
13
1,1
1
;1
15ttt
t
dt
tt
tt
t
dtdx
tx
xxx
dx
в
н
3
1
1
1
3
1
2
22
3
1
1
152
5ln
4
21
2
515
ttt
t
dt
tt
dt
.9
727ln
9
25
6
17ln7
2
7ln
Приклад 10 Обчислити
3
4
2.
sin x
xdx
Розв’язання. Покладемо u=x, .sin2 x
dxdv Тоді du=dx, .
sin2ctgx
x
dxv
Оскільки u=x, v=-ctgx, 1u i x
v2sin
1 неперервні на відрізку
3;
4,
то враховуючи формулу
b
a
b
a
vdu
a
b
uvudv будемо мати:
3
4
3
4
2
4
3sinln
4433
4
3
sinxctgctgctgxdxxctgx
x
xdx
112
2
2ln
2
3ln
4334sinln
3sinln
433
.
2
3ln
2
1
36
349
2
3ln
2
1
49
3
Приклад 11 Обчислити 1
0
.)1ln(e
dxx
Розв’язання. Враховуючи, що u=ln(x+1), dv=dx за формулою
інтегрування частинами у визначеному інтегралі, одержимо
1
0
1
0 10
1)1ln(
;1
);1ln()1ln(
e e
x
xdxexx
xvdxdvx
dxduxu
dxx
0
1))1ln((1
1
111
1
11ln)1(
1
0
1
0
exxedx
xedx
x
xee
ee
.1111)1lnln1(1 eeeee
Приклад 12 Обчислити
2
0
2 .cos xdxe x
Розв’язання. Застосовуючи двічі формулу інтегрування частинами,
будемо мати
2
0
2
0
2222
2 sin2
0
2sin
sin;cos
2;cos xdxexe
xvxdxdv
dxedueuxdxe xx
xxx
2
0
2
0
2222
2 cos2
0
2cos2
cos;sin
2;sin2 xdxexee
xvxdxdv
dxedueuxdxee xx
xxx
2
0
2 .cos42 xdxee x
Розв`язуючи далі одержане рівняння відносно невідомого інтеграла,
знаходимо
2
0
2 .2cos5 exdxe x Звідси остаточно одержимо
2
0
2 .5
2cos
exdxe x
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.20], с. 131 – 138.
Вправи
Обчислити інтеграли:
113
1
13
2 5 4.
)3( x
dx Відповідь: )116(5 5 .
2 1
0
4.1 dxee xx Відповідь:
5)1(5
1e .
3
2
0
5 .2sincos xdxx Відповідь: 7
2.
4
2
2
.cos1 x
dx Відповідь: 2.
5 e
dxx
x
1
2ln. Відповідь:
3
1.
Обчислити інтеграли, використовуючи формулу інтегрування частинами:
6
2
0
.cos xdxx Відповідь: .12
7 2
12 .log xdxx Відповідь: .
2ln4
32
Питання для самоперевірки
1 Дайте означення визначеного інтеграла.
2 Сформулюйте теорему існування визначеного інтеграла.
3 Сформулюйте і доведіть властивості визначеного інтеграла.
4 Що називають середнім значенням функції f(x) на відрізку ba; ?
5 Чому дорівнює похідна від визначеного інтеграла із змінною верхньою
межею інтегрування?
6 Сформулювати і вивести формулу Ньютона –Лейбніца.
7 У чому суть методів заміни змінної (підстановки) й інтегрування
частинами у визначеному інтегралі?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 22
Геометричне застосування визначених інтегралів. Площа криволінійної
трапеції. Довжина дуги кривої та об’єм тіла обертання. Площа поверхні
обертання.
114
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Обчислити площу фігури, обмеженої лінією у=х(х–1)2 і
віссю Оx.
Розв’язання. Функція у=х(х–1)2 визначена для всіх дійсних значень х.
Точки перетину графіка функції з віссю Оx обчислимо з системи рівнянь
,0
,)1( 2
y
xxy
звідки х1=0, у1=0 і х2=1, у2=0.
Таким чином, графік функції у=х(х–1)2
перетинає вісь Оx в точках (0;0) і (1;0).
Не складно переконатися в тому, що
функція у=х(х–1)2 має екстремум у точках
27
4;
3
1 і (1;0), а також точку перегину
27
2;
3
2.
Читачеві пропонуємо перевірити це самостійно.
Використовуючи ці дані, будуємо графік функції (рис. 1.1).
Із рис. 1.1 видно, що фігура обмежена зверху лінією у=х(х–1)2 , знизу у=0
і проекціюється на вісь Ох у відрізок 1;0 . Отже, ув=х(х–1)2 , ун=0, а=0, b=1.
Таким чином, за формулою ( )
b
a
S f x dx маємо
1
0
1
0
234232 .
12
1
2
1
3
2
4
1
0
1
23
2
42)1(
xxxdxxxxdxxxS
Приклад 2 Обчислити площу фігури, обмеженої лінією 21
1
xy
і
параболою .2
2xy
Розв’язання. Крива 2
2xy – парабола з вершиною в точці О(0;0) і віссю
симетрії Оу. Вітки параболи направлені вгору
(рис.2.1). Крива 21
1
xy
– локон Аньєзі. Із
рівняння видно, що при будь-якому х функція
набуває лише додатних значень, а тому її графік
розташований вище осі Ох, а вісь Оу є її віссю
симетрії, бо у(–х)=у(х). Найбільше значення, яке
дорівнює одиниці, функція набуває при х=0, а
при x .0y
Схематично графік цієї функції
Рис. 2.1
Рис. 1.1
115
зображений на рис.2.1. Фігура, обмежена даними лініями, також зображена на
рис.2.1. Площу фігури обчислимо за формулою: b
aнв dxxyxyS )()( .
Для визначення меж інтегрування обчислимо абсциси точок перетину
ліній, розв’язуючи систему рівнянь
.2
,1
1
2
2
xy
xy
Звідси х1= –1, х2=1. Отже, а= –1, b=1. Враховуючи також, що
21
1
xyв
, а
2
2xyн будемо мати
1
1
2
2,
21
1dx
x
xS а з урахуванням
симетрії фігури відносно осі Оy одержуємо
1
0
32
2.
3
1
26
1
42
0
1
62
21
12
xarctgxdx
x
xS
Приклад 3 Обчислити площу петлі лінії x=t2 –1, y=t3 –t.
Розв’язання.
Виключивши з параметричних рівнянь
параметр t, одержимо y2=x2(x+1). Побудуємо графік
цієї функції (рис.3.1). На відрізку 0;1 параметр t
змінюється від 1 до 0. Враховуючи симетрію фігури
відносно осі Оx, будемо мати:
0
1
1
0
35243 .
15
8
3
1
5
14
0
1
354422
ttdttttdtttS
Приклад 4 Обчислити площу фігури, обмеженої лінією 2sinar
(чотирипелюсткова троянда).
Розв’язання. Побудуємо криву в полярній системі координат (рис. 4.1).
Полярний радіус описує площу половини
пелюстка, коли полярний кут змінюється від 0 до
4
. Площа всієї фігури
Рис.4.1
Рис.3.1
116
4
0
22
0
222 .2
0
44sin
4
12
2
4cos142sin
2
18
4 aadadaS
Приклад 5 Криволінійна трапеція, обмежена лінією у=хех і прямими
х=1 і у=0, обертається навколо осі абсцис. Обчислити об’єм тіла обертання.
Розв’язання. Об’єм одержаного тіла будемо обчислювати за формулою
b
aнвx dxxyxyV )()(
22, враховуючи, що ув=хех, ун=0, а=0 і b=1:
1
0
22 .dxexV xx
Використовуючи далі двічі формулу інтегрування частинами, будемо
мати:
1
0 22
222
2
1;
2;
xx
xx
evdxedv
xdxduxu
vduuvudv
dxexV
xx
xx
evdxedv
dxduxudxxee
x22
222
2
1;
;
0
1
2
0
1
4
1
220
1
2
1
22
2222
2222
xxxxxx eex
ex
dxeex
ex
.144
1
422
2222
e
eee
Таким чином, шуканий об’єм дорівнює .14
2
e
Приклад 6 Одна арка циклоїди x=a(t–sint), y=a(1–cost) обертається
навколо своєї основи. Обчислити об’єм тіла, обмеженого одержаною
поверхнею.
Розв’язання. Побудуємо тіло обертання (рис.6.1).
Враховуючи, що yв=a(1–сost), yн=0,
dttadtttadx t )cos1(sin
i ,20 t маємо
2
0
2
0
3322 cos1cos1cos1 dttadttataVx
2
0
323 coscos3cos31 dtttta
Рис. 6.1
117
2
0
23 cossin12cos12
3cos31 dttttta
2
0
23 cossin2cos2
3cos4
2
5dttttta
.50
2
3
sin2sin
4
3sin4
2
5 323
3 at
ttta
Приклад 7 Обчислити довжину дуги лінії y=lnx від 31 x до 82 x .
Розв’язання. Обчислимо похідну функції: .1
xy Тоді
.11
1)(12
2
2
2
x
x
xxy
За формулою обчислення довжини дуги маємо:
8
3
8
3
22
22
2
22
381
231
22
1
1
11
в
н
z
z
zdzxdx
zx
zx
xdxx
xdx
x
xL
3
2
3
2
3
2
3
222
2
2
2
2 1
11
1
11
11dz
zdz
z
zdz
z
zzdz
z
z
.2
3ln
2
11
3
1ln
2
1ln
2
11
3
1ln
2
12
2
1ln
2
13
2
3
1
1ln
2
1
z
zz
Приклад 8 Обчислити довжину дуги евольвенти кола x=R(cost+tsint),
y=R(sint-tcost) від t1=0 до 2t .
Розв’язання. Обчислюємо похідні
tRtttttRxt coscossinsin
i tRtttttRyt sinsincoscos
.
Тоді
.sincossincos 22222222222222
tRtttRttRttRyx tt
Довжину дуги евольвенти кола обчислюємо за формулою обчислення довжини
дуги лінії, заданої в параметричній формі, одержуємо:
0
22
0
22 .202
RtRtdtRdttRL
Приклад 9 Обчислити площу поверхні, утвореної обертанням навколо
полярної осі кривої )cos1(2 ar .
Розв’язання. Поверхня обертання показана на рис. 9.1. Враховуючи, що
sin2ar ,
22222 )sin2()cos1(4 aarr
118
2
cos16)cos1(8cos224sincoscos214 2222222 aaaa
і ,0 за формулою обчислення площі поверхні обертання маємо
0..
2cos4sin)cos1(22 daaS on
0
42
0
22
2sin
2cos64
2cos
2cos
2sin2
2cos216 dada
.5
128)10(
5
128
05
2cos
128 22
5
2 aaa
Тут враховано, що 2
cos2
cos2
, бо для
0 2
cos
набуває невід’ємних значень.
Таким чином, шукана площа поверхні обертання
дорівнює 2
5
128a .
Домашнє завдання
Теорія [9,л. 21], с. 138 –145.
Вправи
1 Обчислити площу фігури, обмеженої параболами у=х2 і .xy
Відповідь: .3
1
2 Обчислити площу фігури, обмеженої астроїдою x=acos3t, y=asin3t.
Вказівка. Фігура симетрична відносно осей координат. При зміні
аргументy х на чверті площі від 0 до а параметр t змінюється від 2
до 0.
Відповідь: .8
3 2a
3 Обчислити площу фігури, обмеженої лінією .5cos ar
Вказівка. Фігура являє собою п`ятипелюсткову троянду. На площі
половини пелюстка кут змінюється від 0 до .10
Відповідь: .4
2a
4 Обчислити площу фігури, обмеженої кардіоїдою )cos1(2 r і колом
r=4.
Відповідь: .10
Рис.9.1
119
5 Фігура, обмежена дугами парабол у2=х і х2=у, обертається навколо осі
абсцис. Обчислити об’єм тіла обертання.
Відповідь: .3,0
6 Обчислити довжину дуги лінії 21ln xy від х1=0 до 2
12 x .
Відповідь: ln3 – 0,5.
7 Обчислити довжину дуги кривої 3
sin 3 ar .
Відповідь: .2
3 a
8 Обчислити площу поверхні, утвореної обертанням навколо осі Ох
кривої у2=4+х від вершини до точки з абсцисою х=2.
Відповідь: .3
62
9 Обчислити площу поверхні, утвореної обертанням навколо осі Оx однієї
арки циклоїди
.cos1
,sin
tay
ttax
Відповідь: .3
64 2a
Питання для самоперевірки
1 Як обчислюється площа фігури, обмеженої кривою, яка задана у
декартових координатах, параметрично або у полярних координатах?
2 Як обчислюється довжина кривої, яка задана у декартових координатах,
параметрично або у полярних координатах?
3 Як обчислюється об’єм тіла обертання?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 23
Невласні інтеграли.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Обчислити невласний інтеграл
2
3lne
xx
dx .
Розв’язання. За означенням,
.8
1
8
1
ln2
1lim
ln2
1lim
lnlim
ln 2233222
bxxx
dx
xx
dx
b
b
eb
b
eb
e
Отже, даний інтеграл збігається.
Приклад 2 Обчислити невласний інтеграл
522 xx
dx.
Розв’язання. За означенням,
120
b
aba
b
aba x
dx
xx
dx
xx
dx
4)1(lim
52lim
52 222
2
1arctglim
2
1
2
1arctglim
2
1
2
1arctg
2
1lim
abx
ab
b
aba
.24422
1
22
1
Таким чином, даний інтеграл збігається.
Приклад 3 Обчислити невласний інтеграл
0
sin xdxx .
Розв’язання. За означенням,
b
b xvxdxdv
dxduxuxdxxxdxx
00cos;sin
;sinlimsin
b
b
b
bxxxxdxxx
00sincoslimcoscoslim
.sincoslim bbbb
Оскільки остання границя не існує, то невласний інтеграл розбігається.
Приклад 4 Обчислити інтеграл
2
0
233
22
.cossin
cossin
dxxx
xx
Розв’язання. Покладемо, що .tg tx Тоді ,cos2 x
dxdt ,00tg nt
2
tgBt i
2
0
2
0 0
23
2
232
2
236
222
0
233
22
.11tgcos
tg
1tgcos
cossin
cossin
cossin
t
dtt
xx
xdxdx
x
xxdx
xx
xx
Одержали невласний інтеграл. Обчислюючи його за означенням, будемо
мати
bb
bb t
dtt
t
dtt
t
dtt
0
23
2
0 0
23
2
23
2
1
3lim
3
1
1lim
1
.3
11
1
1lim
3
1
1
1lim
3
133
bt b
b
ob
Таким чином, заданий інтеграл
2
0
233
22
.3
1
cossin
cossin
dxxx
xx
Приклад 5 Обчислити невласний інтеграл
22 1x
dx або установити
його розбіжність.
Розв’язання. За означенням,
b
aB
H
ba
ttt
tx
ttt
dtdxtx
x
dx
x
dx
2,tg,
cos
11tg1
2,tg,
cos,tg
1lim
12
22
2
2222
121
2
2
2
2
22
2 4
2
2cos12
1cos
cos
1cos
dtttdt
tt
dt
.2
sin2
1
2sin
2
1
22
12sin
2
1
2
1 2
2
tt
Отже, даний інтеграл збігається.
Тут слід зауважити, що після заміни змінної у невласному інтегралі,
одержали визначений інтеграл.
Приклад 6 Дослідити на збіжність невласний інтеграл
14
.1 x
dx
Розв’язання. Підінтегральна функція 01
1)(
4
xxf на проміжку ;1
(a=1>0) i 2
4
2
4
44
1
11
1
11
1
1
1)(
x
xx
xx
xxf
при .x
У силу ознаки 5 збіжності невласних інтегралів, вихідний інтеграл
141 x
dx збігається, бо
24
1
1
1)(
xxxf
i c=1 (c=const), .12
Іншими словами із збіжності більшого невласного інтеграла
1
2x
dx випливає
збіжність меншого невласного інтеграла
14
.1 x
dx
Приклад 7 Дослідити на збіжність інтеграл
0
22,
cosdx
xk
ax де .0k
Розв’язання. Оскільки 2222
1cos
xkxk
ax
i
kk
x
kxk
dx
xk
dxb
b
b
b 2arctglim
1lim
00
22
0
22
збігається, то інтеграл dxxk
ax
0
22
cos збігається. Тоді збігається, і до того ж
абсолютно, і заданий інтеграл
0
22.
cosdx
xk
ax
Приклад 8 Довести збіжність інтеграла
1032
.3ln3
ln1
xxx
dxx
Розв’язання. Відкидаючи менші члени чисельника і знаменника, бачимо,
що даний інтеграл збігається або розбігається одночасно з інтегралом
10
2,
ln xx
dx
122
бо
xxxx
xxx
xxx
xxx
xf
x
xxx 31
ln
31ln
ln1ln
1
lim3ln3
lnln1lim
)(
)(lim
3
3
3
32
2
.013
1ln
31
1ln
1
lim
3
xx
xx
Невласний інтеграл
10 10 10
22 10ln
1
10ln
1
ln
1lim
ln
1lim
lnlim
ln bxxx
dx
xx
dxb
b
b
bb
збігається, отже, збігається і заданий інтеграл.
Приклад 9 Довести, що
0
2
dxe x збігається.
Розв’язання. Очевидно, що .0122 xx Звідси 212 xx або
122 xx і тому 122 xx ee або xx eee 2*2 . Оскільки
2
11
1lim
2
1
2
1limlim
2
0
2
0 0
22
bb
b
x
b
b
x
b
x
eedxedxe
збігається, то на основі ознаки 3 збігається і інтеграл
0
2 .edxe x А так як
,22
eee xx то на основі ознаки 1, збігається і інтеграл
0
.2
dxe x
Замінюючи в цьому інтегралі х на -у, приходимо до висновку, що
збігається й
02
dxe x (назва змінної інтегрування не змінює величину
визначеного інтеграла). Із збіжності інтегралів
0
2
dxe x і
02
dxe x випливає
збіжність
.2
dxe x
Відзначимо, що
0
2
dxe x має важливе значення в теорії ймовірностей. Як
уже відзначалося раніше, dxe x2
через елементарні функції не виражається.
Приклад 10 Дослідити на збіжність інтеграл
0
sinbxdxe ax і обчислити
його (а > 0).
123
Розв’язання. Так як
0
dxe ax при а > 0 збігається (пропонуємо читачеві
довести збіжність цього інтеграла самостійно), а ,sin axax ebxe то на основі
ознаки 1 збігається і інтеграл
0
.sin dxbxe ax Тоді на основі ознаки 4
збігається і заданий інтеграл.
Застосовуючи двічі формулу інтегрування частинами, легко показати (це
ми також пропонуємо читачеві зробити самостійно), що для функції bxe ax sin
первісна функція .cossin
)(22
axeba
bxbbxaxF
Тому
0
)0()(limsin FxFbxdxex
ax
,cossin
lim222222 ba
b
ba
be
ba
bxbbxa ax
x
оскільки під знаком границі чисельник дробу – величина обмежена, а
0lim
ax
xe при а > 0. Отже, даний невласний інтеграл
0
sinbxdxe ax збігається
до числа .22
ba
b
Приклад 11 Обчислити невласний інтеграл
1
12
.1 x
dx
Розв’язання. Підінтегральна функція 21
1)(
xxf
не визначена в
точках x1= –1 і x2=1, причому при 1x і 1x функція 21
1)(
xxf
необмежено зростає. Таким чином, маємо невласний інтеграл від необмеженої
функції. За означенням
0
1
1
02020
1
1
0
1
1
0222
1
2
21 1lim
1lim
111 x
dx
x
dx
x
dx
x
dx
x
dx
2
211
1
00
0
10arcsinlimarcsinlim xx
0arcsin)1arcsin(lim)1arcsin(0arcsinlim 20
10 21
.2
21arcsin21arcsin1arcsin
Зауважимо, що замість точки x=0 можна було б взяти будь-яку іншу
внутрішню точку відрізка .1;1
Приклад 12 Показати, що невласний інтеграл
8
13 x
dx збігається.
Розв’язання. Підінтегральна функція 3
1)(
xxf необмежена в будь-
124
якому околі точки x=0 неперервна при 01 x і 80 x . Отже маємо
невласний інтеграл від необмеженої функції.
Так як первісна функція 3
2
2
3)( xxF неперервна в точці x=0, то одержимо
.2
914
2
318
2
3
2
33
23
28
1
8
1
3
2
3
xx
dx
Таким чином, даний інтеграл збігається.
Зауважимо, що скориставшись означенням, одержимо такий самий
результат. Дійсно,
8
0
3
2
0
0
1
3
2
0
8
03
0
1030
8
13
2
2
1
1
1
2
1
21 2
3lim
2
3limlimlim xx
x
dx
x
dx
x
dx
2
941
2
34lim
2
31lim
2
33
2
20
3
2
10 11
.
Приклад 13 Обчислити за означенням невласний інтеграл e
xx
dx
13 ln
або
установити його розбіжність.
Розв’язання. Підінтегральна функція 3 ln
1)(
xxxf не обмежена в околі
точки х=1. На будь-якому ж відрізку e;1 вона інтегровна, так як є
неперервною функцією. Тому за означенням
eee
xxx
dx
xx
dx
1
3 2
01
301
3ln
2
3lim
lnlim
ln
.2
31ln1lim
2
33 2
0
Отже, даний інтеграл збігається.
Приклад 14 Обчислити невласний інтеграл 2
0cos
x
dx або установити його
розбіжність.
Розв’язання. Підінтегральна функція x
xfcos
1)( необмежена в околі
точки 2
x і інтегровна на будь- якому відрізку
2;0 як неперервна
функція. Тому
2
0
2
000
2
042
lntglimcos
limcos
x
x
dx
x
dx
.2
lnctglim4
lntg22
lntglim00
Отже, даний інтеграл розбігається.
125
Приклад 15 Обчислити невласний інтеграл 2
1ln xx
dx або установити його
розбіжність.
Розв’язання. Підінтегральна функція xx
xfln
1)( не визначена в точці
х=1, яка співпадає з нижньою межею інтегрування, причому при 1x
функція xx
xfln
1)( необмежено зростає. Тому, за означенням,
1lnln2lnlnlimlnlnlim
lnlim
ln 0
2
1
2
100
2
1
xxx
dx
xx
dx
Таким чином, даний інтеграл розбігається.
Приклад 16 Обчислити невласний інтеграл 1
0
ln xdx або установити його
розбіжність.
Розв’язання. При 0x підінтегральна функція .ln)( xxf Тому
1
0
1
0
.lnlimln xdxxdx
Застосовуючи формулу інтегрування частинами, знаходимо
.lnln
;
;lnln Cxxxdxxx
xvdxdvx
dxduxu
xdx
Таким чином, шуканий інтеграл
lnlim1lnlimlnlimln0
1
0
11
00xxxxdxxdx
.1lim11
1
lim1ln
lim1lnlim10
2
0100
Оскільки одержано скінченну границю, то даний інтеграл збігається.
Приклад 17 Обчислити невласний інтеграл
2
1
.1
2dx
x
x
Розв’язання. Виконуючи нескладні перетворення інтеграла, одержимо
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
.1
111
1
1
11
1
2dx
x
dxdxxdx
x
dxdx
x
xdx
x
xdx
x
x
У першому з одержаних інтегралів підінтегральна функція неперервна на
відрізку ,2;1 тому за формулою Ньютона –Лейбніца
.3
201
3
21
3
21
2
1
2
32
1
xdxx
Другий інтеграл невласний, бо підінтегральна фунуція
1
1)(
xxf
126
при .1x За означенням
2
10
2
1
2
100
.2111lim12lim1
lim1
xx
dx
x
dx
Отже, остаточно маємо
2
1
.3
42
3
2
1
2dx
x
x
Зазначимо, що даний інтеграл можна розв`язати ще й так:
2
1
1
0
1
0
22
2
12221
1;0
2
1
1
2duuudu
u
u
uu
ududx
ux
dxx
x
Bn
.3
41
3
12
32
1
0
3
u
u
Як бачимо, після заміни змінної у невласному інтегралі, одержали
визначений інтеграл.
Приклад 18 Дослідити на збіжність інтеграл
1
03 2
2
.1
cosdx
x
x
Розв’язання. Підінтегральна функція 3 2
2
1
cos)(
x
xxf
є нескінченно
великою при .1x Отже маємо невласний інтеграл. Подамо цю функцію у
вигляді
.
1
1
1
cos
1
1
1
cos
1
cos)(
3
13
2
33
2
3 2
2
xx
x
xx
x
x
xxf
При 1x множник 3
2
1
cos
x
x
прямує до сталої величини і тому порядок цієї
нескінченно великої функції при 1x порівняно з x1
1 дорівнює .1
3
1
Таким чином, даний інтеграл збігається.
Приклад 19 Дослідити на збіжність інтеграл
1
0
sin
3
.1
1lndx
e
xx
Розв’язання. Підінтегральна функція
1
1ln)(
sin
3
xe
xxf в проміжку інте-
грування додатна і )(xf при 0x . Враховуючи, що при 0x
31ln x ~ ,3
1
3 xx а 1sin xe ~sinx~x , будемо мати
,1
limlim1
1lnlim
3
20
3
1
0sin
3
0
xx
x
e
x
xxxx
тобто f(x) є нескінченно великою порядку 13
2 порівняно з
x
1. Отже,
даний інтеграл збігається.
Приклад 20 Довести, що інтеграл 1
0
1sin
dxx
x збігається.
Розв’язання. Маємо невласний інтеграл, бо при 0x підінтегральна
127
функція .
1sin
)( x
xxf Оскільки для 10 x xx
x 1
1sin
0 і інтеграл 1
0 x
dx
збігається, то збігається і інтеграл 1
0
,
1sin
dxx
x а отже, збігається і до того ж
абсолютно, заданий інтеграл.
Приклад 21 Установити збіжність інтеграла 2
0
sinln
xdxI і обчислити його.
Розв’язання. При 0x підінтегральна функція .sinln)( xxf Засто-
сувавши метод інтегрування частинами, одержимо
2
0
2
0
20
2
0
,sin
cossin
;
cossin
1;sinln
sinln dxtgx
xdx
x
xxxnxl
xvdxdv
xdxx
duxuxdx
так як
20100
2
0
cossin
1
limsinln
limsinlnlimsinlnlim xx
.0101coslimlimsin
limsin
coslim
000
2
0
Оскільки ,1lim0
tgx
x
x ,0lim
02
tgx
x
x
то інтеграл 2
0
dxtgx
x є визначеним.
Отже, вихідний інтеграл збігається.
Для обчислення вихідного інтеграла виконаємо підстановку x=2t. Тоді
dx=2dt, tH =0, 4
Bt i
4
0
4
0
2
0
4
0
coslnsinln2ln2)cossin2ln(22sinln2sinln dtttdttttdtxdx
4
0
4
0
4
0
4
0
40
.cosln2sinln22ln2
cosln2sinln22ln2 tdttdttdttdtt
В останньому інтегралі виконаємо підстановку .2
zt
Тоді dt= – dz,
,2
Hz
4
Bz і
4
0
4
2
2
4
.sinln22
cosln2cosln2 zdzdzztdt
Таким чином,
128
.22ln2
sinln2ln2
sinln2sinln22ln2
sinln2
0
4
0
2
4
2
0
ItdtzdztdtxdxI
Звідси
2
0
.2ln2
sinln xdxI
Домашнє завдання
Теорія [9, л. 22], с. 145 –152.
Вправи
Обчислити невласні інтеграли або установити їх розбіжність:
1
1
2.
)1(xx
dx Відповідь: 1–ln2.
2
2
.ln
dxx
x Відповідь: розбігається.
3
0
.2
dxxe x Відповідь: .2
1
4
0
.dxe x Відповідь: 2.
5
.
1
22
x
xdx Відповідь: розбігається
Питання для самоперевірки
1 Що називають невласним інтегралом від заданої функції з
нескінченними проміжками інтегрування? Дати геометричне тлумачення та
навести приклади збіжних і розбіжних інтегралів.
2 Сформулювати ознаки збіжності невласних інтегралів із
нескінченними проміжками інтегрування.
3 Який невласний інтеграл називають абсолютно збіжним і який умовно
збіжним?
4 Що називають невласним інтегралом від розривної функції на даному
скінченому проміжку інтегрування? Надати геометричне тлумачення і навести
приклади збіжних і розбіжних інтегралів.
5 У якому випадку невласний інтеграл від необмеженої функції можна
обчислити безпосередньо за формулою Ньютона –Лейбніця?
6 Як виконується заміна змінної у невласному інтегралі?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 24
Диференціальні рівняння першого порядку. Задача Коші. Диференціальні
рівняння з відокремлюваними змінними. Рівняння, однорідні відносно змінних.
129
Лінійні рівняння 1-го порядку. Рівняння Бернуллі.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти загальний розв`язок рівняння y
xyy
21 .
Розв`язання. Розв`яжемо рівняння відносно y : .212y
xy
Отримаємо рівняння типу )()( 21 yfxfy , оскільки .1
)21(21
22 yx
y
x
Замінимо y на dx
dy , тоді
2
21
y
x
dx
dy .
Помноживши обидві частини на y2dx, одержимо рівняння з
відокремленими змінними y2dy = (1-2x)dx, інтегруючи яке, знаходимо
Cxxy
23
3 (загальний інтеграл)
або, розв`язавши відносно у, 3 233 xxCy (загальний розв’язок).
Приклад 2 Знайти загальний розв`язок рівняння .0.1
12
2
x
yy
Розв`язання. Це рівняння з відокремленими змінними, оскільки
2
2
1
1
x
y
dx
dy
. Відокремлюючи змінні
22 11 x
dx
y
dy
й інтегруючи отриману
рівність, знаходимо загальний інтеграл: arcsin y = - arcsin x + C,
а розв`язавши відносно у: y = sin( C – arcsin x) - загальний розв’язок.
Приклад 3 Знайти загальний розв`язок рівняння .011 22 xydxy
Розв`язання. Це рівняння вигляду M1(x)N2(y)dx + M2(x)N1(y)dy = 0.
Розділивши обидві частини цього рівняння на 22 1*1 xy , отримаємо
,011 22
y
ydy
x
dx а після інтегрування знаходимо його загальний інтеграл
.1arcsin 2 Cyx
Приклад 4 Знайти частинний розв`язок диференціального рівняння
yyxy lnsin , який задовольняє початковій умові ey
2
.
Розв`язання. Спочатку знайдемо загальний розв`язок рівняння. Для
цього його розв’яжемо його відносно dx
dyy : .
sin
ln
x
yy
dx
dy
Відокремимо змінні .sinln x
dx
yy
dy
Після інтегрування маємо: ,ln2
lnlnln Cx
tgy а після потенціювання
130
2ln
xtgCy або 2
xtgC
ey
- загальний розв`язок.
Використовуючи початкову умову, знаходимо значення довільної сталої
С. Підставляючи значення С = 1 в загальний розв`язок рівняння, отримаємо
частинний розв`язок рівняння 2
xtg
ey .
Приклад 5 Знайти загальний розв`язок рівняння .x
y
y
xy
Розв`язання. Це рівняння типу ,
x
yy , тобто однорідне відносно
змінних х і у. Зробимо заміну )(xux
y , звідки y=ux, а .uxuy
Підставляючи ці вирази в дане рівняння, отримаємо uu
uxu 1
або
udx
dux
1 ,а після відокремлювання змінних
x
dxudu . Інтегруючи цю рівність,
знаходимо Cxu
ln2
1ln
2
2
або 22 ln Cxu . Повертаючись до у, отримаємо
загальний інтеграл вихідного рівняння 2
2
2
ln Cxx
y , а розв`язавши відносно у,
загальний розв`язок рівняння .ln 2Cxy
Приклад 6 Знайти загальний розв`язок рівняння .lnx
yyyx
Розв`язання. Розв`язавши рівняння відносно y , отримаємо x
y
x
yu ln ,
тобто рівняння типу
x
yy . Зробимо підстановку )(xu
x
y . Тоді y = ux, а
.uxuy Виконуючи низку перетворень, будемо мати:
;lnuuuxu );1(ln uudx
dux ;
)1(ln x
dx
uu
du
;ln
)1(lnC
x
dx
uu
du
;lnln1lnln Cxu lnu –1 = Cx, ;1 Cxeu ;1 Cxex
y
.1 Cxxey
Це і є шуканий розв`язок.
Приклад 7 Знайти загальний розв`язок рівняння x dy – y dx = y dy.
Розв`язання. Об`єднаємо доданки, які містять dy в одну групу, а ті, що
містять dx - в іншу, одержуємо: (x-y)dy – ydx = 0. Наявність множника х – у
перед dy дає можливість стверджувати, що відокремити змінні в даному
рівнянні неможливо.
Розділивши обидві частини отриманого рівняння на xdy, будемо мати
131
,01
x
y
dx
dy
x
y
звідки
x
yx
y
dx
dy
1
і рівняння набуло вигляду
x
yy . Далі треба діяти як у
попередніх прикладах. Але неважко помітити, що дане рівняння набуде
простішого вигляду, якщо розв’язати його відносно dy
dx , а саме 1
y
x
dy
dx. Тоді,
застосувавши підстановку )( yuy
x , звідки x=yu, а
dy
duyu
dy
dx , будемо мати:
;1 udy
duyu
;1dy
duy
;
y
dydu
;lnln Cuu
;ln Cyu
;ln Cyy
x
0ln Cyy
x (загальний інтеграл).
Зауважимо, що розв`язати отримане рівняння відносно у неможливо.
Приклад 8 Знайти загальний розв`язок рівняння .22xxexyy
Розв`язання. Маємо рівняння вигляду )()( xqyxpy , де p (x) = 2x, 2
)( xxexq , тобто лінійне відносно y і y .
Покладемо y = uv. Тоді uvvuy . Підставляючи вирази y і y в дане
рівняння, одержимо 2
2 xxexuvbvvu або .)2(2xxexvvuvu
За v беремо будь-який частинний інтеграл рівняння .02 xvv Тоді для
знаходження u отримаємо рівняння 2xxevu . Розв`язуючи перше рівняння,
знаходимо v: ;2xvdx
dv
;2xdx
v
dv
;ln 2xv
.2xev
Підставляючи v в друге рівняння і розв`язуючи його, знаходимо u :
;22 xx xeeu
;xu
.2
2
Cx
Cxdxu
Отже, шукана функція 2
2
2xeC
xuvy
.
Приклад 9 Знайти загальний розв`язок рівняння .121222 xxyyx
Розв`язання. Поділимо обидві частини рівняння на 1+x2 :
.11
2 2
2x
x
xyy
Переконавшись, що рівняння лінійне неоднорідне, покладемо y = uv. Тоді
воно набуває вигляду
2
21
1
2x
x
xuvuvvu
або .1
1
2 2
2xv
x
xvuvu
Далі маємо:
132
1. ;01
22
vx
xv 2. ;1 2xvu
;
1
22
vx
x
dx
dv
;11 22 xxu
;
1
22x
xdx
v
dv
;1u
;1lnln 2xv .CxCdxu
.1 2xv
21 xCxuvy - загальний розв`язок заданого рівняння.
Приклад 10 Знайти частинний розв`язок рівняння xytgxy sec , який
задовольняє початковій умові у(0) = 0.
Розв`язання. Рівняння лінійне неоднорідне. Знайдемо спочатку його
загальний розв`язок. Для цього покладемо y=uv, uvvuy і воно набуде
вигляду xuvtgxuvvu sec або .sec)( xvtgxvuvu
Тоді
1. ;0 vtgxv 2. ;secxvu
;vtgxdx
dv ;
cos
1
cos
1
xxu
;tgxdxv
dv ;1u
;coslnln xv u = x + C.
.cos
1cos
1
xxv
x
Cxuvycos
1 - загальний розв`язок заданого рівняння.
При х = 0 і у = 0 знаходимо значення довільної сталої С
.00cos
100 CC
Отже, шуканий частинний розв`язок рівняння буде мати вигляд: .cosx
xy
Приклад 11 Знайти загальний розв’язок рівняння 33y xy xy .
Розв’язання. Маємо лінійне диференціальне рівняння першого порядку
виду ( ) ( )y p x y q x y , де R , причому 0 і 1 . Це рівняння
Бернуллі.
Зробимо заміну y uv= , y u v uv . Після підстановки у рівняння
y uv та y u v uv отримаємо: 33 ( )u v uv xuv x uv
3( ) 3 ( )u v u v xv x uv .
Виберемо функцію v так, щоб 0v xv . Знаходимо v :
dvxv
dx= -
dvxdx
v= -
dvxdx
v
2
ln2
xv = -
2
2
x
v e-
= .
133
Підставляючи v в рівняння 3( ) 3 ( )u v u v xv x uv , отримуємо
рівняння для знаходження u :
2 2 3
2 23x x
u e x ue
2 33 xdu
xe udx
-=
2
33 xdu
xe dxu
-= 2
33 xdu
xe dxu
.
1) 2
3
13 2
1
2 2
du uu du C C
u u
;
2) 2 2
2
2
1 1 1
2 2 22
x t t xt xxe dx e dt e C e C
dt xdx
.
Отже, 2
1 22
1 1
22
xC e Cu
22
1 3x
Cu e
= + , де 1 22 2С С С
2
2
13 xe C
u
-= +
2
2
2
3
x
x
eu
Ce=
+
2
2
2
3
x
x
eu
Ce= ±
+.
Загальний розв’язок має вигляд 2
1
3 x
yCe
= ±+
.
Приклад 12 Розв’язати рівняння 2 2 3 2dyx y xy a
dx , де a – стала.
Розв’язання. З’ясуємо тип рівняння 2 2 3 2x y y xy a . Так як dy
ydx
то
2 2 3 2x y y xy a 3 2
2
2 2
xy ay y
x x
2
2 2
y ay
x x y . Отже, це рівняння Бернуллі. Зробимо
заміну y uv . Після підстановки у рівняння y uv та y u v uv отримаємо: 2
2 2 2
uv au v uv
x x u v
2
2 2 2
v au v u v
x x u v
.
Виберемо функцію v так, щоб 0v
vx
. Знаходимо v : dv dx
v x
dv dx
v x ln lnv x
1v
x .
Підставляючи v в рівняння 2
2 2 2
v au v u v
x x u v
, отримуємо рівняння для
знаходження u : 2
2 2
2
1
1
du a
dx xx u
x
2
2
1du a
dx x u 2 2u du a xdx .
2 2u du a xdx 3 2
2
3 2
u xa C
2
23 3
2
xu a C
.
Отже, загальний розв’язок має вигляд 2
23
13
2
xy uv a C
x
або
23
3
3
2
a Cy
x x .
Домашнє завдання
Теорія [9, л. 23], с. 152 –156.
Вправи
134
Знайти загальний або частинний розв`язок (інтеграл) диференціальних
рівнянь.
121 xyxy Відповідь: .ln 222 Cxyx
2 .aytgxy Відповідь: y = C sinx – a.
3 .10 yxy Відповідь: 10x + 10-y = C.
4 .1)0(;1
12
2
y
x
yy Відповідь: .
1
1
x
xy
5 .22 yxyyx Відповідь: .222 CyCx
6 .1212
yx
xy Відповідь: .2
1
2 xeCxy x
7 .cosxyy Відповідь: .sincos2
1xxCey x
Питання для самоперевірки
1 Що називається диференціальним рівнянням?
2 Що називається порядком диференціального рівняння?
3 Що називається загальним і частинним розв’язками диференціального
рівняння?
4 Яка задача називається задачею Коші? За яких умов існує єдиний
розв’язок задачі Коші?
5 Які диференціальні рівняння першого порядку називають рівняннями з
відокремлюваними лінійними?
6 У якому вигляді шукають розв’язок лінійного диференціального
рівняння першого порядку за методом Бернулі?
7 Який вигляд має рівняння Бернулі?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 25
Рівняння другого порядку. Три типи рівнянь, що допускають зниження
порядку. Лінійні однорідні диференціальні рівняння другого порядку зі
сталими коефіцієнтами.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Розв'язати задачу Коші для рівняння xy 3sin , якщо
3
1
0;0
0;
27
7
0
xy
xy
xy .
Розв'язання. Рівняння виду: )()( xfy n , де f(x) – неперервна функція на
деякому інтервалі, інтегрують послідовно n разів: .... ... )(... 2
21
1
nnn
разівn
CxCxCdxdxdxxfy
Це і є загальний розв'язок рівняння.
135
Задане рівняння є рівнянням третього порядку, яке містить лише
незалежну змінну x, та третю похідну. Послідовно три рази інтегруємо його:
xdxCdxxxCxdxy sincos1sinsin 12
13
1
3
12
3
coscossincos C
xxCxdxx .
dxCxxxCdxC
xxy 1
221
3
sin1cos3
1cos
3
coscos
21
3
212
29
sinsin
3
2cossin
3
1cos
3
2CxC
xxCdxCxxxC
.
Нарешті:
321
3sin9
1sin
3
2CdxCxCxxy
321
2cos1sin9
1sin
3
2CdxCxCxxx
.2
cos27
1cos
9
7
sincos9
1sin
9
7
32
213
3212
CxCxC
xx
CdxCxCxxx
Використовуючи початкові умови, будемо мати:
;09
0sin0sin
3
2 ;
27
70cos
27
10cos
9
72
3
3
3 CC
3
1
3
0cos0cos 1
3
C , звідки С1=1, С2=0, С3=-1.
Частинний розв'язок рівняння має вигляд: .12
cos27
1cos
9
7 23
xxxy
Приклад 2 Розв'язати задачу Коші для рівняння: 12 xyyx , якщо
3
1)1(;
9
10)1( yy .
Розв'язання. Це рівняння другого порядку, яке не містить невідомої
функції. Порядок рівняння ),( yxfy можна знизити підстановкою )(xpy ,
тоді )(xpy .
Рівняння першого порядку );( pxfp з невідомою функцією p(x) має
загальний розв'язок p=p(x;C1). Тоді з рівності pdx
dy знайдемо загальний
розв'язок заданого рівняння: 21);( CdxCxpy .
Задане рівняння не містить невідомої функції y, тому для зниження його
порядку використаємо підстановку )(xpy , тоді )(xpy .
Рівняння першого порядку 12 xppx є лінійним відносно невідомої
функції p та похідної p . Розв'яжемо його за методом варіації довільної сталої,
тобто за формулою: dxxCxp eedxxfdxxf )(
1)( )()( ,
136
де x
xx
xxf
1)(;
1)(
2 .
Отже
dxx
xCdx
x
xCxp eeee
xxdxx
dxx
ln2
1ln
12
1
1 11)(
x
Cxx
xC
xxdx
x
xC
x
123
1
2
1 133
111
. Зважаючи на те, що
dx
dyyp , будемо мати:
x
Cxy 1
2
13
.
За умовою 3
1)1( y , тоді 11
3
1
3
1C ; звідки C1=-1, отже,
x
xy
11
3
2
.
Інтегруємо це рівняння: 2
3
2
2
ln9
11
3Cxx
xCdx
x
xy
.
За умовою 9
10)1( y , тоді 21ln1
9
1
9
10C , звідки маємо С2=0.
Розв'язок задачі Коші буде: xxx
y ln9
3
.
Приклад 3 Розв'язати задачу Коші для рівняння 1)( 2 yyy , якщо
0)1(;1)1( yy .
Розв'язання. Це Рівняння другого порядку, яке не містить незалежної змінної.
Порядок рівняння ),( yyfy можна знизити підстановкою )( ypy , тоді
dy
dpp
dx
dy
dy
ydp
dx
ydpy
)()(. Задане рівняння матиме вигляд: );( pyf
dy
dpp .
Якщо його загальним розв'язком є );( 1Cypp , тоді одержуємо таке рівняння:
);( 1Cypdx
dy .
Відокремлюючи змінні, знаходимо dxCyp
dy
);( 1
. Проінтегрувавши це
рівняння, одержимо загальний розв'язок заданого рівняння: 0);;;( 21 CCyx .
Нехай py , тоді dy
dppy . Отже, 12 p
dy
dpyp . Це рівняння першого
порядку з відокремлюваними змінними: ;12 y
dy
p
pdp
Cyp lnln)1ln(
2
1 2 ,
звідки yCp 12 або 1,1 12
122 CypCyp , 11
2 Cyy . За
137
умовою 0)1( y , а y(1)=1, тоді 110 1 C ; C1=1. Отже, 12 yy , де
dx
dyy , тоді .
1 ;1
2
2 dxy
dyy
dx
dy
Загальним інтегралом цього рівняння буде: .1ln 22 Cxyy
Відомо, що y(1)=1, тому 210 C , 12 C .
Розв'язком задачі Коші заданого рівняння є: 11ln 2 xyy .
Приклад 4 Знайти загальний розв`язок рівняння .02 yyy
Розв`язання. Маємо ЛОДР – 2 зі сталими коефіцієнтами. Для його
розв`язання складемо характеристичне рівняння. За теоремою Вієта
,1
,2
21
21
kk
kk звідси к1= -2, к2= 1.
Корені характеристичного рівняння дійсні і різні числа (к1к2), тому
загальний розв`язок рівняння набуде вигляду(див. таблицю 25.1)
.2
2
1
xx eCeCy
Приклад 5 Знайти загальний розв`язок рівняння .04 yy
Розв’язання. Складемо характеристичне рівняння к2- 4к= 0. Розв’язуючи
його, знаходимо к1= 0, к2= 4. Оскільки к1к2, то шуканий загальний розв’язок
даного рівняння має вигляд:
у = С1е0х + С2е
4х = С1 + С2е4х.
Приклад 6 Знайти загальний розв`язок рівняння .0823 yyy
Розв`язання. Складемо характеристичне рівняння 3к2–2к–8= 0.
Розв`язуючи його, знаходимо:
;100)8(*3*4442 acbD ;6
102
6
1002
22,1
a
Dbk
к1 = 2; .
3
42 k
Загальний розв`язок рівняння: .3
4
2
2
1
x
eCeCy x
Приклад 7 Знайти загальний розв`язок рівняння .0136 yyy
Розв`язання. Складемо характеристичне рівняння к2+6к+13=0. Його
корені знайдемо за формулою
qpp
k 42
2
2,1 ,
згідно з якою
.23434313932,1 iik
Корені характеристичного рівняння комплексно-спряжені (к1,2 = і).
Отже, = - 3; = 2. Тоді загальний розв`язок даного рівняння набуде
вигляду
.2sin2cos 21
3 xCxCey x
Приклад 8 Знайти загальний розв`язок рівняння .02 yyy
138
Розв`язання. Складемо характеристичне рівняння к2 –2к +1=0. Оскільки
к2 –2к +1= (к-1)2=0, к1=к2 =1. Корені характеристичного рівняння дійсні й
рівні, тому загальний розв`язок запишемо у вигляді:
у = (С1 + С2 х)ех.
Приклад 9 Знайти частинний розв`язок рівняння, який задовольняє
даним початковим умовам .10)0(;6)0(;034 yyyyy
Розв`язання. Спочатку знайдемо загальний розв`язок рівняння. Для
цього складемо характеристичне рівняння к2–4к+3=0. Його корені к1 = 1 і к2 = 3
дійсні й різні, тому загальний розв`язок має вигляд .3
21
xx eCeCy
Диференціюючи у, отримаємо .3 3
21
xx eCeCy Використовуючи початкові
умови, знаходимо значення С1 і С2 із системи рівнянь:
.310
,6
21
21
CC
CC
Розв`язуючи систему, одержимо С1 = 4, С2 = 2. Підставляючи ці значення
в загальний розв`язок, знаходимо шуканий частинний розв`язок
у = 4ех + 2е3х.
Приклад 10 Знайти частинний розв`язок рівняння, який задовольняє
даним початковим умовам .15)0(;0)0(;0294 yyyyy
Розв`язання. Складемо характеристичне рівняння к2+4к+29= 0.
Знаходимо його корені
.5225229422,1 ik
Оскільки корені комплексно-спряжені і = - 2; = 5 загальний розв`язок
рівняння запишемо у вигляді
.5sin5cos 21
2 xCxCey x
Далі знаходимо ).5cos55sin5()5sin5cos(2 21
2
21
2 xCxCexCxCey xx
Враховуючи початкові умови: при х = 0, у = 0, ,15y а також те, що
е0=1, sin0 = 0, cos0 = 1, отримаємо систему рівнянь
,5215
,0
21
1
CC
C
звідки С1= 0, С2= 3. Отже, шуканий частинний розв`язок вихідного рівняння
набуде вигляду
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.24-25], с. 156 –165.
Вправи
Знайти загальний або частинний розв`язок (інтеграл) диференціальних
рівнянь.
4 .09 yy Відповідь: .3
2
3
1
xx eCeCy
5 .082 yyy Відповідь: .4
2
2
1
xx eCeCy
6 ,0 yy Відповідь: .sincos 21 xCxCy
139
7 .0584 yyy Відповідь: .2
sin2
cos 21
xC
xCey x
8 .0252042
2
xdt
dx
dt
xd Відповідь: .)( 5,2
21
tetCCx
9 .0)0(;2)0(;044 yyyyy Відповідь: .)2( 2
x
exy
Питання для самоперевірки
1 Яке рівняння називають диференціальним рівнянням другого порядку?
2 Який вигляд має задача Коші для диференціального рівняння другого
порядку?
3 Сформулюйте теорему існування та єдності розв’язку задачі Коші для
диференціального рівняння другого порядку.
4 Яке рівняння називають лінійним диференціальним рівнянням другого
порядку?
5 Який вигляд має загальний розв’язок однорідного лінійного
диференціального рівняння другого порядку.
6 Викласти метод розв’язання лінійного однорідного диференціального
рівняння другого порядку зі сталими коефіцієнтами. Яке рівняння називають
характеристичним?
7 Який вигляд має загальний розв’язок лінійного однорідного
диференціального рівняння другого порядку зі сталими коефіцієнтами, якщо
корені його характеристичного рівняння: 1) дійсні й різні, 2) дійсні й рівні, 3)
комплексно-спряжені.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 26
Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку зі сталими
коефіцієнтами. Структура загального розв’язку. Метод варіації довільних
сталих та спеціальна права частина
Розв’язання прикладів
Загальний розв’язок у лінійного неоднорідного диференціального
рівняння (ЛНДР) ( )y py qy f x (p, q – дійсні числа, f(x) – неперервна
функція) дорівнює сумі будь - якого частинного розв’язку Y цього рівняння і
загального розв’язку y відповідного однорідного рівняння 0y py qy .
Отже, функція y Y y є загальним розв’язком ЛНДР.
Існує загальний метод знаходження частинного розв'язку неоднорідного
рівняння ( )y py qy f x , який називається методом варіації довільних
сталих, або методом Лагранжа, за яким частинний розв'язок рівняння
( )y py qy f x має вигляд: dxW
xfxyydx
W
xfxyyY
)()()()( 21
12 ,
140
де y1(x), y2(x) – незалежні частинні розв'язки відповідного однорідного рівняння
0y py qy , а )()(
)()()(
21
21
xyxy
xyxyxW
- є визначник Вронського
Приклад 1 Методом варіації довільних сталих знайти загальний розв'язок
рівняння x
yy3sin
1 .
Розв’язання. Задане рівняння є неоднорідне лінійне рівняння другого
порядку із сталими коефіцієнтами. Розв’язок цього рівняння шукатимемо у
вигляді y Y y . Знайдемо спочатку загальний розв'язок y відповідного
однорідного рівняння 0 yy , для чого складемо характеристичне рівняння:
012 k ; звідки 2 1k , 1,2 1,21;k k i i . Маємо випадок уявних
коренів характеристичного рівняння. Тоді 1 2( ) cos , ( ) sinx xy x x y x xe e
. В
нашому випадку =0, =1. Отже, xxyxxy sin)(;cos)( 21 , а
xCxCy sincos 21 .
Щоб за формулою dxW
xfxyydx
W
xfxyyY
)()()()( 21
12
знайти частинний
розв'язок заданого неоднорідного рівняння, спочатку визначимо
)()(
)()()(
21
21
xyxy
xyxyxW
: 2 2
cos sin( ) cos sin 1 0
sin cos
x xW x x x
x x
.
Тоді
x
dxxxdxxxdx
x
xxdx
x
xxxY
2
3
33 sincossincossin
sin1
1sincos
sin1
1cossin)(
.sin2
2cos
sin2
cos21
sin
cos
sin2
1cos
2
sinsin
222
x
x
x
x
x
x
xctgxx
xx
Остаточно, загальний розв'язок лінійного неоднорідного рівняння
знайдемо як суму x
xxCxCyYy
sin2
2cossincos: 21 .
Приклад 2 Методом варіації довільних сталих знайти загальний
розв'язок рівняння 2xe
y y yx
.
Розв’язання. Розв’язок цього рівняння шукатимемо у вигляді y Y y
Знайдемо спочатку загальний розв'язок y відповідного однорідного рівняння
2 0y y y , для чого складемо характеристичне рівняння: 2 2 1 0k k ;
звідки 2( 1) 0k , 1 2 1k k k . Корені дійсні та рівні. Тоді фундаментальна
системо розв’язків має вигляд 1 2, kx x kx xy e e y xe xe . За формулою kxexCCy )( 21 записуємо загальний розв’язок однорідного диференціального
рівняння: 1 2
x xy C e C xe .
Обчислимо визначник Вронського:
141
2( ) ( ) 0x x
x x x x x x
x x x
e xeW x e e xe xe e e
e e xe
.
Тоді 2 2
1( ) ln
x xx x
x x x x x x
x x
e ee xe
x xY x xe dx e dx xe dx e dx xe x e xe e x
.
Остаточно, загальний розв'язок лінійного неоднорідного рівняння
знайдемо у вигляді: 1 2 lnx x x xy y Y C e C xe xe x xe або
1 3 lnx x xy C e C xe xe x , де С3= С2 - 1.
Приклад 3 Методом варіації довільних сталих знайти загальний
розв'язок рівняння 1
x
x
ey y
e
.
Розв’язання. Задане рівняння є неоднорідне лінійне рівняння другого
порядку із сталими коефіцієнтами. Розв’язок цього рівняння шукатимемо у
вигляді y Y y . Знайдемо спочатку загальний розв'язок y відповідного
однорідного рівняння 0y y , для чого складемо характеристичне рівняння: 2 0k k ; запишемо його у вигляді ( 1) 0k k , звідки
1 20; 1k k . Маємо
випадок дійсних та різних коренів характеристичного рівняння. Тоді 1 2
1 2( ) , ( )k x k xy x y xe e . Отже, 0 1
1 2( ) 1; ( )x x xy x e y x e e , а 1 2
xy C C e .
Щоб за формулою dxW
xfxyydx
W
xfxyyY
)()()()( 21
12
знайти частинний
розв'язок заданого неоднорідного рівняння, спочатку визначимо
)()(
)()()(
21
21
xyxy
xyxyxW
:
1( ) 0 0
0
x
x x
x
eW x e e
e .
Тоді
1
1 11 1( ) 1 ln 11 1 1
x xx
xx xx x x x
x x x x x
e ee
ee eY x e dx dx e dx dx e dx ee e e e e
11 1 1
ln(1 ) ln(1 ) ln(1 )( 1) ( 1) 1
1
x
x x x x x x x x
u edu u u
du e dx e e e du e e du e du eu u u u u u
dudx
u
ln ln 1 ln(1 ) ln ln(1 )1
xx x x x x
x
ee u e u e e e
e
Остаточно, загальний розв'язок лінійного неоднорідного рівняння
знайдемо як суму 1 2: ln ln(1 )1
xx x x
x
ey Y y C C e e e
e
.
Приклад 4 Методом варіації довільних сталих знайти загальний розв'язок
рівняння y y tgx .
Розв’язання. Задане рівняння є неоднорідне лінійне рівняння другого
порядку із сталими коефіцієнтами. Розв’язок цього рівняння шукатимемо у
142
вигляді y Y y . Знайдемо спочатку загальний розв'язок y відповідного
однорідного рівняння 0 yy , для чого складемо характеристичне рівняння:
012 k ; звідки 2 1k , 1,2 1,21;k k i i . Маємо випадок уявних
коренів характеристичного рівняння. Тоді 1 2( ) cos , ( ) sinx xy x x y x xe e
. В
нашому випадку =0, =1. Отже, xxyxxy sin)(;cos)( 21 , а
xCxCy sincos 21 .
Щоб за формулою dxW
xfxyydx
W
xfxyyY
)()()()( 21
12
знайти частинний
розв'язок заданого неоднорідного рівняння, спочатку визначимо
)()(
)()()(
21
21
xyxy
xyxyxW
: 2 2
cos sin( ) cos sin 1 0
sin cos
x xW x x x
x x
.
Тоді cos sin
( ) sin cos sin cos cos sin1 1
x tgx x tgxY x x dx x dx x x tgxdx x x tgxdx
2 2sin 1 cossin cos cos sin sin sin cos sin cos cos
cos cos
x xx x tgxdx x x tgxdx x x dx x dx x x x dx
x x
1sin cos cos cos sin cos cos ln sin cos ln
cos 2 4 2 4
x xx x x x dx x x x tg x x tg
x
.
Остаточно, загальний розв'язок лінійного неоднорідного рівняння
знайдемо як суму 1 2: cos sin cos ln2 4
xy Y y C x C x x tg
.
Приклад 5 Методом варіації довільних сталих знайти загальний
розв'язок рівняння 2 cosx xy y e e .
Розв’язання. Задане рівняння є неоднорідне лінійне рівняння другого
порядку із сталими коефіцієнтами. Розв’язок цього рівняння шукатимемо у
вигляді y Y y . Знайдемо спочатку загальний розв'язок y відповідного
однорідного рівняння 0y y , для чого складемо характеристичне рівняння: 2 0k k ; запишемо його у вигляді ( 1) 0k k , звідки
1 20; 1k k . Маємо
випадок дійсних та різних коренів характеристичного рівняння. Тоді 1 2
1 2( ) , ( )k x k xy x y xe e . Отже, 0 1
1 2( ) 1; ( )x x xy x e y x e e , а 1 2
xy C C e .
Щоб за формулою dxW
xfxyydx
W
xfxyyY
)()()()( 21
12
знайти частинний
розв'язок заданого неоднорідного рівняння, спочатку визначимо
)()(
)()()(
21
21
xyxy
xyxyxW
:
1( ) 0 0
0
x
x x
x
eW x e e
e .
Тоді 2 2
21 cos cos( ) 1 cos cos sin
x x x x xx x x x x x x x
x x
e e e e eY x e dx dx e e e dx e e dx e e
e e
143
cos sin sin sincos sin
x x
x x x x x x x x x
x x x
u e du e dxe e e dx e e e e e e dx
dv e e dx v e
sin sin cos cosx x x x x xe e e e e e
Остаточно, загальний розв'язок лінійного неоднорідного рівняння
знайдемо як суму 1 2: cosx xy Y y C C e e .
Наведемо таблицю найпростіших правих частин f(x) рівняння ( )y py qy f x та відповідних видів частинних розв'язків Y.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 24-25], с. 156 –165.
Вправи
Методом варіації довільних сталих знайти загальний розв'язок рівнянь:
1 22
1
xey y y
x
. Відповідь: 2
1 2 ln 1 xy C C x x xarctgx e .
2 y y ctgx . Відповідь: 1 2cos sin sin ln2
xy C x C x x tg .
3 1
cosy y
x . Відповідь:
1 2cos sin sin cos ln cosy C x C x x x x x .
4 4 5cos
xey y y
x . Відповідь: 2
1 2cos sin sin cos ln cosxy e C x C x x x x x .
5 1
1 xy y
e
. Відповідь: 1 2 1 ln 1x x xy C C e x e e .
Питання для самоперевірки
1 Яке рівняння називають лінійним неоднорідним диференціальним
рівнянням другого порядку зі сталими коефіцієнтами?
2 Який вигляд має загальний розв’язок неоднорідного лінійного
диференціального рівняння другого порядку?
3. Коли функції називають 1( )y x та 2 ( )y x називають лінійно залежними, а
коли лінійно незалежними?
4 Що означає відмінність від нуля визначника Вронського?
5 У чому полягає сутність методу варіації довільних змінних?
6 Сформулювати теорему про структуру загального розв’язку лінійного
неоднорідного диференціального рівняння другого порядку.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 27
Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку зі сталими
коефіцієнтами та спеціальною правою частиною. Системи лінійних рівнянь зі
сталими коефіцієнтами.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Знайти загальний розв’язок рівняння .22 xeyyy
144
Розв’язання. Дане рівняння є лінійним неоднорідним диференціальним
рівнянням ІІ порядку зі сталими коефіцієнтами і спеціальною правою
частиною. Його загальний розв’язок шукаємо у вигляді y y Y . Для
знаходження y розв’язуємо лінійне однорідне диференціальне рівняння, що
йому відповідає 02 yyy . Складемо характеристичне рівняння 2к2+к-1=0.
Його корені к1= - 1 і .2
12 k Отже, .2
21
x
x eCeCy
Права частинаxexf 2)( даного рівняння є функція вигляду
,)()( ax
n exPxf де n=0, a =1, тому xAeY бо a k1,2. Диференціюючи Y двічі,
отримаємо ., xx AeYAeY Підставимо YYY ,, в дане рівняння: xxxx eAeAeAe 22 , звідки знаходимо А=1. Отже, xeY . Тоді загальний
розв`язок рівняння 2 2 xy y y e має вигляд: .221
x
x
x eeCeCy
Приклад 2 Знайти загальний розв`язок рівняння .sin67 xyyy
Розв`язання. Переконуємося, що дане рівняння є лінійним неоднорідним
ІІ порядку зі сталими коефіцієнтами і спеціальною правою частиною, тому його
загальний розв’язок шукаємо у вигляді y y Y . Розв`язуємо відповідне йому
однорідне рівняння 067 yyy . Його характеристичне рівняння к2-7к+6=0
має корені к1=1, к2=6. Отже, 6
1 2 .x xy C e C e Права частина даного рівняння
xxf sin)( являє собою функцію вигляду ,sincos)( bxBbxAxf де А=0, В=1,
b=1. Оскільки ,1 2,1kbi то xNxMY sincos , де М і N - коефіцієнти, які треба
визначити. Диференціюючи Y двічі, знаходимо: sin cos , cos sin .Y M x N x Y M x N x
Підставимо вирази YYY ,, в рівняння 7 6 siny y y x :
.sin)sincos(6)cossin(7sincos xxNxMxNxMxNxM
У лівій частині отриманої тотожності зведемо подібні доданки: .sincos0sin)57(cos)75( xxxNMxNM
Прирівнюючи коефіцієнти при cos x і sin x в обох частинах тотожності,
одержимо систему рівнянь
.157
,075
NM
NM
Розв`язавши її, знаходимо .74
5,
74
7 NM Отже, .sin
74
5cos
74
7xxY
Таким чином, загальний розв`язок даного рівняння має вигляд
.sin74
5cos
74
76
21 xxeCeCy xx
Приклад 3 Знайти загальний розв`язок рівняння .3296 2 xxyyy
Розв`язання. Переконуємося, що дане рівняння є лінійним неоднорідним
ІІ порядку зі сталими коефіцієнтами і спеціальною правою частиною, тому його
загальний розв’язок шукаємо у вигляді y y Y . Розв`язуємо відповідне йому
145
однорідне рівняння 096 yyy : к2 – 6к + 9 = 0; (к - 3)2= 0; к1=к2= 3. Таким
чином маємо, що 3
1 2( ) .xy C C x e
Знаходимо частинний розв`язок неоднорідного рівняння. Його права
частина 32)( 2 xxxf є функцією вигляду ,)()( ax
n exPxf де n=2, а =0.
Оскільки 1,2 ,а k то .2 CBxAxY Далі знаходимо 2 , 2Y Ax B Y A і
підставляємо вирази YYY ,, в рівняння 26 9 2 3y y y x x : 2 22 6(2 ) 9( ) 2 3A Ax B Ax Bx C x x або
.32)962()912(9 22 xxCBAxBAAx
Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в багаточленах лівої і
правої частин тотожності, будемо мати:
9 2,
9 12 1,
9 6 2 3.
A
B A
C B A
Розв`язуючи систему, знаходимо .27
11,
27
5,
9
2 CBA Тому
.27
11
27
5
9
2 2 xxY Отже, шуканий загальний розв`язок має вигляд
.27
11
27
5
9
2)( 23
21 xxexCCy x
Приклад 4 Знайти загальний розв`язок рівняння ),(23 xfyyy якщо:
1) 2( ) 3 ,xf x e
2) .302)( 3 xxf
Розв`язання. Шукаємо загальний розв’язок заданого рівняння у вигляді:
y y Y . Знаходимо загальний розв`язок однорідного рівняння
:023 yyy
к2-3к+2 = 0; к1= 1; к2= 2;
xx eCeCy 2
21
, бо к1к2.
Далі маємо:
1) 2( ) 3 .xf x e Це функція вигляду ,)()( ax
n exPxf де n=0, a =2. Оскільки,
a =к2, то 2
2 2 2
2 2
,
2 ( 2 ) ,
2 2( 2 ) 2 (4 4 ) .
x
x x x
x x x
Y Axe
Y Ae Axe A Ax e
Y Ae A Ax e A Ax e
Підставивши значення , , Y Y Y у рівняння 3 2 3 xy y y e , маємо: 2 2 2 2(4 4 ) 3( 2 ) 2 3x x x xA Ax e A Ax e Axe e
2 2 2(4 6 2 ) (4 3 ) 3x x xA A A xe A A e e 2 2(4 3 ) 3 4 3 3 3x xA A e e A A A .
Отже, xxeY 23 , а загальний розв’язок має вигляд: .3 22
21
xxx xeeCeCy
146
2) .302)( 3 xxf Маємо функцію вигляду ,)()( ax
n exPxf де n=3, a =0.
Оскільки, 1,2a k , то 3 2Y Ax Bx Cx D , 23 2Y Ax Bx C , 6 2Y Ax B .
Підставивши значення , , Y Y Y у рівняння 3 2 3 xy y y e , маємо: 2 3 2 36 2 3(3 2 ) 2( ) 2 30Ax B Ax Bx C Ax Bx Cx D x ,
3 2 32 (2 9 ) (6 6 2 ) (2 3 2 ) 2 30Ax B A x A B C x B C D x .
Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в багаточленах лівої і
правої частин тотожності, будемо мати: 2 2, 1,
2 9 0, 9 2,
6 6 2 0, 21 2,
2 3 2 30. 15 4.
A A
B A B
A B C C
B C D D
Отже, ,4
15
2
21
2
9 23 xxxY а загальний розв`язок має вигляд:
4
15
2
21
2
9 232
21 xxxeCeCy xx .
Приклад 5 Знайти загальний розв`язок рівняння )(23 xfyyy ,
якщо xexxf )43()( .
Розв`язання. Загальний розв`язок шукаємо у вигляді y y Y .
Загальний розв`язок однорідного рівняння 2
1 2
x xy C e C e - знайдено раніше
(див. приклад 4). xexxf )43()( - функція вигляду ,)()( ax
n exPxf де n=1, a =1=к1к2, тому xeBAxxY )( . Обчислюємо похідні 2(2 ) ( )x xY Ax B e Ax Bx e і
22 (2 ) (2 ) ( )x x x xY Ae Ax B e Ax B e Ax Bx e та підставляємо їх значення
до рівняння 3 2 (3 4 ) xy y y x e : 2
2 2
2 (2 ) (2 ) ( ) 3(2 (2 )
(2 ) ( ) ) 2( ) ( 4 3) ,
x x x x x x
x x x x
Ae Ax B e Ax B e Ax Bx e Ae Ax B e
Ax B e Ax Bx e Ax Bx e x e
2 2 4 3.Ax A B x
Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в багаточленах лівої і
правої частин тотожності, будемо мати: 2 4, 2,
2 3. 1.
A A
A B B
Таким чином, xexxY )2( 2 і остаточно .)2( 22
21
xxx exxeCeCy
Приклад 6 Знайти частинний розв`язок рівняння )1(2 xyy , який
задовольняє даним початковим умовам 1)0(,1)0( yy .
Розв`язання. Загальний розв`язок рівняння шукаємо у вигляді
y y Y . Розв`язуємо однорідне рівняння 0y y .
k2-k = 0; k(k-1) = 0; k1= 0; k2= 1;
147
1 2
xy C C e .
Оскільки ),1(2)( xxf то 1 21, 0n a k k , тому
2( )Y x Ax B Ax Bx . Обчислюємо 2Y Ax B та 2Y A . Підставляємо їх
значення до рівняння )1(2 xyy :
2 (2 ) 2(1 ) 2 2 2 2 2A Ax B x Ax A B x .
Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в багаточленах лівої і
правої частин тотожності, будемо мати: 2 2, 1,
2 2 2. 0.
A A
A B B
Таким чином, 2xY і, отже, загальний розв`язок неоднорідного рівняння
набуває вигляду: 2
1 2
xy C C e x .
Виходячи з початкових умов: 1)0(,1)0( yy і враховуючи, що
,22 xeCy x маємо систему 1 2
2
1 (0)
1 (0)
y C C
y C
, розв`язавши яку, знаходимо
С1= 0 і С2= 1. Підставляючи числові значення С1 і С2 в загальний розв`язок
рівняння, одержимо шуканий частинний розв`язок ,2xey x який
задовольняє даним початковим умовам.
Приклад 7 Знайти частинний розв`язок даного диференціального
рівняння ,02sin xyy який задовольняє початковим умовам .1)()( yy
Розв`язання. Зведемо рівняння до загального вигляду xyy 2sin .
Його розв’язок шукатимемо у вигляді y y Y .
Знайдемо y :
;0 yy к2+1= 0; к1,2= і; ;1;0 xCxCy sincos 21
.
Оскільки xxf 2sin)( то 1,22 ( 2 )b bi i k , тому
cos2 sin2Y M x N x . Знаходимо 2 sin 2 2 cos2Y M x N x та
4 cos2 4 sin 2Y M x N x . Підставляємо їх значення до рівняння
sin2y y x :
4 cos2 4 sin2 cos2 sin2 sin2M x N x M x N x x ,
( 4 )cos2 ( 4 )sin 2 sin 2M M x N N x x .
Порівнюючи коефіцієнти при cos2x та sin2x лівої і правої частин
тотожності ( 4 )cos2 ( 4 )sin 2 sin 2M M x N N x x , будемо мати:
4 0, 0,
3 1. 1 3.
M M M
N N N
Отже, xY 2sin3
1 і загальний розв`язок неоднорідного рівняння набуде
вигляду xxCxCy 2sin3
1sincos 21 .
148
Знаходимо .2cos3
2cossin 21 xxCxCy Враховуючи початкові умови
( ) ( ) 1,y y отримаємо систему: 1
2
1
21
3
C
C
, розв’язавши яку,
знаходимо С1= - 1, .3
12 C Підставляємо числові значення С1 і С2 в загальний
розв`язок і одержимо шуканий частинний розв`язок .2sin3
1sin
3
1cos xxxy
Приклад 8 Записати систему лінійних рівнянь в матричному вигляді та
знайти її розв'язок, якщо
yxy
yxx
3
22
.
Розв'язання Запишемо матрицю системи
31
22A . Задану систему
запишемо у вигляді матричного рівняння:
y
x
y
x
31
22
. Складемо
характеристичне рівняння 031
22
. Обчисливши визначник, отримаємо
0452 .
Коренями цього рівняння є 1=1 та 2=4. Для кореня 1=1 складемо
систему:
0)13(
02)12(
21
21
, тобто
02
02
21
21
.
Якщо 1=1, то 2
12 . У цьому випадку ee
ttx 111
;
eetty
2
11
21 . Для кореня 2=4 маємо:
0)43(
02)42(
21
21
, тобто
0
0
21
21
.
Якщо 1=1, то 2=1, тоді: eeeetttt yx 4
224
1222 ; . Загальним
розв'язком системи є:
2211
2211
)(
)(
yCyCty
xCxCtx , тобто
4
1 2
4
1 2
( )
1( )
2
t t
t t
x t C C
y t C C
e e
e e
.
У матричній формі розв'язок має вигляд
1
4
2
( ) 1 1
( ) 1 2 1
t
t
Cx t
y t C
e
e
.
Приклад 9 Знайти частинний розв’язок системи лінійних рівнянь 3
8
x x y
y x y
, якщо 0 4x , 0 2y .
149
Розв'язання Запишемо матрицю системи 3 1
8 1A
. Задану систему
запишемо у вигляді матричного рівняння: 3 1
8 1
x x
y y
. Складемо
характеристичне рівняння 3 1
08 1
. Обчисливши визначник, отримаємо
2 4 5 0 .
Коренями цього рівняння є 1=5 та 2=-1.
Для кореня 1=5 складемо систему:
1 2
1 2
(3 5) 0
8 (1 5) 0
, тобто 1 2
1 2
2 0
8 4 0
або 1 2
1 2
2 0
2 0
.
Якщо 1=1, то 2 2 . У цьому випадку 1 5
1 1
t tx e e ; 1 5
1 2 2t ty e e .
Для кореня 2=-1 маємо:
1 2
1 2
(3 ( 1)) 0
8 (1 ( 1)) 0
, тобто 1 2
1 2
4 0
8 2 0
або 1 2
1 2
4 0
4 0
.
Якщо 1=1, то 2=-4, тоді: 2 2
2 1 2 2; 4t tt tx e e y e e .
Загальним розв'язком системи є:
2211
2211
)(
)(
yCyCty
xCxCtx, тобто
5
1 2
5
1 2
( )
( ) 2 4
t t
t t
x t C e C e
y t C e C e
.
Знайдемо розв’язок задачі Коші з початковими умовами виду 0 4x ,
0 2y : 1 2
1 2
4
2 4 2
C C
C C
1
2
3
1
C
C
.
Записуємо частинний розв’язок системи, підставляючи в загальний розв’язок
знайдені значення 1 3C і
2 1C :
5
5
3
6 4
t t
t t
x t e e
y t e e
.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 26], с. 165 –171.
Вправи
Знайти загальний або частинний розв`язок наступних диференціальних
рівнянь.
1 .2cos2
1752 xyyy
Відповідь: .2sin22cos2
1)2sin2cos( 21 xxxCxCey x
2 .222 xyyy Відповідь: .1)sincos( 21 xxCxCey x
3 ),(23 xfyyy якщо
150
1) .10)( xexf Відповідь : .3
52
21
xxx eeCeCy
2) .sin2)( xxf Відповідь: .sin5
1cos
5
32
21 xxeCeCy xx
4 .cosxyy Відповідь: .sin2
1sincos 21 xxxCxCy
5 .2,3)0(;1)0(;61810102 2 yyxxyyy
Відповідь: .84,02,2)sin28,0cos16,0( 2 xxxxey x
6 Записати систему лінійних рівнянь в матричному вигляді та знайти її
розв'язок, якщо 5 4
2 3 .
x x y
y x y
.
7 Знайти частинний розв’язок системи лінійних рівнянь 2
2 3
x x y
y x y
,
якщо 0 8x , 0 1y .
Питання для самоперевірки
1 Яке рівняння називають лінійним неоднорідним диференціальним
рівнянням другого порядку зі сталими коефіцієнтами?
2 Який вигляд має загальний розв’язок неоднорідного лінійного
диференціального рівняння другого порядку?
3 Сформулювати теорему про структуру загального розв’язку лінійного
неоднорідного диференціального рівняння другого порядку.
4 Який вигляд має частинний розв’язок лінійного неоднорідного
диференціального рівняння другого порядку зі спеціальною правою частиною у
випадках:
1) ( ) ( ( )cos ( )sin );ax
n mf x e P x bx Q x bx 2) ( ) ( ) ;ax
nf x P x e
3) ( ) cos sinf x A bx B bx ?
5 Що називають системою лінійних диференціальних рівнянь зі сталими
коефіцієнтами?
6 Викладіть метод знаходження загального розв’язку системи лінійних
диференціальних рівнянь зі сталими коефіцієнтами.
7 Запишіть у матричній формі систему лінійних диференціальних рівнянь
зі сталими коефіцієнтами та її розв’язок.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 28
Обчислення подвійного інтеграла в прямокутних координатах
Розвязання прикладів
Приклад 1. Обчислити повторний інтеграл:
151
2
0
1
0
2 )2( dxyxdy .
Розв’язання. Обчислюємо внутрішній інтеграл, вважаючи у сталою.
yyxx
dxydxxydxdxxdxyx 23
12
322)2(
1
0
31
0
1
0
21
0
1
0
21
0
2
.
Обчислюємо зовнішній інтеграл від одержаної функції
3
244
3
2
3
12
3
1)2
3
1(
2
0
22
0
2
0
2
0
yyydydydyy
.
Таким чином, 3
24)2(
2
0
1
0
2 dxyxdy .
Розв’язання цього прикладу інакше можна записати таким чином:
3
244
3
2
3
244
3
2
3
12
3
1
)23
1(2
32)2(
2
0
22
0
2
0
2
0
1
0
2
0
32
0
1
0
1
0
22
0
1
0
2
yyydydy
dyydyxyx
dyydxdxxdxyxdy
Приклад 2. Обчислити повторний інтеграл x
x
y
dyxdx
12
22
1
.
Розв’язання. У даному інтегралі змінною внутрішнього інтеграла є у.
Отже,
.4
12
2
1
4
124
24
11
2
1
24
2
1
32
1
32
1
22
1 1
2
12
2
1
2
12
22
1
xx
dxxxdxxxdxxx
xdxy
xy
dydxx
y
dyxdx
x
x
x
x
x
x
Приклад 3. Побудувати область (Д), обмежену лініями у = 2x і у = x ,
перейти від подвійного інтеграла, взятого відносно цієї області, до повторного і
розставити межі інтегрування.
Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис. 3.1,а).
Рис. 3.1
y
0 x
2у=х
у= х
1
1
y
0 x
2у=х
у= х
1
1
y
0 x
2у=х
у= х
1
1
а б в
152
Для обрання раціонального порядку інтегрування перетнемо область (Д)
прямими, паралельними осям координат (рис. 3.1, б – паралельними осі Ох,
рис. 3.1,в – паралельними осі Оу). Оскільки в кожному випадку маємо одну
лінію входу і одну лінію виходу, тоді порядок інтегрування буде будь-яким і
подвійний інтеграл відносно області (Д) можна записати у вигляді одного
повторного інтеграла.
dxyxfdy ),( (див. рис. 3.1,б);
dyyxfdx ),( (див. рис.3.1,в).
Зауважимо, що підінтегральна функція f(x,y) завжди записується під знак
внутрішнього інтеграла.
Визначимо межі інтегрування в інтегралі dxyxfdy ),( . Для визначення
меж інтегрування зовнішнього інтеграла спроектуємо область (Д) на вісь Оу
)10( y . Межі внутрішнього інтеграла знайдемо з рівняння лінії входу х = у2
(нижня межа інтегрування) і рівняння лінії виходу х= y (верхня межа
інтегрування).
Таким чином,
)(
1
0 2
),(),(Д
y
y
dxyxfdydxdyyxf .
Далі визначимо межі в інтегралі dyyxfdx ),( . Для визначення меж
інтегрування зовнішнього інтеграла спроектуємо область (Д) на вісь Ох
10 x . Межі внутрішнього інтеграла знаходимо з рівняння лінії входу 2xy
(нижня межа інтегрування) і рівняння лінії виходу xy (верхня межа
інтегрування).
Тоді )(
1
0 2
),(),(Д
x
x
dyyxfdxdxdyyxf .
Приклад 4. Перейти від подвійного інтеграла, взятого відносно області
(Д), обмеженої лініями y = 0, у = 2, у = х і у = х – 4, до повторного.
Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис. 4.1,а).
Рис. 4.1
y
0 x
x=у
у=х-4
y=2
y=0
y
0 x
x=у
у=х-4
y=2
y=0
y
0 x
x=у
у=х-4
y=2
y=0
а б в
153
Для обрання раціонального порядку інтегрування перетнемо область
інтегрування прямими, паралельними осям координат (рис. 4.1,б –
паралельними осі Ох, рис. 4.1,в – паралельними осі Оу).
У першому випадку (рис. 4.1,б) маємо одну лінію входу: у = х, і одну
лінію виходу у = х – 4, тому подвійний інтеграл відносно області (Д) можна
записати у вигляді одного повторного інтеграла вигляду dxyxfdy ),( .
У другому випадку маємо дві лінії входу: у = 0 і у = х – 4 і дві лінії
виходу: у = х і у = 2, тому область (Д) розбиваємо на три частини (рис. 4.1,в) і
тоді подвійний інтеграл відносно області (Д) = (Д1) + (Д2) + (Д3) можна записати
як суму подвійних інтегралів відносно кожної з них, тобто: ,),(),(),(),(
)()()()( 321
ДДДД
dxdyyxfdxdyyxfdxdyyxfdxdyyxf
де кожний із одержаних інтегралів можна записати у вигляді одного
повторного інтеграла виду dyyxfdx ),( .
Таким чином, зрозуміло, що порядок інтегрування буде раціональним у
першому випадку, оскільки веде до обчислення меншої кількості повторних
інтегралів і обчислення значно меншої кількості визначених інтегралів.
Визначимо межі інтегрування в повторному інтегралі dxyxfdy ),( .
Для визначення меж інтегрування зовнішнього інтеграла спроектуємо
область (Д) на вісь Оу 20 y . Межі внутрішнього інтеграла знайдемо з
рівняння лінії входу х = у (нижня межа інтегрування) і рівняння лінії виходу
х=у+4 (верхня межа інтегрування).Остаточно
)(
2
0
4
),(),(Д
y
y
dxyxfdydxdyyxf .
Приклад 5. Змінити порядок інтегрування в повторному інтегралі
2
0
6
2
),(x
x
dyyxfdx .
Розв’язання. У даному повторному інтегралі порядок інтегрування
наступний. Внутрішнє інтегрування виконується відносно змінної у, а зовнішнє
виконується відносно змінної х. Змінити
порядок інтегрування в даному інтегралі
означає те, що внутрішнє інтегрування треба
виконати відносно змінної х, а зовнішнє –
відносно змінної у, тобто записати інтеграл у
вигляді dxyxfdy ),( .
Але, як показує попередній приклад,
поки що не відомо, скільки таких інтегралів
буде. Щоб відповісти на це питання, відновимо
область (Д). Оскільки змінна внутрішнього
інтеграла – у, тоді рівняння нижньої межі області у = 2х (лінія входу), а
рівняння верхньої межі області у = 6 – х (лінія виходу). Змінна х зовнішнього
інтеграла змінюється від х = 0 до х = 2.
y
0 x
6
4
2 6
y=2x
y=6-x
Рис. 5.1
154
Таким чином, рівняння меж області: у = 2х, у = 6 – х, х = 0 і х = 2.
Побудуємо область (Д) (рис. 5.1).
Перетнувши область (Д) в напрямку осі Ох бачимо, що точки входу
знаходяться на одній лінії х = 0, а точки виходу – на двох різних лініях: у = 2х
і у = 6 – х, тому область (Д) доведеться розбити на дві частини (Д1) (нижня) і
(Д2) (верхня).
6
4
6
0
4
0
2
0)()()(
),(),(),(),(),(
21
y
y
ДДД
dxyxfdydxyxfdydxdyyxfdxdyyxfdxdyyxf .
Приклад 6. Змінюючи порядок інтегрування, записати вираз
3
1
)3(2
1
0
1
0 0
),(),(
2 xx
dyyxfdxdyyxfdx у вигляді одного двократного інтеграла.
Розв’язання. Запишемо рівняння меж області (Д):
)3(2
1;;0;3;1;0 2 xyxyyxxx
.
Побудуємо область (Д) = (Д1) + (Д2) (рис. 6.1).
Дійсно, в області (Д1) (ліва межа)
10 x , 20 xy , а в області (Д2)
(права межа) 31 x ,
)3(
2
10 xy .
Перетинаючи область (Д) в
напрямку осі Ох, бачимо, що лінія
входу одна – у=х2 і лінія виходу одна –
)3(2
1xy , а тому при зміні порядку інтегрування одержимо один двократний
інтеграл вигляду: dxyxfdy ),( .
Розставимо межі інтегрування. Змінна, що стоїть поряд із зовнішнім
інтегралом змінюється від 0 до 1, оскільки область (Д) проектується на вісь Оу
у відрізок [0;1]. Змінна х внутрішнього інтеграла змінюється від yx (лінія
входу) до х = 3 – 2у (лінія виходу).
Таким чином,
1
0
233
1
)3(2
1
0
1
0 0
),(),(),(
2 y
y
xx
dxyxfdydyyxfdxdyyxfdx .
Приклад 7. Обчислити подвійний інтеграл )(
2 )(Д
dxdyyx відносно
області (Д), обмеженої лініями у = х2 і у2 = х.
Розв’язання. Перейдемо до повторного інтеграла (див. рис. 3.1,а) і
обчислимо його.
Тоді
y
0 x31
y=x2
y= (3-x)
12
1
Рис. 6.1
155
y
y
y
y
y
y
y
yД
dyyxx
dyydxdxxdxyxdydxdyyx2
22 2
1
0
1
0
322
1
0)(
2
3)(
1
0
472
5
1
0
36
2
31
0
36
2
32
3
4215
2
3
4
33
4
33
yyydyy
yydyy
yy
y
.140
33
420
99
420
10520224
4
1
21
1
15
8
Або (див. рис. 3.1,в):
.140
33
280
66
280
847080
10
3
4
1
7
2
10
3
47
2
2
3
222
2)(
1
0
522
71
0
42
51
0
442
5
1
0
222
1
0)(
2
22
xxxdxx
xxdx
xx
xx
dxy
yxdyyxdxdxdyyxx
x
x
xД
Як бачимо, результати обчислень у кожному випадку однакові.
Приклад 8. Обчислити подвійний інтеграл )(
)cos(Д
dxdyyx відносно
області (Д), обмеженої лініями х = 0, у = π і у = х.
Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис. 8.1,а):
На рисунках 8.1,б та 8.1,в бачимо, що подвійний інтеграл відносно
області (Д) можна записати у вигляді одного повторного інтеграла незалежно
від того, в якому порядку буде виконуватися інтегрування в повторному
інтегралі. Однак, враховуючи, що межі внутрішнього інтеграла будуть
простішими у випадку, зображеному на рис. 8.1,б, обчислення подвійного
інтеграла раціонально виконати таким чином:
а б
y
0 x
y=x
y=
x=
0
y
0 x
y=x
y=
x=
0
в
y
0 x
y=x
y=
x=
0
Рис. 8.1
156
.212
11
2
1cos2cos
2
1)sin2(sin
)sin()cos()cos(
0 0
0000)(
yydyyy
dyyxdxyxdydxdyyx
yy
Д
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 27], с. 172 –176.
Вправи
1 Обчислити інтеграли:
а) 2
1
2x
x
dyx
ydx ; в)
2
2
cos3
0
22 sin
drrd ;
б) 2
1
ln
0
yxdxedy ; д)
1
0
1
0
222
1x
dyyxdx .
Відповідь: а) 9/4; б) 0.5. Вказівка: аlogа
N = N; в) 2.4; г) 6
.
2 Обчислити )(
2
2
Д
dxdyy
x відносно області (Д), обмеженої лініями х = 2, у
= х і ху = 1.
Відповідь: 2.25.
3 Обчислити подвійний інтеграл: )(
2
Д
dxdyxy , якщо область (Д), обмежена
параболою у2 = 4х і прямою х = 2.
Відповідь: 21
2256.
Питання для самоперевірки
1. Сформулювати означення правильної області (Д) на площині хОу.
2. Що називають подвійним інтегралом від заданої функції відносно даної
області?
3. Сформулювати теорему існування подвійного інтеграла.
4. Сформулюйте властивості подвійного інтеграла і вкажіть, де це
можливо, їх геометричне тлумачення.
5. Вивести правило обчислення подвійного інтеграла у випадку області,
обмеженої лінією, яка перетинається з прямими, паралельними осям координат,
не більше ніж у двох точках. Записати відповідну формулу.
6. Яким чином обчислюється подвійний інтеграл за допомогою
повторних у випадку довільної області інтегрування в декартовій системі
координат?
157
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 29
Заміна змінних у подвійному інтегралі
Розв’язання прикладів
Приклад 1. Розставити границі інтегрування в полярних координатах,
якщо область D — коло х2+у2≤ах (рис. 36.2).
Розв’язання. Переходячи до полярних координат, одержимо рівняння
кола у вигляді r=a cos φ, де r1(φ)=0 і r2(φ)=a cos φ. Границі зміни по φ від –π/2
до π/2.
Тому
2
2 0
/
/
cosa
.drr)sinr,cosr(fdI
Приклад 2. Обчислити
2
0 sin
a
a
rdrd .
Розв’язання. Обчислюючи спочатку внутрішній інтеграл, потім,
інтегруючи одержану функцію, знаходимо
.2
24
2sin2
1
42cos1
4
1cos
2
1
sin12
1sin
2
1
2
222
0
22
0
22
0
22
2
0
2
0
222
0
222
sin
22
0 sin
aaadada
dadaadr
rdrd
a
a
a
a
Приклад 3. Обчислити ,)(
222Д yxa
dxdy де (Д) – частина круга радіуса а з
центром у точці О(0;0), яка розташована в першій чверті.
Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис.3.1).
Переходячи до полярних координат у подвійному
інтегралі, будемо мати
)(
22)(
222)(
222ДДД ra
rdrd
yxa
dxdy
yxa
dxdy .
Далі, переходячи від подвійного інтеграла в
полярних координатах відносно області (Д) до
повторного, і враховуючи, що в області (Д) 2
0
;
ar 0 , будемо мати
.a
ad)a(drara
rdrd
ra
rdrd aa
)Д( 20 2
0
2
0
2
00
22
022
2
022
Рис. 1.1
y
0 xa
a
Рис. 3.1
158
Приклад 4. Обчислити )( Д
dxdyx
yarctg ,
де (Д) – частина кільця 122 yx , 922 yx , 3
xy , 3xy .
Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис.36.4):
Переходячи до полярних координат в подвійному інтегралі, будемо мати
)()()( ДДД
rdrdrdrdarctgtgdxdyx
yarctg .
Далі, переходячи до повторного інтеграла,
одержимо
)Д(
rdrdrdrd .
Для розстановки меж інтегрування в повторному
інтегралі переведемо рівняння меж області в полярну
систему координат.
122 yx => 12 r , 1r ;
922 yx => 92 r , 3r ;
3
xy =>
3
1
3
1 tg
x
y,
6
; 3xy => 33 tg
x
y,
3
.
Таким чином,
d)r
(rdrdrdrd)Д(
3
1
3
6
23
6
3
1 2
.r
dd)(
2223
6
23
6
3
6
63692
24419
2
1
Отже, 6
23
6
3
1
rdrdrdrddxdyx
yarctg
)Д()Д(
.
Зауважимо, що оскільки в повторному інтегралі 3
6
3
1
rdrd всі чотири
межі інтегрування сталі й кожний із інтегралів (внутрішній і зовнішній)
залежить лише від однієї змінної, тоді обчислювати їх можна було б незалежно
один від одного, тобто
68
124
1)19(
3694
1
22
22223
1
23
6
23
6
3
1
rrdrd .
y
0
x
у=х 3
y=x
3
31-1-3
-1
-3
3
1
Рис. 4.1
159
Приклад 5. Обчислити подвійний інтеграл dxdy)yxln(D
221 , де
область D задається нерівностями ;yx 422 ;x 0 0y .
Розв’язання Доцільність переходу до полярної системи координат
зумовлена тим, що підінтегральна функція та рівняння ліній, що обмежують
область інтегрування (див. рис.36.3, де а=2), значно спростяться у полярній
системі координат.
Зокрема, якщо ,cosrx sinry , то )rln()yxln( 222 11 , а
область інтегрування обмежена лініями ,r 2 01 , 2
2
.
Тоді подвійний інтеграл запишем (враховуючи, що rdrddxdy та
C)x(lnxxdxln 1 ):
2
0
22
0
22 11 rdr)rln(ddxdy)yxln(D
)r(d)rln(d 2
2
0
22
0
112
1
)ln()rln()r( 4554
111022
1 2
0
22
.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 27], с. 172 –176.
Вправи
1 Змінити порядок інтегрування в двократному інтегралі R xRx
x
dyyxfdx0
2 2
),( .
Відповідь:
R y
yRR
dxyxfdy0 22
),( .
Вказівка. 22 xRxy це рівняння півкола з центром в точці О1(R;0) і
радіусом, рівним R. Щоб переконатися в цьому, приведіть рівняння кола до
канонічного вигляду.
2 Перейти від подвійного інтеграла )(
),(Д
dxdyyxf відносно області (Д) до
повторного і розставити межі інтегрування, якщо область (Д):
а) трикутник із сторонами у = х, у = 2х і х + у = 6; б) 02 xy , 02 xy ,
2xy .
Відповідь:
а) 3
2
62
0
2
0
),(),(x
x
x
dyyxfdxdyyxfdx ; б) 2
1
2
2
1
0
2
2
),(),(y
y
y
y
dxyxfdydxyxfdy .
3 Подвійний інтеграл 3
0
9
0
222
)(x
dyyxfdx записати в полярних
координатах.
160
Відповідь: 3
0
2
2rdrrf
.
4 Обчислити )(
222
Д
dxdyyxR , де область (Д) – круг Rxyx 22 .
Відповідь:
3
4
3
3
R
.
Питання для самоперевірки
1 Яким чином обчислюється подвійний інтеграл у полярних координатах
за допомогою повторного інтегрування?
2 У яких випадках доцільно здійснювати перехід від декартових
координат до полярних у подвійному інтегралі?
3 Про що потрібно пам’ятати при розстановці меж інтегрування в
повторному інтегралі?
4 Указати, в якому порядку треба обчислювати повторний інтеграл.
5 Що можна сказати про межі інтегрування повторного інтеграла, якщо
область інтегрування (Д) відповідного йому подвійного інтеграла являє собою
прямокутник?
6 Указати порядок інтегрування при переході від подвійного до
повторного інтеграла в полярних координатах.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 30
Застосування подвійного інтеграла для розв’язання
задач геометрії й механіки
Розв’язання прикладів
Приклад 1. Знайти подвійним інтегруванням площу фігури, обмеженої
лініями xy , xy 2 і 4x .
Розв’язання. Побудуємо фігуру, обмежену даними лініями область (Д)
(рис. 1.1). Її площу обчислимо за формулою )( Д
dxdyS .
Переходячи до повторного інтеграла й
обчислюючи його, одержимо:
.3
168
3
24
3
2
3
2)2(
2
3
4
0
2
3
4
0
4
0
24
0
24
0)(
x
dxxdxxxdxydydxdxdyS
x
x
x
xД
Приклад 2. Обчислити подвійним інтегруванням площу області,
обмеженої лінією 222222 2 yxayx (лемніската Бернуллі).
Рис. 1.1
х 4
161
Розв’язання. Насамперед помічаємо, що заміна х на – х і у на – у не
змінює рівняння кривої. А це свідчить про те, що крива розташована
симетрично відносно координатних осей. Тому досить побудувати криву лише
в першій чверті, а потім, враховуючи симетрію її відносно координатних осей,
побудувати її в трьох інших четвертях.
Для побудови кривої запишемо її рівняння в полярній системі координат,
поклавши cosrx , sinry . Виконуючи перетворення, одержимо:
;sincos2sincos 2222222222 rrarr ;
222222 sincos2 rar ; 2cos2 22 ar ; 2cos2ar .
Оскільки полярний радіус r може
набувати лише дійсних значень, тоді 2cos в
одержаному рівнянні не може бути від’ємним,
тобто 02cos .
Це означає, що кут 2 повинен
знаходитися або в першій, або в четвертій
чверті. З’ясувавши, що досить побудувати криву лише в першій чверті,
розглянемо значення 2 , яке задовольняє умові 2
20
. Звідси випливає,
що для побудови кривої в першій чверті куту необхідно надавати значення
від 0 до 4
. Крива зображена на рисунку 2.1.
Площу фігури, обмеженої даною лінією, обчислимо за формулою
)( Д
rdrdS .
Переходячи до повторного інтеграла й враховуючи симетрію фігури
відносно осей координат, одержимо:
.20sin2
sin22sin22cos22
244
224
0
24
0
2
2cos2
0
4
0
22cos2
0
4
0)(
aaada
dr
rdrdrdrdS
a
a
Д
Приклад 3. Знайти подвійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого
параболоїдом обертання 22 yxz , координатними площинами і площиною
1 yx .
Розв’язання. Тіло, об’єм якого потрібно обчислити, обмежене знизу
площиною 0z , з боків площинами 0,0 yx і 1 yx і зверху поверхнею
22 yxz . Отже, це циліндричне тіло (рис. 3.1,а).
0
P
Рис.2.1
162
Проекцією тіла на площину хОу є
область (Д) (рис. 3.1,б). Об’єм
циліндричного тіла обчислюється за
формулою )( Д
zdxdyV , де ),( yxfz –
рівняння поверхні, яка обмежує тіло
зверху. У нашому випадку
)Д(
dxdyyxV 22 і задача зводиться до
обчислення подвійного інтеграла відносно області (Д).
Виконуючи обчислення, одержимо:
.6
1
12
1
4
1
3
1
4312
)1(
3
)1(
3
1
0
4341
0
323
1
0
1
0
231
0
221
0)(
22
yyydyyy
y
dyxyx
dxyxdydxdyyxV
yy
Д
Приклад 4. Знайти подвійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого
циліндром 24 xz , координатними площинами і площиною 2х+у= 4 ( 0x ).
Розв’язання. Побудувавши тіло (рис. 37.4), переконуємося, що воно
циліндричне.
Проекцією тіла на площину хОу є
область (Д) (рис. 37.4,б). Об’єм
циліндричного тіла обчислюється за
формулою )( Д
zdxdyV .
Оскільки зверху тіло обмежене
поверхнею 24 xz , тоді
)(
24Д
dxdyxV .
Обчислення будуть простішими, якщо інтегрування в повторному
інтегралі виконувати в такому порядку, як показано на рис. 4.1,б.
Отже,
.3
1134
3
168162
43
22822482
24224444
2
0
432
2
0
32
2
0
22
0
22
0
24
0
2
)(
2
xxxxdxxxx
dxxxdxxxdydxxdxdyxVx
Д
Приклад 5. Знайти подвійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого
циліндром xyx 222 і площинами 02 zx і 04 zx .
Розв’язання. Побудуємо тіло (рис. 5.1,а). Його проекцією на площину
хОу є область (Д) (рис. 5.1,б).
z
0
y
1
1
1
x
y
0 x
1
y=0
x=0 1
x+y=
1
а бРис. 3.1
z
0
y
2
4
4
x
y
x
4
y=0
x=
0 2
y=4-2x
а б Рис. 4.1
163
Переконуємося в тому, що тіло не є циліндричним, бо знизу обмежене
площиною 02 zx , а тому застосувати безпосередньо формулу )( Д
zdxdyV
для обчислення його об’єму не можна. Однак, не важко зрозуміти, що шуканий
об’єм буде дорівнювати різниці об’ємів двох циліндричних тіл, одне з яких
обмежене зверху поверхнею 04 zx , а друге – поверхнею 02 zx .
Тоді
)()()(
224ДДД
нв xdxdydxdyxxdxdyzzV .
Оскільки область
інтегрування (Д) є круг, тоді
доцільно перейти до полярних
координат.
Внаслідок чого будемо мати
)(
2 cos2
Д
drdrV .
Межа області (Д) в полярних
координатах набуде вигляду
cos2r . Переходячи тепер від
подвійного інтеграла до повторного й виконуючи обчислення, одержимо:
d
rdrrddrrdV
cos2
0
2
0
32
0
cos2
0
2cos2
0
22
2
3cos4cos4cos2
2
0
22
0
22
0
4 2cos2cos213
8
4
2cos1
3
32cos
3
32
ddd
.222
3
3
84sin
8
12sin
2
3
3
8
2
4cos12cos21
3
8 2
0
2
0
d
Отже, шуканий об’єм 2V .
Приклад 6. Знайти масу квадратної пластинки із стороною 2а, якщо
густина матеріалу пластинки пропорційна квадрату відстані від точки перетину
діагоналей і на кутах квадрата дорівнює одиниці.
Розв’язання. Квадратну пластинку в системі хОу зручно розташувати
таким чином, щоб точка перетину діагоналей
квадрата співпала з початком координат, а сторони
були паралельні осям координат (рис. 6.1).
Для обчислення маси пластинки
скористаємося формулою )(
),(Д
dxdyyxm .
За умовою задачі поверхнева густина
222),( yxkkdyx .
Коефіцієнт пропорційності k знайдемо з
умови, що на кутах квадрата 1 , а 2ad . Тоді
y
0 x1 2
а б
z
0
y
x
Рис. 5.1
y
0 x-a a
-a
a
M(x,y)
Рис. 6. 1
164
221 ak , звідки 22
1
ak і 22
22
1),( yx
ayx .
Таким чином,
a
a
a
aДД
dyyxdxa
dxdyyxa
dxdyyxm 22
2)(
22
2)( 2
1
2
1),( .
Враховуючи симетрію фігури відносно координатних осей, остаточно будемо
мати:
.3
4
33
2
33
2
3
2
3
2
2
14
244
2
0
33
2
0
32
2
00
32
20
22
02
aaa
ax
axa
a
dxa
axa
dxy
yxa
dyyxdxa
m
a
aa
aaa
Приклад 7. Знайти статичний момент однорідного півкруга з радіусом R
відносно діаметра.
Розв’язання. 1-й спосіб. Оскільки нам відомі формули для обчислення
статичних моментів плоскої фігури відносно осей
координат ( , )x
Д
M x y ydxdy і ( , )y
Д
M x y xdxdy , тоді в
системі хОу півкруг зручно розташувати таким чином, щоб
його діаметр співпадав із однією з осей координат,
наприклад Ох, а центр – із початком координат (рис. 7.1).
У цьому випадку область (Д) буде обмежена лініями,
рівняння яких у = 0 і у = 22 xR .
Тоді, враховуючи однорідність фігури й її симетрію відносно осі Оу,
одержимо:
.3
2
33
222
33
3
0
32
0
22
00
2
000)(
222222
RR
Rx
xRdxxR
dxy
ydydxydydxydxdyM
RR
xRRxRRxRR
RДx
2-й спосіб. Оскільки область інтегрування (Д) являє собою частину круга,
то обчислення інтеграла можна було б виконувати і в полярних координатах.
Згідно до формули
2( , ) sinx
Д
M r r drd
і однорідності фігури
.3
2)11(
3
0coscos33
cossinsin
33
3
0
3
00
0
2
)(
2
RR
RrdrrddrdrM
RR
Д
x
y
0 x-R R
R
Рис. 7.1
165
Приклад 8. Знайти координати центра ваги однорідної фігури, обмеженої
синусоїдою у = sinx, віссю Ох і прямою 4
x (рис. 8.1).
Розв’язання. Скористаємося формулами m
Mx
yc ,
m
My x
c .
Обчислимо насамперед m, Mх і Mу,
скориставшись відповідно формулами
( , )Д
m x y dxdy , ( , )x
Д
M x y ydxdy , ( , )y
Д
M x y xdxdy ,
і враховуючи, що 1),( yx в силу однорідності
фігури.
Перетинаючи область (Д) в напрямку осі Оу,
бачимо, що 4
0
x , xy sin0 . Тоді
.2
221
2
2
0cos4
coscossin 40
4
0
sin
0
4
0
sin
0
4
0)(
xxdxdxydydxdxdym
x
x
Д
4
0
2
sin
0
4
0
2sin
0
4
0)(
sin2
1
2
xdxdxy
ydydxydxdyM
x
x
Дx
.16
2
2
1
44
12sin
2
1
4
12cos1
4
1 4
0
4
0
xxdxx
.8
2)4(
41
2
2
2
2
2
2
44sin
4cos
4sincoscoscos
cos;sin
;sin
40
4
0
40
4
0
sin
0
4
0)(
xxxxdxxx
xvxdxdv
dxduxuxdxxdyxdxxdxdyM
x
Дy
Отже, 4
4( 2 1)cx
;
2
8(2 2)cy
.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 28], с. 176 –185.
Вправи
1 Знайти подвійним інтегруванням площу фігури, обмеженої лініями
х2 + у2 = 2х, х2 + у2 = 4х, у = х і у = 0.
y
0 x
x
y=0
y=sinx
Рис. 8.1
166
Відповідь:
2
1
43
.
2 Подвійним інтегруванням обчислити об’єм тіла, обмеженого циліндром
z = 9 - х2, координатними площинами і площиною 3х + 4у = 12 (у0).
Відповідь: 45.
3 За допомогою подвійного інтегрування обчислити об’єм тіла,
обмеженого циліндром х2 + у2 = 4 і площинами z = 0 і z = x + y + 10.
Відповідь: 40 .
4 Знайти момент інерції однорідного квадрата зі стороною а відносно
вершини.
Відповідь: 4
3
2a .
5 Обчислити координати центра ваги однорідної фігури, обмеженої
параболами у2 = 4х + 4 і у2 = -2х + 4.
Відповідь: 0,5
2 cc yx .
Питання для самоперевірки
1. Сформулювати задачі, які приводять до поняття подвійного інтеграла.
2. Яке тіло називають циліндричним?
3. За якою формулою обчислюється об’єм циліндричного тіла?
4. Вивести формулу для обчислення маси неоднорідної пластинки з
заданою поверхневою густиною.
5. Що називають статичним моментом і моментом інерції плоскої фігури
відносно осей координат?
6. Пригадати й записати формули для обчислення статичних моментів і
моментів інерції неоднорідної плоскої фігури відносно осей координат.
7. Як обчислюється момент інерції неоднорідної плоскої фігури відносно
початку координат?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 31
Обчислення потрійного інтеграл та його застосування.
Розв’язання прикладів
Приклад 1. Обчислити інтеграл
xyxa
zdzyxdydx0
23
00
Розв’язання. Маємо
xa
xyxaxyxaxyxa
dyyxdxdyz
yxdxzdzdyyxdxzdzyxdydx0
45
00
0
223
000
23
00
23
00 2
1
2
167
.1101110
1
10
1
52
1
2
1 11
0
11
0
10
00
55
0
4
0
5 axdxxdx
yxdyydxx
aa
xaxa
Приклад 2. Обчислити інтеграл
2
4
0
2
0
2
0
2yx
x
xdzdydx .
Розв’язання. Аналогічно до попереднього прикладу маємо
.x
dxxdxxxdxarcsinxarcsinxx
dxx
yarcsin
xyxyxdyyxxdx
dyyx
xdxdyxzdxxdzdydx
xx
x
yx
x
yx
x
3
24
23
8
32
20
24
22
10414
22
1
22
44
2
1
2
14
2
1
2
4
2
0
3
2
0
2
2
0
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2
2
0
2
0
22
0
2
4
0
2
0
2
0
2
4
0
2
0
2
0
22
Зауважимо, що при інтегруванні за змінною у використовувалася
формула
ca
uaua
udxuua arcsin
22
22222 .
Приклад 3. Обчислити інтеграл
,)cos()(
V
dxdydzzxy
якщо (V) – область, обмежена циліндром y = x і площинами y = 0, z = 0 і
2
zx .
Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 3.1,а).
Спроектуємо область (V) на
площину хОу в область (Д) (рис.
3.1,б). Перетинаючи область (V) в
напрямку осі Oz, а область (Д) – в
напрямку осі Oy, встановлюємо, що
,2
0
x xy 0 і xz 2
0
.
Таким чином,
dyzxydxdzzxydydxdxdydzzxy
x
V
xxx 2
0)(
2
0 00
2
0
2
0
)sin()cos()cos(
y
0 x
у= x
x=
2
2
у=0
z
0y
x
2
2
a бРис. 3.1
168
dx
yxdyxydxdyxydx
x
x x
0
0 0
2
0
22
0
2
0 2)sin1()sin1(sin
2sin
xxvdxxdv
dxduxudxxx
cos;)sin1(
;)sin1(
2
1 2
0
.16
8
2
1
161
842
1
sin2
)cos(2
1)cos()cos(
2
1
2222
2
0
2
2
0
xx
xxxdxxxxxx
Приклад 4. Обчислити )(
)(V
dxdydzzyx , де (V) – область, обмежена
координатними площинами х = 0, у = 0, z = 0 і площиною х + у + z = 1.
Розв’язання. Зробимо малюнок вказаної області (V) (піраміда, зображена
на рис. 4.1, а). Перетинаючи область
(V) в напрямку осі Oz, бачимо, що
інтегрування за змінною z
здійснюється від z = 0 до z = 1 – x – y.
Тому, позначаючи проекцію області
(V) на площину хОу через (Д),
одержимо:
.2
)1()()(
2
)1()1)((
2)()()(
)(
22
)(
2
)(
1
0
1
0)(
2
)(
ДД
Д
yxyx
ДV
dxdyyx
yxyxdxdyyx
yxyx
dxdyz
zyxdzzyxdxdydxdydzzyx
Переходячи далі до повторного інтеграла і розставляючи межі
інтегрування відносно області (Д) – трикутнику, сторони якого: х = 0, у = 0 і
х + у = 1 (рис. 4.1, б), остаточно будемо мати:
.8
1
24
1
12
1
6
1
6
1
24
)1(
1266
1
6
)1(
323
1
2
1
6
)1(
3
)(
2
)(
2
)1()()(
2
)1()()()(
1
0
443
1
0
3321
0
1
0
332
1
0
1
0
22
)(
22
)(
xxxx
dxxxx
dxyxyxyx
dyyx
yxyxdx
dxdyyx
yxyxdxdydzzyx
x
x
ДV
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 28], с. 176 –185.
z
0
y
1
1
1
x
y
0 x
1
y=0
x=
0 1
y=1-x
а бРис. 4.1
169
Вправи
1 Розставити межі інтегрування, якщо інтегрувати в послідовності:
а) x, y, z; б) y, x, z; в) z, x, y.
1.1. )(
),,(V
dxdydzzyxf , де область (V) обмежена площинами ,1c
z
b
y
a
x
).0,0,0(0,0,0 cbazyx
1.2. )(
),,(V
dxdydzzyxf , де область (V) обмежена еліпсоїдом .12
2
2
2
2
2
c
z
b
y
a
x
3 Обчислити yx
xyzdzdydx00
1
0
.
Відповідь: 48
1.
4 Обчислити )(
3)1(V zyx
dxdydz, поширений на область (V), обмежену
площинами х = 0, у = 0, z = 0 і х + у + z = 1.
Відповідь:
8
52ln
2
1.
Питання для самоперевірки
1. Що називається потрійним інтегралом від даної функції відносно даної
області?
2. Сформулювати властивості потрійного інтеграла.
3. Правила обчислення потрійного інтеграла в прямокутних координатах.
4. Що називається потрійним інтегралом від даної функції відносно даної
області?
5. Сформулювати властивості потрійного інтеграла.
6. Чому дорівнює елемент об’єму в прямокутних координатах?
7. Як обчислюється потрійний інтеграл у прямокутних координатах?
8. Які задачі приводять до поняття потрійного інтеграла?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 32
Обчислення потрійного інтеграла в циліндричних та сферичних координатах
Розв’язання прикладів
Приклад 1. Обчислити інтеграл
1
0 0
1
1
2
2
ax
x
dzdydx
за допомогою переходу до циліндричних координат.
170
Розв’язання. Зобразимо на рисунку область (V) (рис.1.1,а) і область (Д)
(рис. 1.1,б), враховуючи, що ,10 x
22 11 xyx , az 0 .
Переходячи до циліндричних
координат та враховуючи симетрію
області інтегрування, нові змінні r , ,
і z змінюються в межах:2
0
,
,10 x az 0 , тому
1
00
1
0
2
20
0
2
0
1
00
1
122
1
222
2
2
aaz
rdzrdrddzdydx
aaax
x
.
Приклад 2. Обчислити )(
22
V
dxdydzyxz , якщо область (V) обмежена
циліндром 22 xxy і площинами у = 0, z = 0 і z = а.
Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 2.1, а). Спроектуємо область
(V) на площину хОу в область (Д) (рис. 2.1, б). Переконуємося, що область (V) –
циліндрична, а область (Д) – півкруг.
Отже, переходячи до
циліндричних координат і
враховуючи, що
20
, cos20 r ,
az 0 ,
Знайдемо
.9
8
3
11
3
4
3
sinsin
3
4cossin1
3
4cos
3
4
2
1
22
2
0
32
2
0
222
0
32
cos2
0
22
0
2
)( 0
cos2
0
22
0)(
22
aa
adada
drrdazdzdrrddzrdrdrzdxdydzyxz
V
a
V
Приклад 3. Переходячи до сферичних координат, обчислити інтеграл
22
22
222
0
22
xR
xR
yxRR
R
dzyxdydx .
y
0 x
1
1
-1
б
1
a
Рис. 1.1
z
0
x
y а
1 2 x
y
0 1
22 xxy
Б
б
2
Рис. 2.1
171
Розв’язання. Зобразимо область (V) (рис. 3.1, а) і область (Д) (рис. 3.1, б),
враховуючи, що RxR , 2222 xRyxR , 2220 yxRz .
Переходячи до сферичних
координат, нові змінні , і
змінюються в межах
R 0 , 20 , 2
0
.
Тому
2 2 22 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
0 ( )
sin cos sin sin sin
R x yR R x
R VR x
dx dy x y dz d d d
2 22 24 3 3 4 2 4
( ) 0 0 0 0 0 0
sin sin (1 cos )sin
R R
V
d d d d d d d d d
3 5 222
0
00
cos 4cos
3 5 15
R
R
.
Приклад 4. Обчислити )(
222
V
dxdydzzyx , де (V) визначається
нерівностями .1,0,0,0 222 zyxizyx
Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис.4.1, а). Спроектуємо область(V)
на площину хОу в область (Д) (рис. 4.1,
б).
Переконуємося, що область (V) –
частина кулі, яка розташована в
першому квадранті.
Отже, переходячи до сферичних
координат і враховуючи, що нові
змінні змінюються в межах
,2
0,2
0,10
одержимо
.84
1)10(
24cos
sinsin
1
0
4
20
20
1
0
3
)(
2
0
2
0
2
)(
222
dddddddxdydzzyx
VV
y
x-R R
R
-R
z
0 yR
R
Rx
а бРис. 3.1
а б
y
0 x
1
1
z
0
y
1
1
1
x Рис. 4.1
172
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 28], с. 176 –185.
Вправи
1 Обчислити )(
22 )(V
dxdydzyx , де область (V) обмежена поверхнями
)(2
1 22 zxz і z = 2.
Відповідь: 3
16.
2 Обчислити )(
2
3
222 )(1V
dxdydzzyx , якщо область (V) – куля
1222 zyx .
Відповідь: )122(9
8
.
3 Обчислити потрійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого
параболоїдами 22 yxz і 22 22 yxz , циліндром у = х2 і площиною у = х.
Відповідь: 35
3.
4 Обчислити за допомогою потрійного інтеграла об’єм тіла, обмеженого
поверхнями 22 yxz і 22 yxz .
Відповідь: 6
.
Вказівка. Рівняння 22 yxz визначає конус.
Питання для самоперевірки
1 Що називається потрійним інтегралом від даної функції відносно даної
області?
2 Сформулювати властивості потрійного інтеграла.
3 Правила обчислення потрійного інтеграла в циліндричних та сферичних
координатах.
4 Сформулювати властивості потрійного інтеграла.
4 Чому дорівнює елемент об’єму в циліндричних та сферичних
координатах?
6 Як обчислюється потрійний інтеграл в циліндричних та сферичних
координатах?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 33
Застосування потрійного інтегралу
Розв’язання прикладів
173
Приклад 1. Обчислити потрійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого
циліндрами 24 yz і 22 yz і площинами х = -1 і х = 2.
Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 1.1,а). Її проекцією на
площину хОу є область (Д) (рис. 1.1,б).
Тіло обмежене знизу циліндром
22 yz , а зверху – циліндром 24 yz . Область (Д) обмежена
прямими х = -1, х = 2, у = 1 і у = -1
(два останніх рівняння одержані в
результаті виключення z із рівнянь
циліндрів).
Отже, за формулою
)(V
dxdydzV з урахуванням симетрії
області (V) відносно площини хОz будемо мати:
.8)12(3
8
3
8
3
8
3
114
3414
2222422
2
1
2
1
2
1
1
0
2
1
32
1
1
0
2
2
1
1
0
22
1
1
0
222
1
4
2
1
0)(
2
2
xdxdxdxy
ydyydx
dyydxdyyydxdzdydxdxdydzVy
yV
Приклад 2. Обчислити потрійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого
параболоїдами 22 yxz і 22 2yxz і площинами у = х, у = 2х і х = 1.
Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 2.1,а). Її проекцією на
площину хОу є область (Д) (рис. 2.1,б):
В області (V) змінні х, у і z
змінюються в межах
0 1x ,
2x y x , 2 2 2 22x y z x y .
Тоді за формулою
)(V
dxdydzV одержимо
.12
7
4
1
3
7
43
7
3
78
3
1
3
2
1
0
1
0
41
0
333
21
0
3
1
0
22
1
0
22222
1
0
22
)(
22
22
xdxxdxxxdx
y
dyydxdyyxyxdxdzdydxdxdydzV
x
x
x
x
x
x
yx
yx
x
xV
Приклад 3. Обчислити потрійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого
сферою 4222 zyx і параболоїдом zyx 322 )0( z .
z
0
y
x
y
0 x -1
-1
1
2
а б
Рис. 1.1
z
0y
x
y
0
x
y=x
y=2x
x=
11
а бРис. 2.1
174
Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 3.1, а). Її проекцією на
площину хОу є область (Д) (рис. 3.1, б), яка являє собою круг, обмежений
колом 322 yx .
Рівняння кола знаходимо,
розв’язавши систему рівнянь
.3
,4
22
222
zyx
zyx
Шуканий об’єм будемо
обчислювати в циліндричних
координатах, тобто за формулою
)(V
dzrdrdV , оскільки область (Д) – круг.
Тоді, враховуючи, що ,43
,30,20 22
rzr
r будемо
мати
.
6
19
3
8
4
3
3
12
123
4
34
34
3
0
42
3
22
0
2
0
3
0
32
2
0
3
0
22
2
0
4
3
3
0)(
2
2
rr
drr
rrddrr
rrddzrdrddxdydzVr
rV
Приклад 4. Знайти масу кулі з радіусом R, якщо об’ємна густина
пропорційна кубу відстані від центра і на одиниці відстані дорівнює .
Розв’язання. Масу кулі (рис. 4.1) знайдемо за формулою
.sin),,()(
2
V
dddm
За умовою задачі 3),,( k . Якщо 1 , тоді
),,( .
Тому k і 3),,( .
Отже, 2
3 2 5
( ) 0 0 0
sin sin
R
V
m d d d d d d
62 6
0 0
0
2( cos )
6 3
R
R
.
Приклад 5. Знайти координати центра ваги однорідного тіла, обмеженого
циліндром 2
2yz і площинами х = 0, у = 0, z = 0 і 2х + 3у – 12 = 0.
Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 5.1,а). Її проекцією на
площину хОу є область (Д) (рис. 5.1,б). Координати центра ваги тіла будемо
обчислювати за формулами
а б
y
x 3
3
3
3
-
-
z
y
x
3
3 3
2
1
-
Рис. 3.1
z
0 yR
R
R
x
-R
M(x,y,z)
Рис. 4.1
175
m
Mx
yz
c , m
My xz
c , m
Mz
xy
c .
Обчислимо попередньо m,
xyM , xzM і
yzM відповідно за
формулами )(
),,(V
dxdydzzyxm ,
)(V
xy zdxdydzM ,
)(V
xz ydxdydzM , )(V
yz xdxdydzM . Враховуючи, що в області (V)
,2
0),312(2
10,40
2yzyxy а 1),,( zyx , будемо мати:
.164
1
3
143
4
4
3
4
4
3
43
4
4
34
4
3
)312(2
1
2
1
2
1
2
344
4
0
434
0
32
4
0
2
4
0
)312(2
1
0
2
4
0
)312(2
1
0
24
0
2
0
)312(2
1
0)(
2
yydyyy
dyyydxdyydxy
dydzdxdydxdydzm
yyy
y
V
.5
128
30
143
6
1
5
14
16
3
65
4
16
3312
16
1
8
1
42
1
2
46
4
0
654
0
4
4
0
)312(2
1
0
44
0
)312(2
1
0
44
0
2
0
)312(2
1
0
24
0
2
0
)312(2
1
0)(
2
2
yydyyy
dxdyydxy
dydxz
dyzdzdxdyzdxdydzM
yy
y
yy
y
V
xy
.5
192
5
143
5
414
4
3
54
34
4
3
)312(4
1
2
1
2
34
4
0
54
4
0
43
4
0
34
0
)312(2
1
0
34
0
)312(2
1
0
24
0
2
0
)312(2
1
0)(
2
yydyyy
dyyydxdyydxy
ydydzdxydyydxdydzM
yyy
y
V
xz
.5
96
30
61510649
5
1
2
1
3
14
16
9
54
8
316
16
9
81616
9)4(
4
9
4
1
22
1
2
1
2
5
4
0
543
4
0
4324
0
22
)4(2
3
0
24
0
2
4
0
)4(2
3
0
24
0
)312(2
1
0
24
0
2
0
)312(2
1
0)(
2
yyy
dyyyydyyydyx
y
xdxdyydxy
xdydzxdxdyxdxdydzM
y
yyy
y
V
yz
Отже,
z
0y4
x
y
0 x
4
y=0
x=0 6
2x+3y-12=
0
а б
6
Рис. 5.1
176
5
6
165
96
m
Mx
yz
c,
5
12
165
192
m
My xz
c,
5
8
165
128
m
Mz
xy
c.
Приклад 6. Знайти центр ваги однорідного тіла, обмеженого
параболоїдом a
yxz
2
22 і сферою )0(3 2222 zazyx .
Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 6.1,а). Її проекцією на
площину хОу є область (Д)
(рис. 6.1,б).
Рівняння лінії, яка обмежує
область (Д), знаходимо, розв’язавши
систему рівнянь:
.3
,2
2222
22
azyx
a
yxz
Із першого рівняння azyx 222 , тоді 032 22 aazz , звідки
aaaaaz 23 22
2,1 або azaz 3, 21 (не задовольняє умові
задачі, бо за умовою задачі 0z ).
Таким чином, область (Д) обмежена колом 222 2ayx . Координати
центра ваги тіла знаходимо за формулами m
Mx
yzc ,
m
My xz
c , m
Mz
xyc .
Оскільки область (V) симетрична відносно осі Оz, тоді
m
Mzayx
xy
ccc ,0 .
Переходячи до циліндричних координат і враховуючи, що змінні r , і z
змінюються в області (V) в межах 222
32
,20,20 raza
rar ,
одержимо:
.
3
5363
232
83
32
23
3333
2
0
42
3
22
2
0
2
0
322
2
0
3
2
2
0)(
22
2
aaaa
a
rra
dra
rrarddzrdrdrdxdydzm
a
ara
a
r
a
V
.3
5
33
24423
43
2
1
44
44
2
0
2
6422
2
0
2
02
422
2
0
3
2
2
0)(
22
2
aa
aaa
rrra
dra
rrardzdzrdrdzrdxdydzM
a
ara
a
r
a
V
xy
а б
y
x 2
2
2
2
-
z
y
x
8
a
a
0
a
a a
-a
Рис. 6.1
177
)536(83
5
536
5
)536(3
353
4
aa
a
a
m
Mz
xy
c
.
Отже, шукані координати центра ваги тіла хс=0, ус=0 і zс = )536(83
5
a.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 29], с. 185 –201.
Вправи
1 Знайти координати центра ваги однорідного тіла, обмеженого
циліндрами xy і xy 2 та площинами 0z і 6 zx .
Відповідь: 7
18cx , 6
16
15cy ,
7
12cz .
2 Знайти масу тіла, обмеженого прямим круговим циліндром радіуса R і
висоти H, якщо його густина в будь-якій точці чисельно дорівнює квадрату
відстані цієї точки від центра основи циліндра.
Відповідь: )23(6
222
HRHR
.
Вказівка. Центр нижньої основи циліндра сумістіть із початком
координат, тоді густина тіла 222 zyx . Обчислення доцільно виконувати
в циліндричних координатах.
3 Знайти моменти інерції однорідного прямокутного паралелепіпеда з
ребрами а, b і с відносно кожного з ребер і відносного центра ваги, якщо його
маса дорівнює М.
Відповідь: )(3
1 22 cbM , )(3
1 22 acM , )(3
1 222 cbaM .
Вказівка. V
M , де V = abc. Центр ваги прямокутного паралелепіпеда
знаходиться в точці перетину його діагоналей. Тому, помістивши цю точку в
початок координат, момент інерції прямокутного паралелепіпеда відносно
центра ваги обчислити за формулою )(
222
0 ),,()(V
dxdydzzyxzyxI .
Питання для самоперевірки
1 Що називається потрійним інтегралом від даної функції відносно даної
області?
2 Сформулювати властивості потрійного інтеграла.
3 Які задачі приводять до поняття потрійного інтеграла?
4 Як обчислюється маса неоднорідного тіла з заданою густиною?
5 Вивести формули для обчислення статичних моментів і моментів
інерції тіла.
178
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 34
Криволінійні інтеграли 1 та 2 роду.
Розв’язання прикладів
Обчислення криволінійних інтегралів другого роду
Приклад 1. Знайти криволінійний інтеграл другого роду L
xdy-ydx , де L –
еліпс, заданий параметричними рівняннями tax cos , tby sin з додатним
напрямом обходу.
Розв’язання. Так як sin dx a t dt і cos dy b t dt , то згідно з формулою
2
1
, , , ,
t
L t
P x y dx Q x y dy P x t y t x t Q x t y t y t dt маємо
π π
L
π
πab.dtabdtttabdttbtatatbydx-xdy
2
0
2
0
22
2
0
2cossincoscossinsin
Приклад 2. Обчислити криволінійний інтеграл L
dyyadxya )()2( , де
L – перша (від початку координат) арка циклоїди ttax sin , tay cos1 .
Розв’язання. Оскільки межі для t не вказані, тоді треба побудувати криву
L (рис. 2.1).
Для першої від початку координат арки
циклоїди 20 t . Поклавши далі в
підінтегральному виразі ttax sin ,
tay cos1 , dttadx cos1 і tdtady sin ,
будемо мати:
2
0
2 2 (1 cos ) (1 cos ) (1 cos ) sin
π
L
a y dx - a y dy a a t a t a t a t dt
2 2 2 22 22 2
0 0 0 0
(1 cos )(1 cos ) sin cos (1 cos 2 ) sin 22 2
π π π πa a
a t t dt a t tdt t dt tdt
22 22 2
0
0
1sin 2 cos 2
2 2 4
a at t t a
.
Приклад 3. Обчислити криволінійний інтеграл )1;1(
)0;0(
)( dyxyxydx уздовж
ліній а) у = х2 , б) у2 = х.
Розв’язання. a) Враховуючи, що xdxdyxy 2,2 і 10 x , за формуло
2
1
, , , ,
t
L t
P x y dx Q x y dy P x t y t x t Q x t y t y t dt будемо мати:
y
0 x
2a
a 2a
Рис. 2.1
179
.12
1
3
2
4
3
3
2
4
3)23(
)22(2)()(
1
0
341
0
23
1
0
2331
0
22)1;1(
)0;0(
xxdxxx
dxxxxxdxxxdxxxdyxyxydx
б) Крива L задана рівнянням у2 = х, тому, враховуючи, що
ydydx,xy 22 і 10 y , одержимо:
.30
17
3
1
2
1
5
2
325
2
)2()(2)(
1
0
325
1
0
241
0
22)1;1(
)0;0(
yyy
dyyyydyyyydyyydyxyxydx
Результати обчислень останніх двох інтегралів підтверджують одну з
властивостей криволінійного інтеграла, а саме: величина криволінійного
інтеграла залежить від форми кривої інтегрування.
Приклад 4. Обчислити криволінійний інтеграл L
xdy , де L – контур
трикутника, утвореного осями координат і прямою 132
yx, в додатному
напрямку (тобто проти руху годинникової стрілки).
Розв’язання. На рис. 4.1 зображена лінія OABO (замкнена). Вона
складається із трьох відрізків, розміщених на різних прямих
з різними рівняннями: у = 0, 132
yx, х = 0. Тому в силу
властивості криволінійного інтеграла
маємо: ВОАВОАL
xdy . Оскільки на ОА: 0y і 0dy , а на
0: xBO , тоді ОА
0 і ВО
0 , отже: L АВ
xdyxdy .
Враховуючи, що на АВ:
312
yx і 30 y , одержимо:
3362
332
62
312
3
0
3
0
2
yydy
yxdyxdy
L АВ
.
Обчислення криволінійного інтегралу першого роду
Приклад 5. Обчислити криволінійний інтеграл L
dlyxI 343 між
точками 01;E і 10;H
a) по прямій EH ;
b) по дузі астроїди tsiny,tcosx 33 .
Розв’язання. a) Спочатку складемо рівняння лінії інтегрування – прямої
EH , як рівняння прямої, що проходить через дві точки:
y
0 x
3
2
A
B
Рис. 4.1
180
01
0
10
1
yx
1
0
1
1
yx 1y x . Далі маємо 1y та 21 ( ) 2dl y dx dx .
Далі використовуючи формулу
b
aL
dxxx,xfdlPf2
1 , одержимо
0 0
3 43
11
1
4 3 1 2 2 3 2 1 5 2I x x dx x x
.
b) Перетворимо даний інтеграл у звичайний по змінній t , далі обчислимо,
використовуючи формулу
1
0
22
t
tL
dttytxty,txfdlPf .
tdtsintcosdxtcosx 23 3 tdtcostsindytsiny 23 3
tcostsintcostsindxdydl 3322 , оскільки
t2
.
.tsintcostsintdsin
tcostdcostdtcostsintsintcosI
7
46
7
1849
12334
2
273
22
25
2
2
2
3
2
Приклад 6. Обчислити криволінійний інтеграл першого роду xydl , де
l – чверть кола 2222 azyx , 4
2
22 ayx , яка лежить у першому октанті.
Розв’язання. Запишемо параметричне рівняння даної частини кола у
вигляді 2
02
3
22
t,az,tsin
ay,tcos
ax , тоді
dta
dttcosa
tsina
dtzyxdl244
2
2
2
2
222
і за формулою
1
0
222
t
tL
dttztytxtz,ty,txfdlPf знаходимо
.atsina
tsintdsina
dta
tsina
tcosa
I16288222
32
0
232
0
32
0
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 29], с. 185 –201.
Вправи
1 Обчислити криволінійний інтеграл dyyxL
22 , де L – контур
чотирикутника з вершинами (указаними в порядку обходу в точках О(0;0),
А(2;0), В(4;4) і С(0;4)).
Відповідь: 3
137 .
181
2 Обчислити криволінійний інтеграл dxyxL
22 , де L – дуга параболи
у = х2 від точки О(0;0) до точки А(2;4).
Відповідь: 15
56 .
3 Обчислити криволінійний інтеграл L
xdyydx , де L – еліпс х = аcost,
у = bsint від t1 = 0 до t2 = .
Відповідь: ab2 .
4 Обчислити AB
xydydxyx 22 , якщо шлях від А(1;1) до В(3;4) –
відрізок прямої.
Відповідь: 6
111 .
5 Обчислити AO
zxdzyzdyxydx , де ОА – чверть кола х = соst, y = sint,
z = 1, що пробігається в напрямку зростання параметра t.
Відповідь: 6
1.
6 Обчислити );(
)0;0(
)()(
dyyxdxyx вздовж різних контурів, що
з’єднують точки О(0;0) і М( ; ): а) на прямій ОМ; б) на кривій у = х + sinx;
в) на ламаній ОРМ, де Р( 0; ); г) на параболі у =
2x.
Відповідь: 2 (в усіх випадках).
7 Обчислити L
dyyxydxx 22 11 , якщо контур інтегрування
222 Ryx .
Відповідь: 2
2R.
Питання для самоперевірки
1.Що називається криволінійним інтегралом L
dyyxQdxyxP ),(),(
вздовж заданого контуру?
2.Сформулювати правило обчислення криволінійного інтеграла за
координатами для випадку, коли лінія (контур) інтегрування задана
параметричними рівняннями.
3. Як обчислюється криволінійний інтеграл другого роду, якщо лінія
інтегрування задана у вигляді у = f(х) або х = (у)?
4. Як впливає напрямок інтегрування на величину криволінійного
інтеграла?
182
5. Як установлюється додатний напрямок у випадку замкненого контуру
інтегрування?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 35
Умови незалежності криволінійного інтеграла від шляху інтегрування.
Формула Гріна.
Розв’язання прикладів
Приклад 1. Обчислити криволінійний інтеграл )1;1(
)0;0(
22 dyxxydx вздовж
ліній: а) у = х2 , б) у2 = х.
Розв’язання. а) Враховуючи, що xdxdyxy 2,2 і 10 x , будемо
мати:
1
0
1
0
4331
0
22)1;1(
)0;0(
2 1)22(222 xdxxxxdxxdxxxdyxxydx .
б) Враховуючи, що ydydxxy 2,2 і 10 y , одержимо:
1
0
1
0
544221
0
2)1;1(
)0;0(
2 1)4()(222 ydyyydyyydyyydyxxydx .
На відміну від прикладу 3 практичного заняття 34 в даному випадку
одержані однакові значення інтеграла, не дивлячись на те, що лінія
інтегрування в кожному окремому випадку була різна. Вийшло це тому, що для
даного інтеграла виконується умова незалежності його від шляху інтегрування,
тобто x
Q
y
P
. Дійсно, 2,,2, xyxQxyyxP , тоді xxy
y
Py 2)2(
і
xxx
Qx 2)( 2
. Отже,
x
Q
y
P
=2х, в той час для інтеграла
)1;1(
)0;0(
)( dyxyxydx
(приклад 38) ця умова не виконується, бо xyyxQxyyxP ,,, , тоді
xxyy
Py
)( , 1)(
xxy
x
Q, тобто
x
Q
y
P
.
Приклад 2. Обчислити
)0;3(
)1;2(
42234 )56(4 dyyyxdxxyx .
Розв’язання. У даному прикладі не задано шлях інтегрування, тому
потрібно припустити, що інтеграл не залежить від шляху інтегрування.
Перевіримо це.
За умовою 34 4, xyxyxP , 422 56, yyxyxQ .
Тоді 22 1234 xyyxy
P
, а 22 1226 xyxy
x
Q
. Переконаємося, що
yxQyxP ,,, , y
P
і
x
Q
неперервні і 212xy
x
Q
y
P
.
183
Як уже відзначалося вище, для обчислення криволінійного інтеграла,
який не залежить від контуру інтегрування, треба
обрати в якості найвигіднішого шляху інтегрування
ламану, яка з’єднує початкову (х0; у0) і кінцеву
(х1; у1) точки, ланки якої паралельні осям
координат. У нашому прикладі початковою точкою
є А (-2;-1), кінцевою С (3;0). З’єднаємо ці точки
ламаною АВС (рис. 2.1).
Тоді, враховуючи, що на АВ: х = -2, dx = 0,
01 y , а на ВС: у = 0, ,0dy -2 3 x .
.625575
2757
5
32
5
24318
5)8(
)524()56()4(
3
2
50
1
53
)0;3(
)1;2(
0
1
3
2
44242234
xyy
dxxdyyydyyyxdxxyxAB BC
Приклад 3. Обчислити
)0;1(
)1;0(2)( yx
ydxxdy.
Розв’язання. Покажемо, що для даного інтеграла виконується умова
незалежності його від шляху інтегрування, тобто x
Q
y
P
.
;)(
),(2yx
yyxP
;)(
),(2yx
xyxQ
334
2
)()(
2
)(
)(2)(
yx
yx
yx
yyx
yx
yyxyx
y
P
.
334
2
)()(
2
)(
)(2)(
yx
yx
yx
xyx
yx
xyxyx
x
Q
.
Оскільки 2)(
),(yx
yyxP
,
2)(),(
yx
xyxQ
і їх
частинні похідні мають розриви в точках, розташованих на прямій у = х (в цих
точках знаменник кожного дробу перетворюється на нуль), тоді початкову й
кінцеву точки потрібно з’єднати таким чином, щоб шлях інтегрування не
перетинав пряму у = х (рис. 3.1).
Отже, в даному прикладі не можна прямувати від А до С по ламаній АОС,
оскільки точка О (0;0) належить прямій у = х.
У якості шляху інтегрування зручно взяти пряму .]1;0[,1 xy Тоді
.dxdy Тому
)0;1(
)1;0(
1
0
1
0
1
022
.1)1(
)1(
)(xdx
xx
dxxx
yx
ydxxdy
Приклад 4. Знайти функцію U за її повним диференціалом
dyyxyxdxyxyxdu 2222 3223 .
y
0 x-2
-1
3
A
B C
Рис. 2.1
y
0x
C
BA-1
1
y=x
Рис. 3.1
184
Розв’язання. За умовою ),( yxP 22 23 yxyx , а ),( yxQ 22 32 yxyx і
тоді yxy
P22
, а
x
Q
yx 22 , тобто
y
P
x
Q
. Оскільки
),( yxP , ),( yxQ , y
P
і
x
Q
неперервні в точці О (0;0), тоді в
якості початкової точки візьмемо початок координат (рис. 4.1).
Скориставшись формулою x
x
y
y
CdyyxQdxyxPyxU0 0
,,, 0
і враховуючи, що на ОА: у = 0, dy = 0, xx 0 , а на АМ: х = const, dx = 0,
yy 0 , знаходимо шукану функцію.
.
323
3223),(
3223
0
322
0
3
0
22
0
2
),(
)0,0(
2222
Cyxyyxx
Cyxyyxxcdyyxyxdxx
cdyyxyxdxyxyxyxU
yxyx
OA AM
yx
Правильність результату пропонуємо перевірити читачеві самостійно.
Нагадаємо лише, що dyy
udx
x
uyxdu
, .
Приклад 5. Показати, що вираз yx
dydx
є повним диференціалом функції
),( yxU і знайти її.
Розв’язання. Вираз dyyx
dxyxyx
dydx
11,
тому
),( yxP =yx
yxQ
1
),( і y
P
=
2
1
yxx
Q
.
Умова y
P
=
x
Q
виконана. Отже, вираз
yx
dydx
є повним диференціалом
функції ),( yxU .
Знайдемо ),( yxU за формулою
x
x
y
y
CdyyxQdxyxPyxU0 0
,,, 0, беручи в
якості початкової точку А (1;0), бо в точці
О (0;0) функції ),( yxP і ),( yxQ і їх частинні
похідні y
P
і
x
Q
неозначені. Контур
інтегрування (рис. 5.1) не повинен перетинати
пряму у = -х.
y
0 x
M(x,y)
A(x,0)
Рис. 4.1
В(1,у) М(х,у)
у
А(1,0) х
у=-х
Рис. 5.1
185
Маємо
.ln1lnln1ln1ln
ln1ln1
),(10
10
),(
)0,1(
CyxCyyxy
CyxyCyx
dx
y
dyC
yx
dydxyxU
xyxy
AB BM
yx
бо на АВ: х = 1, dx = 0, yy 0 , а на ВМ: у = const, dy = 0, xx 1 .
Таким чином, шукана функція: CyxyxU ln),( .
Приклад 6. Використовуючи для розв’язання задачі формулу Гріна
L Д
dxdyy
PdyyxQdxyxP
)( x
Q ),(),( , обчислити
L
dyyxdxyx 222 )()(2 , де
L – контур трикутника з вершинами в точках А (1;1), В (2;2) і С (1;3), що
проходять у додатному напрямку (рис. 6.1). Перевірити результат
безпосереднім інтегруванням.
Розв’язання. Оскільки 222, yxyxP і 2, yxyxQ неперервні
функції разом зі своїми частинними похідними yy
P4
і
yxyxx
Q22)01)((2
в замкненій області Д,
включаючи межу L (рис. 6.1), то за формулою Гріна
)( )(
222 )(2)422()()(2Д ДL
dxdyyxdxdyyyxdyyxdxyx .
Перейдемо від подвійного інтеграла до повторного,
враховуючи що внутрішнє інтегрування раціонально
виконати за змінною у, а зовнішнє за змінною х. Для
визначення меж інтегрування внутрішнього інтеграла знайдемо у із рівняння
лінії входу (АВ), звідки у = х і лінії виходу (ВС), звідки у = 4 – х.
Рівняння (ВС) знайдено як рівняння прямої, що проходить через дві
задані точки В (2;2) і С (1;3):
;12
1
12
1
xx
xx
yy
yy
;
21
2
23
2
xy ;22 xy .4 xy
Таким чином,
.3
4
2
9
2
12
3
4482
6
)4(
222
2
)4(
2
342
22
)4(42
22)(2)(2)()(2
2
1
332
2
1
2
1
22
22
22
)(
2
1
4 2
1
42
222
xxx
dxx
xxdxx
xx
xx
dxy
xydyyxdxdxdyyxdyyxdxyxД
x
x
x
xL
Обчислимо тепер безпосередньо криволінійний інтеграл за контуром L ,
який складається з ланок АВ, ВС і СА. Враховуючи, що на АВ: ,xy ,dxdy
y
0 x
A1
2
3
1 2
B
C
Рис. 6.1
186
21 x ; ВС: ,4 xy ,dxdy ;12 x на СА: ,1x ,0dx ,13 y
будемо мати:
.3
4
3
64
3
888
3
842
3
14
3
56
3
64
3
842
34
3
56
3
)1()44(4
3
8
)1()16216322(8)1()()4(
))4((2)()(2)()(2
1
2
1
2
23
1
3
32
2
1
3
1
3
1
2
1
3
2222
1
222
2
1
1
2
22222222
xxxy
dxxxx
dyydxxxxdxxdyydxxx
dxxxdxxxdxxxdyyxdxyxAB BC CAL
Переконуємося, що результати обчислень однакові.
Приклад 7. Використовуючи формулу Гріна, обчислити інтеграл
L
dyxyydxx ,22 де L – коло ,222 Ryx що пробігається проти ходу
годинникової стрілки.
Розв’язання. У даному прикладі yxyxP 2),( , 2),( xyyxQ . Тоді
,2xy
P
2y
x
Q
. Функції Р і Q, а також їх частинні похідні
y
P
і
x
Q
неперервні в замкненій області (Д), включаючи її межу L, тому згідно з
формулою Гріна
L Д
dxdyy
PdyyxQdxyxP
)( x
Q ),(),( маємо
L Д
dxdyxydyxyydxx)(
2222 )( .
Оскільки область інтегрування (Д) – круг, тоді доцільно в подвійному
інтегралі перейти до полярних координат:
)(
3
)(
2
)(
22 )(ДДД
drdrrdrdrdxdyxy .
Переходячи далі до повторного інтеграла й враховуючи, що в області (Д)
20 і Rr 0 , остаточно будемо мати:
2
0 0
44
0
42
0
3
)(
3
)(
2222
242
4)(
RR
ДL Д
RRrdrrddrdrdxdyxydyxyydxx .
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 29], с. 185 –201.
Вправи
1 За допомогою формули Гріна обчислити криволінійний інтеграл
L
dyyxxydxyxxy 3232 , де L коло xyx 422 .
Відповідь: 12 .
187
2 Переконатись, що інтеграл dyyyxdxxxy 36 46AB
2232
не залежить від
шляху інтегрування та обчислити його вздовж відрізка прямої від точки A(2;3)
до точки B(3;4).
Відповідь: 426 .
3 Знайти функцію U(х,у) за її повним диференціалом 2)(
)2(
yx
ydydxyx
.
Відповідь: cyx
yyxyxU
ln),( .
4 Знайти функцію U(х,у) за її повним диференціалом
dyyxxydxxyyxdu )sincos2()sincos2( 22 .
Відповідь: CxyyxyxU coscos),( 22 .
Питання для самоперевірки
1 Сформулювати і довести формулу Гріна.
2 Що означає незалежність криволінійного інтеграла від лінії
інтегрування?
3 Показати, що незалежність інтеграла від контуру інтегрування
еквівалентна рівності його нулю вздовж будь-якого замкненого контуру.
4 Указати раціональний спосіб обчислення криволінійного інтеграла від
повного диференціала. Навести відповідну формулу.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 36
Застосування криволінійного інтеграла другого роду
до розв’язання задач геометрії й механіки
Розв’язання прикладів
Приклад 1. Обчислити за допомогою криволінійного інтеграла площу
фігури, обмежену астроїдою ,cos3 tax tay 3sin .
Розв’язання. Площу фігури, зображеної на рис. 1.1, обчислимо за
формулою L
ydxxdyS2
1.
Враховуючи, що 20 t і
tdttadytaytdttadxtax cossin3,sin,sincos3,cos 2323 ,
одержимо:
y
x-
a
a a
-a
Рис. 1.1
188
.8
34sin
4
1
16
34cos1
16
32sin
8
3
sincos2
3sincossincos
2
3
cossin3sincos32
1
2
1
2
2
0
22
0
22
0
22
2
0
2222
0
22222
2
0
242242
attadttatdta
tdttadttttta
dtttattaydxxdySL
Приклад 2. Обчислити за допомогою криволінійного інтеграла площу
фігури, обмежену кардіоїдою tataytatax 2sinsin2,2coscos2 .
Розв’язання. Для побудови кривої (рис. 2.1) і визначення меж
інтегрування знайдемо координати деяких точок кривої.
При t = 0
.0
,
y
ax При t =
2
3
.2
,
ay
ax
При t = 2
.2
,
ay
ax При t = 2
.0
,
y
ax
При t =
.0
,3
y
ax
Враховуючи далі, що tatax 2coscos2 , dttatadx 2sin2sin2 ,
tatay 2sinsin2 , dttatady 2cos2cos2 і 20 t , одержимо:
2
0
222222
2
0
cos22coscos22coscos4cos4(2
1)2sinsin2(
)2sin2sin2()2cos2cos2()2coscos2(2
1
2
1
tattattatadttata
tatatatatataydxxdySL
dttattattata )2sin22sinsin42sinsin2sin4 222222
.6)sin(3)cos1(3)2cos2cos44(2
1 22
0
22
0
22
0
2222
attadttadtatataa
Приклад 3. За допомогою криволінійного інтеграла знайти площу
фігури, обмеженої лініями xy , 2y і х = 0.
Розв’язання. Фігура, обмежена лініями xy , 2y і х=0, зображена
на рис.3.1. Її площу знаходимо за формулою
.L
xdyS
Оскільки контур L складається з трьох різних
ліній (L = ОА + АВ + ВО), тоді шукана площа
BOABOAL
xdyS .
Останній інтеграл, тобто 0BO
xdy , бо на 0: xBO і 0dx .
y
x-3a a
Рис. 2.1
y
0 x
у= xу=2 B A
4
x=
0
Рис. 3.1
189
Враховуючи також, що на ydydxyxOA 2,: 2 , 20 y , а на
0,2: dyyAB , 04 x , остаточно будемо мати: .3
8
3
2
0
32
0
2 y
dyyxdySOA
Приклад 4. У кожній точці площини на матеріальну точку діє сила, яка
має сталу величину і напрямок додатної осі абсцис. Знайти роботу, що буде
здійснювати ця сила, при русі точки вздовж дуги кола х2 + у2 = R2, яка лежить у
першому квадранті (рис. 4.1).
Розв’язання. Проекції сили F
на осі координат FFyxP x , і
0, yFyxQ . В силу формули L
dyyxQdxyxPA ),(),(
маємо LL
yx FdxdyFdxFA .
Оскільки F = const, a x змінюються від 0 до R, тоді
шукана робота
FRFxdxFAR
R
00
.
Приклад 5. У кожній точці М еліпса tbytax sin,cos прикладена сила
F
, рівна за величиною відстані від точки М до
центра еліпса і напрямлена до центра еліпса
(рис. 5.1).
1. Обчислити роботу сили F
при переміщені
точки вздовж дуги еліпса, розташованої в першому
квадранті.
2. Знайти роботу, якщо точка обходить увесь
еліпс.
Розв’язання. За умовою задачі MOF
. Тому проекції сили F
на осі
координат відповідно дорівнюють xFx і yFy . На підставі формули
L
dyyxQdxyxPA ),(),( одержимо:
1) 1-й спосіб
.22
sin
cossincossinsincos
222
0
222
2
0
222
0
batba
tdttbatdtbtbtdtataydyxdxAL
2-й спосіб:
y
0 x
M(x,y)R
R
Рис. 4.1
y
0 x
M(x,y)b
a-a
-b
F
Рис. 5.1
190
.22222
2222
0
20
2
0
0);0(
)0;(
babayx
ydyxdxydyxdxydyxdxA
b
a
b
a
b
aL
2) 1-й спосіб
02
sincossin
2
0
222
2
0
22
t
batdttbaydyxdxAL
.
2-й спосіб
00
0
)0;(
)0;(
ydyxdxydyxdxydyxdxAa
a
a
aL
,
бо нижня і верхня межі інтегрування в кожному інтегралі рівні між собою.
Як уже відзначалося вище, якщо функції ),( yxP і ),( yxQ неперервні
разом із своїми частинними похідними y
P
і
x
Q
в усіх точках області (Д) і
y
P
=
x
Q
, тоді криволінійний інтеграл за будь-яким замкненим контуром, який
лежить в цій області, дорівнює нулю. Підтвердження цього факту одержано в
випадку 2), бо для L
ydyxdx виконується умова y
P
=
x
Q
і ),( yxP = -х,
y
P
= 0, ),( yxQ = -у,
x
Q
= 0 неперервні.
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 30-31], с. 201 –210.
Вправи
1 У кожній точці площини на матеріальну точку діє сила F
, проекції якої
на осі координат дорівнюють Fх = ху і Fу = х + у. Обчислити роботу сили F
при переміщенні точки із початку координат в точку (1;1) вздовж дволанкової
ламаної, сторони якої паралельні осям координат (два випадки).
Відповідь: 2
3 і 1.
2 Знайти площу фігури, обмеженої еліпсом acost,x .sin tby
Відповідь: ab .
3 Визначити роботу сили ,2 2 jxyixyF якщо вона переміщується з
точки О(0;0) в точку В(2;10) вздовж дуги кривої .32 xxy
Відповідь: 3
256.
191
Питання для самоперевірки
1 Як визначається робота при русі точки в силовому полі?
2 Пригадати і записати формулу для обчислення площі за допомогою
криволінійного інтеграла?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 37
Числові ряди. Збіжність рядів. Гармонічний ряд. Необхідна умова збіжності.
Достатні ознаки збіжності рядів з додатними членами: ознака порівняння,
ознака Даламбера, ознака Коші (радикальна, інтегральна).
Розвязання прикладів
Приклад 3 Для ряду ...6
23...
36
13
6
5
n
nn
знайти суму n перших
членів ряду Sn, довести збіжність ряду, користуючись означенням збіжності.
Розв’язання. Зауважимо, що дріб nnnn
n
n
n
n
n
nn
3
1
2
1
6
2
6
3
6
2
6
3
6
23.
Кожний член ряду подамо у вигляді цієї суми, і часткову суму ряду зможемо
записати таким чином: .3
1
2
1...
3
1
2
1
3
1
2
122
nnnS
Проведемо групування доданків
.3
1...
3
1
3
1
2
1...
2
1
2
122
nn
nS
Вирази в квадратних дужках є сумами n перших членів геометричної
послідовності зі знаменником ,3
1,
2
121 qq тому Sn можна записати у вигляді
.3
1
2
1
2
1
2
3
3
11
2
1
2
11
3
11
3
11
3
1
2
11
2
11
2
1
1
)1(1
nnnn
nnn
nq
quS
Знайдемо границю Sn:
.2
3
3
1
2
1
2
1
2
3limlim
nnnn
nS
Отже, даний ряд збігається і його сума дорівнює .2
3S
Приклад 4 Дослідити збіжність ряду ...)1ln(
1...
3ln
1
2ln
1
n
192
Розв’язання. Маємо )1ln(
1
nun . Для порівняння обираємо гармоніч-
ний ряд
1
1
n n, який розбігається. Ряд ..
1...
3
1
2
1
n також розбігається, він
отриманий із гармонічного ряду відкиданням першого члена. Оскільки ,22ln
,...,33ln ,ln nn ,1)1ln( nn то .1
1
)1ln(
1,...,
3
1
3ln
1;
2
1
2ln
1
nn Отже,
члени дослідженого ряду є більшими за члени розбіжного ряду. На основі
другої ознаки порівняння рядів він розбігається.
Приклад 5 Дослідити збіжність ряду .54
1
12
n nn
Розв’язання. Для порівняння обираємо ряд
12
1
n n. Цей ряд збіжний,
оскільки р = 2 > 1.
За третьою ознакою порівняння рядів
.012
2lim
42
2lim
54limlim
2
2
nnnn
n
n n
n
nn
n
v
u
Границя відношення загальних членів рядів існує, отже, заданий ряд так
само, як і обраний, збігається.
Приклад 6 Дослідити збіжність ряду ...1
1...
21
211
22
n
n
Розв’язання. Маємо 21
1
n
nun
. У якості ряду порівняння обираємо
гармонічний ряд
1
1
n n, який при р = 1 розбігається. Застосовуючи третю
ознаку порівняння рядів, отримаємо
.012
2lim
2
12lim
1lim
1
)1(limlim
2
2
2
nnnnn
n
n n
n
n
nn
n
nn
v
u
Робимо висновок про те, що обидва ряди одночасно розбігаються.
Приклад 7 Дослідити збіжність ряду ...6
23...
36
13
6
5
n
nn
Розв’язання. Кожний член ряду можна подати у вигляді суми двох
доданків ,3
1
2
1
6
2
6
3
6
2
6
3nnnn
n
n
n
n
nu
тому
1 1 11
.3
1
2
1
3
1
2
1
6
23
n n n
nn
n
nn
n
nn
193
Обидва ряди є геометричними і збігаються, оскільки ;12
11 q
13
12 q . На основі другої властивості рядів даний ряд, який є сумою двох
збіжних, збігається.
Приклад 8 Дослідити збіжність ряду
1
.111
n
nnn
Розв’язання. При n un являє невизначеність вигляду )(0 .
Перетворимо un:
.)11(
2
)11(
11
)11(
)1()1(
)11(
)11)(11(11
22
nnnnnn
nn
nnn
nn
nnn
nnnn
n
nnun
У якості еталонного ряду застосуємо ряд
12
3
1
nn
, який збігається при
.12
1p
Застосовуючи третю ознаку порівняння рядів
,0111
lim2)11(
2limlim
2
3
nn
n
nnn
n
v
u
nnn
n
n
робимо висновок про те, що обидва ряди одночасно збігаються.
Приклад 9 Довести збіжність ряду ...)!23(
1...
!8
1
!5
1
n
Розв’язання. Це ряд, що має додатні члени. Загальний член ряду
)!23(
1
nun містить факторіал, тому збіжність дослідимо за ознакою
Даламбера.
Замінивши у un величину n на n+1, знайдемо
.)!53(
1
!2)1(3
11
nnun
Отже,
,10)53)(43)(33(
1lim
)53)(43)(33()!23(
)!23(lim
)!53(
)!23(limlim 1
nnnnnnn
n
n
n
u
u
nnnn
n
n
отже, ряд збігається.
Приклад 10 Дослідити на збіжність ряд ...5
...25
4
5
1 2
n
n
194
Розв’язання. Це ряд, що має додатні члени. Застосуємо до нього ознаку
Даламбера. Запишемо (n+1) – й член ряду .5
)1(1
2
1
nn
nu Знайдемо
,110
2
10
)1(2lim
5
)1(lim
5
5)1(limlim
2
2
21
21
n
n
n
n
n
n
u
u
nnn
n
nn
n
n
таким чином, ряд збігається.
Приклад 11 Дослідити на збіжність ряд ...)1(ln
1...
3ln
1
2ln
12
nn
Розв’язання. Це ряд, що має додатні члени, його загальний член n
n
nu
)1ln(
1 . Отже, доцільно застосувати радикальну ознаку Коші
,10)1ln(
1lim
)1ln(
1limlim
nnu
n
n
n
n
nn
n
таким чином, даний ряд збігається.
Приклад 12 Дослідити на збіжність ряд ...1
...2
11 2
narctgarctgarctg n
Розв’язання. Це ряд, що має додатні члени, загальний член ряду
n
nn
arctgu1
. Застосовуючи радикальну ознаку Коші, отримаємо
,101
lim1
limlim
narctg
narctgu
n
n
n
n
nn
n
отже, ряд збігається.
Приклад 13 Дослідити на збіжність ряд ...)1ln()1(
1..
3ln3
1
2ln2
1
nn
Розв’язання. Даний ряд має додатні спадні члени
...)1ln()1(
1...
3ln3
1
2ln2
1
nn
Розглянемо функцію )1ln()1(
1)(
nnnf , частинні значення якої
дорівнюють членам ряду при n = 1,2,3,...
,...)1ln()1(
1)(,...,
3ln3
1)2(,
2ln2
1)1(
nnnfff
Невласний інтеграл
,)2lnln)1ln((lnlim
)1ln(lnlim)1ln(
))1(ln(lim
)1ln()1()(
1 11
1
b
nn
nd
nn
dndnnf
b
b
b
b
b
інтеграл розбігається. За інтегральною ознакою Коши ряд також розбігається.
195
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.32], с. 210 –214, [9, л.12], с. 79 –86.
Вправи
Знайти загальні члени наступних рядів:
1 ...63
1
52
1
41
1
Відповідь: .)3(
1
nn
2 ...32
1
22
1
2
122
arctgarctgarctg
Відповідь: .2
12n
arctg
Дослідити збіжність числових рядів:
3 ...)4)(1(
1...
63
1
52
1
nn
Відповідь: ряд збігається.
4 ...)2(
1...
8
3
3
2
nn
n
Відповідь: ряд розбігається.
5
12
.1
1
n n
Відповідь: ряд розбігається.
6 ...)1(ln)1(
1...
3ln3
1
2ln2
1222
nn
Відповідь: ряд збігається.
Питання для самоперевірки
1 Дайте означення числового ряду, його загального члена, частинної суми
збіжного й розбіжного рядів.
2 Дослідження збіжності ряду, складеного з членів геометричної прогресії.
3 Сформулюйте й доведіть основні властивості числових рядів.
4 Сформулюйте й доведіть необхідну ознаку збіжності ряду й наслідок цієї
ознаки.
5 Сформулюйте й доведіть ознаки порівняння рядів з додатними членами
6 Сформулюйте й доведіть ознаку Даламбера і Коші (радикальну й
інтегральну) збіжності рядів, наведіть приклади застосування цих ознак.
7 Дослідження збіжності узагальненого гармонічного ряду за допомогою
інтегральної ознаки Коші.
196
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 38
Знакозмінні ряди. Абсолютна та умовна збіжність. Степеневі ряди. Теорема
Абеля. Радіус збіжності. Область збіжності степеневого ряду. Розвинення
функції у степеневі ряди.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Дослідити знакозмінний ряд на абсолютну й умовну збіжності
...)1ln(
)1(...
4ln
1
3ln
1
2ln
1 1
n
n
.
Розв’язання. Даний ряд є знакопочережним. Члени ряду спадають
...)1ln(
1...
4ln
1
3ln
1
2ln
1
n і .0
)1ln(
1limlim
nu
nn
n
Умови ознаки Лейбніца виконані, а це означає, що ряд збігається умовно.
Перевіримо ряд на абсолютну збіжність, складаючи ряд із абсолютних величин
даного ряду: ...)1ln(
1...
4ln
1
3ln
1
2ln
1
n
Отриманий ряд за другою ознакою порівняння розбігається. Таким
чином, даний ряд збігається умовно.
Приклад 2 Дослідити знакозмінний ряд на абсолютну й умовну
збіжності.
12
1.
21
n
nn
n
Розв’язання. Даний ряд є знакопочережним. Перевіримо виконання умов
ознаки Лейбніца:
.2
2ln2lim
2
2ln2lim
2lim
2limlim)2
...;2
...3
812)1
2
22
2
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
n
nnn
u
n
Друга умова ознаки Лейбніца не виконується, тому ряд розбігається.
Приклад 3 Знайти область збіжності ряду
...2
)1(...
22
)1(
21
12
2
n
n
n
xxx
Розв`язання. Для даного функціонального ряду запишемо
.2)1(
)1(;
2
)1(1
1
1
n
n
nn
n
nn
xu
n
xu
Обчислимо 12
1
2)1(
21limlim
1
1
1
x
n
n
x
x
u
un
n
n
n
nn
n
n.
197
На основі ознаки Даламбера можна стверджувати, що ряд збігається і
причому абсолютно, якщо 112
1x або -1 <x < 1 ; ряд розбігається, якщо
112
1x , тобто якщо - < x < - 3 або 1 < x < . При х = 1 отримаємо
гармонічний ряд ...3
1
2
11 , який розбігається, а при х = -3 – ряд:
...3
1
2
11 , який відповідно до ознаки Лейбніца збігається умовно.
Отже, даний ряд збігається при 13 x .
Приклад 4 Знайти область збіжності степеневого ряду
...10...100010010 32 nn xxxx
Розв’язання. Даний ряд є повним степеневим за степенями х. Знайдемо
радіус збіжності за формулою (4.6) при ;10nna
.10
1
10lim
1
lim
1
n n
n
nn
na
R
Для всіх
10
1;
10
1x ряд збігається. Досліджуємо збіжність ряду в
граничних точках 10
1x i .
10
1x
При 10
1x отримаємо знакопочережний ряд ...1...111
n,
який розбігається, оскільки .1lim
nn
u
При 10
1x отримаємо знакододатний ряд 1+1+1+..., який розбігається,
оскільки не виконується необхідна умова збіжності числового ряду .01lim
nn
u
Отже, областю збіжності степеневого ряду є інтервал .10
1;
10
1
Приклад 5 Знайти область збіжності степеневого ряду
...10
...30020 1
32
n
n
n
xxxx
Розв’язання. Даний ряд є повним степеневим за степенями х.
;10
11
nn
na .
10)1(
11 nn
na
Радіус збіжності
.101
lim1010
10)1(limlim
11
n
n
n
n
a
aR
nn
n
nn
n
n
198
Для всіх 10;10x ряд збігається.
При х = - 10 отримаємо знакопочережний ряд
...10
1...3
10
2
1010
n
n
Для нього виконуються умови ознаки Лейбніца. Ряд збігається.
При x = 10 отримаємо знакододатний ряд
....1
...3
1
2
1110...
10...
3
10
2
1010
nn
Даний ряд розбігається, оскільки є гармонічним рядом, помноженим на 10.
Отже, областю збіжності даного ряду є інтервал .10;10
Приклад 6 Розвинути многочлен 423)( 23 xxxxf за степенями
двочлена (х + 1).
Розв’язання. Обчислимо значення функції та її похідних при х = а= - 1
,423)( 23 xxxxf ,84231)1( f
,263)( 2 xxxf ,5263)1( f
,66)( xxf ,066)1( f
,6)( xf .6)1( f
Підставляючи дані значення в ряд Тейлора, отримаємо
.)1()1(58!3
)1(6
!2
)1(0)1(58423 3
3223
xx
xxxxxx
Приклад 7 Розвинути функцію 3 38)( xxf в околі точки х = 0,
скориставшись формулою розвинення в ряд Маклорена функції .1m
x
Розв’язання. Перетворимо дану функцію, замінивши х на 8
3x :
3
13
3
33 3
812
8188)(
xxxxf
...
8!
11
3
1...1
3
1
3
1...
8!2
11
3
1
3
1
83
112
32
33n
x
nn
xx
....2!3
)43(...52...
2!23
2
23
122
36
2
3
n
n
x
n
nxx
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л.33 - 35], с. 214 – 221.
Вправи
Дослідити на збіжність ряди.
199
1 ...)12(
11...
5
1
3
11
2
1
22
n
n
Відповідь: ряд збігається абсолютно.
2
1
.!
)cos(
n n
n
Відповідь: ряд збігається абсолютно.
Знайти область збіжності степеневих рядів:
3 ......1 2 nxxx
Відповідь: - 1 < x < 1.
4 ...1...32
132
n
xxxx
nn
Відповідь: .11 x
5 .3
)5(1
1
1
nn
nn
n
x
Відповідь: .82 x
Розвинути функції в степеневі ряди:
6 Розвинути многочлен 435)( 234 xxxxxf за степенями (х-4).
Відповідь: .564214374114234
xxxx
7 Розвинути функцію 2
)( xexf в ряд Маклорена.
Відповідь: ...)!1(
1...!2
122
14
2
n
xxx
nn
.
Питання для самоперевірки
1 Дайте означення знакозмінного ряду.
2 Сформулюйте й доведіть ознаку Лейбніца збіжності знакопочережного
ряду та наведіть приклади застосування цієї ознаки.
3 Дайте означення абсолютно й умовно збіжних знакозмінних рядів.
4 Дайте означення степеневого ряду й інтервалу його збіжності.
5 Сформулюйте основні властивості збіжних степеневих рядів.
6 Сформулюйте й доведіть теорему Абеля про характер області збіжності
степеневих рядів.
7 Вивести формулу для обчислення радіуса збіжності степеневого ряду.
8 Запишіть формулу Тейлора для довільної функції з залишком у формі
Лагранжа і покажіть, за яких умов формула Тейлора переходить в ряд Тейлора,
а також в ряд Маклорена.
9 Сформулюйте й доведіть теорему про єдність розвинення функції в ряд
Тейлора.
10 Сформулюйте й доведіть теорему про можливість розвинення функції
в ряд Тейлора.
200
11 Сформулюйте необхідну й достатню умову збіжності рядів Тейлора і
Маклорена.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 39
Елементи комбінаторики. Класифікація подій. Основні поняття та визначення.
Класична та статистична ймовірність, її властивості.
Відносна частота появи події. Геометрична ймовірність.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Скільки чотиризначних чисел можна скласти з цифр 0, 1, 2, 3,
4, 5, якщо:
а) жодна з цифр не повторюється більше одного разу;
б) цифри можуть повторюватися;
в) цифри повинні бути непарними ( цифри можуть повторюватися)?
Розв’язання.
а) Першою цифрою числа може бути одна з п’яти цифр – 1, 2, 3, 4, 5 ( 0 не
може бути першою цифрою, оскільки в такому випадку число не є
чотиризначним); якщо перша цифра вибрана, то друга може бути вибрана
п’ятьма способами ( так як тепер 0 включається), третя – чотирма способами,
четверта – трьома способами. Згідно з правилом множення загальне число
способів дорівнює 3003455 .
б) Першою цифрою числа може бути одна з п’яти цифр – 1, 2, 3, 4, 5
( п’ять можливостей), для кожної з наступних цифр маємо шість можливостей
( 0, 1, 2, 3, 4, 5). Отже, число шуканих чисел дорівнює 1080656665 3 .
в) Першою цифрою може бути одна з цифр – 1, 2, 3, 4, 5, а останньою –
одна з цифр 1, 3, 5 ( числа повинні бути непарними). Отже, загальна кількість
чисел дорівнює 5403665 .
Приклад 2 Скільки тризначних і чотиризначних чисел можна скласти з
цифр 1, 2, 3, 4, якщо кожна цифра при складанні числа використовується не
більше одного разу?
Розв’язання. За правилом множення чотиризначне число можна скласти
241234 способами, тризначне число – 24234 способами. Тоді або
тризначне, або чотиризначне число може бути складене за правилом додавання
24+24=48 способами. Таким чином, загальне число тризначних і чотиризначних
чисел, які можна скласти з цифр 1, 2, 3, 4, використовуючи під час складання
числа кожну цифру не більше одного разу, дорівнює 48.
Приклад 3 Скільки тризначних чисел можна скласти з цифр 1, 2, 3, 4, 5,
6, 7?
Розв’язання. Кожне тризначне число, складене з указаних цифр, можна
розглядати як розміщення з повтореннями, складене з трьох цифр, узятих із
даних семи. Тому шукана кількість тризначних чисел 343733
7 A .
Приклад 4 Скільки різних чотиризначних чисел можна скласти з цифр 0,
1, 2, 3, якщо кожна цифра в зображенні числа зустрічається один раз?
201
Розв’язання. Чотиризначне число може бути подане як деяка
перестановка з цифр 0, 1, 2, 3, в якій перша цифра відмінна від нуля. Оскільки
число перестановок з чотирьох цифр дорівнює !44 P і з них !33 P
перестановок починаються з нуля, то шукана кількість чисел дорівнює
183123!33!3)14(!3!34!3!434
PP .
Приклад 4 Студенти першого курсу вивчають 10 різних предметів. У
понеділок три пари, причому всі різні. Скількома способами можна скласти
розклад на понеділок?
Розв’язання. Шукана кількість способів дорівнює числу розміщень з 10
елементів по три, тобто 72089103
10A ,
оскільки мова йде про всілякі групи, кожна з яких складається з трьох
елементів, взятих із 10, і які відрізняються одна від одної або складом
елементів, або їх порядком.
Приклад 5 У турнірі приймають участь 11 шахістів, причому кожні два
шахісти зустрічаються один раз. Скільки партій було зіграно в турнірі?
Розв’язання. Кількість зіграних партій знаходимо за формулою числа
сполучень з n різних елементів по k , бо тут мова йде про групи елементів із
11 по 2, які відрізняються одна від одної принаймні одним елементом. Порядок
тут не враховується в силу того, що кожні два шахісти зустрічаються один раз.
Отже, число зіграних партій 5521
10112
11
С .
Приклад 6 Партія містить 30 деталей, вісім із яких є дефектними.
Кількома способами можна відібрати з цієї партії шість деталей так, щоб
чотири з них були якісними, а дві дефектними?
Розв’язання. Серед 30 деталей вісім є дефектними і 30-8=22 якісних.
Чотири якісних деталі можна взяти з 22 якісних деталей 4
22С способами, а дві
дефектні деталі з восьми дефектних деталей можна взяти 2
8С способами. Тому
за правилом множення число способів, які дають можливість відібрати із цієї
партії шість деталей так, щоб чотири з них були якісними і дві дефектними,
складатиме 20482021
78
4321
192021222
8
2
22
СС .
Приклад 7 У коробці міститься шість однакових занумерованих кубиків.
Навмання по одному виймають усі кубики. Знайти ймовірність того, що номери
вийнятих кубиків з’являються у зростаючому порядку.
Розв’язання. Подія А – номери вийнятих кубиків з’являються у
зростаючому порядку. Число всіх наслідків знаходимо за формулою
720!66
Pn .
Очевидно, що сприятливим події А є один наслідок (номери вийнятих
кубиків з’являються у зростаючому порядку: 1, 2, 3, 4, 5, 6). Тому шуканою
ймовірністю є: 720
1)( AP .
202
Приклад 8 У конверті серед 100 фотографій знаходиться одна з тих, що
шукають. Із конверта виймають 10 фотографій. Знайти ймовірність того, що
серед них виявиться потрібна.
Розв’язання. Нехай подія А полягає в тому, що серед 10 навмання
вийнятих фотографій виявиться потрібна, тобто та, яку відшукують.
Число всіх наслідків можна обчислити за формулою !90!10
!10010
100Cn .
Сприятливими наслідками будуть такі, за яких серед 10 вийнятих
фотографій виявиться та одна, яку відшукують і, отже, 10 – 1 = 9 непотрібних.
Оскільки з усіх непотрібних 100 – 1 = 99 фотографій, об’єднуючи їх по дев’ять,
можна скласти 999C груп, то, приєднуючи до кожної такої групи фотографію,
що шукають, виявиться, що число наслідків, сприятливих події А буде
наступним: !90!9
!999
99Cm .
Отже, шукана ймовірність
.1,0100
10
100!99!9
10!9!99
!100!9
!10!99
!90!10
!100:
!90!9
!99)(
10
100
9
99
C
CAP
Приклад 9 Набираючи номер телефону, абонент забув останні три цифри
і, пам’ятаючи лише, що ці цифри різні, набрав їх навмання. Зайти ймовірність
того, що набрані потрібні цифри.
Розв’язання. Нехай подія А – набрані потрібні цифри. Враховуючи, що
три потрібні цифри повинні бути набрані з 10 різних цифр (абонент пам’ятав,
що цифри різні), число всіх наслідків знаходимо за формулою Число розміщень
із п різних елементів по k без повторень, бо тут важливо, які це будуть цифри
і який їх порядок. Таким чином, 72089103
10 An .
Сприятливим події А є лише один наслідок (правильний номер телефону).
Отже, 720
1)( AP .
Приклад 10 У партії з 15 деталей є вісім стандартних. Знайти ймовірність
того, що серед шести, взятих навмання деталей, буде чотири стандартних.
Розв’язання. Очевидно, що число всіх елементарних наслідків 6
15Cn .
Підрахуємо число елементарних наслідків, які сприяють події А – серед шести
взятих деталей буде чотири стандартних і 6 – 4 = 2 нестандартних. Число
способів, якими можна обрати чотири стандартних деталі з восьми, дорівнює 4
8С , а число способів, якими можна приєднати до них дві нестандартні деталі,
дорівнює 2
7С (нестандартних деталей у партії 15 – 8 = 7). Кожна комбінація
стандартних деталей може поєднуватися з кожною комбінацією нестандартних
деталей, тому 2
7
4
8CCm . Таким чином,
143
42
!9!6
!15:
!5!2!4!4
!7!8)(
6
15
2
7
4
8
C
CCAP .
203
Приклад 11 Десять різних книг поставлені навмання на одній полиці.
Знайти ймовірність того, що три конкретні книги будуть поставлені поряд
(подія А ).
Розв’язання. Уявимо собі, що три конкретні книги зв’язані разом. Тоді
число можливих способів розташування зв’язки на полиці дорівнює числу
перестановок із восьми елементів (зв’язка плюс решта сім книг), тобто !88 P . У
середині зв’язки три книги можна переставити !33 P раз. При цьому кожна
комбінація у середині зв’язки може поєднуватися з кожною із 8P комбінацій.
Тому число сприятливих події А наслідків дорівнює 38 PP , тобто 38 PPm .
Число n усіх можливих наслідків, очевидно, дорівнює !1010P .
Таким чином, шукана ймовірність 15
1
109
6
109
!3
!10
!3!8)(
10
38
P
PPAP .
Приклад 12 Першість з футболу виборюють 18 команд, серед яких п’ять
є лідируючими. Шляхом жеребкування команди розподілені на дві групи по
дев’ять команд у кожній. Яка ймовірність потрапляння всіх лідируючих команд
до однієї групи (подія А)? Яка ймовірність попадання двох лідируючих команд
в одну групу і трьох – до другої (подія В )?
Розв’язання. Очевидно, що 9
18Cn .
Події А сприяє стільки наслідків, скількома способами п’яти лідируючих
команд можуть утворити дев’ятки з чотирма командами з числа решти 13
команд. Тому обидві групи можуть бути утворені 4
13С способами.
Отже, 4
132CmA та 34
12)(
9
18
4
13 C
C
n
mAP A
.
Розмірковуючи аналогічно, знаходимо, що число Bm наслідків,
сприятливих події В, дорівнює 6
13
3
5
7
13
2
5 CCCCmB .
Отже, 17
12)(
9
18
6
13
3
5
7
13
2
5
C
CCCC
n
mBP B .
Приклад 13 На двох станках виготовляються однотипні деталі.
Ймовірність браку для першого станка складає 3%, а для другого – 2%.
Виготовлені деталі надходять на склад, причому деталей з першого станка
надходить удвічі більше ніж з другого. Обчислити ймовірність того, що взята із
складу навмання деталь буде бракованою (подія А).
Розв’язання. Припустимо, що на склад надійшло к штук деталей,
виготовлених на другому станку, і, отже, 2к штук деталей, виготовлених на
першому станку. Таким чином, на склад надходить всього п =3к штук деталей.
Знаючи, що ймовірність браку для першого і другого станків складає
відповідно 0,03 і 0,02, знаходимо кількість бракованих деталей
kkm 06,003,021 , виготовлених на першому станку, і kkm 02,002,02
кількість бракованих деталей, виготовлених на другому станку, отже, на склад
204
надходить kkkmmm 08,002,006,021 штук бракованих деталей, тобто
число наслідків, сприятливих події А. Таким чином, шукана ймовірність
027,03
08,0)(
k
kAP .
Приклад 14 Робітник обслуговує два агрегати. Багатоденні
спостереження показали, що кожний з них потребує десятихвилинної уваги
робітника протягом години. Знайти ймовірність того, що протягом години один
із агрегатів потребує уваги робітника в той час, коли він обслуговує другого
(припускається, що зупинка кожного з агрегатів протягом години може
відбутися в будь-який момент і моменти зупинки їх є незалежними).
Розв’язання. Нехай Х – момент початку обслуговування першого
агрегату, Y – другого. Один із агрегатів потребує
уваги робітника в той час, коли він обслуговує
другий, якщо 10YX .
Розглянемо X і Y як координати в
прямокутній системі координат. У якості одиниці
масштабу оберемо хвилину.
Усілякі наслідки зобразяться точками
квадрата із сторонами 60, а сприятливі наслідки
розташуються у заштрихованій області (рис.4).
Шукана ймовірність дорівнює відношенню площ
заштрихованої частини (її простіше знайти як
різницю між площею квадрата і площею двох
прямокутних рівнобедрених трикутників, катети яких дорівнюють по 50 ум.од.)
до площі всього квадрата, тобто 36
11
60
5050602
2
P .
Домашнє завдання
Повторити теорію[9, л. 35 - 36], с. 221 – 229.
Вправи
Розв’язати задачі.
1 Скількома способами п’ять чоловік можуть розміститися у черзі до
каси?
Відповідь: 120.
2 Студенту необхідно здати п’ять екзаменів протягом 12 днів. Скількома
способами можна скласти розклад екзаменів?
Відповідь: 95040.
3 Скільки різних чотиризначних чисел можна скласти з цифр 0, 1, 2, 3, 4,
5, 6, 7, 8, 8, якщо кожна цифра в зображенні числа зустрічається не більше
одного разу?
Відповідь: 4536.
Рис. 14.1
10
y
0 x
60
50
40
30
20
60 50 40 30 20 10
y-x =10
x-y=10
205
4 Профком повинен виділити путівки, які має в наявності, на турбази, в
будинки відпочинку і спортивні табори по одній путівці чотирьом особам.
Скількома способами це можна зробити?
Відповідь: 81.
5 Пасажирський поїзд складається з трьох вантажних вагонів і восьми
купейних. Скількома способами можна сформувати состав, якщо вантажні
вагони повинні знаходитися в його початку?
Відповідь: 241920.
6 У кіоску продається морозиво шести сортів. Скількома способами
можна купити 10 морозив?
Відповідь: 3003.
7 Із цифр 1, 2, 3, 4, 5 складаються усілякі числа, кожне з яких містить три
або чотири цифри. Скільки таких чисел можна скласти, якщо цифри в числах не
повторюються?
Відповідь: 180.
8 Скількома способами можна скласти наряд з трьох солдат і одного
офіцера, якщо є 80 солдат і 3 офіцери?
Відповідь: 246480.
9 Скільки є перестановок із цифр 1, 2, 3, 4, 5 таких, які не починаються
цифрою 5; числом 12?
Відповідь: 96; 114.
10 До студентської групи входить 10 дружинників. Три з них
перебувають у віці від 18 до 20 років, п’ять – від 20 до 22, два – від 22 до 24
років. Шляхом жеребкування з дружинників повинна бути обрана одна особа на
чергування. Чому дорівнює ймовірність того, що обраним виявиться
дружинник у віці від 18 до 22 років?
Відповідь: 0,8.
11 У середину круга радіуса R навмання кинута точка. Знайти
ймовірність того, що точка виявиться у середині вписаного в круг правильного
трикутника. Припускається, що ймовірність потрапляння точки в частину круга
пропорційна площі цієї частини і не залежить від її розташування відносно
круга.
Відповідь: 4
33.
Питання для самоперевірки
1 Що називають сполуками?
2 Які види сполук розрізняють?
3 Які сполуки називають розміщеннями, перестановками, комбінаціями?
4 Наведіть формули для обчислення числа розміщень, перестановок та
комбінацій з повторенням і без повторення елементів.
5 Що вивчає теорія ймовірностей?
6 Перерахуйте основні поняття теорії ймовірностей.
7 Що розуміють під випробуванням?
8 Що називають подією? Ймовірністю?
206
9 Яку подію називають випадковою, вірогідною, неможливою? Наведіть
приклади.
10 Які події називають несумісними? Сумісними? Наведіть приклади.
11 Які події називають рівно можливими? Наведіть приклади.
12 Що являє собою повна група подій? Наведіть приклади.
13 Дайте означення класичної, статистичної та геометричної
ймовірностей.
14 Сформулюйте властивості ймовірності та наведіть формулу для її
обчислення.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 40
Теореми додавання та множення ймовірностей. Умовна ймовірність. Теорема
множення ймовірностей залежних подій. Ймовірність появи хоча б однієї події.
Теорема додавання ймовірностей сумісних подій. Формули повної ймовірності
та Байєса.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Три станки працюють незалежно один від одного.
Ймовірність безперебійної роботи першого станка протягом деякого часу Т
дорівнює 9,01 p , другого – 8,02 p , третього – 7,03 p . Яка ймовірність того,
що протягом указаного проміжку часу
а) усі три станки працюють безперебійно (подія А);
б) лише два станки працюють безперебійно (подія В);
в) лише один станок працює безперебійно (подія С);
г) хоча б один з станків працює безперебійно (подія D);
д) жоден станок не працює (подія Е)?
Розв’язання. Введемо наступні події:
1A – працює перший станок,
2A – працює другий станок;
3A – працює третій станок.
Тоді протилежні їм події:
1A – не працює перший станок;
2A – не працює другий станок;
3A – не працює третій станок.
За умовою задачі 7,0)(;8,0)(;9,0)( 332211 pAPpAPpAP , отже,
3,07,01)(;2,08,01)(;1,09,01)( 332211 qAPqAPqAP .
а) очевидно, що подія 321 AAAA . Оскільки за умовою задачі події 1A ,
2A , 3A незалежні (станки працюють незалежно один від одного), то за
формулою ймовірності сумісної появи декількох подій, незалежних у
сукупності, маємо: 321321 )()()()( pppAPAPAPAP .
Виконуючи обчислення далі, знаходимо: 504,07,08,09,0)( AP .
207
б) Подія В полягає у тому, що працюють лише два станки з трьох. Це
можливо в разі появи однієї з наступних подій: або 321 AAA , або 321 AAA , або
321 AAA . Отже, В = 321 AAA + 321 AAA + 321 AAA .
Оскільки події 1A , 2A , 3A , 1A , 2A , і 3A незалежні в сукупності, а події
321 AAA , 321 AAA і 321 AAA несумісні, то знаходимо:
321321321321321321
321321321321321321
)()()()()()()()()(
)()()()()(
ppqpqpqppAPAPAPAPAPAPAPAPAP
AAAPAAAPAAAPAAAAAAAAAPBP
.
Підставляючи в отриману формулу відповідні значення ймовірностей,
остаточно будемо мати: 398,0056,0126,0216,07,08,01,07,02,09,03,08,09,0)( BP .
в) Аналогічні міркування приводять до того, що
321321321321321321 )()( pqqqpqqqpAAAAAAAAAPCP .
Після підстановки до цієї формули відповідних значень ймовірностей,
знаходимо: 092,0014,0024,0054,07,02,01,03,08,01,03,02,09,0)( CP .
г) Імовірність події D знаходимо за формулою ймовірності появи хоча б
однієї з подій nAAA ,...,, 21 , незалежних у сукупності, одержуємо:
3211)( qqqDP .
Після обчислень, отримаємо: 994,0006,013,02,01,01)( DP .
Цю саму ймовірність можна знайти інакше. Очевидно, що D = А + В + С.
Тоді Р(D) = Р(А) +Р(В) + Р(С) = 0,504 + 0,398 + 0,092 = 0,994.
Відзначимо, що цей спосіб розв’язання задачі є нераціональним. Дійсно,
якби ймовірності Р(А), Р(В) і Р(С) не були знайдені раніше, то обчислення Р(D)
значно б ускладнилося.
д) Подія Е полягає із суміщення незалежних подій 1A , 2A і 3A . Тому
321321321 )()()()()( qqqAPAPAPAAAPEP .
Підставляючи числові дані, отримаємо: 006,03,02,01,0)( EP .
З іншого боку, враховуючи, що події D і Е являються незалежними і,
отже, Р(Е) + Р(D) = 1, а Р(D) уже відома і дорівнює 0,994, знаходимо:
006,0994,01)( EP .
Як бачимо, отримали такий самий результат. Зауважимо, що тут було б
помилковим вважати, що протилежними являються події А і Е. Дійсно,
1510,0006,0504,0)()( EPAP .
Приклад 2 У ящику знаходиться 7 деталей першого сорту, 5 – другого і
3 – третього сорту. Із ящика послідовно виймають три деталі, причому взяті
деталі у ящик не повертають. Знайти ймовірність того, що перша взята деталь
буде першого сорту (подія 1A ), друга деталь – другого сорту (подія 2A ) і третя
деталь – третього сорту (подія 3A ).
208
Розв’язання. Позначимо через А подію, яка полягає у тому, що деталі
взяті з ящика в такій послідовності: деталь першого сорту, деталь другого
сорту, деталь третього сорту.
Очевидно, що 321 AAAA . Події 1A , 2A , 3A являються залежними, в силу
того, що взяті деталі в ящик не повертають. Отже, за формулою (3.8) маємо:
)()()()()( 321321 211APAPAPAAAPAP AAA .
Знайдемо ймовірності, які входять до правої частини цієї рівності.
Ймовірність того, що першою взята деталь першого сорту, 15
7)( 1 AP , або
всього деталей n = 7+5+3 = 15, а сприятливих появі події 1A – сім (m = 7).
Ймовірність того, що другою взяти деталь другого сорту, за умови, що першою
взята деталь першого сорту, 14
5)( 21APA , бо залишилось у ящику 14 деталей і із
них 5 – другого сорту. Ймовірність того, що третьою взято деталь третього
сорту після того, як були взяті деталь першого і деталь другого сорту,
13
3)( 321AP AA (після того, як було взято одну деталь першого сорту і одну деталь
другого сорту, в ящику залишилось 13 деталей, із них 3 – третього сорту).
Таким чином, шукана ймовірність 26
1
13
3
14
5
15
7)( AP .
Приклад 3 У першій коробці міститься 20 радіоламп, із них 18
стандартних; у другій – 10 радіоламп, із них 9 стандартних. Із другої коробки
навмання взята одна радіолампа і перекладена в першу. Знайти ймовірність
того, що радіолампа, взята навмання з першої коробки, буде стандартною
(подія А).
Розв’язання. Із другої коробки могла бути взята і перекладена в першу
або стандартна радіолампа (подія 1A ), або нестандартна (подія 2A ). Ймовірність
цих подій - 10
9)( 1 AP і
10
1)( 2 AP . Подія А може настати лише сумісно або з
подією 1A , або з подією 2A , які утворюють повну групу, бо
11,09,0)()( 21 APAP . Тому за теоремою додавання
)()()()( 2121 AAPAAPAAAAPAP .
Ураховуючи далі, що події 1AA і 2AA залежні, за теоремою множення
будемо мати: )()()();()()(21 2211 APAPAAPAPAPAAP AA .
Отже, )()()()()(21 21 APAPAPAPAP AA .
Умовна ймовірність того, що з першої коробки взята стандартна
радіолампа за умови, що з другої коробки в першу перекладена стандартна
радіолампа, 21
19)(
1APA , бо в першій коробці тепер знаходиться 21 радіолампа.
Серед цієї кількості радіоламп 19 є стандартними.
Умовна ймовірність того, що з першої коробки взята стандартна
радіолампа, за умови, що з другої коробки в першу перекладена нестандартна,
209
21
18)(
2APA , бо в першій коробці тепер знаходиться 21 радіолампа, а
стандартних, як і раніше, 18.
Таким чином, шукана ймовірність 9,021
18
10
1
21
19
10
9)( AP .
Приклад 4 Імовірність влучення в рухому ціль у результаті одного
пострілу є сталою і дорівнює 17%. Визначити витрату снарядів, необхідних для
виконання вогневого завдання і з ймовірністю 92%, якщо для її виконання
досить хоча б одного влучення.
Розв’язання. Враховуючи, що, 92,0%92)( AP , 17,0%17 p ,
83,017,011 pq , знаходимо: 1383,0ln
08,0ln
83,0ln
)92,01ln(
n .
Приклад 5 Два автомата виробляють однакові деталі, які поступають на
загальний конвеєр. Продуктивність першого автомата вдвічі більша
продуктивності другого. Перший автомат виробляє в середньому 60% деталей
відмінної якості, а другий – 84%. Навмання взята з конвеєра деталь виявилася
відмінної якості. Знайти ймовірність того, що ця деталь вироблена першим
автоматом.
Розв’язання. Позначимо через A подію – деталь відмінної якості.
Можна зробити два припущення (гіпотези): 1B деталь вироблена першим
автоматом, причому (оскільки перший автомат виробляє вдвічі більше деталей,
ніж другий) ;3
2)( 1 BP 2B деталь вироблена другим автоматом, причому
.3
1)( 2 BP
Умовна ймовірність того, що деталь буде відмінної якості, якщо вона
вироблена першим автоматом, .6,0)(1
APB
Умовна ймовірність того, що деталь буде відмінної якості, якщо вона
вироблена другим автоматом, .84,0)(2
APB
Імовірність того, що навмання взята деталь виявиться відмінної якості, за
формулою повної ймовірності дорівнює
.68,084,03
16,0
3
2)()()()()(
21 21 APBPAPBPAP BB
Шукана ймовірність того, що взята навмання відмінна деталь вироблена
першим автоматом, за формулою Байєса дорівнює
.17
10
68,0
6,03
2
)(
)()()( 11
1
AP
APBPBP
B
A
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 37-38], с. 232 –237.
Вправи
Розв’язати задачі.
210
1 Для сигналізації про аварію встановлені два незалежно працюючих
сигналізатора. Ймовірність того, що в разі аварії сигналізатор спрацює,
дорівнює 0,95 для першого сигналізатора і 0,9 для другого. Знайти ймовірність
того, що в разі аварії спрацює лише один сигналізатор.
Відповідь: 0,14.
2 У читальному залі є 6 підручників з теорії ймовірності, із яких 3 в
політурі. Бібліотекар навчання узяв 2 підручника. Знайти ймовірність того, що
обидва підручника будуть в палітурці.
Відповідь: 0,2.
3 Імовірність успішного виконання вправи для кожного з двох
спортсменів дорівнює 0,5. Спортсмени виконують вправу по черзі, причому
кожний робить по дві спроби. Той, хто першим виконає вправу, отримує приз.
Знайти ймовірність отримання призу спортсменами.
Відповідь: 0,9375.
4 Електричне коло складається з двох послідовно з’єднаних елементів,
які можуть вийти з ладу незалежно один від одного з імовірностями р1 = 0,1 і
р2 = 0,2 відповідно. Обчислити ймовірність розриву живлення кола.
Відповідь: 0,28.
5 Імовірність биття скляної тари при навантаженні на автомашини
дорівнює 0,06, а під час транспортування на автомашинах - 0,05. Яка
ймовірність биття скляної тари ?
Відповідь: 0,107.
6 Імовірність того, що подія А настане хоча б один раз у трьох
незалежних у сукупності випробуваннях, дорівнює 0,936. Знайти ймовірність
появи події в одному випробуванні, якщо ймовірність появи події у кожному
випробуванні є однаковою.
Відповідь: 0,6.
7 Виріб перевіряється на стандартність одним з двох товарознавців.
Імовірність того, що виріб потрапить до першого товарознавця, дорівнює 0,55,
а до другого – 0,45. Імовірність того, що стандартний виріб буде визнаний
стандартним першим товарознавцем, дорівнює 0,9, а другим – 0,98. Знайти
ймовірність того, що це виріб перевірив другий товарознавець.
Відповідь: 0,47.
Питання для самоперевірки
1 Які теореми вважать основними теоремами теорії ймовірностей?
2 Що розуміють під сумою подій А і В ?
3 Сформулюйте теорему додавання для несумісних подій. Наведіть
формулу для обчислення .
4 Сформулюйте теорему додавання для сумісних подій. Наведіть
формулу для обчислення.
5 Чому дорівнює сума ймовірностей подій, які утворюють повну групу
подій?
6 Чому дорівнює сума ймовірностей протилежних подій ?
211
7 Що розуміють під добутком подій А і В ?
8 Що називають умовною ймовірністю?
9 Сформулюйте теорему множення для незалежних подій. Наведіть
формулу для обчислення.
10 Сформулюйте теорему множення для залежних подій. Наведіть
формулу для обчислення.
11 Запишіть формулу повної ймовірності.
12 Сформулюйте теорему Байєса.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 41
Повторні випробування. Формула Бернуллі. Граничні теореми.
Локальна та інтегральна теореми Лапласа.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Два рівносильних шахіста грають у шахи. Що ймовірніше
виграти - три партії із шести чи дві партії із чотирьох? Нічиї до уваги не
приймаються.
Розв'язання. Так як у грі беруть участь рівносильні шахісти і нічиї до
уваги не приймаються, то в усіх партіях ймовірність виграшу є сталою і
дорівнює 0,5, отже ймовірність програшу також є сталою і дорівнює 0,5, тобто
р = q = 0,5. Тоді за формулою Бернуллі ймовірність того, що три партії із шести
будуть виграні, є такою:16
5)5,0()5,0(
321
456)3( 323333
66
qpCP , а ймовірність
того, що будуть виграні дві партії із чотирьох -
16
6)5,0()5,0(
21
34)2( 2222424
44
qpCP .
Оскільки )3()2( 64 PP , то ймовірніше виграти дві партії з 4, ніж 3 з 6.
Приклад 2 Імовірність того, що насіння даного сорту рослин зійде,
дорівнює 0,8. Яка ймовірність того, що з 5 посіяних насінин:
а) зійде не менше 4; б) зійде менше 4?
Розв'язання. а) маємо n = 5, р = 0,8 і q = 1 - 0,8 = 0,2; к ≥ 4, тобто
к набуває значення або 4, або 5. Тому шукана ймовірність матиме вигляд:
)5(5)5()4()4( 454055
5
44
5555pqppqpqpCqpCPPkP .
Після обчислення отримаємо: Р5(к ≥ 4) = (0,8)4·(5·0,2+0,8) = 0,73728.
б) маємо n = 5, р = 0,8 і q = 0,2; к < 4, тобто к набуває значення або 0,
або 1, або 2, або 3.
Тому шукана ймовірність матиме вигляд:
Р5(к < 4)=Р5(0) + Р5(1) + Р5(2) + Р5(3) .
Застосовуючи далі формулу Бернуллі для обчислення ймовірностей, які
належать до правої частини рівності, отримаємо остаточний результат. Не
важко, однак, переконатися, що безпосереднє застосування формули Бернуллі
приведе до надто громіздких обчислень (перевірте самостійно). Шукану
ймовірність можна знайти простішим способом, враховуючи той факт, що події
212
"зійде не менше 4 насінин із 5" і "зійде менше 4 насінин із 5" являються
протилежними і тому Р5(к ≥ 4) + Р5 (к < 4) = 1. Звідси Р5 (к< 4) = 1 - Р5(к ≥ 4).
Оскільки Р5(к ≥ 4) = 0,73728 (знайдено раніше), то остаточно маємо
Р5 (к< 4) = 1 - 0,73728 = 0,26272.
Зауважимо, що такий спосіб обчислення доцільно застосовувати і в ряді
інших завдань.
Приклад 3 За даними ВТК на сотню металевих брусків, заготовлених для
обробки, припадає 30 з зазубринами. Яка ймовірність того, що з семи брусків,
випадково взятих, не матимуть дефектів не більше 2?
Розв'язання. Нехай подія А - відсутність на бруску зазубрин. Тоді
Р(А) = р = 0,7 і Р (Ā) = q = 0,3. Число випробувань n = 7, к ≤ 2, тобто к
набуває значення або 0, або 1, або 2.
Шукана ймовірність за теоремою додавання Р7 (к2) = Р7(0)+Р7(1)+Р7(2).
Застосовуючи далі формулу Бернуллі для обчислення ймовірностей у
правій частині рівності, остаточно будемо мати:
.029,00287555,0)29,1047,109,0()3,0(
)3,0()7,0(21
67)3,0(7,07)3,0(
)2(
5
5267
522
7
611
7
700
77
qpCqpCqpCкP
Приклад 4 Відомо, що в прийнятій партії із 1000 деталей 4 є дефектними.
Знайти ймовірність того, що серед 50 навмання взятих деталей немає
дефектних.
Розв'язання. За умовою n = 50, ймовірність появи дефектної деталі
р = 0,004, ймовірність появи якісної деталі q = 0,004. Відсутність серед 50
деталей дефектних означає що всі взяті деталі є якісними. Тому при к = 0 за
формулою Бернуллі отримаємо: 505000
5050 )996,0()0( qpCP
Логарифмуючи рівність, маємо: 2004,0)00401,0(50996,0ln50)0(ln 50 P ,
звідки 8184,0)90( 2004,0
50 eP .
Обчислюючи 2,0004,050 np і застосовуючи формулу Пуассона,
маємо ,8187,0!0
)0(2,00
50
e
P
що дає відхилення від результату, отриманого
за формулою Бернуллі, менш за 0,3 %.
Зауважимо, що застосування наближеної формули Лапласа потребує
більше громіздких обчислень і дає ймовірність
8077,0)45,0(996,0004,050
1)0(50
P з відхиленням 1,07 % від точного
значення.
Приклад 5 Знайти середнє число λ бракованих виробів у партії виробів,
якщо ймовірність того, що у цій партії міститься хоча б один бракований виріб,
дорівнює 0,95. Припускається що число бракованих виробів у розглядуваній
партії розподілено за законом Пуассона.
213
Розв'язання. Позначимо через А подію, яка полягає у тому, що у
розглядуваній партії міститься хоча б один бракований виріб, а через Ā - подію,
яка полягає у тому, що у розглядуваній партії бракованих виробів немає. Через
те що події А і Ā протилежні, то Р(А) + Р(Ā) = 1.
Із цієї рівності з урахуванням того, що число за законом Пуассона,
знаходимо Р(А) = 1 - Р(Ā) = 1 - Рn(0) = 1- е .
За умовою задачі ця сама ймовірність дорівнює 0,95, тому 1- е = 0,95.
Звідси е = 1 - 0,95 = 0,05.
Розв'язуючи це рівняння отримаємо - λ = ln 0,05 або λ = 3.
Таким чином, у розглядуваній партії середнє число бракованих виробів
дорівнює трьом.
Приклад 6 За установленого технологічного процесу фабрика випускає у
середньому 70 % продукції першого ґатунку. Чому дорівнює ймовірність того,
що у партії з 2100 виробів першосортних міститься між 1450 і 1500?
Розв'язання. Відомо число незалежних випробувань - n=2100.
Імовірність настання події у кожному окремому випробувані - р = 0,7.
Треба знайти ймовірність того, що число появи події міститься між к1=1450 і
к2=1500. Шукану ймовірність знаходимо за формулою (6.4):
)()();( 1221 xxkkPn , де npq
npkx
1
1 , npq
npkx
2
2 .
Знаходимо значення х1 і х2:
;95,021
20
3,07,02100
7,0210014501
x ;43,1
21
30
3,07,02100
7,0210015002
x
Враховуючи, що функція Лапласа непарна, тобто Ф(-х)=-Ф(х), отримаємо
Р2100 (1450; 1500) ≈ Ф(1,43) - Ф(-0,95) = Ф(1,43) + Ф(0,95) =
= 0,4236 + 0,3289 = 0,7525.
Значення функції Лапласа Ф(1,43) і Ф(0,95) знайдені за таблицею.
Приклад 7 З конвеєра сходить у середньому 85 % виробів першого сорту.
Скільки виробів необхідно взяти, щоб з ймовірністю 0,997 відхилення частоти
виробу першого сорту у них від 0,85 за абсолютною величиною не
перевищувало 0,01?
Розв'язання. За умовою р = 0,85, q = 1 - 0,85 = 0,15, ε = 0,01,
.997,0)01,085,0( n
mP
Згідно з формулою
pq
np
n
mP 2( маємо:
997,015,085,0
01,02
n або 4985,0028,0 n
За таблицею знаходимо .4985,0)96,2(
Отже, 96,2.028,0 n . Звідси .11176n
Таким чином, шукане число виробів .11176n
214
Приклад 8 Відділ технічного контролю (ВТК) перевіряє на стандартність
900 деталей. Імовірність того, що деталь стандартна, дорівнює 0,9. Знайти з
ймовірністю 0,9544 межі, у яких буде міститися число m стандартних деталей
серед перевірених.
Розв'язання. За умовою n = 900, р = 0,9, q = 0,1, .9544,0)9,0900
( m
P
Згідно з формулою
pq
np
n
mP 2( маємо:
9544,01,09,0
9002
або 4772,0)100( .
За таблицею знаходимо 4772,0)2( . Отже, 100 ε = 2 . Звідси ε = 0,02.
Таким чином, з ймовірністю 0,9544 відхилення відносної частоти числа
стандартних деталей від ймовірності 0,9 задовольняє нерівності .02,09,0900
m
Розв'язуючи цю нерівність отримаємо
02,09,0900
02,0 m
або 0,88 0,92900
m звідки 792 ≤ m ≤ 828,
Отже, шукане число m стандартних деталей серед 900 перевірених з
ймовірністю 0,9544 міститься в таких межах: 792 ≤ m ≤ 828.
Домашнє завдання
Повторити теорію,[9, л. 37-40] с. 230 –247.
Вправи
Розв’язати задачі.
1 Імовірність того, що насіння для даної рослини проросте, дорівнює 90
%. Знайти ймовірність того, що з чотирьох посіяних насінин три зійдуть
(проростуть).
Відповідь: 0,2916.
2 На автобазі знаходиться 12 автомашин. Імовірність виходу на лінію
кожної з них дорівнює 0,8. Знайти ймовірність нормальної роботи автобази в
найближчі 5 діб, якщо для цього необхідно мати на лінії не менше 8
автомашин.
Відповідь: 0,9017.
3 Штамповка металевих клем для з'єднувальних пластин дає 20 % браку.
Обчислити ймовірність наявності від 100 до 125 клем, не відповідних
стандарту, в партії з 600 клем.
Відповідь: 0,67.
4 Ймовірність появи події у кожному з 21 незалежних випробовувань
дорівнює 0,7. Знайти ймовірність того, що подія настане в більшості
випробовувань.
Відповідь: 0,95945.
215
5 Із партії, в якій доля деталей першого ґатунку дорівнює 0,8, відібрано 60
одиниць (з поверненням). Обчислити ймовірність того, що серед відібраних
деталей 48 виявиться першого ґатунку.
Відповідь: 0,1287.
6 Імовірність своєчасного прибуття кожного поїзда далекого слідування
дорівнює 0,95. Знайти ймовірність того, що з 5 потягів, які послідовно
прибувають, 4 прибудуть без запізнення.
Відповідь: 0,2036.
7 Імовірність хоча б одного влучення у результаті двох пострілів
дорівнює 0,96. Знайти ймовірність 3 влучень у результаті 4 пострілів.
Відповідь: 0,4096.
8 Знайти наближену ймовірність того, що число випадань 3 при 4200
кинутих гральних кубиків буде знаходитися між 650 і 700.
Відповідь: 0,481.
Питання для самоперевірки
1 Які події називають незалежними?
2 Що включає поняття "повторні випробування" ?
3 Як знайти ймовірність того, що в результаті n незалежних випробувань
подія настане рівно к раз?
4 Формула Бернуллі та її застосування.
5 Сформулюйте локальну теорему Лапласа. У яких випадках вона
застосовується?
6 Як знайти значення φ(х), коли х > 5?
7 Наведіть формулу Пуассона для знаходження Рn(к). В яких випадках
вона застосовується?
8 Сформулюйте інтегральну теорему Лапласа.
9 Який вигляд має функція Лапласа φ(х)?
10 Властивості функції Лапласа φ(х). Як знайти значення φ(х), коли х > 5?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 42
Дискретні випадкові величини та закони їх розподілу.
Біноміальний закон та закон Пуассона.
Числові характеристики дискретних випадкових величин та їх властивості.
Інтегральна та диференціальна функції розподілу і їх властивості.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Пристрій складається з трьох незалежно працюючих
елементів. Імовірність відмови кожного елемента в одному випробуванні
дорівнює 0,1. Скласти закон розподілу числа елементів, що відмовили в одному
випробуванні.
Розв'язання. Дискретна випадкова величина Х (число елементів, що
відмовили в одному випробуванні) набуває наступних можливих значень: х1 =
0 (жоден із елементів пристрою не відмовив), х2 = 1 (відмовив один елемент),
х3 = 2 (відмовили два елемента) і х4 = 3 (відмовили три елементи).
216
Відмови елементів незалежні одна від одної, ймовірності відмови
кожного елемента рівні між собою, тому має місце формула Бернуллі.
Враховуючи, що за умовою n = 3, p = 0,1, q = 1- 0,1 = 0,9, отримаємо:
;729,0)9,0()0()0( 3300
33 qpCPXP
;243,0)9,0(1,03)1()1( 2211
33 qpCPXP
;027,09,0)1,0(3)2()2( 2121
33 qpCPXP
.001,0)1,0()3()3( 3033
33 qpCPXP
Контроль:
4
1
.1001,0027,0243,0729,0i
ip
Шуканий біноміальний закон розподілу Х має вигляд:
Х 0 1 2 3
Р 0,729 0,243 0,027 0,001
Приклад 2 Знайти математичне сподівання дискретної випадкової
величини Х, заданої законом розподілу:
Х 4 6 8 10 12
Р 0,3 0,15 0,18 0,17 0,2
Розв'язання. За формулою обчислення математичного сподівання
дискретної випадкової величини маємо:
М(Х) = 4·0,3 + 6·0,15 + 8·0,18 + 10·0,17 + 12·0,2 = 7,64.
Отже, математичне сподівання дискретної випадкової величини Х
дорівнює 7,64.
Приклад 3 Знайти математичне сподівання випадкової величини
Z = 3Х + 4 Y, якщо відомо, що М(Х) = 2, М(Y) = 6.
Розв'язання. Скориставшись відповідними властивостями
математичного сподівання, одержуємо:
М(Z) = М(3Х + 4Y) = М(3Х) + М(4Y) = 3М(Х) + 4М(Y) = 3 ·2 + 4·6 = 6 + 24 = 30.
Приклад 4 Дано перелік можливих значень дискретної випадкової
величини Х: х1 = 1, х2 = 2, х3 = 3, а також відоме математичне сподівання цієї
величини і її квадрата: М(Х) = 2,3, М(Х2) = 5,9. Знайти ймовірності, які
відповідають можливим значенням Х.
Розв'язання. Враховуючи, що
,13
1
i
ip
3
1
,)(i
iiрхXM ,)(
3
1
22
ii
ipхXM
а також беручи до уваги,
що М(Х) = 2,3, М(Х2) = 5,9, отримаємо наступну систему трьох лінійних
рівнянь відносно невідомих ймовірностей:
.9,594
;3,232
;1
321
321
321
ppp
ppp
ppp
217
Розв'язавши цю систему, знайдемо шуані ймовірності: р1 = 0,2, р2 = 0,3,
р3 = 0,5.
Приклад 5 Відділ технічного контролю перевіряє вироби на
стандартність. Імовірність того, що виріб є стандартним, дорівнює 0,9. У
кожній партії міститься 5 виробів. Знайти математичне сподівання дискретної
випадкової величини Х - число партій, у кожній із яких виявиться рівно 4
стандартних вироби, якщо перевірці підлягає 50 партій.
Розв'язання. За формулою Бернуллі знаходимо ймовірність того, що в
партії з 5 виробів стандартних виробів міститься рівно 4 вироби є
стандартними: .32805,01,0)9,0(5)4( 444
55 qpCP
За умовою задачі перевірці підлягає 50 партій. Тому М(Х) = 50 · 0,32805 ≈ 16.
Таким чином, у 16 партіях із 50, підлеглих перевірці, виявиться рівно
чотири стандартних вироби.
Приклад 6 Випадкові величини Х і Y є незалежними. Знайти дисперсію
випадкової величини Z = 2Х + 3 Y, якщо відомо, що D( Х ) = 4, D( Y ) = 5.
Розв'язання. Скориставшись відповідними властивостями дисперсії,
отримаємо: D(Z) = D(2Х + 3Y) = D(2Х) + D(3Y) = 4D(Х) = 9D(Y) = 4·4 + 9·5 = 61.
Приклад 7 Проводяться незалежні випробування з однаковою ймовір-
ністю появи події А у кожному випробуванні. Знайти ймовірність появи події А
в одному випробуванні, якщо дисперсія числа настання події у трьох
незалежних випробуваннях дорівнює 0,63.
Розв'язання. Використовуючи формулу D( Х ) = npq і беручи до уваги,
що n = 3, D(Х) = 0,63, р + q = 1, отримаємо: 3 р(1 - р) = 0,63 або р2 - р + 0,21 = 0.
Після розв'язання цього рівняння ймовірність появи події А в кожному
випробуванні дорівнює або 0,3, або 0,7.
Приклад 8 Випадкова величина Х на всій осі 0х задана інтегральною
функцією .1
2
1)( arctgxхF
Знайти ймовірність того, що в результаті
випробування величина Х набуває значення, яке належить до інтервалу (0; 1).
Розв'язання. Для знаходження шуканої ймовірності скористаємося
властивістю інтегральної функції:
Р(а < Х < в) = F(в) - F(а).
Поклавши а = 0, в = 1, отримаємо: 1 1 1 1 1 1 1 1 1
(0 1) (1) (0) 1 ( 0) 0 .2 2 2 4 2 4
P X F F arctg arctg
Приклад 9 Випадкова величина Х задана інтегральною функцією
.11
,10
,00
)( 2
хпри
хприх
хпри
xF
Знайти ймовірність того, що в результаті чотирьох незалежних
випробувань величина Х рівно тричі набуде значення, яке належить до
інтервалу (0,25; 0,75).
218
Розв'язання. Спочатку знайдемо ймовірність того, що випадкова вели-
чина Х в результаті одного випробування набуде значення, яке належить до
інтервалу (0,25; 0,75).
За формулою Р(а < Х < в) = F(в) - F(а) знаходимо:
р = Р(0,25 < Х < 0,75) = F(0,75) – F(0,25) = (0,75)2 – (0,25)2 = 0,5.
Беручи до уваги, що в результаті чотирьох незалежних випробувань
(кількість випробувань n = 4 мале) випадкова величина Х рівно тричі повинна
набути значення, яке належить до інтервалу (0,25; 0,75), за формулою Бернуллі
знаходимо шукану ймовірність:
.25,00625,04)5,0(4)5,01()5,0(4)3( 4333
44 qpCP
Приклад 10 Випадкова величина Х задана на всій осі 0х інтегральною
функцією .2
1
2
1)(
xarctgхF
Знайти можливе значення х1, яке задовольняє
умові: з імовірністю 4
1 випадкова величина Х у результаті випробування
набуде значення, більшого за х1.
Розв'язання. Події Х ≤ х1 і Х > х1 – протилежні, тому
Р( Х ≤ х1) + Р( Х > х1) = 1.
За умовою Р( Х > х1) = 4
1, отже, Р( Х ≤ х1 ) = 1 – Р( Х > х1) = 1 –
4
1 = .
4
3
Оскільки Р(Х = х1) = 0, то Р(Х ≤ х1 ) = Р(Х = х1 ) + Р(Х < х1 ) = Р(Х < х1)= .4
3
За означенням інтегральної функції Р( Х < х1) = F( х1) = .2
1
2
1 1xarctg
Отже, .4
3
2
1
2
1 1 x
arctg
або .42
1
xarctg Звідси 1
2
1 x
або х1 = 2.
Таким чином, шукане значення х1 = 2.
Приклад 11 Дана інтегральна функція неперервної випадкової величини
Х:
.4
1
,4
02sin
,00
)(
хпри
xприx
хпри
xF
Знайти диференційну функцію f(х).
Розв'язання. За означенням, диференціальна функція дорівнює першій
похідній від інтегральної функції, тобто
.4
0
,4
02cos2
,00
)()(
хпри
xприx
хпри
xFxf
219
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 41 - 42], с. 247 – 255.
Вправи
Розв’язати задачі.
1 Із ящика, в якому знаходиться 6 білих і 4 чорних кульки, виймається
кулька п’ять разів підряд, причому кожного разу вийнята кулька повертається
назад і кульки перемішуються. Випадкова величина Х - число вийнятих білих
кульок. Скласти закон розподілу випадкової величини Х і знайти її
математичне сподівання, дисперсію і середнє квадратичне відхилення.
Відповідь: М(Х) = 3, D(Х) = 1,2, )(Х = 1,095.
Відповідь: 10.
2 Скласти закон розподілу числа очок, вибитих стрільцем у результаті
чотирьох пострілів, якщо ймовірність влучення при кожному пострілі дорівнює
0,3, причому за кожне попадання стрілець отримує по п’ять очок, а за кожний
промах у нього знімають два очка.
Відповідь:
Х -8 -1 6 13 206
Р 0,2401 0,4116 0,2646 0,0756 0,0081
3 Дискретна випадкова величина Х набуває три можливих значення: х1 =
4 з ймовірністю р1 = 0,5; х2 = 6 з ймовірністю р2 = 0,3 і х3 з ймовірністю р3.
Знайти х3 і р3, якщо відомо що М(Х) = 8.
Відповідь: х3 = 21; р3 = 0,2.
4 Дано перелік можливих значень дискретної випадкової величини Х: х1
= – 1; х2 = 0; х3 = 1, а також відоме математичне сподівання цієї величини і її
квадрата: М(Х) = 0,1; М(Х2) = 0,9.
Знайти ймовірність р1, р2, р3, які відповідають можливим значенням х1,
х2, х3.
Відповідь: р1 = 0,4; р2 = 0,1; р3 = 0,5.
5 Дискретна випадкова величина Х має лише три можливих значення: х1
= 1; х2 і х3, при чому х1 < х2 < х3. Ймовірність того, що Х набуває значення х1
і х2 , відповідно дорівнює 0,3 і 0,2. Знайти закон розподілу величини Х, якщо
відомі її математичні сподівання М(Х) = 2,2 і дисперсія D(Х) = 0,76.
Відповідь:
Х 1 2 3
Р 0,3 0,2 0,5
6 Імовірність відмови деталі за час дослідження на надійність дорівнює
0,2. Знайти математичне сподівання і дисперсію числа деталей, які відмовили,
якщо дослідженню будуть підлягати 10 деталей.
Відповідь: М(Х) = 2; D(Х) = 1,6.
7 На шляху руху автомобіля 4 світлофори, кожний із яких або дозволяє,
або забороняє подальший рух автомобіля з імовірністю 0,5. Знайти
математичне сподівання і дисперсію числа пройдених автомобілем світлофорів
до першої зупинки.
Відповідь: 0,938; 1,43.
220
8 Випадкова величина Х задана інтегральною функцією
.2,1
,22,2
1
2
1
,2,0
)(
xпри
xприx
arctg
xпри
xF
Знайти ймовірність того, що в результаті випробовування величина Х
набуде значення, яке належить інтервалу ( -1; 1 ).
Відповідь: 3
1.
9 Випадкова величина Х підпорядкована закону розподілу з щільністю
ймовірності
.3,1
,30),3(
,0,0
)( 2
xпри
xприxxa
xпри
xf
Знайти: а) коефіцієнт a ; б) функцію розподілу )(xF ; в) імовірність
потрапляння Х до інтервалу (1; 2) (двома способами). Побудувати графіки
функцій )(xf і )(xF .
Відповідь: а) 9
2; б)
.3,1
,30,27
2
3
1
,0,0
)( 32
xпри
xприxx
xпри
xf ; в) 27
13.
Питання для самоперевірки
1 Яка величина називається випадковою?
2 Як прийнято позначати випадкові величини та їх значення?
3 Що являє собою закон розподілу випадкової величини?
4 Як можна задати закон розподілу випадкової величини?
5 Яка випадкова величина називається дискретною?
6 У чому полягає біноміальний закон та закон Пуассона дискретної
випадкової величини?
7 Назвіть числові характеристики дискретної випадкової величини.
8 Що називають математичним сподіванням і дисперсією дискретної
випадкової величини? Яким чином вони їх характеризують?
9 Яку випадкову величину називають неперервною?
10 Що називають інтегральною функцією? Сформулюйте її властивості.
11 Дайте означення диференціальної функції (щільності розподілу).
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 43
Неперервні випадкові величини, їх числові характеристики, закони розподілу.
Рівномірний розподіл, нормальний розподіл, їх числові характеристики. Закон
великих чисел. Теореми Бернуллі та Чебишева.
221
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Дано функцію
.20
,20)4(
,00
)( 3
хпри
xприххa
хпри
xf
При якому значенні а функція f(х) може бути прийнята за щільність
ймовірності випадкової величини Х? Знайти математичне сподівання,
дисперсію і середнє квадратичне відхилення відповідної випадкової
величини Х. Обчислити Р( 1 < Х < 3 ).
Розв'язання. Функція f(х) може бути прийнята за щільність імовірності,
якщо f(х) ≥ 0 і .1)(
dxxf
Беручи до уваги, що при х < 0 і х > 2 функція f(х) = 0 згідно з рівністю
1)(
dxхf отримаємо: .1)4(2
0
3 dxxxa Обчислюючи інтеграл, будемо мати
1)4
2(
2
0
4
2 х
ха або 1)48( a , звідки 4
1a .
Оскільки при 4
1a задана функція f(х) ≥ 0 (пропонуємо переконатися у
цьому самостійно) і невласний інтеграл від цієї функції дорівнює одиниці, то
20
,20)4(4
1
,00
)( 3
хпри
xприхх
хпри
xf
і є щільністю ймовірності неперервної випадкової величини Х.
Тепер знаходимо математичне сподівання Х:
.15
16)
5
1
3
1(8)
5
32
3
32(
4
1
53
4
4
1)4(
4
1)4(
4
1)()(
2
0
532
0
423
2
0
ххdхххdххххdxххfXM
в
а
Далі знаходимо дисперсію випадкової величини Х.
.225
44
225
256300
225
256
3
4
225
256
3
3216
4
1
225
256
0
2
64
1
225
2564
4
1
15
164
4
1)
6
4
2
0
53
22
0
3222
)()x
(x
)dxxx()dxxx(x(ХMf(x)dxxD(Х(b
a
Обчислюємо середнє квадратичне відхилення Х:
44,01115
2
225
44)()( ХDХ .
222
За формулою )()()()( aFвFdxхfвXaP
в
a
обчислюємо шукану
ймовірність того, що випадкова величина Х набуде значення, яке належить
інтервалу (1; 3):
2
1
4
2
3
2
3
16
9)
4
1248(
4
1
1
2)
42(
4
10)4(
4
1)31(
xxdxdxxxХP .
Приклад 2 Ціна поділки шкали вимірювального приладу дорівнює 0,2.
Показ приладу заокруглюють до найближчої цілої поділки. Знайти ймовірність
того, що при відліку буде зроблена похибка:
а) менша за 0,04; б) більша за 0,05.
Розв'язання.
а) Похибку заокруглення відліку можна розглядати як випадкову
величину Х, яка розподілена рівномірно в інтервалі між двома сусідніми цілими
поділками. У даній задачі довжина інтервалу, в якому містяться можливі
значення Х, дорівнює 0,2, тому .52,0
1)( xf
Легко зрозуміти, що похибка відліку буде менша за 0,04, якщо вона буде
міститися в інтервалах (0; 0,04 ) або ( 0,16; 0,20 ), тобто коли 0< Х <0,04 або
0,16<Хx <0,20. Оскільки події 0< Х <0,04 і 0,16 < Х <0,20 несумісні, то за
теоремою додавання ймовірностей несумісних подій ).20,016,0()04,00()04,0( ХPХPХP
Застосовуючи далі формулу )()()()( aFвFdxхfвXaP
в
a
, отримаємо
.4,08,012,016,0
20,05
0
04,0555)04,0(
20,0
16,0
04,0
0
xxdxdxХP
Таким чином, імовірність того, що при відліку буде зроблена похибка,
менша за 0,04, дорівнює 0,4.
б) При відліку буде припущена похибка, більша за 0,05, якщо
0,05<Х<0,15, тому
.5,025,075,005,0
15,055)15,005,0()05,0(
15,0
05,0
xdxХPХP
Приклад 3 Автобуси деякого маршруту рухаються строго за розкладом.
Інтервал руху – 5 хв. Знайти ймовірність того, що пасажир, який підійшов до
зупинки, буде чекати чергового автобуса менше 3 хв.
Розв'язання. Час очікування чергового автобуса можна розглядати як
випадкову величину Х, розподілену рівномірно. У даній задачі довжина
інтервалу руху, в якому містяться можливі значення Х, дорівнює 5 хв, тому
.5
11)(
abxf
Очевидно, що пасажир, який підійшов до зупинки, буде чекати чергового
автобуса менше 3 хв, якщо 2< Х <5.
223
За формулою b
a
dxxfbХaP )()( знаходимо
.6,05
3
5
21
2
5
5
1
5
1)52()5(
5
2
xdxХPХP
Отже, шукана ймовірність дорівнює 0,6.
Приклад 4 Автомат штампує деталі. Контролюється довжина деталі Х,
розподілена нормально з математичним сподіванням (проектна довжина),
рівним 50 мм. Фактична довжина виготовлених деталей не менша за 32 мм і не
більша за 68 мм. Знайти ймовірність того, що довжина навмання взятої деталі:
а) більша за 55 мм; б) менша за 40 мм.
Розв'язання.
а) Оскільки фактична довжина виготовлених деталей не менша за 32 мм і
не більша за 68 мм, то подія 6832 x є вірогідною. Тому .1)6832()6832( ХPХP
З іншого боку, за формулою )()()(
аXР
маємо:
.18
2181850325068
)6832(
ФФФФФХP
Отже, 118
2
Ф , або 5,0
18
Ф .
За таблицею значень функції Лапласа (додаток Б), знаходимо 518
,
звідки 6,35
18 .
Шукана ймовірність, тобто ймовірність того, що довжина навмання взятої
деталі більша за 55 мм, і, очевидно, менша за 68 мм, буде такою:
.0823,04177,05,039,156,3
5055
6,3
5068)6855(
ФФФФХP
б) Імовірність того, що довжина навмання взятої деталі менша за 40 мм, і,
очевидно, більша за 32 мм, дорівнює:
.0027,04973,05,0
78,25578,26,3
5032
6,3
5040)4032(
ФФФФФФХP
Приклад 5 У освітлювальну мережу паралельно включено 20 ламп.
Імовірність того, що за час Т лампа буде включена, дорівнює 0,8.
Скориставшись нерівністю Чебишева, оцінити ймовірність того, що абсолютна
величина різниці між числом включених ламп і середнім числом
(математичним сподіванням) включених ламп за час Т виявиться: а) меншою за
три; б) не меншою за три.
Розв'язання.
224
а) Позначимо через Х дискретну випадкову величину - число включених
ламп за Т час.
Тоді М(Х) = np = 20 · 0,8 = 16, D(Х) = npq = 20 · 0,8 · 0,2 = 3,2.
Скористаємося нерівністю Чебишева: .)(
1))((2
XD
XMXP
Підставляючи до цієї нерівності М(Х) = 16, D(Х) = 3,2, ε = 3, отримаємо
.64,09
2,31)316( XP
б) Події 316 X і 316 X є протилежними, тому сума їх
імовірностей дорівнює одиниці.
Отже, .36,064,01)316( XP
Приклад 6 Дано: 9,0))(( XMXP і D(Х) = 0,009.
Використовуючи нерівність Чебишева, знайти .
Розв'язання. Згідно з нерівністю Чебишева маємо:
2
)(1))((
XDXMXP
і з урахуванням, що 9,0))(( XMXP , а D(Х) = 0,009, одержуємо
9,0009,0
12
або 2 0,0090,09
1 0,9
.
Звідки .3,009,0
Приклад 7 Дисперсія кожної із попарно незалежних 16000 випадкових
величин не перевищує 10. Потрібно: а) оцінити ймовірність того, що
відхилення середньої арифметичної Х цих величин від математичного
сподівання їх середньої М( Х ) не перевищує 0,25; б) визначити, скільки таких
випадкових величин потрібно взяти, щоб із ймовірністю, не меншою за 0,99,
можна було стверджувати, що абсолютна величина різниці між Х і М( Х ) не
перевищує 0,25.
Розв'язання.
а) Для оцінки ймовірності скористаємося нерівністю:
.1))((2
n
CХMХP
За умовою: n = 16000, D(Х) ≤ С = 10, ,25,0
Отже,
.99,0)25,0(16000
101)25,0)((
2
ХMХP
б) Використовуючи нерівність 2
)(1))((
ХDХMХP і беручи до
уваги, що
99,0)25,0)(( ХMХP , С = 10, ,25,0
225
отримаємо
2
101 0,99
(0,25)n
, звідки .16000
)25,0()99,01(
102
n
Приклад 8 Під час штамповки пластинок із пластмаси за даними ВТК
брак складає 3 %. Знайти ймовірність того, що під час перегляду партії у 1000
пластинок виявиться відхилення від встановленого відсотка браку менше
ніж 1 %.
Розв'язання. У даному випадку потрібно визначити )( pn
mP
при р = 3 % = 0,03, 01,0%1 , n = 1000.
Використовуючи нерівність 21)(
n
pqр
n
mP , одержимо
.709,01,0
0291,01
)01,0(1000
97,003,011
22
n
pqP
Таким чином, Р ≥ 0,709.
Приклад 9 Імовірність того, що випущений екземпляр годинника має
точність ходу в межах стандарту, дорівнює 0,97. Оцінити ймовірність того, що
серед 1000 годинників доля годинників з точністю ходу в межах норми
відхилиться (за абсолютною величиною) від ймовірності 0,97 не більше ніж на
0,2.
Розв'язання. За умовою даної задачі: 02,0 , р = 0,97, q = 0,03,
n = 1000. Отже, згідно з нерівністю 21)(
n
pqр
n
mP , ймовірність шуканої
події:
.92725,04,0
0291,01
)02,0(1000
03,097,01)02,097,0
1000(
2
mP
Приклад 10 Скільки потрібно перевірити деталей, щоб з імовірністю, не
меншою за 0,98, можна було б очікувати, що абсолютна величина відхилення
частоти придатних деталей від імовірності деталі бути придатною, рівною 0,95,
не перевищить 0,01.
Розв'язання. Відповідно до нерівності: 21 .
m pqP p
n n
Якщо при відомих значеннях р, q і , число n буде обрано таким, що
різниця 2
1pq
n буде меншою за дану в умові ймовірність р, то одержимо
нерівність Pn
pq .1
2, із якої й визначимо значення n.
За умовою даної задачі: р = 0,95, q = 0,05, ε = 0,01 і р = 0,98, тому:
98,0)01,0(
05,095,01
2
n або
0,04750,02
0,0001n , звідки .23750
0001,002,0
0475,0
n
Таким чином, потрібно перевірити не менше 23750 деталей.
226
Приклад 11 Число телевізорів підвищеної якості складає у середньому
75 % від загального їх випуску.
Оцінити з допомогою нерівності Чебишева ймовірність того, що серед
3000 телевізорів число телевізорів підвищеної якості виявиться від 2190 до
2310 включно.
Розв'язання. Число телевізорів підвищеної якості серед 3000 є
випадковою величиною Х, що розподілена за біноміальним законом. Тому її
математичне сподівання:
М(Х) = nр = 3000 · 0,75 = 2250,
а дисперсія -
D(Х) = nрq = 3000 · 0,75 · 0,25 = 562,5.
Оскільки 2190 і 2310 - межі припустимих значень випадкової величини
- симетричні відносно математичного сподівання, рівного 2250 (одна менша, а
друга більша на 60), нерівність 2190 ≤ Х ≤ 2310 рівносильна нерівності
│Х - 2250│≤ 60. Тому, згідно з нерівністю Чебишева, при 60 отримаємо:
.84375,015625,013600
5,2621)602250()23102190( XPXP
Отже, ймовірність шуканої події не менша за 0,84375.
Приклад 12 Імовірність появи події А в кожному з 1000 випробувань
дорівнює 0,3. Використовуючи нерівність Чебишева, оцінити ймовірність того,
що відхилення числа настання цієї події від математичного сподівання буде
більше 30.
Розв'язання. Число появи події А в n = 1000 випробувань є випадковою
величиною Х, яка розподілена за біноміальним законом. Тому
М(Х) = nр = 1000 ·0,3 = 300, D(Х) = nрq = 1000 · 0,3 · 0,7 = 210.
Використовуючи нерівність Чебишева і приймаючи до уваги, що
М(Х) = 300, D(Х) = 210 і 30 ,
знаходимо:
.233,030
210)30300(
2XP
Таким чином, ймовірність шуканої події не більша за 0,233.
Домашнє завдання
Повторити теорію,[9, л. 43-44], с. 255 – 270.
Вправи
Розв’язати задачі.
1 Випадкова величина Х задана диференціальною функцією
)2()( 2 xxCxf в інтервалі (0;1); за межами цього інтервалу 0)( xf . Знайти:
а) параметр С;
б) математичне сподівання величини Х.
Відповідь: а) 4
3; б)
16
11.
227
2 Випадкова величина Х в інтервалі (-3;3) задана диференціальною
функцією 29
1)(
xxf
; за межами цього інтервалу 0)( xf .
а) знайти дисперсію Х;
б) що в результаті випробовування виявиться імовірнішим: 1X чи
1X ?
Відповідь: а) 5,4)( ХD ; б) імовірніше, що в результаті випробовування
1X .
3 Щільність розподілу неперервної випадкової величини
.,0
,0,sin2
1
,0,0
)(
xпри
xприx
xпри
xf
Знайти математичне сподівання, дисперсію і середнє квадратичне
відхилення випадкової величини Х.
Відповідь: 69,0)(;24
)(;2
)(2
ХХDХM
.
4 Ціна поділки шкали амперметра дорівнює 0,1А. Показання
заокруглюють до найближчої цілої поділки. Знайти ймовірність того, що при
відліку буде допущена похибка, яка перевищує 0,02А.
Відповідь: 0,6.
5 Знайти математичне сподівання, дисперсію і середнє квадратичне
відхилення випадкової величини Х, розподіленої рівномірно в інтервалі (2;8).
Відповідь: 3)(;3)(;5)( ХХDХM .
6 Нормально розподілена випадкова величина Х задана диференціальною
функцією 50
)1( 2
25
1)(
x
exf
. Знайти математичне сподівання і дисперсію Х.
Відповідь: 25)(;1)( ХDХM .
7 Деталь, виготовлена автоматом, вважається придатною, якщо
відхилення її контрольованого розміру від проектного не перевищує 10 мм.
Випадкові відхилення контрольованого розміру від проектного
підпорядковуються нормальному закону з середнім квадратичним відхиленням
мм5 і математичним сподіванням 0а . Який відсоток придатних деталей
виготовляє автомат?
Відповідь: приблизно 95%.
8 Дискретна випадкова величина Х задана законом розподілу:
Х -1 0 2 4 6
Р 0,2 0,4 0,3 0,05 0,05
Користуючись нерівністю Чебишева, оцінити ймовірність того, що
│Х - М(Х)│< 5.
Відповідь: Р ≥ 0,872.
9 Прорість сім'я деякої культури дорівнює 0,75. Користуючись нерівністю
Чебишева, оцінити ймовірність того, що з посіяних 1000 насінин число тих, які
проростуть виявиться від 700 до 800 включно.
228
Відповідь: Р ≥ 0,925.
Питання для самоперевірки
1 Що називають рівномірним законом розподілу ймовірностей
неперервної випадкової величини?
2 Що називають нормальним законом розподілу ймовірностей
неперервної випадкової величини?
3 Що можна оцінити за допомогою нерівності Чебишева? Яким чином?
4 Сформулюйте теорему Чебишева та теорему Бернуллі.
5 Як оцінюються )( рn
mP та ))(( ХMХP ?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 44
Генеральна та вибіркова сукупності. Статистичний розподіл вибірки.
Емпірична функція розподілу та її властивості. Полігон та гістограма.
Генеральна і вибіркова середні. Дисперсія.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 Вибірка задана у вигляді розподілу частот:
ix 5 8 10
in 1 3 6
Знайти розподіл відносних частот.
Розв'язання. Знайдемо об’єм вибірки .106311
k
iinn
Обчислюємо відносні частот за формулою: .n
nw i
i Одержуємо
1,010
111
n
nw , 3,0
10
322
n
nw , .6,0
10
633
n
nw
Записуємо розподіл відносних частот:
ix 5 8 10
iw 0,1 0,3 0,6
Приклад 2 Для контролю роботи пристрою зроблена вибірка із партії
виробів заводу будівельних конструкцій. Одержані наступні результати
зважування виробів із точність до одної десятої кілограма: 99,6; 100,3; 101,5;
98,1; 99,4; 100,7; 101,2; 100,8; 100,5; 99,2; 98,0; 100,4; 103,0; 99,8; 101,2; 101,3;
100,2; 102,3; 100,6; 99,7. Потрібно побудувати інтервальний варіаційний ряд,
розбиваючи діапазон одержаних значень на 5 інтервалів.
Розв'язання. Аналіз одержаних результатів показує, що все значення
знаходяться в проміжку ]103;0,98( , розподіл за частинними інтервалами має
вигляд:
98-99 спостерігалося 2 рази,
229
99-100 спостерігалося 5 разів,
100-101 спостерігалося 7 разів,
101-102 спостерігалося 4 рази,
102-103 спостерігалося 2 рази.
Таким чином інтервальний варіаційний ряд (статистичний розподіл
вибірки) має вигляд:
1 ii xx 98-99 99-100 100-101 101-102 102-103
in 2 5 7 4 2
iw 0,1 0,25 0,35 0,2 0,1
Приклад 3 Заданий ряд розподілу випадкової величини X (таблиця 6.1).
Таблиця 6.1
Частковий
інтервал X
0 – 8 8 – 16 16 – 24 24 – 32 32 – 40 40 – 48
in 10 12 18 20 24 16
Необхідно:
1 знайти відносні частоти розподілу випадкової величини X;
2 побудувати полігон і гістограму частот і відносних частот;
3 знайти вибіркову середню випадкової величини X;
4 знайти вибіркову дисперсію випадкової величини X;
5 знайти емпіричну функцію розподілення;
Розв’язання.
1 Знайдемо розподілення відносних частот.
Обчислимо об`єм вибірки: n = 10+12+18+20+24+16+ = 100.
Знайдемо відносні частоти за формулою
.1
n
nwi
;1,0100
1011
n
nw ;12,0
100
1222
n
nw ;18,0
100
1833
n
nw
;2,0100
2044
n
nw ;24,0
100
2455
n
nw .16,0
100
1666
n
nw
Статистичне розподілення частот і відносних частот представимо у
вигляді таблиці 6.2.
Таблиця 6.2
Часткові
інтервали X
0 – 8 8 – 16 16 – 24 24 – 32 32 – 40 40 – 48
ni 10 12 18 20 24 16
wi 0,1 0,12 0,18 0,2 0,24 0,16
2 Зобразимо статистичне розподілення частот графічно у вигляді полігона
(рисунки 6.1, 6.2) й гістограми (рисунки 6.3, 6.4).
230
Відкладаємо на осі абсцис варіанти хі, а на осі ординат — відповідні
частоти ni, з`єднуючи точки (xi;ni) відрізками прямих, отримаємо полігон частот
(рисунок 6.1).
Аналогічні дії виконуємо для відносних частот: на осі абсцис – варіанти
xi, на осі ординат – відносні частоти wi; з`єднуючи точки (xi;wi), отримаємо
полігон відносних частот (рисунок 6.2).
Для побудови гістограм частот і відносних частот складемо таблицю 6.3.
Таблиця 6.3
Часткові
інтервали
X
4 12 20 28 36 44
hni / 1,25 1,5 2,25 2,5 3,0 2,0
hwi / 0,0125 0,015 0,0225 0,025 0,03 0,02
Розподілення складено для середини часткових інтервалів.
Будуємо на осі абсцис часткові інтервали довжиною h = 8. Проводимо
над цими інтервалами відрізки, паралельні осі абсцис і розташовані від неї на
відстанях, рівних відповідним густинам частоти h
ni . Отримаємо гістограму
частот (рисунок 6.3).
wi
xi 4 12 20 28 36 44
0.8
0.16
0.24
. . . . .
.
Рис. 6.2
ni
xi 4 12 20 28 36 44
8
16
24
. . . . .
.
Рис. 6.1
231
Аналогічно для гістограми відносних частот: на осі абсцис – часткові інтервали,
над цими інтервалами проводимо відрізки паралельні осі ОХ і розташовані від
неї на відстанях, рівних відповідним густинам відносної частоти h
wi .
Гістограма відносних частот зображена на рисунку 6.4
3 Обчислення вибіркової середньої.
Вибіркову середню обчислимо за формулою
72,26100
2672
100
16442436202818201212104
6
1
n
nx
x iii
в .
4 Обчислення вибіркової дисперсії.
Вибіркова дисперсія обчислюється за формулою
100
)28,17(16)28,9(24)28,1(20)72,6(18)72,14(12)72,22(10)( 222222
6
1
2
n
xxn
D iвii
в
.52,154100
16,15452
100
57,477784,206677,3285,81214,260098,5161
Середнє квадратичне відхилення дорівнює
wi / h
xi
8 16 24 32 40 48
0.01
0.02
0.03
Рис. 6.4
ni / h
xi
8 16 24 32 40 48
1
2
3
Рис. 6.3
232
.43,1252,154 вb D
5 Знаходження емпіричної функції розподілення.
Запишемо ряд розподілення відносних частот (таблиця 6.4).
Таблиця 6.4
Варіанти X 4 12 20 28 36 44
wi 0,1 0,12 0,18 0,2 0,24 0,16
Згідно з означенням емпіричної функції, яка визначає для кожного
значення х відносну частоту події Х < х:
F*(x) = W(X< x).
Об’єм вибірки n =100.
а) Найменша варіанта х = 4, при x 4 F*(x) = 0;
б) при 4<x 12 проміжок xX містить одне значення х1=4 з W=0,1,
F*(x) = 0,1;
в) при 12<x 20, х1=4, х2=12 з W=0,1 + 0,12 = 0,22, F*(x) = 0,22;
г) при 20<x28, х1=4, х2=12, х3 = 20 з W =0,1 + 0,12 + 0,18 = 0,4, F*(x =0,4;
д) при 28<x36, х1=4, х2=12, х3=20, х4=28 з W = 0,1 + 0,12 + 0,18 + 0,2= 0,6,
F*(x) = 0,6;
е) при 36<x44, х1=4, х2=12, х3=20, х4=28, х5=36 з W=0,1+0,12+0,18+0,2+
+0,24 = 0,84, F*(x) = 0,84;
є) при x> 44, F*(x) = 1.
Запишемо шукану емпіричну функцію
.44,
,4436,
,3628,
,2820
,2012,
,124,
,4,
,
1
84,0
6,0
4,0
22,0
1,0
0
)(*
x
x
x
x
x
x
x
xF
Графік емпіричної функції розподілення (рисунок 6.5).
Рис. 6.5
F*(x)
xi
4 16 24 32 40 48
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
233
Приклад 4 Результати вимірювання деякого параметру 20 виробів
представлені варіаційним рядом:
ix 4,9 4,95 5 5,05 5,1
in 3 6 4 5 2
Знайти медіану та моду цього ряду.
Розв'язання.
Оскільки даний варіаційний ряд є дискретним та містить 20 варіант
(число парне): ,... 2021 xxx то медіану знаходимо за формулою:
,52
55
2
1110
xx
me а мода цього ряду, як варіанта, що має найбільшу
частоту, .95,4oM
Приклад 5 Знайти медіану та моду інтервального варіаційного ряду:
1 ii xx 3-5 5-7 7-9 9-11 11-13
in 10 10 20 40 20
Розв'язання. Знаходимо об’єм вибірки:
.10020402010101
k
iinn
Оскільки ,100n то варіанта з номером 502
nзнаходиться в четвертому
інтервалі, тобто 4r це медіанний інтервал, початок якого ,94 aar тому
;402010103
1
1
1
ii
r
ii nn
і при 404 nnr та 2h знаходимо медіану за формулою:
.5,9405040
29
2
1
1
r
ii
rre n
n
n
ham
Для обчислення моди розглянемо модальний інтервал, тобто інтервал із
найбільшою частотою. В нашому випадку – це четвертий інтервал ,4s його
початок ,94 aas тому 20,20,40 51314 nnnnnn sss та 2h .
Знаходимо моду за формулою:
.105,029202080
204029
2 11
1
sss
ssso
nnn
nnhaM
Домашнє завдання
Повторити теорію [9. л. 45 - 46], с. 270 – 281.
Вправи
1 У процесі вивчення випадкової величини Х у результаті 40 незалежних
спостережень дістали вибірку: 10, 13, 10, 9, 9, 12, 12, 6, 7, 9, 8, 9, 11, 9, 14, 13, 9,
8, 8, 7, 10, 10, 11, 11, 11, 12, 8, 7, 9, 10, 14, 13, 8, 8, 9, 10, 11, 11, 12, 12.
Побудувати дискретний статистичний розподіл для цієї вибірки, а також
полігон частот і графік )(* xF .
234
2 П’ятдесят абітурієнтів на вступних екзаменах із інформатики набрали
таку кількість балів: 12, 14, 19, 15, 14, 18, 13, 16, 17, 12, 20, 17, 15, 13, 17, 16, 20,
14, 14, 13, 17, 16, 15, 19, 16, 15, 18, 17, 15, 14, 16, 15, 15, 18, 15, 15, 19, 14, 16, 18,
18, 15, 15, 17, 15, 16, 16, 14, 14, 17.
Потрібно побудувати дискретний статистичний розподіл, полігон частот,
графік )(* xF .
3 У відділі технічного контролю були виміряні діаметри 200 валиків із
партії, виготовленої одним верстатом-автоматом. Відхилення виміряних
діаметрів від номіналу наведено як інтервальний статистичний розподіл, де
Х= ix вимірюється в мікронах:
h =5,
мк -20…
-
15
-15…
-
10
-10…
-5
-5…
0
0…
5
5…
10
10…
15
15…
20
20…
25
25…
30
in 7 11 15 24 49 41 26 17 7 3
Потрібно побудувати гістограму частот і графік )(* xF . Обчислити вx ,
oM , em .
Відповідь: вx =4,3 мк; oM =3,79 мк; em = -1,46 мк.
4 Із партії однотипних сталевих болтів, виготовлених заводом, була
здійснена вибірка обсягом 200 штук і результати вимірювання їх діаметрів
наведено у вигляді інтервального статистичного розподілу:
x ,мм h =2мм
14
,40
–1
4,4
2
14
,42
– 1
4,4
4
14
,44
– 1
4,4
6
14
,46
– 1
4,4
8
14
,48
– 1
4,5
0
14
,50
– 1
4,5
2
14
, 5
2 –
14
,54
14
,54
– 1
4,5
6
14
,56
– 1
4,5
8
14
,58
– 1
4,6
0
14
,60
– 1
4,6
2
14
,62
– 1
4,6
4
in 2 2 8 9 9 14 41 76 21 11 4 3
Потрібно побудувати гістограму частот і графік )(* xF . Обчислити вx ,
oM , em .
Відповідь: вx =14,34 мм; oM =15,34 мм; em = 15,39 мм.
5 Для заданого варіаційного ряду
ix 2 3 5 6 8
in 10 15 5 10 10
знайти медіану та моду.
Відповідь: oM =3; em = 4.
6 За даним розподілом вибірки знайти вибіркову середню та вибіркову
дисперсію.
ix 147 149 151 154
in 10 20 50 20
235
Відповідь: вx =150,8; .16,4вD
Питання для самоперевірки
1 Дати визначення генеральної та вибіркової сукупності.
2 Яка вибірка є представницькою (репрезентативною)?
3 Способи відбору вибірки, дати означення кожного з них.
4 Дати визначення дискретної та неперервної ознаки Х.
5 Як будується статистичний розподіл вибірки для неперервної ознаки Х?
6 Дати означення емпіричної функції розподілу )(* xF .
7 Сформулюйте властивості )(* xF .
8 Що таке полігон частот та відносних частот і для чого він
використовується?
9 Записати формули для обчислення вx , вD , в для дискретного
статистичного розподілу вибірки.
10 Записати формули для обчислення вx , вD , в для інтервального
статистичного розподілу вибірки.
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 45
Статистичні оцінки параметрів розподілу, їх властивості. Інтервальні оцінки.
Надійна ймовірність та надійний інтервал. Надійні інтервали для оцінювання
математичного сподівання та середнього квадратичного відхилення при
нормальному розподілі. Статистична перевірка статистичних гіпотез. Нульова
та конкуруюча гіпотеза. Перевірка гіпотези про нормальний розподіл. Критерій
згоди Пірсона.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 За вибіркою об’єму 51n знайдена зміщена оцінка 5вD
генеральної дисперсії. Знайти незміщену оцінку дисперсії та виправлене
середнє квадратичне відхилення генеральної сукупності.
Розв'язання. Невідома незміщена оцінка дорівнює виправленій
дисперсії: ,1,5550
51
1
2
вDn
nS а виправлене середнє квадратичне
відхилення: .26,21,52 SS
Приклад 2 Знайти виправлену вибіркову дисперсію за даним розподілом
вибірки:
ix 102 104 108
in 2 3 5
Розв'язання. Оскільки варіанти достатньо великі, то перейдемо до
умовних варіант 104 ii xu (віднімаємо від варіант число С=104, яке близьке
до вибіркової середньої). Одержуємо розподіл умовних варіант:
236
iu -2 0 4
in 2 3 5
Знайдемо виправлену дисперсію умовних варіант:
.93,6)25610
188(
9
1
)4503)2(2(10
14503)2(2
9
11
1
1 2222
2
11
22
k
iii
k
iiiu un
nun
nS
Дисперсія вихідних варіант дорівнює дисперсії умовних варіант: .22ux SS
Приклад 3 Знайти виправлену вибіркову дисперсію за даним розподілом
вибірки:
ix 0,01 0,05 0,09
in 2 3 5
Розв’язання. Для того, щоб уникнути дій з десятковими дробами,
перейдемо до умовних варіант .100 ii xu Одержуємо розподіл умовних
варіант:
iu 1 5 9
in 2 3 5
Знайдемо виправлену вибіркову дисперсію умовних варіант:
.84,10)384410
1482(
9
1
)955312(10
1955312
9
11
1
1 2222
2
11
22
k
iii
k
iiiu un
nun
nS
Обчилюємо виправлену дисперсію вихідних варіант:
.0011,010000
84,10
1002
22 ux
SS
Приклад 4 За підсумками п’яти вимірювань довжини стержня пристроєм
(без систематичних помилок) одержано наступні результати (мм): 92, 94, 103,
105, 106. Знайти : а) вибіркову середню довжини стержня, б) вибіркову та
виправлену дисперсії помилок пристрою.
Розв'язання. Знайдемо вибіркову середню:
.1008925
1413112092
вв uCx
Обчислюємо вибіркову дисперсію:
.34))100106(
)100105()100103()10094()10092((5
11
2
1
22222
k
iвiв xx
nD
Знайдемо виправлену дисперсію .5,42344
5
1
2
вDn
nS
237
Приклад 5 Розподіл границі міцності зразків зварного шву
представлений інтервальним варіаційним рядом:
1 ii xx 28-30 30-32 32-34 34-36 36-38 38-40 40-42 42-44
in 8 15 15 12 15 20 10 5
Знайти вибіркову середню границі міцності зразків та виправлену
вибіркову дисперсію помилок пристрою.
Розв'язання. Від інтервального розподілу переходимо до дискретного, в
якості варіант обираємо середні значення інтервалів, а частоти зберігаємо. Тоді
розподіл вибірки має вигляд:
ix 29 31 33 35 37 39 41 43
in 8 15 15 12 15 20 10 5
Знайдемо вибіркову середню границі міцності:
.72,3572,035)85610
420215012)2(15)4(15)6(8(100
135
1
1
k
iiiв un
nCx
Обчислюємо вибіркову дисперсію:
.96,15))72,3543(5
)72,3541(10)72,3539(20)72,3537(15)72,3535(12
)72,3533(15)72,3531(15)72,3529(8(100
11
2
2222
1
2222
k
iвiiв xxn
nD
Знаходимо виправлену вибіркову дисперсію: .12,1696,1599
100
1
2
вDn
nS
Приклад 6 Знайти надійний інтервал для оцінки з надійністю 0,95
невідомого математичного сподівання а нормально розподіленої ознаки Х
генеральної сукупності, якщо задано генеральне середнє квадратичне
відхилення =5, вибіркова середня вx =14 та об’єм вибірки .25n
Розв'язання. Для знаходження надійного інтервала використовуємо
формулу:
.n
txan
tx вв
При =0,95 із рівняння 95,0)(2 t знаходимо .475,0)( t Із додатка Б
одержуємо .96,1t Визначаємо границі надійного інтервала:
;04,1296,11425
596,114
ntxв
.96,1596,114
25
596,114
ntxв
Остаточно знаходимо надійний інтервал: .96,1504,12 a
Приклад 7 Знайти максимальний об’єм вибірки, при якому з надійністю
0,975 точність оцінки математичного сподівання а генеральної сукупності за
вибірковою середньою =0,3, якщо відомо середнє квадратичне відхилення
=1,2 нормально розподіленої генеральної сукупності.
238
Розв'язання. Використовуємо формулу, що визначає точність оцінки
математичного сподівання генеральної сукупності за вибірковою середньою
,n
t
звідки одержуємо: .2
22
tn
За умовою задачі =0,975, тоді 975,0)(2 t або .4875,0)( t Із додатка
Б одержуємо .24,2t
Невідомий мінімальний об’єм вибірки: .813,0
2,124,22
22
2
22
tn
Приклад 8 За вибіркою об’ємом 17n знайдено вx = 20,2 та 0,47.
Обчислити з надійністю =0,95 надійний інтервал для математичного
сподівання а.
Розв'язання. Використовуючи додаток Г та враховуючи, що =0,95 і
17n , знаходимо .12,2t
Визначаємо границі надійного інтервала:
;84,19117
47,012,22,20
1
n
Dtx в
в .56,20117
47,012,22,20
1
n
Dtx в
в
Отже, з надійністю =0,95 математичне сподівання а влучається в
інтервал: .56,2084,19 a
Приклад 9 За даними вибірки:
ix 1 3 5 6
in 4 8 8 5
із нормально розподіленої генеральної сукупності оцінити з надійністю
=0,98 невідоме математичне сподівання а за допомогою надійного інтервала.
Розв'язання. Обчислюємо:
вибіркову середню
;92,3)65583814(25
11
1
k
iiiв xn
nx
вибіркову дисперсію
;87,2))92,36(5
)92,35(8)92,33(8)92,31(4(25
11
2
1
2222
k
iвiiв xxn
nD
виправлене середнє квадратичне відхилення
.73,187,224
25
1
вD
n
nS
Використовуючи додаток Г та враховуючи, що =0,98 і 25n ,
знаходимо .61,2t
Визначаємо границі надійного інтервала:
239
;02,325
73,161,292,3
n
Stxв .82,4
25
73,161,292,3
n
Stxв
Таким чином, невідомий надійний інтервал для математичного
сподівання: .82,402,3 a
Приклад 10 За даними вибірки об’ємом 50n із генеральної сукупності
нормально розподіленої ознаки знайдено виправлене середнє квадратичне
відхилення .14S Знайти надійний інтервал, що покриває генеральне середнє
квадратичне відхилення з надійністю =0,999.
Розв'язання. Знаходимо за таблицею .43,0)50;999,0(),( qnqq
Оскільки ,1q то надійний інтервал визначаємо за формулою:
),1()1( qSqS
),43,01(14)43,01(14 .02,2098,7
Приклад 11 За даними вибірки об’ємом 16n знайдено виправлене
середнє квадратичне відхилення 1S нормально розподіленої ознаки. Знайти
надійний інтервал, що покриває з надійністю =0,95 генеральне середнє
квадратичне відхилення.
Розв'язання. Знаходимо за таблицею .44,0)16;95,0(),( qnqq
Попередньо визначаємо надійний інтервал за формулою: ),1()1( qSqS
),44,01(1)44,01(1 .44,156,0
Оскільки ,3016n то для уточнення надійного інтервала необхідно
скористатися формулою:
21
2
22
вв nDnD або .
)1()1(21
22
22
2
SnSn
Із таблиці розподілу «хі-квадрат» при ,151161 nk
025,02
95,01
2
1
і 975,01 знаходимо 26,6),1(22
1 k і
.5,27),(222 k
У результаті одержуємо надійний інтервал:
26,6
115
5,27
115 2
;396,2545,0 2 .55,174,0
Домашнє завдання
Повторити теорію [9, л. 47- 48], с. 281 – 291.
Вправи
1 За вибіркою об’єму 41n знайдена зміщена оцінка 3вD генеральної
дисперсії. Знайти незміщену оцінку дисперсії генеральної сукупності.
Відповідь: .075,32 S
240
2 За підсумком чотирьох вимірювань деякої фізичної величини одним
пристроєм (без систематичних помилок) одержано наступні результати:
8,9,11,12. Знайти:
а) вибіркову середню результатів вимірювань,
б) вибіркову та виправлену дисперсії помилок пристрою.
Відповідь:
а) вx =10,
б) .3
10;5,2 2 SDв
3 Знайти виправлену вибіркову дисперсії за даним розподілом вибірки
об’єму :20n
ix 0,1 0,5 0,7 0,9
in 6 12 1 1
Відповідь: .0525,02 S
4 Знайти надійний інтервал для оцінки з надійністю 0,99 невідомого
математичного сподівання а нормально розподіленої ознаки X генеральної
сукупності, якщо задано генеральне середнє квадратичне відхилення
,4 вибіркова середня вx = 10,2 та об’єм вибірки .16n
Відповідь: .77,1263,7 a
5 Знайти мінімальний об’єм вибірки, при якому з надійність 0,925
точність оцінки математичного сподівання нормально розподіленої генеральної
сукупності за вибірковою середньою дорівнює 0,2, якщо відомо середнє
квадратичне відхилення генеральної сукупності .5,1
Відповідь: .179n
6 За даними 16 незалежних рівно точкових вимірювань деякої фізичної
величини знайдено середнє арифметичне результатів вимірювань вx =42,8 та
виправлене середнє квадратичне відхилення .8S Оцінити справжнє значення
величини з надійністю 0,999.
Відповідь: .94,5066,34 a
7 Вимірювання твердості (в умовних одиницях) 16 зразків легованої сталі
дало наступні результати: 13,1; 12,8; 11,9; 12,4; 13,5; 13,7; 12,0; 13,8; 10,6; 12,4;
13,5; 11,7; 13,9; 11,5; 12,5; 11,9. У припущенні, що вибірка вимірювань
одержана із нормально розподіленої сукупності, знайти надійний інтервал для
дисперсії при надійній імовірності 0,95.
Відповідь: .48,171,0
Питання для самоперевірки
1 Що називається точковою статистичною оцінкою?
2 Що таке незміщена точкова статистична оцінка?
3 Що таке зміщена точкова статистична оцінка?
4 Що називають ефективною точковою статистичною оцінкою?
241
5 Що називають ґрунтовною точковою статистичною оцінкою?
6 У чому сутність методу аналогій?
7 У чому сутність методу найменших квадратів?
8 У чому сутність методу максимальної правдоподібності?
9 Що є точковою незміщеною статистичною оцінкою для ГX ?
10 Що означає точкова незміщена статистична оцінка для ГD ?
11 Що називається виправленою дисперсією, виправленим середнім
квадратичним відхиленням?
12 Як обчислюється BM x , BM D , 2
BM S ?
13 Визначення інтервальної статистичної оцінки для параметрів
генеральної сукупності.
14 Що називають точністю і надійністю оцінки?
15 Що називають надійним інтервалом?
16 Як побудувати надійний інтервал із заданою надійністю γ при
відомому значенні Г ?
17 Як побудувати довірчий надійний інтервал для ГX із заданою
надійністю γ при невідомому значенні Г ?
ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 46
Елементи теорії кореляції. Поняття регресії. Коефіцієнт кореляції.
Знаходження параметрів вибіркового рівняння прямої лінії регресії.
Розв’язання прикладів
Приклад 1 В результаті дослідження групи однотипних підприємств
одержано дані про залежність собівартості продукції Y від об’єму основних
фондів X :
X 8,1 12,3 17,6 21,5 27,4
Y 3,4 2,6 1,8 1,5 1,2
Знайти емпіричне лінійне рівняння регресії Y на X .
Розв'язання. Обчислюємо емпіричні оцінка відповідних параметрів
рівняння регресії за наведеними не згрупованими даними:
;38,174,275,216,173,121,85
11
1
n
iix
nx
;10,22,15,18,16,24,35
11
1
n
iiy
ny
;90,3474,275,216,173,121,85
11 22222
1
22
n
iix
nx
242
;05,52,15,18,16,24,35
11 22222
1
22
n
iiy
ny
;77,638,1790,347)( 222 xxx
;80,01,205,5)( 222 yyy
.27,312,14,275,15,218,16,176,23,124,31,85
11
1
n
iii yx
nxy
Знайдемо емпіричний коефіцієнт кореляції:
.96,08,077,6
1,238,1727,31
yxв
yxxyr
Запишемо емпіричне рівняння лінійної регресії:
)38,17(77,6
8,096,01,2 xy
або .07,411,0 xy
Приклад 2 Знайти вибірковий коефіцієнт кореляції та записати рівняння
регресії, використовуючи розподіл:
X
Y
30 40 50 yn
15 1 5 4 10
20 7 3 10
25 3 8 1 12
xn 4 20 8 32n
Розв'язання. Обчислення істотно спростяться, якщо здійснити перехід
до умовних варіант:
.;2
2
1
1
h
Cyv
h
Cxu
У якості 1C і 2C зручно обрати: 20,40 21 CC , крок 1h дорівнює різниці
між двома сусідніми варіантами x , тобто ,101 h крок 2h дорівнює різниці між
двома сусідніми варіантами y , тобто .52 h
Розподіл умовних варіант u і v представляємо в розширеній кореляційній
таблиці, де виконуємо обчислення деяких характеристик даного розподілу:
243
u
v
-1 0 1 vn vnv 2vnv u
uv vun
-1 1 5 4 10 -10 10 -3
0 7 3 10 0 0 0
1 3 8 1 12 12 12 -2
un 4 20 8 32n 2 vnv
222 vnv
5 vunuv
unu -4 0 8 4 unu
2unu 4 0 8 122 unu
v
uv vun -2 0 -3 5 vunuv
Із даних таблиці одержуємо:
;0625,032
21;125,0
32
41 vn
nvun
nu vu
;25,00625,0125,032 vun
;3594,0125,032
121 2222 uunn
uu
;6836,00625,032
221 2222 vvnn
vv
.8268,0;5995,0 vu
Обчислюємо вибірковий коефіцієнт кореляції:
.331,08613,15
25,05
vu
uvв
n
vunvunr
Знаходимо характеристики вихідних варіант:
;25,414010125,011 Chux
;312,202050625,022 Chvy
;995,5105995,01 hux ;134,458268,02 hvy
;28,0995,5
134,4331,0
x
yвr
.480,0
134,4
995,5331,0
y
xвr
Лінійні рівняння регресії записуються в вигляді:
)25,41(228,0312,20 xyx (регресія Y на X )
)312,20(480,025,41 yxy (регресія X на Y)
Домашнє завдання
Вправи
1 Границя міцності сталі при вигоні Y (Н/мм2 ) оцінюється на основі іншої
її характеристики – границі пружності X (Н/мм2 ). За данними для 12 марок
244
сталі обчислити коефіцієнт кореляції між цими характеристиками та знайти
рівняння лінійної регресії Y на X та X на Y :
X 51 67 84 81 101 109 71 97 109 51 105 89
Y 25 30 43 44 57 58 43 46 62 45 55 45
Відповідь: 0,837;вr 96,844,0 xy і .96,106,1 yx
2 За даним розподілом
X
Y
0,2 0,5 1 1,2 yn
1 4 6 1 11
3 1 2 4 1 8
4 1 3 4 8
xn 5 9 8 5 27n
знайти коефіцієнт кореляції та записати рівняння регресії.
Відповідь: 0,699;вr );72,0(47,248,2 xyx ).48,2(20,72,0 yxy
Питання для самоперевірки
1 Яка залежність називається статистичною?
2 Що називається умовною середньою?
3 Яка залежність називається кореляційною?
4 Рівняння регресії, функція регресії, лінія регресії.
5 Сформулюйте дві задачі теорії кореляції.
6 Знаходження параметрів вибіркового рівняння прямої лінії регресії за
не згрупованими даними.
7 Вибірковий коефіцієнт кореляції, його властивості.
245
БІБЛІОГРАФІЧНИЙ СПИСОК
1 Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. –
М.: Наука, 1975.
2 Привалов И.И. Аналитическая геометрия. – М.: Наука, 1966.
3 Овчинников П.Ф., Яремчук Ф.П., Михайленко В.М. Высшая
математика / Под ред. П.Ф. Овчинникова – К.: Высш. Шк., 2001.
4 Сборник задач по высшей математике для экономистов / Под ред.
В.И. Ермакова. – М.: Инфра, 2000.
5 Щелкунова Л.І.. Харченко А.П., Стасенко О.М. Методичні вказівки до
виконання завдань модуля «Вступ до аналізу. Диференціальне
числення функції однієї змінної», ХНУБА.
6 Лысянская А.В., Щелкунова Л.И., Бабаева Е.В. Методические
указания к выполнению заданий модуля «Линейная и векторная
алгебра. Аналитическая геометрия на плоскости», ХНУСА, 2012.
7 Аршава О.О., Іохвідович Н.Ю., Щелкунова Л.І. «Вища математика».
Тексти лекцій, ч.1.ХНУБА, 2014.
8 Щелкунова Л.І. Методичні вказівки до самостійної роботи з
дисципліни «Вища математика» для студентів спеціальності 122.
9 Стасенко О.М. Тексти лекцій з курсу «Вища математика» для
студентів спеціальності 194 «Гідротехнічне будівництво, водна
інженерія та водні технології» – ХНУБА, 2017.
10 Аршава О.О. Тексти лекцій з курсу «Вища математика» для студентів
спеціальності 101 «Екологія». – ХНУБА, 2016.
11 Гмурман В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика – М.:
Высш. шк., 1977.
12 Гмурман В. Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и
математической статистике – М.: Высш. шк., 1977.
13 Маркович Э.С. Курс высшей математики с элементами теории
вероятностей и математической статистики. – М.: Высш.шк., 1976.
14 Кремер Н.Ш. Теория вероятностей и математическая статистика – М.:
ЮНИТИ, 2010.
15 Сборник задач по математике для ВТУЗов. Специальные курсы. Под
редакцией А.В.Ефимова, Москва, «Наука». Гл.редакция физ-мат. лит-
ры, 1984.
16 И.Н.Коваленко, А.А.Филиппова. Теория вероятностей и
математическая статистика. - М, Высшая школа, 1982.
17 И.И.Гихман, А.В.Скороход, М.И.Ядренко. Теория вероятностей и
математическая статистика. - Киев, Вища школа, 1988.
18 Е.З.Могульский. Введение в теорию вероятностей и математическую
статистику, ХВВАУРЭ, Харьков, 1988.
19 Стасенко О.М. Тексти лекцій з курсу «Математика для економістів
(теорія ймовірності і математична статистика)» для студентів
спеціальності 051 «Економіка». – ХНУБА, 2016.
246
ЗМІСТ
Вступ.......................................................................................................................... 3
Програма навчальної дисципліни........................................................................... 3
Практичне заняття 1................................................................................................. 6
Практичне заняття 2................................................................................................. 11
Практичне заняття 3................................................................................................. 16
Практичне заняття 4................................................................................................. 19
Практичне заняття 5................................................................................................. 27
Практичне заняття 6................................................................................................. 31
Практичне заняття 7................................................................................................. 36
Практичне заняття 8................................................................................................. 40
Практичне заняття 9................................................................................................. 45
Практичне заняття 10............................................................................................... 55
Практичне заняття 11............................................................................................... 59
Практичне заняття 12............................................................................................... 63
Практичне заняття 13............................................................................................... 69
Практичне заняття 14............................................................................................... 72
Практичне заняття 15............................................................................................... 78
Практичне заняття 16............................................................................................... 85
Практичне заняття 17............................................................................................... 90
Практичне заняття 18............................................................................................... 94
Практичне заняття 19............................................................................................... 98
Практичне заняття 20............................................................................................... 103
Практичне заняття 21............................................................................................... 108
Практичне заняття 22............................................................................................... 113
Практичне заняття 23............................................................................................... 119
Практичне заняття 24............................................................................................... 128
Практичне заняття 25............................................................................................... 134
247
Практичне заняття 26............................................................................................... 139
Практичне заняття 27............................................................................................... 143
Практичне заняття 28............................................................................................... 150
Практичне заняття 29............................................................................................... 157
Практичне заняття 30............................................................................................... 160
Практичне заняття 31............................................................................................... 166
Практичне заняття 32............................................................................................... 169
Практичне заняття 33............................................................................................... 172
Практичне заняття 34............................................................................................... 178
Практичне заняття 35............................................................................................... 182
Практичне заняття 36............................................................................................... 187
Практичне заняття 37............................................................................................... 191
Практичне заняття 38............................................................................................... 196
Практичне заняття 39............................................................................................... 200
Практичне заняття 40............................................................................................... 206
Практичне заняття 41............................................................................................... 211
Практичне заняття 42............................................................................................... 215
Практичне заняття 43............................................................................................... 220
Практичне заняття 44............................................................................................... 228
Практичне заняття 45............................................................................................... 235
Практичне заняття 46............................................................................................... 241
Бібліографічний список…………………………………………………………... 245
248
Навчальне видання
Методичні вказівки до практичних занять з курсу «Вища математика» для
студентів спеціальності 194 «Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та
водні технології»
Укладач: Стасенко Олександр Миколайович
Відповідальний за випуск О.О. Аршава
За редакцією автора
План 2017р., поз. 87.18 Формат 60x84 1/16. Папір друк. № 2.
Підп. до друку 11.09.2017 Обл. -вид. арк. 11,9 Безкоштовно.
Надруковано на ризографі. Умов. друк. арк. 12,1
Тираж 50 прим. Зам. № 4708.
——————————————————————————————
ХНУБА, Україна, 61002, Харків, вул. Сумська, 40
——————————————————————————————
Підготовлено та віддруковано РВВ Харківського національного університету
будівництва та архітектури