Загрузил Дима Канурин

Практикум по высшей математике(Ершов)

Реклама
1
МИНИСТЕРСТВО НАУКИ И ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное автономное образовательное
учреждение высшего образования
«ЮЖНЫЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»
Е. В. Тетруашвили, В. В. Ершов
Практикум по дисциплине «Математика»
Часть I
Учебно-методическое пособие
Ростов-на-Дону – Таганрог
2018
УДК 51
ББК 22.1
Т37
2
Рецензент:
кандидат физико-математических наук, доцент кафедры высшей математики
ИКТИБ ЮФУ, В.В. Семенистый
Т37
Тетруашвили, Е. В.
Практикум по дисциплине «Математика» : учебное-методическое
пособие / Е. В. Тетруашвили, В. В. Ершов ; Южный федеральный
университет. – Ростов-на-Дону ; Таганрог, 2018. – Ч. I. – 218 с.
Предлагаемый Вашему вниманию сборник задач охватывает традиционный курс высшей математики в объеме первого семестра первого курса технического вуза. Книга подготовлена преподавателями кафедры высшей математики Института компьютерных технологий и информационной безопасности
Южного федерального университета, имеющими многолетний опыт работы со
студентами. Авторы попытались создать задачник, позволяющий не только
стимулировать активную работу студентов с преподавателем на практических
занятиях, но и самостоятельно осваивать материал и готовиться к контрольным мероприятиям.
Весь материал разбит на модули и блоки, соответствующие ключевым
темам алгебры и математического анализа. В каждом блоке приводятся основные определения, понятия, теоремы и формулы и излагаются решения типовых задач и примеров. Блоки завершаются набором типовых задач для самостоятельного решения. Ко всем задачам приведены ответы.
Пособие предназначено для студентов и преподавателей технических
вузов, в том числе для дистанционного изучения дисциплины «Математика».
УДК 51
ББК 22.1
© Тетруашвили Е. В., Ершов В. В., 2018
© Южный федеральный университет, 2018
3
Оглавление
Модуль I .................................................................................................................. 5
Комплексные числа .............................................................................................. 5
Блок №1................................................................................................................. 5
Блок №2............................................................................................................... 16
Модуль II ............................................................................................................... 24
Матрицы. Определители. Системы линейных алгебраических
уравнений.............................................................................................................. 24
Блок №1............................................................................................................... 24
Блок №2............................................................................................................... 35
Блок №3............................................................................................................... 42
Модуль III ............................................................................................................. 55
Векторная алгебра и аналитическая геометрия ........................................... 55
Блок №1............................................................................................................... 55
Блок №2............................................................................................................... 67
Блок №3............................................................................................................... 81
Модуль IV ............................................................................................................. 94
Введение в анализ ............................................................................................... 94
Блок №1............................................................................................................... 94
Блок №2............................................................................................................... 99
Блок №3............................................................................................................. 110
Модуль V ............................................................................................................. 126
Дифференциальное исчисление функции одного переменного .............. 126
Блок №1............................................................................................................. 126
Блок №2............................................................................................................. 136
Блок №3............................................................................................................. 143
Модуль VI ........................................................................................................... 149
Интегральное исчисление функции одного переменного......................... 149
Блок №1............................................................................................................. 149
Блок №2............................................................................................................. 163
Блок №3............................................................................................................. 173
4
Блок №4............................................................................................................. 183
Блок №5............................................................................................................. 191
Блок №6............................................................................................................. 199
Задачи для подготовки к контрольным мероприятиям ........................... 212
Литература.......................................................................................................... 218
5
Модуль I
Комплексные числа
Блок №1
1. Определение комплексного числа.
Алгебраическая форма комплексного числа
Множеством комплексных чисел ℂ называют множество упорядоченных пар действительных чисел ( x, y ) , на котором введены операции сравнения, сложения и умножения:
( x1 , y1 ) = ( x2 , y2 ) тогда и только тогда, когда x1 = x2 , y1 = y2 ,
( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 ) = ( x1 + x2 , y1 + y2 ),
( x1 , y1 )  ( x2 , y2 ) = ( x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) .
Первую компоненту пары z = ( x, y) называют действительной частью
комплексного числа и обозначают x = Re z , вторую компоненту называют
мнимой частью и обозначают y = Im z .
Если х = 0 , то число (0, у) называют чисто мнимым, если у = 0 , то
число ( х,0) отождествляется с действительным числом х. Следовательно,
множество действительных чисел содержится во множестве комплексных, то
есть ℝ ⊂ ℂ.
Особую роль играет число i = (0,1) , которое называется мнимой единицей. Заметим, что i 2 = −1, i 3 = −i , i 4 = 1 .
Каждое комплексное число z = ( x, y ) можно представить в виде
z = x + iy . Действительно,
( x, y) = ( x,0) + (0, y) = x + (0,1)  y = x + iy . Такая
форма записи комплексного числа называется алгебраической. Комплексное
число z = x − iy называется сопряженным комплексному числу z = x + iy .
6
Действия над комплексными числами в алгебраической форме производятся по следующим правилам:
z1 + z2 = ( x1 + iy1 ) + ( x2 + iy2 ) = ( x1 + x2 ) + i( y1 + y2 );
z1 − z2 = ( x1 + iy1 ) − ( x2 + iy2 ) = ( x1 − x2 ) + i( y1 − y2 );
z1  z2 = ( x1 + iy1 )( x2 + iy2 ) = ( x1 x2 − y1 y2 ) + i ( x1 y2 + x2 y1 );
z1 x1 + iy1 ( x1 + iy1 )( x2 − iy2 ) x1 x2 + y1 y2
x y −x y
=
=
=
+ i 2 21 12 2 .
2
2
z2 x2 + iy2 ( x2 + iy2 )( x2 − iy2 )
x2 + y 2
x2 + y 2
2. Геометрическая интерпретация комплексных чисел.
Модуль и аргумент комплексного числа
Каждому комплексному числу как упорядоченной паре действительных чисел можно поста-
Im z
М
z = x + iy
y
вить в соответствие точку 𝑀(𝑥, 𝑦) на координат-
r
ной плоскости или радиус-вектор r = OM = ( x, y ) .
При этом координатную плоскость называют

О
x
Re z
Рис.1
комплексной плоскостью, ось абсцисс – действительной осью, а ось ординат – мнимой осью. Положение любой точки
z = x + iy на комплексной плоскости (за исключением точки (0,0)) однозначно определяется не только декартовыми координатами x, y , но и полярными
координатами r,  , где r – длина радиус-вектора OM , а  – угол между
действительной осью и вектором OM , отсчитываемый от положительного
направления действительной оси против часовой стрелки (рис. 1), 0    2 .
Полярные и декартовы координаты связаны соотношениями x = r cos ,
y = r sin .
Длину радиус-вектора r , поставленного в соответствие комплексному
числу z, называют модулем этого числа и обозначают z , а величину угла
 + 2k , где k – целое число, называют аргументом числа z и обозначают
7
Аrg z . Сам угол  , лежащий в промежутке [0;2) , называют главным значением аргумента и обозначают аrg z . Аргумент комплексного числа 0 = 0 + 0i
не определен.
Модуль комплексного числа z = x + iy можно найти по формуле
z = x 2 + y 2 . Отметим еще две формулы, справедливые для модулей комплексных чисел:
z = z , zz = z .
2
Главное значение аргумента комплексного числа z = x + iy можно найти по
формуле
y

arctg

x

 arctg y + 

x

y
arg z = arctg + 2 
x




2



−

2
при
x  0, y  0
при
x  0,
при
x  0, y  0,
при
x = 0, y  0,
при
x = 0, y  0.
Часто вводят вспомогательный угол α по формуле  = arctg
 
 −

 +
2 − 
arg z = 
 
 2

 −
 2
при
при
при
при
x  0,
x  0,
x  0,
x  0,
при
x = 0, y  0,
при
x = 0, y  0.
y
. Тогда
x
y  0,
y  0,
y  0,
y  0,
Операциям сложения и вычитания комплексных чисел можно поставить в соответствие операции над векторами (рис. 2).
8
Im z
Im z
z1 + z2
z2
z2
z1 − z2
z1
z1
Re z
Re z
О
О
Рис. 2
z1 − z2
Заметим что геометрический смысл модуля разности двух комплексных чисел z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2 – это расстояние между точками M1 ( x1, y1 ) и
M 2 ( x2 , y2 ) :
z1 − z2 = ( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2 .
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия:
1. Найти Re z и Im z , если
а) z = (2 + 3i)(4 − 2i);
б) z =
2−i
.
1 − 3i
Решение. а) Перемножая почленно и учитывая, что i 2 = −1, получим:
z = (2 + 3i)(4 − 2i) = (8 + 6) + i(12 − 4) = 14 + 8i.
Ответ. Re z = 14,Im z = 8.
б) Умножим числитель и знаменатель на число, сопряженное знаменателю:
z=
(2 − i)(1 + 3i) (2 + 3) + i(6 − 1) 5
5 1 1
=
= +i = +i .
(1 − 3i)(1 + 3i)
1+ 9
10 10 2 2
1
Ответ. Re z = Im z = .
2
2. Найти 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ и записать комплексное число z = x + iy, если
(2 y − xi)(−4i + 1) − ( x + 4i)(2 − i) = 3 + 4i.
9
Решение. Выполнив операции над комплексными числами и используя
условие равенства двух комплексных чисел, получим:
−6 x + 2 y = 7,

 −8 y = 12.
5
3
Решение системы: x = − , y = − .
3
2
5 3
Ответ. z = − − i.
3 2
3. Вычислить:
а) z = (2 − i)3 ;
б) z =
4−i
− (6 − 2i ) 2 + (6 + i)(−3 − 2i).
2 + 2i
Решение. а) Применяя формулу куба разности и учитывая, что
i3 = i 2  i = −i , получим:
z = (2 − i)3 = 8 − 12i − 6 + i = 2 − 11i.
Ответ. z = 2 − 11i .
б) Последовательно выполнив операции деления и умножения над комплексными числами, получим:
z=
4−i
3 5
− (6 − 2i ) 2 + (6 + i )( −3 − 2i ) = − i − 32 + 24i − 16 + 15i =
2 + 2i
4 4
= −47,25 + 7,75i.
Ответ. z = −47,25 + 7,75i.
4. Решить уравнение:
2 z 2 + z + 2 = 0.
Решение. Находим дискриминант и пару комплексно-сопряженных корней уравнения:
D = 1 − 16 = −15 = 15i 2 ;
z1,2 =
−1  i 15
1
15
=− 
i.
4
4
4
1
15
Ответ. z1,2 = − 4  4 i.
5. Начертить в комплексной плоскости линию, заданную уравнением
10
z − 2 + i = 3.
Решение. Так как z1 − z2 есть расстояние между точками z1 и z2 , то из
равенств z − 2 + i = z − ( 2 − i ) = 3 следует, что точки z, принадлежащие
линии, удалены от точки (2 − i) на расстояние, равное 3, то есть данная
линия является окружностью радиуса 3 с центром в точке (2,–1) (рис. 3).
Ответ.
Im z
z−2+i = 3
2
−1
О
5
2
Re z
−1
−4
Рис. 3
6. Изобразить на комплексной плоскости множество точек, удовлетворяющих заданным неравенствам:
а) z − i  2,
б) z + 1  1,

г) arg z = ,
4
д)

 arg z  ,
4
в)1  z − 1 − i  3,
е) Re z  1.
Решение. а) Неравенство z − i  2 означает, что расстояние от точки i до
точек z комплексной плоскости меньше 2. Этому условию удовлетворяют
точки, лежащие строго внутри круга с центром в точке i = ( 0,1) радиуса 2
(рис. 4).
11
Ответ.
Im z
2
i
z −i  2
О
Re z
Рис. 4
б) Неравенство z + 1  1 означает, что расстояние от точки (−1,0) до точек
z комплексной плоскости должно быть не меньше 1. Искомое множество
лежит вне круга с центром в точке ( −1,0 ) радиуса 1 и содержит границу
круга (рис. 5).
Ответ.
Im z
z +1  1
2
−1
О
Re z
Рис. 5
в) Искомое множество точек должно удовлетворять двум неравенствам
z −1− i  1 и
z − 1 − i  3. Первое неравенство определяет точки, лежа-
щие вне круга радиуса 1 с центром в точке (1,1) и на его границе. Второе
неравенство задает внутренность круга радиуса 3 с центром в той же точке (1,1), точки границы круга неравенству не удовлетворяют. Поэтому
данное множество – кольцо с центром в точке (1,1), ограниченное окружностями радиусов R1 = 1 и R2 = 3 (рис. 6).
12
Ответ.
Im z
3
i
1  z −1− i  3
1
О
1
Re z
Рис. 6
г) Равенство arg z =

задает на комплексной плоскости множество точек
4
с одинаковым аргументом  =
начала координат под углом

, то есть луч без начала, выходящий из
4

к положительному направлению действи4
тельной оси (рис. 7).
Ответ.
Im z
arg z =
О

4
Re z
Рис. 7
д) Неравенство

 arg z   задает на плоскости угол, ограниченный
4
двумя лучами  =
ми

и  =  , выходящими из начала координат под угла4

и  к положительному направлению действительной оси. При этом
4
луч  =  не принадлежит множеству (рис. 8).
13
Ответ.
Im z

4
 arg z  
О
Re z
Рис. 8
е) Неравенство Re z  1 задает на плоскости множество точек, действительная часть которых не меньше 1. Это множество является правой полуплоскостью с границей, перпендикулярной действительной оси и проходящей через точку (1;0) (рис. 9).
Ответ.
Im z
Re z  1
О
1
Re z
Рис. 9
4. Задания для самостоятельного решения
1. Найти из уравнения 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ и записать комплексное число z = x + iy, если
(2x − 3i)(−1 + i) + (2 x + yi)(−3i) = 4 + 2i.
Ответ. z =
1 1
+ i.
4 2
2. Решить систему уравнений на множестве комплексных чисел:
14
(3 − i ) z1 + (4 + 2i) z2 = 1 + 3i,

 (4 + 2i) z1 − (2 + 3i) z2 = 7.
Ответ. z1 = 1, z2 = i.
3. Вычислить:
а) z = (i − 2) 2 − (4 − 3i)(6 − i) +
3 − 2i
;
i
б) z = (6 − i ) 2 + (3i − 2)(4 − 3i ) −
Ответ. а) z = 15i − 20;
i−2
.
1− i
б) z = 37,5 + 6,5 .
4. Решить уравнения:
а) z 2 + (1 − 5i) z +
1 5
− i = 0;
4 2
б) z 2 + (2 − 5i) z + 1 − 5i = 0;.
Ответ. а) z1 = −0,5 + 5i, z2 = −0,5;
б) z1 = −1 + 5i, z2 = −1.
5. Изобразить на комплексной плоскости множество точек, удовлетворяющих неравенствам.
а) z − 3 − 4i  5.
Ответ.
Im z
5
3 + 4i
z − 3 − 4i  5
Re z
О
Рис. 10
б) z − 5 + 3i  2.
15
Ответ.
Im z
z − 5 + 3i  2
Re z
О
2
5 − 3i
Рис. 11
в) 1  z + 2 + i  5.
Ответ.
Im z
1 z +2+i  5
−2
О
1
−1
Re z
5
Рис. 12
г) z = 1,Re z  0.
Ответ.
Im z
1
Re z
O
−1
Рис. 13
1
16
Блок №2
1. Тригонометрическая и показательная формы числа
Учитывая связь между декартовыми и полярными координатами точки,
любое комплексное число z  0 можно представить в тригонометрической
форме:
z = r(cos  + i sin ) = z (cosarg z + i sin arg z ).
С помощью известной формулы Эйлера ei = cos  + i sin  от тригонометрической формы записи комплексного числа можно перейти к показательной
форме:
z = rei = z ei arg z .
Функция e z с комплексным аргументом z обладает обычными свойствами показательной функции с действительным аргументом, то есть
e e = e
z1
z2
z1 + z2
;
e z1
= e z1− z2 ;
z2
e
(e )
z1 z2
= e z1z2 .
К этим свойствам добавляется свойство периодичности:
ez = ez+2 ki .
Для возведения в степень комплексных чисел используется формула
Муавра: ( cos  + i sin  ) = cos n + i sin n, n = 0, 1, 2,... .
n
Из свойств показательной функции вытекают формулы умножения и
деления комплексных чисел, записанных в показательной форме:
z1  z2 = r1ei1  r2ei2 = r1r2ei ( 1+2 ) ,
z1 r1ei1 r1 i ( 1 −2 )
=
= e
.
z2 r2 ei2 r2
Операция извлечения корня n-й степени из комплексного числа z = rei выполняется по формуле:
17
n
z = r e
n
i
+ 2 k 
n
 + 2k 
 + 2k  

= n r  cos
+ i sin
 , где k = 0,1,...,(n − 1).
n
n 

Заметим, что корень n-й степени из комплексного числа имеет ровно n различных значений.
2. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Представить в тригонометрической и показательной формах комплексные
числа:
1) z = 1  i,
2) z = 2i,
3) z = 3.
Решение. 1) z = 1  i
а) z1 = 1 + i, M (1,1).
r1 = z1 = x 2 + y 2 = 1 + 1 = 2.
Определяем вспомогательный угол  = arctg
y
, угол  всегда острый.
x
Учитывая четверть, в которой расположено комплексное число, определяем аргумент z.
 = arctg

y
1

= arctg = arctg1 = , 1 =  = .
x
1
4
4

i



z1 = 2  cos + i sin  = 2e 4 .
4
4

б ) z2 = −1 + i, M (−1,1).
r2 = z2 = x 2 + y 2 = (−1)2 + 1 = 2.
 = arctg
 3
y
1

= arctg
= arctg1 = , 2 =  −  =  − = .
x
−1
4
4 4
3
i
3
3 

z2 = 2  cos + i sin  = 2e 4 .
4
4 

18
в) z3 = −1 − i, M (−1, −1).
r3 = z3 = x 2 + y 2 = (−1)2 + (−1)2 = 2.
 = arctg
 5
y
−1

= arctg
= arctg1 = , 3 =  +  =  + = .
x
−1
4
4 4
5
i
5
5 

z3 = 2  cos + i sin  = 2e 4 .
4
4 

г ) z4 = 1 − i, M (1, −1).
r4 = z4 = x 2 + y 2 = 1 + (−1)2 = 2.
 = arctg
 7
y
−1

= arctg
= arctg1 = , 4 = 2 −  = 2 − = .
x
1
4
4 4
7
i
7
7 

z4 = 2  cos
+ i sin  = 2e 4 .
4
4 

а)
в)
Im z
Im z
1+ i
1
1
 = 1
1
3
-1
Re z
Re z
−1 − i
б)
Im z
−1 + i
г)
Im z
1
1
2
-1
-1

Re z
4
Рис. 14
Ответ.

i



z1 = 2  cos + i sin  = 2e 4 .
4
4

3
i
3
3 

z2 = 2  cos + i sin  = 2e 4 .
4
4 

5
i
5
5 

z3 = 2  cos + i sin  = 2e 4 .
4
4 

-1
1
1− i
Re z
19
7
i
7
7 

z4 = 2  cos
+ i sin  = 2e 4 .
4
4 

2) z = 2i.
а) z1 = 2i, M (0,2).
r1 = z1 = x 2 + y 2 = 4 = 2.

1 = .
2

i



z1 = 2  cos + i sin  = 2e 2 .
2
2

б ) z2 = −2i, M (0, −2).
r2 = z2 = x 2 + y 2 = (−2)2 = 2.
2 =
3
.
2
3
i
3
3 

z2 = 2  cos + i sin  = 2e 2 .
2
2 

Ответ.

i



z1 = 2  cos + i sin  = 2e 2 .
2
2

3
i
3
3 

z2 = 2  cos + i sin  = 2e 2 .
2
2 

3) z = 3.
а) z1 = 3, M (3,0).
r1 = z1 = x 2 + y 2 = 9 = 3.
1 = 0.
z1 = 3 ( cos0 + i sin 0 ) = 3e0i .
б ) z2 = −3, M (−3,0).
r2 = z2 = x 2 + y 2 = (−3)2 = 3.
2 = .
20
z2 = 3 ( cos  + i sin  ) = 3e i .
Ответ.
z1 = 3 ( cos0 + i sin 0 ) = 3e0i .
z2 = 3 ( cos  + i sin  ) = 3e i .
2. Выполнить действия. Ответ записать в трех формах. Указать модуль и
главное значение аргумента комплексного числа z.
z=
z1
, где z1 = 1 − i 3, z2 = − 3 − i, z3 = 3 + i.
z2 z3
Решение. z =
z1
= r (cos  + isin ), r – модуль комплексного числа z,
z2 z3
 – главное
r= z =
значение аргумента комплексного числа z.
r1
,
r2 r3
r1 = z1 , r2 = z2 , r3 = z3 ,
 = arg z = 1 − (2 + 3 ),
1 = arg z1 , 2 = arg z2 , 3 = arg z3.
Найдем модули и главные значения аргументов комплексных чисел.
а) z1 = 1 − i 3.
r1 = z1 = 1 + 3 = 2, 1 = 2 −
 5
= .
3 3
б) z2 = − 3 − i.
r2 = z2 = 3 + 1 = 2, 2 =  +
 7
= .
6 6
в) z3 = 3 + i.

r3 = z1 = 3 + 1 = 2, 3 = .
6
Тогда r =
r1
2
1
=
= ,
r2 r3 2  2 2
 = 1 − (2 + 3 ) =
5  7   5 4 
−
+ =
−
= .
3  6 6 3
3 3
1

  1 3 i 1  1
3 1
Ответ. z =  cos + i sin  = e =  + i
 = 1+ i 3 .
2
3
3 2
2 2
2  4
(
)
21
3. Вычислить z =
(
3 −i
)
60
 ( −2 − 2i ) .
24
Решение. z = z160  z224 , где z1 =
r = z = r160  r2 24 ,
(
)
3 − i ,z 2 = ( −2 − 2i ) ,
r1 = z1 , r2 = z2 ,
 = Arg z = 601 + 242 ,
1 = arg z1, 2 = arg z2 .
Найдем модули и главные значения аргументов комплексных чисел.
а) z1 = 3 − i.
r1 = z1 = 3 + 1 = 2, 1 = 2 −
 11
=
.
6
6
б) z2 = −2 − 2i.
3
2
r2 = z2 = 4 + 4 = 2 2 = 2 , 2 =  +
 5
= .
4 4
24
Тогда r = r  r2
60
1
24
 = 601 + 242 =
 32 
= 2   2  = 296 ,
 
60
60  11
24  5
+
 = 110 + 30 = 140 , arg z = 0 .
6
4
Ответ. z = 296 ( cos0 + i sin 0 ) = 296.
4. Найти все значения корня z = 3 1 + i .
Решение. Представим число z1 = 1 + i в тригонометрической форме.




r = 2,  = , z1 = 1 + i = 2  cos + i sin  .
4
4
4

Используем формулу
n
z = n r  (cos
 + 2k
 + 2k
+ i sin
), k = 0,1,...(n − 1).
n
n
Тогда
z = 3 1+ i =
3




+
2

k
+
2

k


2  cos 4
+ i sin 4
 , k = 0,1,2.
3
3




22
Ответ.
1)k1 = 0



z1 = 6 2  cos + i sin  ,
12
12 

2)k2 = 1
3
3

z2 = 6 2  cos  + i sin  ,
4
4

3)k3 = 2
17
17 

z3 = 6 2  cos  + i sin   .
12
12 

3. Задания для самостоятельного решения
1. Выполнить действия. Ответ записать в алгебраической форме.
(
а) z = ( 2 − 2i ) −3 + 3 3i
8
)
11
.
Ответ. z = 1211 (−1 − i 3).
i18 ( 3 − i)18
.
б) z =
5(1 + i)
217
(1 − i).
Ответ. z =
5
( 3 − 3i)2 (−3 + 3i)6
в) z =
.
(− 3 − i)12
Ответ. z =
(
)
81
1+ i 3 .
32
2. Выполнить действия. Ответ записать в алгебраической форме. Указать
модуль и главное значение аргумента комплексного числа z.
(−3i)3 (−6 − 2 3i) 2
z=
.
(4 3 − 4i)5
Ответ. z =
9
9
5
(1 − i 3), z = 11 , arg z = .
12
2
2
3
3. Выполнить действия.
а) z = (1 + i)(1 − 3i) + i 29 + i(4 − 2i).
б) z =
(−3 + 2i)(1 − 3i)
.
i 65 (4 + i)
Ответ. z = 6 + 3i.
Ответ. z =
41 23
−i .
17 17
4. Выполнить действия. Указать действительную и мнимую часть комплексных чисел.
23
2
 i5 + 2 
а) z =  7
 .
i
−
1


3
3
Ответ. z = 2 − i, Re z = 2, Im z = − .
2
2
б) z =
(−10 − 10i )i 38
.
(2 − i )(5 − i )
Ответ. z =
2 16
2
16
+ i, Re z = , Im z = .
13 13
13
13
5. Найти все значения корня.
а)
4
−1;
Ответ. а) 
б)
1 i
,
2
в)
i;
б) 
2 − 2 3i .
1
(1 + i),
2
6. Найти все корни уравнения z 5 + 3i = −3.
Ответ.
7
7 

z1 = 10 12  cos + isin  ,
30
30 

19
19 

z2 = 10 12  cos
+ isin
,
30
30 

31
31 

z3 = 10 12  cos
+ isin
,
30
30 

43
43 

z4 = 10 12  cos
+ isin
,
30
30


11
11 

z5 = 10 12  cos
+ isin
.
6
6 

в) ( 3 − i).
24
Модуль II
Матрицы. Определители. Системы линейных алгебраических уравнений
Блок №1
1. Матрицы. Операции над матрицами
Матрицей размерности m  n называется прямоугольная таблица чисел
 a11 a12
a
a22
A =  21


 am1 am 2
a1n 
a2 n 
,


amn 
состоящая из m строк и n столбцов, рассматриваемая как единый алгебраический объект, над которым могут производиться определенные алгебраические действия. Часто пишут A = ( aij )
m n
, 1  i  m , 1  j  n , где числа аij –
элементы матрицы, числа i и j – индексы. Множество всех матриц порядка
m  n обозначим M mn .
Квадратной матрицей n-го порядка называют матрицу размерности
n  n . Множество элементов квадратной матрицы с одинаковыми индексами
а11, а22 ,..., аnn
называют главной диагональю матрицы, а множество элемен-
тов а1n , а2( n−1) ,..., аn1 – побочной диагональю.
Диагональной называют квадратную матрицу, у которой все элементы
вне главной диагонали равны нулю. Единичной называют диагональную
матрицу Е с единицами на главной диагонали. Нулевой называют матрицу О,
все элементы которой равны нулю.
25
Треугольной называют квадратную матрицу, все элементы которой,
стоящие ниже (или выше) главной диагонали, равны нулю. Матрицу произвольной размерности называют ступенчатой, если первый ненулевой элемент
каждой ее строки (начиная со второй) находится правее первого ненулевого
элемента предыдущей строки.
Произведением матрицы A = ( aij )  M mn на число  (действительное
или комплексное) называют матрицу B = (bij )  M mn , элементы которой
определяются по правилу bi j =  ai j ; при этом пишут B = A .
Свойства операции умножения матрицы на число:
𝛼 ⋅ (𝛽 ⋅ 𝐴) = (𝛼 ⋅ 𝛽) ⋅ 𝐴
𝛼(𝐴 + 𝐵) = 𝛼𝐴 + 𝛼𝐵
(𝛼 + 𝛽)𝐴 = 𝛼𝐴 + 𝛽𝐴
(ассоциативность),
(дистрибутивность относительно сложения матриц),
(дистрибутивность относительно сложения чисел).
Суммой матриц A = (aij )  M mn , B = (bij )  M mn называют матрицу
C = (cij )  M mn , элементы которой определяются по правилу cij = aij + bij ; при
этом пишут C = A + B . Складывать можно лишь матрицы одинаковой размерности.
Свойства операции сложения матриц:
A+ B = B + A
( A + B) + C = A + ( B + C )
(коммутативность),
(ассоциативность).
Произведением матрицы A = (aij )  M mk на матрицу B = (bij )  M k n
называют матрицу C = (cij )  M mn , элементы которой определяются по праk
вилу cij =  aip bpj ; при этом пишут C = AB . Произведение матриц определеp =1
но, если количество столбцов первого множителя А совпадает с количеством
строк второго множителя В. (Можно сказать, что элемент cij матрицы
C = AB есть результат скалярного произведения i-й строки матрицы А на j-й
столбец матрицы В.)
Свойства операции умножения матриц:
26
A  ( B  C ) = ( A  B)  C
( A + B)  C = A  C + B  C
A (B + C) = A B + A C
(ассоциативность),
(дистрибутивность),
(дистрибутивность).
Свойство коммутативности для матриц, вообще говоря, не выполняется, то
есть AB  BA .
Матрицы О и Е играют роль нуля и единицы в матричных операциях
(там, где эти операции допустимы):
О + A = A, A  Е = Е  A = A .
Для произвольного многочлена f ( x) = an x n + an−1x n−1 + ... + a1x + a0 выражение f ( А) = an Аn + an−1 Аn−1 + ... + a1 А + a0 Е называют матричным многочленом. При этом матрица А должна быть квадратной, а натуральная степень
матрицы определяется следующим образом:
Аn = A  A  ...  A .
n
При заданной матрице А значение матричного многочлена также является
квадратной матрицей, порядок которой совпадает с порядком А.
Транспонированной к матрице A = ( aij )  М mn называется матрица
( )
АТ = a Т  М nm такая, что a Т = a
ij
ij
ji
для всех индексов i, j. Другими словами,
строки транспонированной матрицы равны столбцам исходной матрицы.
2. Определители
Пусть A = ( aij )nn – квадратная матрица порядка n . Всякой такой матрице можно поставить в соответствие число A = det A , называемое определителем этой матрицы, которое удовлетворяет следующим условиям:
1) n = 1 ,
det A = a11 ;
2) n  1 ,
(
det A =  a1 j  ( −1)
n
j =1
1+ j
)
 М1 j ,
27
где М ij – определитель квадратной матрицы порядка ( n − 1) , получающейся
из матрицы A вычеркиванием i-й строки и j-го столбца. Величину М ij принято называть дополнительным минором к элементу аij матрицы А. Условия
1, 2 дают рекуррентное определение определителя матрицы.
Свойства определителей:
1) det A = det A ;
2) определитель матрицы, имеющей два одинаковых столбца (две одинаковые строки), равен нулю;
3) при перестановке двух столбцов (строк) меняется знак определителя;
4) общий множитель столбца (строки) можно вынести за знак определителя (отсюда следует, что если один из столбцов (одна из строк) матрицы
A  M nn состоит из нулей, то det A = 0 );
5) если к элементам некоторого столбца (строки) матрицы А прибавить
соответствующие элементы другого столбца (другой строки), предварительно умноженные на одно и то же число, то определитель новой матрицы В будет равен определителю матрицы А;
6) если какой-либо столбец (какая-либо строка) является линейной
комбинацией других столбцов (других строк) матрицы А, то det A = 0;
7) назовем число Aij = (−1)i+ j  M ij алгебраическим дополнением элемента aij ; для любого k, 1  k  n , справедливы равенства:
аk1 Ak1 + ak2 Ak 2 +
+ akn Akn = det A
a1k A1k + a2k A2 k +
+ ank Ank = det A
(разложение определителя по k-й строке),
(разложение определителя по k-му
столбцу);
8) det ( AB) = det A  det B.
Матрица, определитель которой равен нулю, называется вырожденной.
Отметим некоторые методы вычисления определителей.
I. Для определителей второго и третьего порядков справедливы формулы:
28
a11
a21
a11
a21
a31
a12
a22
a32
a12
= a11a22 − a12 a21 .
a22
a13
a23 = a11a22 a33 + a12 a23 a31 + a21a32 a13 −
a33
− a31a22 a13 − a11a23 a32 − a33 a12 a21 .
II. Для вычисления определителя третьего порядка справедливо правило
Саррюса (или «правило треугольников»):
Согласно этому правилу определитель равен разности двух сумм: вначале
суммируем произведение элементов главной диагонали матрицы и произведения элементов, находящихся в вершинах двух треугольников с основаниями, параллельными главной диагонали; затем суммируем произведение элементов побочной диагонали матрицы и произведения элементов, находящихся в вершинах двух треугольников с основаниями, параллельными побочной
диагонали.
III. Разложение определителя по произвольной строке (столбцу), то есть
свойство 7, применяется для вычисления определителей невысоких порядков, поскольку требует большого количества вычислений.
IV. Определитель треугольной, в том числе и диагональной матрицы, равен
произведению элементов главной диагонали:
a11
a12
a1n
0
a22
a2n
0
0
0
= a11  a22 
 ann .
ann
Поэтому определитель часто приводят к треугольному виду, пользуясь свойствами 3, 4 и 5, и только потом вычисляют.
29
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения и понятия.
1. Вычислить определитель:
1)
2 7
.
4 1
Решение.
3
4
2 7
= 2  1 − 7  4 = −26.
4 1
−5
7 −2 .
2 −1 8
2) 8
Решение. По правилу Саррюса получим:
3
4
−5
8 7 −2 = 168 + 40 − 16 + 70 − 6 − 256 = 0.
2 −1 8
1
2
3)
−1
3
2 −1
1 3
2 1
2 1
3
2
.
0
4
Решение. Обнулим все элементы первого столбца, кроме первого, пользуясь свойствами определителей. Для этого умножим первую строку на
два и вычтем из второй (
2
−2 1 →
2
) ; сложим первую и третью строки
и поставим на место третьей строки ( 1 +
строку на три и вычтем из четвертой строки (
1 2 −1 3
−3 5 −4
0 −3 5 −4
= (−1)1+1  4 0 3 .
0 4 0 3
−4 4 −5
0 −4 4 −5
3
4
→
3
) ; умножим первую
−3 1 →
4
) . Получим:
30
Далее преобразуем третью строку. Сложим вторую и третью строки
(
2
+
3
→
3
):
−3 5 −4
−3 5 −4
4 0 3 = 4
−4 4 −5
0
Ко
(
2
второму
+2 1→
2
0 3 =2 4
4 −2
0
столбцу
0 3 .
2 −1
прибавим
третий,
умноженный
на
два
):
−3 −3
2 4
0
−3 5 −4
4
−3 −3
3 = 2(−1)(−1)3+3 
= −2(−18 + 12) = 12.
4 6
−1
6
0
3 5
1 2
4)
−1 −3
1 3
7
3
3
5
2
4
.
2
4
Решение.
3 5
1 2
−1 −3
1 3
7
3
3
5
2
4
=
2
4
−3 2 →
3 + 2 →
4 − 2 →
1
−1 −1 −5
= (−1)  2  2  −1
1
3
1
= (−4)  (−1)  (−1)1+1  4 
1
3
4
0 −1 −2 −10
−1 −2 −10
1 2 3
4
=
= (−1)1+1  −1 6
6 =
0 1 9 10
1 2
0
0 1 2
0
−
3 == 2
3 +
0
1 →
1 →
−1 −1 −5
2
3
= −4  0
0
4 8
== 4  (−20 − 0) = −80.
0 −5
4
0
8 =
−5
31
2 −1
0 1
5)
3 −1
3 1
1 0
2 −1
;
2 3
6 1
Ответ. 1) –26;
6) 48;
2
2
6)
6
2
3 −3 4
1 −1 2
;
2 1 0
3 0 −5
2) 0;
3) 12;
3 −1
5 2
7)
0 2
6 −2
4 2
0 1
.
1 −3
9 8
4) –80;
5) 0;
7) 223.
1 2
 2 −4 
2. Пусть A = 
,
B
=

 5 −6  .
 −3 −4 


Найти C = A + B + AТ + BТ .
Решение. Транспонируем матрицы A и B:
 1 −3  Т  2 5 
AТ = 
 , B =  −4 −6  .
2
−
4




Найдем матрицу С:
 1 2   2 −4   1 −3   2 5 
C =
 +  5 −6  +  2 −4  +  −4 −6  =
−
3
−
4

 
 
 

2 − 4 − 3 + 5  6 0 
 1+ 2 +1+ 2
=
 =  0 −20  .
−
3
+
5
+
2
−
4
−
4
−
6
−
4
−
6

 

В результате получили диагональную матрицу.
6 0 
Ответ. 
.
 0 −20 
 2 3
 2 −1 
3. Даны матрицы A =  −1 2  , B = 
 . Найти A  B .
3
−
2


 0 1


Решение. При умножении матриц важно помнить, что данная операция не
всегда определена. Необходимо, чтобы количество столбцов первого
сомножителя равнялось числу строк второго сомножителя. Матрицы
умножаются по принципу «строка на столбец». При этом размерность результата определяется по правилу  m  n   n  k  =  m  k  .
В нашей задаче A32  B22 = C32 . Вычислим матрицу C = A  B , проделав
следующую последовательность вычислений:
32
2  (−1) + 3  (−2)  13 −8 
 2 3
 2  2 + 33
 2 −1  


С = A  B =  −1 2   
=  (−1)  2 + 2  3 (−1)  (−1) + 2  (−2)  =  4 −3  .

 0 1   3 −2   0  2 + 1  3
0  (−1) + 1  (−2)   3 −2 



Произведение B  A не существует, т.к. число столбцов матрицы B (первого сомножителя) не равно числу строк матрицы A (второго сомножителя).
Из рассмотренного примера видно, что в общем случае A  B  B  A .
13 −8 
Ответ.  4 −3  .
 3 −2 


0 6 0
4. Дана матрица A =  0 3 3  . Найти A 2 .
 2 0 4


0 6 0 0 6 0
Решение. A2 = А  А =  0 3 3    0 3 3  =
 2 0 4  2 0 4

 

 0  0 + 6  0 + 0  2 0  6 + 6  3 + 0  0 0  0 + 6  3 + 0  4   0 18 18 
=  0  0 + 3  0 + 3  2 0  6 + 3  3 + 3  0 0  0 + 3  3 + 3  4  =  6 9 21.
 2  0 + 0  0 + 4  2 2  6 + 0  3 + 4  0 2  0 + 0  3 + 4  4   8 12 16 

 

 0 18 18 
Ответ.  6 9 21 .
 8 12 16 


 2 2 0
5. Найти многочлен от матрицы A, если f ( x) = x 2 − 3x + 5 , и A =  1 1 1  .
1 0 3


1 0 0
Решение. По определению f ( A) = A2 − 3 A + 5E , где E =  0 1 0  – еди0 0 1


ничная матрица, A2 = А  А . Тогда
33
 2 2 0
f ( A) =  1 1 1 
1 0 3


 6 6 2 6
=  4 3 4  −  3
5 2 9 3

 
2
2 2
− 3  1 1
1 0

6 0 5
3 3  +  0
0 9   0
0 1 0 0
1  + 5  0 1 0  =
3   0 0 1 
0 0 5 0 2
5 0  =  1 5 1  .
0 5   2 2 5 
 5 0 2
Ответ.  1 5 1  .
 2 2 5


6. Вычислить 3A – 2BC, если:
 4 −5 
 2 −1
0 2
A=
, B=
, C =


.
12
−
11
4
3
3
4






18 −15 
Ответ. 
.
18
−
73


7. Вычислить:
 1 −3 
4
 2 0  0 3 2 
  6 −5 
 0 1  −  −1 4 −2   0 2  − 3 −4 −2  .

 


 
 −2 1 
2 7 
Ответ. 
.
 9 −2 
4. Задания для самостоятельного решения
1. Вычислить определитель:
3
2 −1
1) −2 2
4
3 ;
2 −3
1
2) 4
1
1
5 9 ;
16 25 81
2 1 3
3) 5 3 2 ;
1 4 3
34
6 −3 3 9
7 −5 2 8
4)
;
−2 4 −3 −5
−5 7 −4 −8
2 −3 5 4
−5 7 −9 −6
5)
;
1 −1 2 1
2 4 7 2
2
3
7)
1
2
2 4 −3 3
2 2 −1 1
8)
;
6 0 1 2
2 −5 0 3
9)
1
2
2
0
1
1
0
2
0
3
;
2
1
2
3
5
6
21
10
10
2 15
5
6
2
2 6
10
15
3
−2 3
Ответ. 1) –12;
5) –9;
;
3 5
1 2
6)
−2 −3
1 3
7
3
3
5
2
4
;
2
4
0 −a −b −d
a 0 − c −e
10)
.
b c
0
0
d e
0
0
2) 20;
3) 40;
4) 18;
6) –70;
7) 7;
8) –48;
9) 9 10  ( 3 − 2) ;
10) (be − cd )2 .
2. Решить уравнения:
x + 3 x −1
2)
= 0;
7 − x x −1
2x + 1 3
1)
= 0;
x+5 2
−1
4) 3 − x
0
1
2 x + 1 −1
2
3) −1
5
0
7 x−3 =0;
−3
6
2x + 3
1
2
=0.
5
Ответ. 1) x = 13 ; 2) x1 = 1, x2 = 2 ; 3) x = 5 ; 4) x1 = −3, x2 = − .
2
2 1 1
3. Найти p( A) , если p( x) = x2 − 2 x + 1 , A =  3 1 2  .
 1 −1 0 


 5 0 2
Ответ. p( A) =  5 1 1  .
 −3 2 0 


3
35
0
2 1
1
1 0 2



4. Вычислить: а) C =  3 2  
 ; б) C =  2
2
1
2

 1 3 



3
0
1
2
3
1
 −1 −1
2  
 4  .
2
2
 1 
3  
 
 1 1 
4
5
4 1 6 
 15 


Ответ. а) C =  7 2 10  ; б) С =   .
 25 
7 3 8 
 


 35 
Блок №2
1. Обратная матрица
Матрица B  M nn называется обратной к матрице A  M nn , если AB =
BA = Е; при этом пишут B = A−1. Матрица А имеет обратную только в том
случае, если она невырожденная, то есть если det A  0 . Если A = (aij )  M n –
невырожденная матрица, то
 A11

1  A12
−1
A =
det A 

 A1n
A21
A22
A31
A32
A2 n
A3n
An1 
An 2 



Ann 
,
где Aij − алгебраические дополнения элементов aij .
В том случае, когда квадратная матрица А имеет большой порядок,
приведенная выше формула требует большого количества вычислений. Поэтому рассмотрим еще один метод вычисления обратной матрицы, называемый методом элементарных преобразований.
Элементарными называют следующие преобразования матриц (не обязательно квадратных):
1. Перестановка двух строк (столбцов).
36
2. Умножение строки (столбца) на число, отличное от нуля.
3. Прибавление к элементам одной строки (столбца) матрицы соответствующих элементов другой строки (столбца).
Идея метода элементарных преобразований заключается в следующем.
Пусть дана квадратная невырожденная матрица A  M nn . Припишем справа
к ней единичную матрицу того же порядка Е  M nn ; получим прямоугольную матрицу B = ( A E )  М n2 n . С помощью элементарных преобразований
(
)
над строками матрицы В приведем ее к ступенчатому виду С = Е А−1 .
2. Простейшие матричные уравнения
К простейшим матричным уравнениям относят уравнения вида
AX = B, XA = B, AXC = B ,
где А, В, С – заданные матрицы, Х – неизвестная матрица. Предполагается,
что все операции умножения выполнимы, и размерности матриц в левой и
правой частях уравнения одинаковы.
Решения этих уравнений легко записать в виде формулы, если предположить, что матрицы А и С – невырожденные. Решения имеют вид соответственно:
X = A−1B, X = BA−1 , X = A−1BС −1 .
3. Системы линейных алгебраических уравнений
Системой линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) называется система уравнений вида
 a11 x1 + a12 x2 ++ a1n xn = b1 ,
 a x + a x ++ a x = b ,
 21 1 22 2
2n n
2

...   
 ...
am1 x1 + am 2 x2 ++ amn xn = bm ,
37
числа аij , 1  i  m , 1  j  n , называют коэффициентами системы, числа bi ,
1  i  m , – свободными членами. Коэффициенты и свободные члены могут
быть действительными или комплексными.
Решением СЛАУ называют такой набор чисел ( с1 , с2 ,..., сn ) , при подстановке которого вместо соответствующих неизвестных ( х1, х2 ,..., хn ) каждое
уравнение системы обращается в тождество. Система, имеющая хотя бы одно
решение, называется совместной; в противном случае несовместной. Совместная система, имеющая единственное решение, называется определенной;
если решений более одного, то система неопределённая.
Система называется однородной, если свободные члены равны нулю:
b1 = b2 =
= bm = 0 . Однородная система всегда является совместной − она
имеет решение x1 = x2 == xn = 0 (возможно, не единственное).
Нетрудно проверить, что любую СЛАУ можно записать в матричном
виде:
АХ = В ,
где
 a11
a
A =  21


 am1
a12
a22
am2
a1n 
a2n 
  – матрица коэффициентов системы,


amn 
 b1 
b 
В =  2  – столбец свободных членов,
 
 
 bm 
 х1 
х 
Х =  2  – столбец неизвестных.
 
 
 хn 
38
 a11
a
Матрицу ( А В ) =  21


 am1
a12
a22
a1n
a2n
am2
amn
b1 

b2 
называют расширенной матрицей


bm 
системы.
4. Матричный метод решение СЛАУ
Пусть СЛАУ записана в матричной форме АХ = В , причем матрица
коэффициентов А – квадратная и невырожденная. Тогда применим матричный метод решения, который сформулируем здесь в виде следующего утверждения:
СЛАУ АХ = В совместна при det A  0 и имеет единственное решение
– столбец X = A−1  B.
5. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Найти обратную матрицу к матрице А и сделать проверку, если:
 1 2 3
1) A =  4 5 6  ;
2 8 9


1 2 3
Решение. Вычислим det A = 4 5 6 = 15  0 .
2 8 9
Матрица A невырожденная, следовательно, имеет обратную матрицу.
Найдем алгебраические дополнения ко всем элементам матрицы A:
39
A11 = (−1)1+1 
5 6
= −3,
8 9
4 6
= −24,
2 9
A13 = (−1)1+3 
4 5
= 22,
2 8
2 3
= 6,
8 9
A22 = (−1) 2+ 2 
1 3
= 3,
2 9
A23 = (−1) 2+3 
1 2
= −4,
2 8
2 3
= −3,
5 6
A32 = (−1)1+1 
1 3
= 6,
4 6
A33 = (−1)3+3 
1 2
= −3.
4 5
A21 = (−1) 2+1 
A31 = (−1)3+1 
A12 = (−1)1+ 2 
 −3 6 −3 
1
Тогда A =  −24 3 6  .
15 

 22 −4 −3 
−1
Проверка:
 1 2 3
 −3 6 −3 
15 0 0   1 0 0 
1
1
A  A−1 =  4 5 6    −24 3 6  =  0 15 0  =  0 1 0  .
 2 8 9  15  22 −4 −3  15  0 0 15   0 0 1 





 

 −3 6 −3 
1
Ответ. A−1 =  −24 3 6  .
15 

 22 −4 −3 
3 4 1
2) A =  2 3 1  .
5 2 2


 4 −6 1 
1
Ответ. A =  1
1 −1 .
5

 −11 14 1 
−1
2. Решить СЛАУ матричным способом:
 2 x1 − x2 − x3 = 4,

1) 3x1 + 4 x2 − 2 x3 = 11,
3x − 2 x + 4 x = 11.
2
3
 1
 x1 
 2 −1 −1 
4
Решение. Пусть A =  3 4 −2  , X =  x2  , B = 11 .
 3 −2 4 
11
x 


 
 3
40
2 −1 −1
Найдем определитель матрицы А: det A = 3
4 −2 = 60  0 . Следова3 −2 4
 12 6 6 
1 
тельно, существует обратная матрица A =   −18 11 1  .
60 

 −18 1 11
−1
 12 6 6   4 
180   3 
1
1
Отсюда X = A−1  B =   −18 11 1   11 =   60  =  1  .
60 
 11 60  60   1 
−
18
1
11

  

  
 x1   3 
Имеем  x2  =  1  , т.е. x1 = 3, x2 = 1, x3 = 1 .
 x  1
 3  
Ответ. ( 3,1,1) .
2 x1 − 4 x2 + 9 x3 = 28,

2)  7 x1 + 3x2 − 6 x3 = −1,
 7 x + 9 x − 9 x = 5.
2
3
 1
Ответ. ( 2,3,4 ) .
 −3 0 
 −1 0 
 6 −5 
3. Даны A = 
,
,
B
=
C
=
 2 1
 2 3  . Решить матричные урав




 −2 2 
нения:
2) XA = B ;
1) AX = B ;
3) AXC = B .
Решение. 1) AX = B . Умножим слева на A−1 : A−1  A  X = A−1  B ,
X = A−1  B .
Найдем A−1 =
1  A11

det A  A12
A21 
6 −5
,
det
A
=
= 12 − 10 = 2  0 .
A22 
−2 2
Матрица A невырожденная, т.е. имеет обратную матрицу.
A11 = 2,
A21 = 5,
A12 = 2,
A22 = 6.
41
A−1 =
1  2 5

.
2  2 6
5

1  2 5   −3 0  1  4 5   2
X = 

= 
=
2 .




2  2 6  2 1 2  6 6 
3 3 
5

2
Ответ. X = 
2 .


3
3


2) XA = B . Умножим справа на A−1 : X  A  A−1 = B  A−1 , X = B  A−1 .
15 

1  −3 0   2 5  1  −6 −15   −3 − 
X = 
2 .

 = 
=

2  2 1   2 6  2  6 16  
8 
3
15 

−
3
−
Ответ. X = 
2 .


3
8


X = A−1  B  C −1 .
3) AXC = B .
1  3 0
C −1 = −  
;
3  −2 −1
X=
1  1   2 5   −3 0   3 0 
1  4 5  3 0 
− 


= − 




=
2  3   2 6   2 1   −2 −1
6  6 6   −2 −1
 1
1  2 −5   −
= − 
= 3
6  6 −6  
 −1
 1
−
Ответ. X =  3

 −1
5
6 .

1
5
6.

1
6. Задания для самостоятельного решения
1. Найти g(A), если X 2 = X  X , X −2 = X −1  X −1 :
42
 1 1
1) g ( X ) = X 2 − 3 X + 2 X −1 − X −2 , A = 
;
0
1


 2 −1 0 
2) g ( X ) = X − 8 X −1 + 16 X −2 , A =  0 2 −1 ;
0 0 2 


3) g ( X ) = ( X 2 − 2 ) − 10 ( X 2 + 1)
−1
−1
0 1 1
, A =  1 0 1  .
1 1 0


 2 1 2
 −1 −1
Ответ. 1) g ( A) = 
; 2) g (A) =  0 2 1  ;

 0 −1
 0 0 2


 9
− 2

3
3) g ( A) = 
 2
 3

 2
3
2
9
−
2
3
2
3 
2 

3 
.
2 
9 
− 
2
2. Решить матричные уравнения:
1 2
3 5
1) 

X
=

5 9;
3 4


 3 −2   −1 2 
2) X  
=
.
 5 −4   −5 6 
 −1 −1
Ответ. 1) X = 
;
2
3


 3 −2 
2) X = 
.
5
−
4


Блок №3
1. Правило Крамера
Пусть задана СЛАУ
43
 a11 x1 + a12 x2 ++ a1n xn = b1 ,
 a x + a x ++ a x = b ,
21 1
22 2
2n n
2

...   
 ...
am1 x1 + am 2 x2 ++ amn xn = bm .
Введем обозначения:
 = det A =
2 =
a11
a21
a12
a22
a1n
a2n
an1
an2
ann
a11 b1
a21 b2
a13
a23
a1n
a2n
an1 bn
an3
ann
, 1 =
b1
b2
a12
a22
a13
a23
a1n
a2n
bn
an2
an3
ann
a11
a21
a12
a22
a13
a23
b1
b2
an1
an2
an3
bn
, ….…,  n =
,
(определитель  i получается из  заменой i-го столбца на столбец свободных членов).
Правило Крамера: при   0 СЛАУ совместна и имеет единственное
решение
xi =
i
,

i = 1, 2,
, n.
2. Ранг матрицы
Минором порядка k произвольной матрицы А называется определитель,
составленный из элементов матрицы, расположенных на пересечении произвольных k строк и k столбцов.
Рангом матрицы А называют наибольший порядок ее отличных от нуля
миноров; обозначение ранга: rank A.
Любой ненулевой минор матрицы А, порядок которого совпадает с
рангом матрицы А, называют базисным минором матрицы.
44
Имеют место следующие теоремы о ранге матрицы:
Теорема. При элементарных преобразованиях ранг матрицы не меняется.
Теорема. Ранг ступенчатой матрицы равен количеству ее ненулевых
строк.
Введенные теоремы дают простой метод вычисления ранга матрицы.
3. Решение СЛАУ методом Гаусса
Пусть задана СЛАУ
 a11 x1 + a12 x2 ++ a1n xn = b1 ,
 a x + a x ++ a x = b ,
 21 1 22 2
2n n
2

...   
 ...
am1 x1 + am 2 x2 ++ amn xn = bm .
Решение этой системы уравнений методом Гаусса условно можно разбить на три этапа, выполняемых последовательно.
I этап (прямой ход).
Запишем расширенную матрицу системы
 a11
a
( А В ) =  21

 am1
a12
a22
a1n
a2n
am2
amn
b1 

b2 


bm 
и приведем ее с помощью элементарных преобразований над строками к ступенчатому виду:
45
 а11

 0

 ...
( А В) =  0

 0
 ...

 0

... а1k
2
... а2 k
2
... а1k
r
... а2 k
r
... а1n
... а2 n
...
...
...
0
... ...
... аrk
... ...
... аrn
...
...
...
0
...
0
...
...
...
...
...
...
r
0
...
0
b1 

b2 

... 
br 

br+1 
... 
bm 
0
...
0
Здесь в i-й строке ( i = 1,2,..., r ) самый левый ненулевой элемент обозначен
через aik . Полученной ступенчатой матрице
i
( А В)
соответствует СЛАУ,
эквивалентная исходной.
II этап (исследование системы).
На данном этапе необходимо проверить, является ли полученная система совместной, и, в случае ее совместности, установить количество решений. Проверку можно производить, используя следующую теорему:
Теорема (Кронекера-Капелли). СЛАУ совместна тогда и только тогда, когда ранг матрицы коэффициентов системы равен рангу расширенной
матрицы.
При этом возможны три варианта:
1) Если rank A  rank ( A B) , то СЛАУ несовместна.
2) Если rank A = rank ( A B) = n , где n – число неизвестных, то система совместна и имеет единственное решение (т.е. определенна).
3) Если rank A = rank ( A B)  n , то система совместна и имеет бесчисленное
множество решений (т.е. неопределенна).
III этап (обратный ход).
Если система имеет единственное решение, то восстанавливаем систему по ее расширенной матрице ( А В) :
46
 a11 x1 + a12 x2 ++ a1n xn = b1,

 x2 ++ a2 n xn = b2 ,
a22



 ...

 xn = bn .
ann
Затем из последнего уравнения находим хn . Подставляя хn в предыдущее
уравнение, находим хn−1 и т.д.
Если система неопределенна (то есть имеет бесчисленное множество
решений), то прежде всего необходимо выбрать так называемые базисные
(или главные) переменные. Для этого находим произвольный базисный минор матрицы А ; таковым, например, будет минор, составленный из элементов, расположенных в первых r строках и столбцах с номерами
1, k2 , k3 , ... , kr .
Выберем
в
качестве
базисных
переменных
r
х1, хk2 , хk3 , ... , хkr , остальные n − r переменных назовем свободными.
Без ограничения общности можно считать далее, что базисными переменными являются х1 , х2 , х3 , ... , хr . Восстановим систему по расширенной
матрице и перенесем слагаемые со свободными переменными в правую
часть:
 a11 x1 + a12 x2 ++ a1r xr = b1 − a1r +1 xr +1 − ... − a1n xn ,

 x2 ++ a2 r xr = b2 − a2 r +1 xr +1 − ... − a2 n xn ,
a22

...




arr xr = br − arr +1 xr +1 − ... − arn xn .
Зафиксируем
набор
свободных
переменных
хr +1 = t1, хr +2 = t2 , хr +3 = t3 , ... , хn = tn−r , затем, начиная с последнего уравнения,
выразим
все
базисные
переменные
через
ti :
х1 = х1 (t1 , t2 ,..., tn−r ), х2 = х2 (t1, t2 ,..., tn−r ), ... , хr = хr (t1, t2 ,..., tn−r ) .
Таким образом, каждому фиксированному набору значений свободных
переменных соответствует единственное решение системы. Множество всех
решений, записанное в виде
47
 х1 (t1 , t2 ,..., tn−r ) 


...


 хr (t1 , t2 ,..., tn−r ) 


Х =
t1
 , ti 


t2


...




tn − r


,
называют общим решением СЛАУ.
4. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Решить систему по правилу Крамера:
 − x + 4 z = −4,

1) − x − 2 y − z = 7,
 2 x + y = −3.

Решение. Находим главный определитель системы:
−1 0 4
 = −1 −2 −1 =
2 1 0
3
+4 1 →
3
−1 0 0
−2 −5
= −1 −2 −5 = ( −1) 
=
1 8
2 1 8
= ( −1)  ( −16 + 5) = 11  0 . Следовательно, система имеет единственное решение. Формулы Крамера:
x=


1
, y= 2 , z= 3.



Вычислим определители i , заменяя в главном определителе i-й столбец
на столбец свободных членов.
−4 0 4
−1 0 1
−1 0 0
1 = 7 −2 −1 = 4 7 −2 −1 = 4 7 −2 6 =
−3 1 0
−3 1 0
−3 1 −3
48
= 4  ( −1) 
−2 6
= −4  ( 6 − 6 ) = 0 .
1 −3
−1 −4 4
 2 = −1 7 −1 =
2 −3 0
1
+4
2
→
1
−5 24 0
24
2+3 −5
= −1 7 −1 = ( −1)  ( −1) 
=
2 −3
2 −3 0
= (15 − 48) = −33 .
−1 0 −4
−1 0
0
−2 1
 3 = −1 −2 7 = S3 − 4 S1 → S3 = −1 −2 11 = ( −1)  11 
=
1 −1
2 1 −3
2 1 −11
= −11( 2 − 1) = −11 .
Находим x , y , z :
x=


1 0
−11
−33
= = 0; y = 2 =
= −1.
= −3 ; z = 3 =


 11
11
11
Ответ.  = 11, 1 = 0, 2 = −33, 3 = 11, ( 0, −3, −1) .
 x1 + 3x2 + 2 x3 + x4 = 1,
 2 x + 4 x + x − 2 x = 4,

2
3
4
2)  1
 3x1 + 3x2 + x3 + 3x4 = 5,

− x1 + x2 + 2 x3 − x4 = −1.
Ответ.  = 16, 1 = 64, 2 = −32, 3 = 32,  4 = −16, ( 4, −2,2, −1) .
2. Решить СЛАУ методом Гаусса:
 x1 + 3x2 + 2 x3 + x4 = 1,
 2 x + 4 x + x − 2 x = 4,

2
3
4
1)  1
 3x1 + 3x2 + x3 + 3x4 = 5,

− x1 + x2 + 2 x3 − x4 = −1.
Запишем расширенную матрицу системы и выполним эквивалентные
преобразования. В результате получим:
1
2
(
3
−1
3
4
3
1
1 3
2
2 1 1
ℓ2 − 2ℓ1 → ℓ2
0 −2 −3
1 −2 4
| ) ∼ |ℓ3 − 3ℓ1 → ℓ3 | ∼ (
1 3 5
0 −6 −5
ℓ4 + ℓ1 → ℓ4
2 −1 −1
0 4
4
1 1
−4 2
| )∼
0 2
0 0
49
1 3
2
1 1
ℓ4
ℓ + 6ℓ2 → ℓ3
0 1
1
0 0
∼ | → ℓ2 | ∼ (
| )∼| 3
|∼
ℓ4 + 2ℓ2 → ℓ4
0 −6 −5 0 2
4
0 −2 −3 −4 2
1
0
∼(
0
0
1
0
∼(
0
0
3
1
0
0
3 2
1 1
1 1
0 0
| ) ∼ |ℓ4 + ℓ3 → ℓ4 | ∼
0 1
0 2
0 −1 −4 2
2 1 1
1
ℓ
1 0 0
0
| ) ∼ | 4 → ℓ4 | ∼ (
4
1 0 2
0
0 −4 4
0
3
1
0
0
2 1 1
1 0 0
| ).
1 0 2
0 −1 1
Последней матрице соответствует система линейных уравнений треугольного вида, т.е существует единственное решение:
 x1 + 3x2 + 2 x3 + x4 = 1,

x2 + x3 = 0,


x3 = 2,


− x4 = 1.
Получим решение системы:
 x1 = 1 − 3x2 − 2 x3 − x4 ,  x1 = 4,

 x = −2,
x2 = − x3 ,


 2

x3 = 2,

 x3 = 2,


x4 = −1.

 x4 = −1.
Метод последовательного исключения неизвестных предусматривает,
что переменные можно исключать в любом порядке.
1
2
(
3
−1
3
4
3
1
1 3
2
2 1 1
ℓ2 − 2ℓ1 → ℓ2
0 −2 −3
1 −2 4
| ) ∼ |ℓ3 − 3ℓ1 → ℓ3 | ∼ (
1 3 5
0 −6 −5
ℓ4 + ℓ1 → ℓ4
2 −1 −1
0 4
4
1 3
ℓ4
0 −2
∼ | ↔ ℓ3 | ∼ (
0 1
4
0 −6
1 1
−4 2
| )∼
0 2
0 0
2
1 1
−3 −4 2
| ) ∼ |ℓ4 + ℓ3 → ℓ4 | ∼
1
0 0
−5 0 2
50
1 3
2
1 1
0 −2 −3 −4 2
∼(
| ).
0 1
1
0 0
0 0
1
0 2
Последней матрице соответствует система линейных уравнений:
 x = 1 − 3x2 − 2 x3 − x4 ,
 x1 + 3x2 + 2 x3 + x4 = 1,  1
 x1 = 4,
−2 x2 − 3x3 − 2
 −2 x − 3x − 4 x = 2,

 x4 =
,

 x4 = −1,
2
3
4


4

x
+
x
=
0,
2
3


 x2 = −2,
x2 = − x3 ,


 x3 = 2.
x3 = 2.
x3 = 2.

Ответ. ( 4, −2,2, −1) .
 x1 + 3x2 + 2 x3 + x4 = 1,
2 x + 4 x + x − 2 x = 4,

2
3
4
2)  1
 3x1 + 3x2 + x3 + 3x4 = 5,
 x1 − 3x2 − 3x3 + x4 = 3.
Запишем расширенную матрицу системы и выполним эквивалентные
преобразования. В результате получим:
1
2
(
3
−1
3
4
3
1
1 3
2
2 1 1
ℓ2 + 2ℓ1 → ℓ2
4 10 5
1 −2 4
| ) ∼ |ℓ3 − 3ℓ1 → ℓ3 | ∼ (
1 3 5
0 −6 −5
ℓ4 − ℓ1 → ℓ4
2 −1 −1
0 −6 −5
1 1
0 6
| )∼
0 2
0 2
∼ |ℓ4 − ℓ3 → ℓ4 | ∼
1 3
2
4 10 5
∼(
0 −6 −5
0 0
0
1 1
1
0 6
| ) ∼ (4
0 2
0
0 0
3
2 1 1
10 5 0| 6) .
−6 −5 0 2
В последней матрице отбросили нулевую строку. Запишем систему линейных уравнений, соответствующую последней матрице:
 x1 + 3x2 + 2 x3 + x4 = 1,

 4 x1 + 10 x2 + 5 x3 = 6,
 −6 x − 5 x = 2.
2
3

Эта система является совместной и неопределенной, так как ранги расширенной матрицы и матрицы коэффициентов совпадают (и равны 3), но
51
меньше размерности системы (равной 4). Напомним, что ранг матрицы
совпадает с числом ненулевых строк после применения к ней метода
Гаусса. Количество свободных неизвестных равно n − 3 = 4 − 3 = 1 (n –
число неизвестных системы).
Перенесем одно неизвестное, например x3 , в правую часть последнего
уравнения системы, получим решение:
1
1

x
=
−
x
−
,
4
3

3
3

5
7

 x1 = x3 + ,
6
3

5
1

 x2 = − 6 x3 − 3 .

Неизвестному x3 можно придать любые значения, поэтому система имеет
бесчисленное множество решений.
7 5
1
1
1
5
Ответ.  x3 + ; − x3 − ; x3 ; − x3 −  , x3  .
3 6
3
3
3
6
 x1 + 3x2 + 2 x3 + x4 = 1,
2 x + 4 x + x − 2 x = 4,

2
3
4
3)  1
 3x1 + 3x2 + x3 + 3x4 = 5,
 x1 − 3x2 − 3x3 + x4 = 1.
Выполним над системой эквивалентные преобразования:
1
2
(
3
1
3
2
4
1
3
1
−3 −3
1 1
1 3
2
ℓ2 − 2ℓ1 → ℓ2
−2 4
0 −2 −3
| ) ∼ |ℓ3 − 3ℓ1 → ℓ3 | ∼ (
3 5
0 −6 −5
ℓ4 − ℓ1 → ℓ4
1 1
0 −6 −5
1 3
0 −2
∼ |ℓ4 − ℓ3 → ℓ4 | ∼ (
0 −6
0 0
2
1 1
−3 −4 2
| ).
−5 0 2
0
0 −2
В результате исходная система эквивалентна следующей:
1 1
−4 2
| )∼
0 2
0 0
52
 x1 + 3x2 + 2 x3 + x4 = 1,
 −2 x − 3x − 4 x = 2,

2
3
4

− x2 − 5 x3 = 2,


0 = −2.
Получили противоречивый результат 0 = −2 . Система несовместна (ранг
расширенной матрицы, равный 4, оказался больше ранга матрицы системы, равный 3).
Ответ. Система несовместна.
 2 x1 + 3x2 + x3 = 1,

4) − x1 + x2 + 4 x3 = −5, .
 4 x + 5 x − x = 5.
2
3
 1
Ответ. 4) (1,0, −1) .
5. Задания для самостоятельного решения
1. Решить СЛАУ по правилу Крамера, методом Гаусса, матричным методом:
3x + 4 y + 5 z = 10,

1)  x − y + z = 1,
 2 x + 4 y + z = 8.

−7 x + y + z = −23,

2)  x − 2 y + 4 z = −5,
 3 y + 4 z = −8.

 5 x + 4 y + z = 7,

3) − x + y + 2 z = 0,
 3x − y + z = −3.

 2 x + 3 y + z = 6,

4)  − x + 2 y − z = 0,
3x + 4 y + 7 z = 14.

3x + 4 y − 2 z = 13,

5)  x − 2 y = −3,
 5 x + y − z = 8.

 3x + y + z = 0,

6) 2 x − 3 y − z = −4,
 x + 5 y + 3z = 4.

− x + 2 y + z = 5,

7)  3x − y + 6 z = 4,
 3 y − z = 5.

3x + 4 y + 5 z = −1,

8)  − x + y − 3z = −2,
 2 x − y + z = 3.

 2 x + y − z = 6,

9)  x + 2 y − 3z = 2,
3x − y + 2 z = 10.

Ответ.
1)  = 19, 1 = 38,  2 = 19, 3 = 0;
 −5 16 9 
1
A−1 =  1 −7 2  ;
19 

 6 −4 −7 
x = 2, y = 1, z = 0,
53
2)  = 139, 1 = 417,  2 = 0,  3 = −278;
x = 3, y = 0, z = −2,
 −20 −1 6 
1
 −4 −28 29  ;
A−1 =

139 
21 13 
 3
3)  = 41, 1 = 0,  2 = 82,  3 = −41;
x = 0, y = 2, z = −1,
 3 −5 7 
1
A−1 =  7 2 −11 ;
41 

 −2 17 9 
4)  = 38, 1 = 38,  2 = 38,  3 = 38;
x = 1, y = 1, z = 1,
 18 −17 −5 
1
A−1 =  4
11 1 
38 
7 
 −10 1
5)  = −12, 1 = −12,  2 = −24,  3 = 12;
x = 1, y = 2, z = −1,
 2 2 −4 
1
A = −  1 7 −2  ;
12 

11 17 −10 
−1
6)  = −6, 1 = 0,  2 = −12,  3 = 12;
x = 0, y = 2, z = −2,
2 
 −4 2
1
A = −  −7 8
5  ;
6

 13 −14 −11
−1
7)  = 32, 1 = 0,  2 = 64, 3 = 32;
x = 0, y = 2, z = 1,
 −17 5 13 
1
A−1 =  3 1 9  ;
32 

 9 3 −5 
8)  = −31, 1 = −31,  2 = 31,  3 = 0;
 −2 −9 −17 
1
A−1 = −  −5 −7 4  ;
31 

 −1 11 7 
x = 1, y = −1, z = 0,
54
9)  = −2, 1 = −6,  2 = −2,  3 = −2;
x = 3, y = 1, z = 1,
 1 −1 −1
1
A−1 = −  −11 7 5  .
2

 −7 5 3 
2. Решить систему уравнений общего вида:
 7 x1 − 5 x2 − 2 x3 − 4 x4 = 8,
−3 x + 2 x + x + 2 x = −3,
2
3
4
 1
1)  2 x1 − x2 − x3 − 2 x4 = 1,

− x1 + x3 + 24 x4 = 1,

− x2 + x3 + 2 x4 = 3.

 x1 + x2 = 1,
 x + x + x = 4,
3
 1 2
2)  x2 + x3 + x4 = −3,
 x + x + x = 2,
4
5
 3
 x4 + x5 = −1.
8 x1 + 6 x2 + 5 x3 + 2 x4 = 21,
 3 x + 3 x + 2 x + x = 10,
2
3
4
 1
3)  4 x1 + 2 x2 + 3 x3 + x4 = 8,
 3 x + 5 x + x + x = 15,
2
3
4
 1
7 x1 + 4 x2 + 5 x3 + 2 x4 = 18.
 x1 + x2 − x3 − 2 x4 = 1,
2 x + 2 x − x − 2 x = 4,

2
3
4
4)  1
 − x1 − x2 + 2 x3 + 3x4 = 3,
 3x1 + 3x2 + x34 = 15.
Ответ. 1) ( −1 + x3 , −3 + x3 , x3 ,0 ) , x3  ;
2) ( 6 − x5 , −5 + x5 ,3, −1 − x5 , x5 ) , x5  ;
3) ( 3,0, −5,11) ;
4) ( 3 − x2 , x2 ,6, −2 ) , x2  .
55
Модуль III
Векторная алгебра и аналитическая геометрия
Блок №1
1. Векторы. Линейные операции над векторами
Вектором называют направленный отрезок. Вектор с началом в точке А
и концом в точке В обозначают АВ ; векторы также можно обозначать малыми латинскими буквами a, b , ... Вектор инвариантен относительно параллельного переноса на плоскости и в пространстве, другими словами, вектор
можно отложить из любой точки пространства и перенести в любую другую
точку.
Длину отрезка АВ называют длиной (или модулем) вектора АВ и обозначают АВ . Вектор нулевой длины называется нулевым и обозначается 0 ;
вектор единичной длины называется единичным вектором. Единичный вектор, направление которого совпадает с направлением вектора a , называют
ортом вектора a и обозначают a 0 ; при этом a 0 =
a
.
a
Два ненулевых вектора называют противоположными, если они имеют
равную длину и противоположны по направлению. Вектор, противоположный к a , обозначают − a ; вектору АВ противоположен вектор ВА . Векторы
a и b называют коллинеарными, если они лежат на одной прямой или на
параллельных прямых, и обозначают а⃗ ∥ 𝑏⃗. Векторы (не менее трех) называют компланарными, если они лежат в одной плоскости или в параллельных
плоскостях. Векторы a и b называют сонаправленными, если они коллине-
56
арны и лежат в одной полуплоскости с границей, проходящей через их начала.
Векторы a и b называют равными
(и пишут a = b ), если они сонаправлены и
а
а
b
имеют равные длины.
b
с
Рис. 15
Суммой векторов a и b называют
вектор с , соединяющий начало вектора a
с концом вектора b , отложенного от конца вектора a (рис. 15). Обозначение:
с = a + b . Для построения суммы векто-
а
с
b
Рис. 16
ров часто пользуются правилом «параллелограмма», суть которого проиллюстрирована на рис. 16.
Разностью векторов a и b называют вектор с такой, что b + с = a .
Обозначение: с = a − b . Справедливо равенство с = a + (−b ) .
Произведением вектора a на действительное число   0 называют
вектор, который имеет длину   а , сонаправленный с a при   0 и противоположно направленный с a при   0 . Обозначение: а .
Свойства линейных операций над векторами:
1) 𝑎 + 𝑏⃗ = 𝑏⃗ + 𝑎
(коммутативность),
2) (𝑎 + 𝑏⃗) + 𝑐 = 𝑎 + (𝑏⃗ + 𝑐 )
(ассоциативность),
3) 𝜆(𝑎 + 𝑏⃗) = 𝜆𝑎 + 𝜆𝑏⃗
(дистрибутивность относительно векторов),
4) (𝜆 + 𝜇)𝑎 = 𝜆𝑎 + 𝜇𝑎
(дистрибутивность относительно коэффициентов).
Система векторов a1 , a2 , ... , an называется линейно-зависимой, если
существуют числа 1,  2 , ... ,  n , не все равные нулю и такие, что
1a1 +  2 a2 + ... +  n an = 0 . Если равенство 1a1 +  2 a2 + ... +  n an = 0 возможно
лишь при 1 =  2 = ... =  n = 0 , то система векторов называется линейнонезависимой.
57
Имеют место следующие признаки коллинеарности и компланарности
векторов:
Теорема. а) Два ненулевых вектора коллинеарны в том и только в том
случае, если они линейно-зависимы.
б) Три ненулевых вектора компланарны в том и только в том случае,
если они линейно-зависимы.
Упорядоченную тройку е1, е2 , е3 (двойку е1, е2 ) некомпланарных (неколлинеарных) векторов пространства (плоскости) называют базисом на
множестве всех векторов пространства (плоскости). Если векторы е1, е2 , е3 –
единичные и взаимно перпендикулярные, то базис называется ортонормированным.
Теорема. Любой ненулевой вектор a в пространстве можно разложить
единственным образом по векторам базиса е1, е2 , е3 , т.е. записать его в виде
линейной комбинации векторов базиса: а = х1е1 + х2е2 + х3е3 , х1 , х2 , х3 ∈ ℝ.
Дадим определение угла между неколлинеарными
векторами a и b . Отложим вектора a и b из одной точки;
при этом общее начало и концы векторов образуют вершины треугольника. Углом φ между векторами a и b назовем
а

b
Рис. 17
угол при вершине этого треугольника, совпадающей с началом векторов
(рис. 17). Угол между сонаправленными векторами равен 0˚, между противоположно направленными – 180˚. Векторы называют ортогональными, если
угол между ними равен 90˚.
Проекцией вектора a на направление вектора b (или на ось, параллельную и сонаправленную b ) называют число прb a = a  cos  , где  – угол
между векторами a и b .
Основные свойства проекции:
1) прa (b + c ) = прa b + пр a c ,
2) прa (b ) =   пр a (b ).
58
2. Координаты вектора
Пусть в пространстве введена декартова прямоугольная система координат Оxyz, i , j , k – орты координатных осей Ox, Oy, Oz соответственно, т.е.
орты i , j , k образуют в пространстве ортонормированный базис. Как было
указано выше, любой вектор a единственным образом разлагается по векторам этого базиса: а = хi + yj + zk , х, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ. Коэффициенты х, y , z этого разложения называют координатами вектора a в базисе i , j , k . При этом вектор
a с координатами х, y , z записывают в виде а = ( х, y, z) .
Зная координаты вектора а = ( х, y, z) , можно определить его длину по
формуле:
а = x2 + y 2 + z 2 .
Вектор
а = ( х, y, z)
образует
с
координатными
осями
углы
 = (a , i ),  = (a , j ),  = (a, k ) . Направление вектора a можно задать с
помощью направляющих косинусов
cos  =
x
y
z
, cos  = , cos  = ,
a
a
a
для которых справедливо тождество cos 2  + cos 2  + cos 2  = 1.
Пусть даны два вектора a = ( x1 , y1, z1 ) и b = ( x2 , y2 , z2 ) . Справедливы
следующие утверждения:
1. Векторы a и b равны тогда и только тогда, когда равны их соответствующие координаты, т.е.
a =b

 x1 = x2 ,

 y1 = y2 ,
z = z .
 1 2
2. Векторы a и b коллинеарны тогда и только тогда, когда их соответствующие координаты пропорциональны, т.е.
59
𝑎 ∥ 𝑏⃗ ⇔
𝑥1
𝑥2
=
𝑦1
𝑦2
=
𝑧1
𝑧2
.
3. Векторы a , b и с = ( x3 , y3 , z3 ) компланарны тогда и только тогда, когда определитель, составленный из их координат, равен нулю, т.е.
a , b , с − компланарны 
x1
y1
z1
x2
x3
y2
y3
z2 = 0 .
z3
Операции над векторами a = ( x1 , y1, z1 ) и b = ( x2 , y2 , z2 ) , заданными своими координатами, определяются следующим образом:
𝑎 ± 𝑏⃗ = (𝑥1 ± 𝑥2 , 𝑦1 ± 𝑦2 , 𝑧1 ± 𝑧2 ),
𝜆𝑎 = (𝜆𝑥1 , 𝜆𝑦1 , 𝜆𝑧1 ), 𝜆 ∈ ℝ.
Координаты вектора АВ , заданного двумя точками, – началом A( x1, y1, z1 ) и
концом В( x2 , y2 , z2 ) , – вычисляются по формуле
АВ = ( x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ) .
3. Нелинейные операции над векторами
Скалярным произведением a  b двух ненулевых векторов a и b называют число, равное произведению длин векторов на косинус угла φ между
ними (рис. 17):
a  b = a  b  cos  .
По определению a  0 = 0  a = 0 . Наряду с обозначением a  b для скалярного
произведения используют запись (a , b ) .
Из определения скалярного произведения следует формула для нахождения косинуса угла между векторами:
cos  =
a b
ab
.
60
Заметим, что скалярное произведение можно определить, используя понятие
проекции вектора: a  b = a  пр a b = b  прb a , следовательно, справедлива
формула
прb a =
a b
b
.
Свойства скалярного произведения векторов:
1) a  b = b  a
(коммутативность),
2) a  (b + c ) = a  b + a  c
(дистрибутивность),
3) (a )  b = ( a  b )
(ассоциативность),
4) a 2 = a  a = a , откуда a 2  0, a = a  a ,
2
5) a  b = 0

a ⊥ b (или хотя бы один из векторов a , b нулевой).
Последнее свойство позволяет осуществлять проверку векторов на ортогональность, вычисляя их скалярное произведение.
Если
векторы
заданы
своими
координатами
a = ( x1 , y1 , z1 )
и
b = ( x2 , y2 , z2 ) , то
a  b = x1 x2 + y1 y2 + z1z2 ,
cos  =
x1 x2 + y1 y2 + z1 z2
x12 + y12 + z12  x22 + y22 + z22
прb a =
x1 x2 + y1 y2 + z1 z2
x22 + y22 + z22
,
.
Три некомпланарных вектора a , b и с , взятых в указанном порядке,
образуют правую (левую) тройку, если из конца вектора с кратчайший поворот от первого вектора a ко второму вектору b виден совершающимся
против (по) часовой стрелке (рис. 18).
61
с
с
b
а
а
b
Правая тройка
Левая тройка
Рис. 18
Векторным произведением a  b неколлинеарных векторов a и b
называют вектор с такой, что:
1) с ⊥ a , с ⊥ b ;
2) с = a  b  sin  , где φ – угол между векторами a и b ;
3) векторы a , b и с образуют правую тройку.
Если векторы a и b коллинеарны или хотя бы один из них нулевой, то по
определению a  b = 0 . Наряду с обозначением a  b для векторного произведения используют запись [a, b ] .
Свойства векторного произведения векторов:
1) a  b = −b  a
(антикоммутативность),
2) a  (b + c ) = a  b + a  c
(дистрибутивность),
3) (a  b ) = (a )  b = a  (b )
(ассоциативность),
4) a  b = 0, если a b (или a = 0, или b = 0).
Последнее свойство позволяет осуществлять проверку ненулевых векторов
на коллинеарность, вычисляя их векторное произведение.
Если
векторы
заданы
своими
координатами
a = ( x1 , y1 , z1 )
и
b = ( x2 , y2 , z2 ) , то
i
a  b = x1
x2
j
y1
y2
k
z1 .
z2
Из определения векторного произведения следует, что площадь параллелограмма, построенного на векторах a и b , можно вычислить по формуле
62
S = a b .
Смешанным произведением abс трех векторов a , b и с называют
число, равное скалярному произведению вектора a  b на вектор с , т.е.
abс = (a  b )  с . Наряду с обозначением abс для смешанного произведения
используют запись (a , b , с ) .
Свойства смешанного произведения векторов:
1) (a  b )  с = (b  с )  a = (с  a )  b , т.е. смешанное произведение не меняется
при циклической перестановке векторов;
2) (a  b )  с = a  (b  с ) , т.е. смешанное произведение не меняется при перестановке знаков операций;
3) abс = −aсb = −baс = сba , т.е. смешанное произведение антикоммутативно
относительно соседних сомножителей;
4) abс = 0 , если a , b и с компланарны (в частности, если среди сомножителей есть коллинеарные векторы);
5) Если abс  0 , то a , b , с – правая тройка, если abс  0 , то a , b , с – левая
тройка.
Если векторы заданы своими координатами a = ( x1 , y1, z1 ) , b = ( x2 , y2 , z2 )
, с = ( x3 , y3 , z3 ) , то
x1
y1
z1
abс = x2
x3
y2
y3
z2 .
z3
Геометрически смешанное произведение можно интерпретировать как
число, равное объему параллелепипеда, построенного на векторах a , b и с
как на ребрах. Поэтому объем V1 параллелепипеда и объем V2 треугольной
пирамиды, построенных на векторах a , 𝑏⃗ и с , можно найти по формулам:
V1 = abс ,
V2 =
1
abс .
6
63
4. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Даны векторы a1 ( 4; −2; −4 ) , a2 ( 6; −3;2 ) .
2) ( 2a1 − 3a2 )( a1 + 2a2 ) ; 3) ( a1 − a2 ) ;
Найти: 1) ( a1 , a2 ) ;
2
4) 2a1 − a2 ; 5) прa1 a2 ; 6) прa2 a1 ;
7) направляющие косинусы вектора a1 ;
(
8) прa1 +a2 ( a1 − 2a2 ) ;
)
9) cos a1 , a2 .
Решение. 1) ( a1, a2 ) = 4  6 + ( −2 )  ( −3) + ( −4 )  2 = 22 ;
2) ( 2a1 − 3a2 )( a1 + 2a2 ) = ( −10;5; −14 )  (16; −8;0 ) = −160 − 40 = −200 ;
3) ( a1 − a2 ) = ( −2;1; −6 ) = 4 + 1 + 36 = 41 ;
2
2
4) 2a1 − a2 = ( 2; −1; −10 ) = 22 + ( −1) + ( −10 ) = 105 ;
2
5) прa1 a2 =
( a1, a2 ) = 22 = 11 ;
6) прa2 a1 =
( a1, a2 ) = 22 ;
a1
a2
6
2
3
7
7) направляющие косинусы вектора a1
cos  =
8) прa1 +a2 ( a1 − 2a2 ) =
(
)
9) cos a1 , a2 =
Ответ. 1) 22;
4 2
−2
1
−4
2
= , cos  =
= − , cos  =
=− ;
a1 3
a1
3
a1
3
( a1 + a2 )  ( a1 − 2a2 ) = −
a1 + a2
( a1, a2 ) =
a1  a2
84
;
129
22 11
= .
6  7 21
2) –200;
3) 41;
4) 105 ;
5)
11
;
3
64
6)
2
1
2
22
; 7) cos  = , cos  = − , cos  = − ;
3
3
3
7
9)
11
.
21
8) −
84 129
;
129
2. В треугольнике с вершинами А (1; −1;2 ) , В ( 5; −6;2 ) , С (1;3; −1) найти высоту, опущенную из вершины В.
S ABC =
Решение.
1
1
AC  BD , S ABC =  AB, AC  ,
2
2
i
j k
 AB, AC  = 4 −5 0 = 15i + 12 j + 16k = 152 + 12 2 + 16 2 = 25 ,


0 4 −3
hB = BD =
2S ABC
AC
=
25
= 5.
5
Ответ. 5.
3. Вычислить объем тетраэдра ОАВС, если OA = 3i + 4 j , OB = −3 j + k ,
OC = 2 j + 5k .
Решение. Vтетр
3 4 0
1
1
1
1
= Vпар −да = OA, OB, OC = 0 −3 1 = −51 = 8,5 .
6
6
6
6
0 2 5
(
)
Ответ. 8,5.
4. Доказать, что векторы e1 (−2,1,3) ,
e2 (1,2, −1) , e3 (4,0,1) образуют базис.
Найти разложение вектора a (1,4,6 ) в этом базисе.
Решение. Тройка некомпланарных векторов образует базис.
−2
1
1
3
2 0 = −33  0 , следовательно, e1 , e2 , e3 - базис.
−1 1
4
a = 1e1 +  2e2 +  3e3 , (1,4,6 ) = 1 (−2,1,3) +  2 (1,2, −1) +  3 (4,0,1) ,
65
−21 +  2 + 4 3 = 1,

 1 + 2 2 = 1,
 3 −  +  = 6.
 1 2 3
 1 = 2,

Решая систему, получим   2 = 1,
  = 1.
 3
Тогда a = 2e1 + e2 + e3 .
Ответ. a = 2e1 + e2 + e3 .
5. Задания для самостоятельного решения
1. Векторы a и b образуют угол  =
Найти: 1) ( a , b ) ;
2) ( a ) ;
2
5) ( 3a − 2b ) ( a + 2b ) ;
2
, также a = 3 , b = 4 .
3
4) ( a + b ) ;
3) ( b ) ;
2
2
6) ( a − b ) ;
2
7) ( 3a + 2b ) .
2
Ответ. 1) –6; 2) 9; 3) 16; 4) 13; 5) –61; 6) 37; 7) 73 .
2. Найти координаты вектора x , если известно, что он перпендикулярен
векторам a1 (4; −2; −3) и a2 (0;1;3) , образует с ортом j тупой угол и x = 26 .
Ответ. x (–6; –24; 8).
3. Найти координаты вектора x , если он перпендикулярен векторам
a1 (2; −3;1)
и
a2 (1; −2;3) ,
а
также
удовлетворяет
условию:
x  ( i + 2 j − 7k ) = 10 .
Ответ. x (7; 5; 1)
4. Даны A(4; 2; 5), B(0; 7; 2), C(0; 2; 7). Коллинеарны ли вектора m и n , если
m = 2 AB − 3CB , n = CA ?
Ответ. Нет.
5. Компланарны ли данные векторы:
а) a = −2i + j + k , b = i − 2 j + 3k , c = 14i − 13 j + 7k ;
б) a = 2i + j − 3k , b = 3i − 2 j + 2k , c = i − 4 j + k ?
Ответ. а) компланарны; б) не компланарны.
6. При каком  векторы a , b , c будут компланарны, если:
66
а) a (,3,1), b (5, −1,2), c (−1,5,4);
б) a (1,2,1), b (1, ,0), c (0, ,1)?
Ответ. а) –3; б) любое.
7. Даны точки A(–3; 2; –1), B(1; –1; 4), C(2; 0; 1), D(1; –3; 5).
Найдите: а) длину отрезка AB; б) косинус угла B в треугольнике ABC;
(
)
в) пр AB 2 BC − AD ;
0
г) AB и направляющие косинусы вектора AB ;
д) площадь треугольника ABC;
е) высоту h треугольника ABC, опущенную из вершины C на
сторону AB;
ж) объём пирамиды ABCD.
Ответ. а) 5 2 ; б)
7 22
; в) −8,9 2 ;
55
02 2
2 2
2 2
2 2
3 2 2
,−
,
г) AB 
, cos  =
, cos  =
;
 , cos  =
5
5
5
10 2 
 5
д)
354
9
177
; е)
; ж) .
5
2
2
8. Дано: a1 (3; −1;2), a2 (1;2; −1). Найти:
а)  a1, a2 ; б) 2a1 + a2 , a2 ; с) 2a1 − a2 ,2a1 + a2 .
Ответ. а) (–3; 5; 7); б) (–6; 10; 14); с) (–12; 20; 28).
9. Даны векторы: a = mi + 3 j + 4k , b = 4i + mj − 7k . При каком значении m
эти векторы перпендикулярны?
Ответ. m = 4.
10.Даны четыре вектора: a ( 2;1;0 ) , b (1; −1;2 ) , c ( 2;2; −1) , d ( 3;7; −7 ) . Найти
разложение каждого из этих четырех векторов, принимая в качестве базиса три остальных.
3
1
1
2
1
1
Ответ. a = b − c + d , b = a + c − d , c = −2a + 3b + d ,
3
3
3
2
2
2
67
d = 2a − 3b + c .
Блок №2
1. Плоскость и прямая в пространстве
Каждая плоскость в прямоугольной декартовой системе координат
Oxyz определяется линейным алгебраическим уравнением первой степени с
тремя неизвестными. И наоборот, каждое линейное уравнение первой степени с тремя неизвестными определяет некоторую плоскость в пространстве.
Можно выделить следующие основные виды уравнения плоскости.
1. Уравнение плоскости, проходящей через точку M ( x0 , y0 , z0 ) и перпендикулярной вектору n = ( A, B, C ) :
A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 .
2. Общее уравнение плоскости:
Ax + By + Cz + D = 0 при A2 + B2 + C 2  0 .
Заметим, что если плоскость задана общим уравнением Ax + By + Cz + D = 0 ,
то вектор n = ( A, B, C ) перпендикулярен этой плоскости. Этот вектор называют нормальным вектором плоскости, а прямую, параллельную нормальному вектору, называют нормалью к плоскости.
3. Уравнение плоскости в отрезках:
x y z
+ + =1,
a b c
где a, b, c – абсцисса, ордината и аппликата точек пересечения плоскостью
координатных осей Ox, Oy и Oz соответственно.
4. Уравнение плоскости, проходящей через три точки
M 2 ( x2 , y2 , z2 ) , M 3 ( x3 , y3 , z3 ) , не лежащие на одной прямой:
M1 ( x1, y1, z1 ) ,
68
x − x1
y − y1
z − z1
x2 − x1
x3 − x1
y2 − y1
y3 − y1
z2 − z1 = 0 .
z3 − z1
5. Нормальное уравнение плоскости:
x cos  + y cos  + z cos  = p ,
где cos , cos , cos  – направляющие косинусы вектора нормали к плоскости, направленного из начала координат в сторону плоскости, p – расстояние
от начала координат до плоскости.
Углом между плоскостями в пространстве называют угол между нормалями к этим плоскостям. Если две плоскости заданы общими уравнениями
A1x + B1 y + C1z + D1 = 0 , A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 , и, следовательно, нормаль-
ные векторы плоскостей равны n1 = ( A1, B1, C1 ) и n2 = ( A2 , B2 , C2 ) , то косинус
угла φ между плоскостями определяется по формуле:
cos  =
n1  n2
=
n1  n2
А1 А2 + В1В2 + С1С2
А + В +С  А + В +С
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
.
Условие параллельности двух плоскостей:
 D1 

;
 D2 
A1 B1 C1
=
=
A2 B2 C2
условие перпендикулярности двух плоскостей:
А1 А2 + В1В2 + С1С2 = 0 ;
плоскости совпадают, если
A1 B1 C1 D1
=
=
=
.
A2 B2 C2 D2
Расстояние d от точки M ( x0 , y0 , z0 ) до плоскости Ax + By + Cz + D = 0
можно найти по формуле:
d=
Аx0 + Вy0 + Сz0 + D
А + В +С
2
2
2
.
Можно выделить следующие основные виды уравнений прямой.
69
1. Канонические уравнения прямой, проходящей через точку M ( x0 , y0 , z0 )
параллельно ненулевому вектору p = ( a, b, c ) :
x − x0 y − y0 z − z0
.
=
=
a
b
c
Вектор p называют направляющим вектором прямой.
2. Параметрические уравнения прямой, проходящей через точку M ( x0 , y0 , z0 )
параллельно ненулевому вектору p = ( a, b, c ) :
 x = x0 + at ,

 y = y0 + bt ,
 z = z + ct ,
0

𝑡 ∈ ℝ.
3. Уравнение прямой, проходящей через две различные точки M1 ( x1, y1, z1 ) ,
M 2 ( x2 , y2 , z2 ) :
x − x1
y − y1
z − z1
=
=
.
x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1
4. Прямую можно задать как множество точек пересечения двух различных
непараллельных
плоскостей
с
уравнениями
A1x + B1 y + C1z + D1 = 0 ,
A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 . Общее уравнение такой прямой имеет вид:
 A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0,

 A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0.
Направляющий вектор такой прямой можно найти по формуле p = n1  n2 , где
n1 = ( А1 , В1 , С1 ) и n2 = ( А2 , В2 , С2 ) – нормальные векторы к плоскостям.
Углом между прямыми в пространстве называют угол между их
направляющими
векторами.
Если
две
прямые
заданы
уравнениями
x − x1 y − y1 z − z1 x − x2 y − y2 z − z2
=
=
=
=
,
, и, следовательно, направляюa2
b2
c2
a1
b1
c1
щие векторы прямых равны p1 = ( a1 , b1 , c1 ) и p2 = ( a2 , b2 , c2 ) , то косинус угла φ
между прямыми определяется по формуле:
70
cos  =
p1  p2
a1a2 + b1b2 + c1c2
.
=
2
2
2
2
2
2
p1  p2
a1 + b1 + c1  a2 + b2 + c2
Условие параллельности (или совпадения) двух прямых:
a1 b1 c1
= = ;
a2 b2 c2
условие перпендикулярности двух прямых:
a1a2 + b1b2 + c1c2 = 0 ;
условие, при котором две прямые лежат в одной плоскости:
x2 − x1
y2 − y1
z2 − z1
a1
a2
b1
b2
c1
c2
=0,
если при этом направляющие векторы p1 и p2 неколлинеарны, то прямые
пересекаются.
Синус угла φ между прямой
x − x0 y − y0 z − z0
=
=
с направляющим
a
b
c
вектором p = ( a, b, c ) и плоскостью Ax + By + Cz + D = 0 с нормальным вектором n = ( A, B, C ) определяется по формуле:
sin  =
n p
=
n p
Aa + Bb + Cc
A + B +C  a +b +c
2
2
2
2
2
2
.
Условие параллельности прямой и плоскости:
Aa + Bb + Cc = 0 ;
условие перпендикулярности прямой и плоскости:
A B C
= = .
a b c
2. Прямая на плоскости
Каждая прямая на плоскости в прямоугольной декартовой системе координат Oxy определяется линейным алгебраическим уравнением первой
71
степени с двумя неизвестными. И наоборот, каждое линейное уравнение первой степени с двумя неизвестными определяет некоторую прямую на плоскости.
Можно выделить следующие основные виды уравнения прямой на
плоскости.
1. Уравнение прямой с угловым коэффициентом:
y = kx + b ,
где k – угловой коэффициент прямой (тангенс угла наклона прямой к положительному направлению оси Ох), b – ордината точки пересечения прямой с
осью Оу.
2. Общее уравнение прямой:
Ax + By + C = 0 при A2 + B2  0 .
Заметим, что если прямая задана общим уравнением Ax + By + C = 0 , то вектор n = ( A, B ) перпендикулярен этой прямой. Этот вектор называют нормальным вектором прямой.
3. Уравнение прямой в отрезках:
x y
+ =1,
a b
где a и b – абсцисса и ордината точек пересечения прямой с координатными
осями Ox и Oy соответственно.
4. Уравнение прямой, проходящей через точку M ( x0 , y0 ) параллельно ненулевому вектору p = ( a, b ) :
x − x0 y − y0
=
.
a
b
5. Уравнение прямой, проходящей через две различные точки M1 ( x1, y1 ) ,
M 2 ( x2 , y2 ) :
x − x1
y − y1
=
.
x2 − x1 y2 − y1
6. Нормальное уравнение прямой:
72
x cos  + y sin  = p ,
где p – длина перпендикуляра, опущенного из начала координат на прямую,
α – угол между этим перпендикуляром и положительным направлением оси
Ох.
Если две прямые заданы уравнениями с угловыми коэффициентами
y = k1 x + b1 , y = k2 x + b2 , то угол φ между ними определяется по формуле:
tg  =
k2 − k1
.
1 + k1k2
Условие параллельности двух прямых: k1 = k2 ; условие перпендикулярности:
k1k2 = −1.
Если две прямые заданы общими уравнениями A1 x + B1 y + C1 = 0 ,
A2 x + B2 y + C2 = 0 , то угол φ между ними определяется по формуле:
tg  =
А1В2 − А2 В1
.
А1 А2 + В1В2
Условие параллельности двух прямых:
А1 В1
=
; условие перпендикулярноА2 В2
сти: А1 А2 + В1В2 = 0 .
Расстояние d от точки M ( x0 , y0 ) до прямой Ax + By + C = 0 можно
найти по формуле:
d=
Аx0 + Вy0 + С
А +В
2
2
.
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения и понятия.
73
1. Написать уравнение плоскости p , проходящей через заданные точки
и
M1 (1;2;0)
M 2 (2;1;1) ,
перпендикулярно
заданной
плоскости
p : −x + y −1 = 0 .
Решение. Зададим еще одну точку M ( x; y; z) , лежащую на искомой плоскости. Тогда два вектора M 1M , M 1M 2 , лежащие на искомой плоскости, и
вектор нормали n ( −1;1;0 ) к плоскости p являются компланарными, значит, смешанное произведение этих трех векторов будет равным нулю.
( M M , M M , n) =
1
1
x −1 y − 2 z
−1
1
1
−1
2
1 = 0 , т.е. x + y − 3 = 0 .
0
Ответ. x + y − 3 = 0 .
2. Написать уравнение плоскости, проходящей через точку M 0 (1;1;1) , параллельно векторам a1 (0;1;2) , a2 (−1;0;1) .
Решение. Пусть векторы M 0 M , a1 , a2 компланарны, где M ( x; y; z) – произвольная
точка
(M M , a , a ) =
0
1
2
на
искомой
плоскости,
тогда
x −1 y −1 z −1
0
−1
2 = 0 , т.е. x − 2 y + z = 0 .
1
1
0
Ответ. x − 2 y + z = 0 .
3. Написать уравнение плоскости, проходящей через точки M1 (1;2;0) и
M 2 (2;1;1) , параллельно вектору a (3;0;1) .
Решение. Рассмотрим один из способов решения задачи. Пусть произвольная точка M ( x; y; z) лежит на искомой плоскости. Тогда векторы
M 1M , M 1M 2 , a - компланарны, следовательно, их смешанное произведе-
ние будет равным нулю.
(M M , M M , a) =
1
1
2
x −1 y − 2 z
1
3
−1
0
1 = 0 , т.е. x − 2 y − 3z + 3 = 0 .
1
74
Ответ. x − 2 y − 3z + 3 = 0 .
4. Написать уравнение плоскости, проходящей через три заданные точки
M1 (1;2;0) , M 2 (2;1;1) , M 3 (3;0;1) .
Решение. Задав четвертую точку M ( x; y; z) , принадлежащую искомой
плоскости, в результате получим тройку компланарных векторов, следовательно,
(M M , M M , M M ) =
1
1
2
1
x −1 y − 2 z
3
−1
−2
1
2
1 = 0 , т.е. x + y − 3 = 0 .
1
Ответ. x + y − 3 = 0 .
5. Написать канонические уравнения прямой, проходящей через точку
M 0 (2;0; −3) , параллельно:
а) вектору q ( 2; −3;5) ;
б) прямой l :
3x − y + 2 z − 7 = 0,
г) прямой l  : 
 x + 3 y − 2 z − 3 = 0;
x −1 y + 2 z +1
=
=
;
5
2
−1
в) оси OX;

 x = −2 + t ,

д) прямой l  :  y = 2t ,

1
 z = 1 − t.

2
Решение. Так как искомая прямая проходит через известную точку, то канонические уравнения будут
а)
вектор
q ( 2; −3;5)
–
x−2 y z+3
= =
:
l
m
n
направляющий
вектор,
следовательно,
x−2 y z +3
=
=
.
2
−3
5
б) для прямой l :
x −1 y + 2 z +1
=
=
направляющим вектором является
5
2
−1
q1 ( 5;2; −1) , который возьмем в качестве направляющего и для искомой
прямой, тогда
x−2 y z +3
= =
.
5
2
−1
75
в) в качестве направляющего вектора воспользуемся i (1;0;0 ) , тогда
x−2 y z +3
.
= =
1
0
0
3x − y + 2 z − 7 = 0,
г) для прямой l  : 
 x + 3 y − 2 z − 3 = 0;
i
j
найдем
направляющий
вектор
k
q =  n1 , n2  = 3 −1 2 = −4i + 8 j + 10k , который будем направляющим
1 3 −2
вектором и для искомой прямой, т.е.
x−2 y z +3
= =
.
−4
8
10

 x = −2 + t ,

д) у прямой l  :  y = 2t , координаты направляющего вектора известны,

1
 z = 1 − t.

2
воспользуемся ими и получим
Ответ. а)
г)
x−2 y z +3
.
= =
1
2 −1
2
x−2 y z +3
=
=
;
2
−3
5
б)
x−2 y z +3
= =
;
−4
8
10
д)
x−2 y z +3
= =
;
5
2
−1
в)
x−2 y z +3
= =
;
1
0
0
x−2 y z +3
.
= =
1
2 −1
2
6. Написать уравнения прямой, проходящей через две заданные точки
M1 (1; −2;1) и M 3 (3;1; −1) .
Решение. Применим формулу
мые уравнения
Ответ.
x − x1
y − y1
z − z1
=
=
и получим искоx2 − x1 y2 − y1 z2 − z1
x −1 y + 2 z − 3
=
=
.
2
3
−2
x −1 y + 2 z − 3
=
=
.
2
3
−2
76
7. Прямая задана общими уравнениями плоскостей. Написать для этой пря2 x − y + 2 z − 3 = 0,
мой канонические уравнения, если l : 
 x + 2 y − z − 1.
 5 7
Решение. Пусть прямая проходит через точку M 0  0; ;  , тогда
 3 3
l:
x
=
−3
5
7
z−
3=
3.
4
5
y−
Ответ. l :
x
=
−3
5
7
z−
3=
3.
4
5
y−
8. Дана плоскость П : 2 x − y + 3z − 4 = 0 и точка M 0 (1;0;3) , не лежащая на
этой плоскости П. Найти точку M – проекцию точки M 0 на плоскость П,
а также точку M1 , симметричную заданной M 0 относительно плоскости
П.
Решение. Пусть прямая проходит через точку M 0 и перпендикулярно заданной плоскости. Тогда точкой пересечения прямой и плоскости будет
точка
M,
найдем
ее
координаты,
решив
систему
уравнений:
2 x − y + 3z − 4 = 0,

 1 3
 x − 1 y z − 3 т.е. M  0; ;  , а воспользовавшись формулами по 2 2
 2 = −1 = 3 ,
лучения координат середины отрезка, получим координаты точки M1 .
 1 3
Ответ. M  0; ;  , M1 ( −1;1;0 ) .
 2 2
9. Дана прямая l :
x − 3 y z +1
= =
и точка M 0 (1;0;3) , не лежащая на этой
2
4
1
прямой. Найти точку M – проекцию точки M 0 на прямую, а также точку
M1 , симметричную заданной M 0 относительно прямой l .
77
Решение. В этой задаче найдем уравнение плоскости, проходящей через
данную точку M 0 и перпендикулярно заданной прямой l . А далее ход
решения такой же, как и в задаче 8.
Ответ. M ( 3;0; −1) , M1 ( 5;0; −5) .
2 x + 2 y − z − 10 = 0,
x+7 y −5 z −9
=
=
10.Доказать, что прямые l1 : 
и l2 :
па3
−1
4
 x − y − z − 22 = 0
раллельны, и найти расстояние  ( l1, l2 ) между прямыми, если известно,
что точка M 0 (−7;5;9) лежит на прямой l2 .
Решение. Чтобы доказать, что прямые параллельны, необходимо установить, будут ли коллинеарны направляющие векторы. Проверим это.
i
2 x + 2 y − z − 10 = 0,
l1 : 
 x − y − z − 22 = 0,
l2 :
j
k
p1 =  n1 , n2  = 2 2 −1 = −3i + j − 4k ;
1 −1 −1
x+7 y −5 z −9
=
=
, p2 = ( 3; −1;4 ).
3
−1
4
Координаты направляющих векторов p1 и p2 пропорциональны, следовательно, прямые параллельны.
Найдем уравнение плоскости, проходящую через точку M 0 и перпендикулярную прямым l1 , l2 . В результате получим П :3x − y + 4z − 10 = 0 .
Найдем точку M1 пересечения прямой l1 и плоскости П, решив систему
3x − y + 4 z − 10 = 0,

2 x + 2 y − z − 10 = 0,
 x − y − z − 22 = 0.

Получим M1 ( 9; −7; −6 ) . Тогда
 ( l1, l2 ) = M 0 M1 =
(9 + 7 ) + ( −7 − 5) + ( −6 − 9 )
2
2
2
= 25 .
Ответ.  ( l1, l2 ) = 25 .
11.Заданы прямая l : −2 x + y − 1 = 0 и точка M ( −1;2 ) .
78
1) Написать уравнение прямой l  , проходящей через точку M перпендикулярно заданной прямой l .
2) Написать уравнение прямой l , проходящей через точку M параллельно заданной прямой l .
3) Найти расстояние  от точки M до прямой l .
4) Найти точку M1 , симметричную заданной M относительно прямой l .
Решение. l : −2 x + y − 1 = 0 или y = 2 x + 1, k = 2 .
1) l ⊥ l , k  = −
1
3
1
1
= − , l  M , следовательно, l  : y = − x +
k
2
2
2
2) 𝑙 ″ ∥ 𝑙, k  = k = 2 , l  M , тогда l : y = 2 x + 4 .
3) Найдем точку M 2 пересечения прямых l и l  ,решив систему уравнений:
 y = 2 x + 1,


1
3
y
=
−
x
+
.

2
2
3 5
1 7
Получим M 2  ;  , тогда  ( M , l ) = MM 2 =
.
5
5 5
4) Для того, чтобы найти точку M1 , симметричную заданной точке M относительно прямой l , воспользуемся формулами получения координат
7 4
середины отрезка, и получим M 1  ;  .
5 5
1
3
3 5
7 4
Ответ. 1) l  : y = − x + ; 2) l : y = 2 x + 4 ; 3)  =
; 4) M 1  ;  .
5
2
2
5 5
4. Задания для самостоятельного решения
1. Треугольник АВС задан координатами своих вершин: А(1; 2), В(2; –2), С(6;
1). Требуется: 1) написать уравнение стороны АВ;
2) написать уравнение высоты СD и вычислить ее длину;
3) найти угол между высотой СD и медианой ВМ.
79
Ответ. 1) y = 6 − 4 x ;
СD =
 26 2 
 76 19 
2) y = 0,25x − 0,5 , D  ; −  , СD  − ; −  ,
 17 17 
 17 17 
6137
;
17
3) tg  =
25
.
19
2. Написать общее уравнение прямой, заданной точкой М(–1; 2) и нормальным вектором n (2; 2).
Ответ. x + y − 1 = 0 .
3. Написать общее уравнение прямой, заданной точкой М(–1; 2) и направляющим вектором p ( 3; −1) .
Ответ. x + 3 y − 5 = 0 .
4. Написать уравнение прямой, проходящей через точки М 1 (1;2) , М 2 (−1;0) .
Ответ. x − y + 1 = 0
5. Прямая проходит через точку М1 ( −5;4 ) и отсекает на оси Оу отрезок
b = 2 . Чему равна длина отрезка, который прямая отсекает на оси Ох?
Ответ. 5.
6. Дана плоскость 4x − 2 y + 8z + 8 = 0 . Чему равен отрезок, отсекаемый данной плоскостью на оси Oz?
Ответ. –1.
7. Чему равен косинус угла между плоскостями
2x − y − z + 5 = 0
и
x − 2y + z − 3 = 0?
Ответ.
1
.
2
8. При каком  прямая
−2x + y − 2z + 3 = 0 ?
9
Ответ.  = .
2
x + 2 y −1
z
=
=
4
3
2−
параллельна плоскости
80
9. Прямая
x + 2 y −1 z −1
=
=
перпендикулярна плоскости x + y + z − 2 = 0 .
3
3
 +1
При каком  это условие выполняется?
Ответ.  = 2 .
10.Даны
плоскости
П : −5x + 2 y − z + 3 = 0 ,
П : −3x − y + 1 = 0 , прямая l :
П : 2 x + y − z + 4 = 0 ,
x−2 y + 2 z −3
=
=
и точка M ( 2; −1; −3) .
1
5
−4
Требуется:
а) составить уравнение плоскости, проходящей через точку М и параллельной плоскости П;
б) составить уравнение прямой, проходящей через точку М и параллельной прямой l ;
в) составить уравнение плоскости, проходящей через точку М и перпендикулярной прямой l ;
г) составить уравнение прямой, проходящей через точку М и перпендикулярной плоскости П;
д) составить уравнение плоскости, проходящей через точку М и прямую l ;
е) найти точку пересечения прямой l и плоскости П;
ж) составить уравнение плоскости, проходящей через точку М и перпендикулярной плоскостям П и П ;
2 x + y − z + 4 = 0,
з) составить канонические уравнения прямой l  : 
 −3x − y + 1 = 0;
и) найти расстояние от точки М до плоскости П.
Ответ. а) 5x − 2 y + z − 9 = 0 ;
в) x + 5 y − 4z − 9 = 0 ;
б)
x − 2 y +1 z + 3
=
=
;
1
5
−4
г)
x − 2 y +1 z + 3
=
=
;
−5
2
−1
81
д) 26x − 6 y − z − 61 = 0 ;
 32 52 29 
е)  ; ; −  ;
9 
 9 9
ж) x − 3 y − z − 8 = 0 ;
з)
x y −1 z − 5
;
=
=
−1
3
1
и)
30
.
5
Блок №3
1. Кривые второго порядка на плоскости
Эллипсом называется геометрическое место всех таких точек на плоскости, для которых сумма расстояний до двух фиксированных точек плоскости
F1 и F2, называемых фокусами, есть величина постоянная.
Гиперболой называется геометрическое место всех точек плоскости, для
которых модуль разности расстояний до двух фиксированных точек плоскости F1 и F2, называемых фокусами, есть величина постоянная.
Параболой называется геометрическое место всех таких точек на плоскости, для каждой из которых расстояние до некоторой фиксированной точки
F, называемой фокусом, равно расстоянию до некоторой фиксированной
прямой, называемой директрисой.
Для каждой из этих кривых существует такая декартова прямоугольная
система координат, в которой кривая описывается каноническим уравнением
x2 y2
+
= 1 для эллипса,
a 2 b2
x2 y2
−
= 1 для гиперболы,
a 2 b2
y 2 = 2 px для параболы.
82
y
y
b
-a
F1 О
b
F2
x
a
-a О
F1
F2
x
-b
y
-b
Эллипс
a
Гипербола
-p/2
О
F
x
Парабола
Рис. 19
Эллипс, заданный уравнением в канонической форме, имеет центр симметрии – точку О, две оси симметрии – координатные оси Оx и Оy, заключён
в прямоугольнике –a  x  a, –b  y  b и касается его сторон.
Гипербола, заданная уравнением в канонической форме, имеет центр
симметрии – точку О, две оси симметрии – координатные оси Оx и Оy, имеет
две асимптоты – прямые y = 
b
x.
a
Парабола, заданная уравнением в канонической форме, имеет одну ось
симметрии – ось Оx .
Алгебраической кривой
рая
в
декартовой
второго
порядка называется
прямоугольной
системе
кривая, кото-
координат задаётся
уравнением
a11 x 2 + 2a12 xy + a22 y 2 + a1 x + a2 y + a0 = 0 .
Если кривая не является вырожденной, то она является либо эллипсом,
либо гиперболой, либо параболой (к вырожденным относятся: пустое множество, точка, пара точек, прямая, пара пересекающихся или параллельных
прямых).
83
2. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения и понятия.
1. Установить, какую кривую определяет каждое из следующих уравнений,
найти центр С кривой (вершину для параболы), для окружности – радиус
R, для эллипса и гиперболы – полуоси a и b, для параболы – параметр p:
1) x2 + y 2 − 4 x + 6 y − 3 = 0 ;
2) x 2 + y 2 − 8x = 0 ;
3) 5x2 + 9 y 2 − 30 x + 18 y + 9 = 0 ;
4) 16 x2 + 25 y 2 + 32 x − 100 y − 284 = 0 ;
5) 16 x2 − 9 y 2 = 144 ;
6) 16 x2 − 9 y 2 − 64 x − 54 y − 161 = 0 ;
7) 16 x2 − 9 y 2 − 64 x − 18 y + 199 = 0 ;
8) y 2 = 4 x − 8 ;
9) y = 4 x 2 − 8 x + 7 ;
1
10) x = − y 2 + y .
4
Решение. Для установления типа кривой воспользуемся методом выделения полных квадратов.
1) x2 + y 2 − 4 x + 6 y − 3 = 0 ;
(x
(x
2
− 4x ) + ( y2 + 6 y ) − 3 = 0 ;
2
− 2  2 x + 4) − 4 + ( y 2 + 2  3 y + 9) − 9 − 3 = 0 ;
( x − 2)
2
+ ( y + 3) = 16 – это уравнение окружности с центром в точке
2
C ( 2, −3) и радиусом R = 4 .
2) x 2 + y 2 − 8x = 0 ;
(x
(x
2
− 8x ) + y 2 = 0 ;
2
− 2  4x + 4) − 4 + y 2 = 0 ;
( x − 2)
2
+ y2 = 4 .
Получили уравнение окружности с центром в точке C ( 2,0 ) и радиусом
R = 2.
84
3) 5x2 + 9 y 2 − 30 x + 18 y + 9 = 0 ;
5x2 − 30 x + 9 y 2 + 18 y + 9 = 0 ;
5( x2 − 2  3x + 9) − 45 + 9 ( y 2 + 2 y + 1) − 9 + 9 = 0 ;
5( x2 − 2  3x + 9) + 9 ( y 2 + 2 y + 1) = 45 ;
( x − 3)
9
2
( y + 1)
+
5
2
=1 .
Это уравнение эллипса с центром в точке C ( 3, −1) и полуосями
a = 3, b = 5 .
4) 16 x2 + 25 y 2 + 32 x − 100 y − 284 = 0 ;
16 ( x + 1) − 16 + 25 ( y − 2 ) − 100 − 284 = 0 ;
2
2
16 ( x + 1) + 25 ( y − 2 ) = 400 .
2
2
В результате получили эллипс
( x + 1)
25
2
( y − 2)
+
2
16
= 1 , C ( −1,2 ) , a = 5 ,
b=4 .
5) 16 x2 − 9 y 2 = 144 ;
x2 y 2
−
= 1 - гипербола, C ( 0,0 ) , a = 3 , b = 4 .
9 16
6) 16 x2 − 9 y 2 − 64 x − 54 y − 161 = 0 ;
16 ( x2 − 4 x + 4) − 64 − 9 ( y 2 − 6 y + 9 ) + 81 − 161 = 0 ;
16 ( x2 − 4 x + 4) − 9 ( y 2 − 6 y + 9) = 144 ;
x2 y 2
−
= 1 , C ( 0,0 ) , a = 3 , b = 4 .
гипербола
9 16
7) 16 x2 − 9 y 2 − 64 x − 18 y + 199 = 0 ;
16 ( x − 2 ) − 64 − 9 ( y + 1) + 9 + 199 = 0 ;
2
2
16 ( x − 2 ) − 9 ( y + 1) = −144 ;
2
2
85
( x − 2)
гипербола −
2
9
( y + 1)
+
2
16
= 1 , C ( 2, −1) , a = 3 , b = 4 .
8) y 2 = 4 x − 8 ;
парабола y 2 = 4 ( x − 2 ) , C ( 2,0 ) , p = 2 .
9) y = 4 x 2 − 8 x + 7 ;
y = 4 ( x − 1) − 4 + 7 ;
2
y − 3 = 4 ( x − 1) ;
2
парабола ( x − 1) =
2
1
1
( y − 3) , C (1,3) , p = .
8
4
1
10) x = − y 2 + y ;
4
x=−
1 2
( y − 4 y + 4 ) + 1;
4
парабола ( y − 2 ) = −4 ( x − 1) , C (1,2 ) , p = −2 .
2
Ответ. 1) окружность ( x − 2 ) + ( y + 3) = 16 , C ( 2, −3) , R = 4 ;
2
2
2) окружность ( x − 4 ) + y 2 = 16 , C ( 4,0 ) , R = 4 ;
2
3) эллипс
( x − 3)
( y + 1)
+
2
9
( x + 1)
4) эллипс
25
2
5
2
( y − 2)
+
16
2
= 1 , C ( 3, −1) , a = 3 , b = 5 ;
= 1 , C ( −1,2 ) , a = 5 , b = 4 ;
x2 y 2
−
= 1 , C ( 0,0 ) , a = 3 , b = 4 ;
5) гипербола
9 16
6) гипербола
( x − 2)
2
9
( y + 3)
−
2
16
( x − 2)
7) гипербола −
9
2
( y + 1)
+
16
= 1 , C ( 2, −3) , a = 3 , b = 4 ;
2
= 1 , C ( 2, −1) , a = 3 , b = 4 ;
8) парабола y 2 = 4 ( x − 2 ) , C ( 2,0 ) , p = 2 ;
86
9) парабола ( x − 1) =
2
1
1
( y − 3) , C (1,3) , p = ;
8
4
10) парабола ( y − 2 ) = −4 ( x − 1) , C (1,2 ) , p = −2 .
2
2. Построить следующие кривые:
1) y = − 2 x − x 2 ;
2) y = 3 −
4) x = 2 − y 2 − y ;
1
2 x − x2 ;
2
3) y = −1 + 9 x 2 − 2 x ;
6) x = − 4 − y .
5) y = − x ;
Решение. Возведем обе части уравнения в квадрат, выделим полные
квадраты переменных x и y , приведем уравнение кривой к каноническому
виду и, учитывая область определения исходного уравнения, сделаем рисунок:
1) y = − 2 x − x 2 ;
y 2 = − ( x − 1) + 1 ;
2
окружность ( x − 1) + y 2 = 1, с центром в точке C (1,0 ) , радиусом R = 1 ;
2
y
0
С
1
Рис. 20
2) y = 3 −
( y − 3)
2
1
2 x − x2 ;
2
=−
1
1
2
( x − 1) + ;
4
4
1
1
2
2
( x − 1) + ( y − 3) = ;
4
4
2
х
87
( x − 1)
2
( y − 3)
+
2
1
4
= 1- уравнение эллипса, с центром C (1,3) и полуосями
1
b= ;
2
a = 1,
y
3,5
3
2,5
С
0
1
2
х
Рис. 21
3) y = −1 + 9 x 2 − 2 x ;
( y + 1)
2
= 81( x − 1) − 81 ;
( y + 1)
2
= 81( x − 1) − 81 ;
2
2
−81( x − 1) + ( y + 1) = −81 ;
2
гипербола
2
( x − 1)
2
1
( y + 1)
−
81
2
= 1 , C (1, −1) , a = 1 , b = 9 ;
y
8
1
-1
С
2
-10
Рис. 22
4) x = 2 − y 2 − y ;
2
1
1
( x − 2) =  y −  − ;
2 4

2
х
88
2
1
1
( x − 2 ) −  y −  = − ;
2
4

2
2
( x − 2)
гипербола −
1
4
2
1

y− 
1
1
2
 1
+
= 1, C  2,  , a = , b = ;
1
2
2
 2
4
y
1
С
1/2
1,5
0
2,5
х
2
Рис. 23
5) y = − x ;
1
y 2 = − x - парабола с центром в точке C ( 0,0 ) , p = − ;
2
y
2
1
-4
-1
С
0
-1
Рис. 24
6) x = − 4 − y ;
x2 = 4 − y ;
1
парабола x 2 = − ( y − 4 ) , C ( 0,4 ) , p = − .
2
-2
х
89
y
С 4
3
-2
-1
0
1
2
х
Рис. 25
3. Задания для самостоятельного решения
1. Построить следующие кривые:
1) x = −1 −
2
5 − y2 + 4 y ;
3
2) x = −2 + −5 − 6 y − y 2 ;
4
5 − 4 y − y2 ;
9
3) x = − 4 y − y 2 ;
4) x = −
5) y = − 4 − x 2 ;
6) y = 1 + 2 4 − x 2 ;
7) x = 3 −
1
y − y2 ;
2
8) y = 1 + 2 x 2 − x ;
9) x = 3 −
1 2
y − 2y ;
3
10) x = 1 − y ;
12) y = 15 + 16 − x 2 .
11) x = −5 + 40 − 6 y − y 2 ;
Ответ. 1) эллипс
( x + 1)
4
2
( y − 2)
+
9
2
= 1 , C ( −1,2 ) , a = 2 , b = 3 ;
y
5
С
-3
2
-1 0
-1
Рис. 26
1
х
90
2) окружность ( x + 2 ) + ( y + 3) = 4 , C ( −2, −3) , R = 2 ;
2
2
y
-2
0
С
х
-3
Рис. 27
3) окружность x 2 + ( y − 2 ) = 4 , C ( 0,2 ) , R = 2 ;
2
y
4
С 2
х
0
Рис. 28
4
x2 ( y + 2)
4) эллипс
+
= 1 , C ( 0, −2 ) , a = , b = 3 ;
16
9
3
9
2
y
-4/3
1
0
4/3
С -2
-5
Рис. 29
5) окружность x 2 + y 2 = 4 , C ( 0,0 ) , R = 2 ;
х
91
y
2
С
0
2
х
Рис. 30
x 2 ( y − 1)
+
= 1 , C ( 0,1) , a = 2 , b = 4 ;
6) эллипс
4
16
2
y
5
С 1
-2
0
х
2
-3
Рис. 31
2
7) эллипс
( x − 3)
2
1
16
1

y− 
1
1
 1
2
+
= 1, C  3,  , a = , b = ;
1
4
2
 2
4
y
1
С
1/2
0
2,75 3 3,25
х
Рис. 32
2
1

 x −  ( y − 1)2
1
2
1 
−
= 1 , C  ,1 , a = , b = 1;
8) гипербола 
1
1
2
2 
4
92
y
2
С
1
0 1/2
х
1
Рис. 33
( x − 3)
9) гипербола −
1
9
2
( y − 1)
+
2
1
= 1 , C ( 3,1) , a = , b = 1;
3
1
y
2
С
1
2
2
3
0
3
1
3
3
х
Рис. 34
1
10) парабола x 2 = − ( y − 1) , C ( 0,1) , p = − ;
2
y
С 1
-2
-1
0
1
2
х
-3
Рис. 35
11) окружность ( x + 5) + ( y + 3) = 49 , C ( −5, −3) , R = 7 ;
2
2
93
y
-5
х
0
С
-3
Рис. 36
12) окружность x 2 + ( y − 15) = 16 , C ( 0,15) , R = 4 .
2
y
15 С
11
0
Рис. 37
х
94
Модуль IV
Введение в анализ
Блок №1
1. Предел числовой последовательности
Числовой последовательностью называют правило, по которому каждому натуральному числу 𝑛 ∈ ℕ ставится в соответствие единственное действительное (комплексное) число 𝑥𝑛 ∈ ℝ (𝑧𝑛 ∈ ℂ). Последовательность обозначают символом хn n=1 ( zn n=1 ). Можно сказать, что последовательность


является функцией 𝑓: ℕ → ℝ (𝑓: ℕ → ℂ). Числа 𝑥𝑛 называют членами последовательности.
Последовательность хn n=1 называют неубывающей (невозрастающей),

если для всех 𝑛 ∈ ℕ выполняется неравенство xn  xn+1 (соответственно,
xn  xn+1 ). Невозрастающие и неубывающие последовательности называют
монотонными.
Последовательность
хnn=1

называется ограниченной сверху (снизу),
если существует такое число М, что все члены последовательности меньше
(соответственно, больше) числа М. Последовательность, ограниченную сверху и снизу одновременно, называют ограниченной.
Суммой (разностью, произведением, частным) последовательностей
хnn=1

и  уn n=1 называют такую последовательность zn n=1 , что zn = xn + yn

(соответственно, zn = xn − yn , zn = xn  yn , zn =

xn
) для всех 𝑛 ∈ ℕ. В случае
yn
частного двух последовательностей предполагается, что yn  0 при любом
95
𝑛 ∈ ℕ. Частным случаем операции умножения последовательностей является
операция умножения последовательности хn n=1 на число λ (действительное

или комплексное), в этом случае   хn n=1 =   хn n=1 .

Число a 

называется пределом последовательности хn n=1 , если для

любого сколь угодно малого действительного числа   0 найдётся такой номер 𝑁(𝜀) ∈ ℕ, зависящий от  , что для любого n  N () выполняется неравенство xn − a   . При этом пишут lim xn = а или xn → а и говорят, что поn→
следовательность хn n=1 сходится к числу а.

Между сходимостью и ограниченностью существует тесная связь, отраженная в следующей теореме:
Теорема. Всякая сходящаяся последовательность является ограниченной. Всякая монотонная и ограниченная последовательность сходится.
Свойства предела последовательности:
1) Если существуют пределы последовательностей хn n=1 и  уn n=1 , то суще


х 
ствуют и пределы последовательностей хn  уn n=1 , хn  уn n=1 ,  n  (в по уn n=1


следнем случае при условии yn  0 при любом 𝑛 ∈ ℕ). При этом выполняются равенства:
lim( xn  yn ) = lim xn  lim yn ,
n→
n→
n→
lim( xn  yn ) = lim xn  lim yn ,
n→
n→
n→
lim(сxn ) = с lim xn
(при с = const ),
 x  lim xn
lim  n  = n→
n→ y
yn
 n  lim
n→
(при lim yn  0).
n→
n→
n→
2) Если все члены последовательности хn n=1 неотрицательны, т.е. хn  0 для

всех 𝑛 ∈ ℕ, и существует ее предел lim xn = а , то а  0 .
n→
96
3) Если последовательности
хnn=1

и
 уn n=1

сходятся и хn  уn для всех
𝑛 ∈ ℕ, то lim xn  lim yn .
n→
n→
4) (лемма о двух милиционерах). Пусть члены последовательностей хn n=1 ,

 уn n=1 , znn=1


удовлетворяют неравенству xn  yn  zn при каждом 𝑛 ∈ ℕ.
Тогда если последовательности хn n=1 и zn n=1 сходятся к одному и тому же


пределу, то последовательность  уn n=1 также сходится к этому пределу:

∀𝑛 ∈ ℕ 𝑥𝑛 ≤ 𝑦𝑛 ≤ 𝑧𝑛 , lim 𝑥𝑛 = lim 𝑧𝑛 = 𝑎 ⇒
𝑛→∞
𝑛→∞
lim 𝑦𝑛 = 𝑎.
𝑛→∞
Последовательность хn n=1 называется бесконечно малой (принято со
кращение б.м.), если lim xn = 0 .
n→
Свойства бесконечно малых последовательностей:
1) Сумма, разность и произведение двух бесконечно малых последовательностей также является бесконечно малой последовательностью.
2) Произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную последовательность (в частности, на постоянную величину) является бесконечно малой последовательностью.
Последовательность хn n=1 называется бесконечно большой (принято

сокращение б.б.), если для любого действительного числа М  0 найдётся
такой номер 𝑁(М) ∈ ℕ, зависящий от М, что для любого n  N (М ) справедливо неравенство xn  M ; при этом пишут: lim xn =  .
n→
Свойства бесконечно больших последовательностей:
1) Последовательность хn n=1 , все члены которой отличны от нуля, – беско

1
нечно малая тогда и только тогда, когда последовательность   – беско хn n=1
нечно большая.
97
xn
= 0.
n → у
n
2) Если lim xn = а , lim yn =  , то lim
n→
n→
xn
=.
n→ у
n
3) Если lim xn = а , lim yn = 0 , то lim
n→
n→
n
 1
Важную роль играет последовательность xn = 1 +  . Можно пока n
зать, что эта последовательность возрастает и ограничена сверху, поэтому
она
сходится.
Ее
пределом
является
иррациональное
число
е = 2,71828182845... (основание натуральных логарифмов).
2. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения и понятия.
1. Определить номер N (  ) такой, что xn − a   при всех n  N (  ) , если
xn = 0,99...9 ,  = 0,000001, lim xn = 1 .
n→
n
Решение. Для  = 0,000001 попробуем найти такое натуральное число
N = N (  ) , чтобы для всякого натурального n  N (  ) выполнялось неравенство 0,99...9 − 1  0,000001.
n
Решим это неравенство и получим 0,999999  0,99...9  1,000001 . Следоваn
тельно, N = 6 , т.е. при  = 0,000001 неравенство
xn − 1  0,000001 выпол-
няется при n  6 , начиная с n = 7 . Геометрически это означает, что все
члены последовательности, начиная с n = 7 , содержатся в интервале
(1 − 0,000001;1 + 0,000001) .
Ответ. N (  ) = 6 .
2. Вычислить пределы:
98
3n 2 − 7n + 1
2) lim
;
n→ 2 − 5n − 6n 2
n −1
1) lim
;
n→ 3n
( n + 1)
4) lim
2
;
2n3
n→
5) lim n
3
2
n→
(
n 4 + 3n + 1
3) lim
;
n→
n −1
3
)
3
n + 1 − n − 2 ; 6) lim
3
3
n2 sin ( n2 )
n −1
n→
;
2
n −1
 1
7) lim  2 + 2 + ... + 2  ;
n→ n
n
n 

 1

1
1
8) lim 
+
+ ... +
;
n→ 1  2
2

3
n

n
+
1
(
)


n −1 1 
1 1
+ ... + ( −1)  n  ;
9) lim  −
n→ 5
25
5 

 2n − 1 1 + 2 n3 
10) lim 
;
−
3 
n→ 5n + 7
2
+
5
n


2n + 3n
11) lim n n ;
n→ 2 − 3
4
12) lim
n→
n3 − 1 − 2 3 n 4 + 2
2n2 + 1 + 3 n2 + 8n4
13) lim
;
n→
n + ( −1)
n − ( −1)
n
n
.

во многих пределах раскрывается вы
Решение. 3) Неопределенность
несением переменной старшей степени в числителе и знаменателе.
4
n 4 + 3n + 1 выносим старшую степень n в числителе, т.е. n 3 ,
lim
=
=
n→
n −1
выносим старшую степень n в знаменателе, т.е. n
3
= lim
n
n→
4
3 3
3 1
4
+ 4
3
n n = lim n 3 = lim 3 n =  , т.к. 3 → 0 , 1 → 0 , 1 → 0 .
n→ n
n→
n3
n4
n
 1
n 1 − 
 n
1+
5) Неопределенность (  −  ) можно раскрыть, разделив и умножив выражения на сопряженные к ним.
lim n
3
2
n→
= lim
n→
(
(
)
n3 + 1 − n3 − 2 = lim
n
3
2
(
n3 + 1 − n3 − 2
(
n→
)(
n3 + 1 + n3 − 2
n3 + 1 + n3 − 2
3
2
)
)=
3
2
n
3

=   = 3lim 3
= .
n→

1
2  2
n3 + 1 + n3 − 2   
n2  1+ 3 + 1− 3 
n
n 

Ответ. 1)
3n
1
;
3
)
1
2) − ;
2
3)  ;
4) 0;
5)
3
;
2
6) 0;
7)
1
;
2
8) 1;
99
9)
1
;
6
11) –1;
10) 0;
1
12) − ;
3
13) 1.
3. Задания для самостоятельного решения
1. Вычислить пределы:
1) lim
n→
(
)
 2n 2 + 5 n 2 + 4 
2) lim 
−
;
n→
 4n + 1 2n + 3 
n +n −n ;
2
1 + 2 + 3 + ... + n
;
n→
n2 + 1
3) lim
n→
n + n − 9 n + 2n
2
5) lim
n→
7) lim
4) lim
3
;
n + 2n + n + 3n + 2
5
4
6
4
2)
5
;
8
3)
)
n 3 − 4n 2 − n ;
( n + 2) − ( n − 2)
8) lim
3
n3 + n 2 − 4 − 5 n 6
n→ 3
3
1 1
1
1 + + + ... + n
3 ;
6) lim 3 9
n→
1 1
1
1 + + + ... n
4 16
4
2
n3 + 1 − 3 8n3 + 2
(
;
n→
95n3 + 39n
3
;
2n+1 + 3n+1
9) lim n n .
n→ 2 + 3
Ответ. 1)
1
;
2
1
;
2
4
4) − ;
3
5) 2;
6)
9
;
8
7) 0;
8) 0;
9) 3.
Блок №2
1. Элементарные функции
К элементарным функциям относятся: 1) простейшие элементарные
функции: постоянная С, степенная х , показательная a x , логарифмическая
log a x ,
тригонометрические
sin x, cos x , обратные тригонометрические
arcsin x, arctg x ; 2) все функции, получающиеся из простейших элементар-
100
ных функций путем применения конечного числа следующих четырех операций: сложение, умножение, деление, суперпозиция функций (сложная
функция).
2. Предел функции
Любой интервал на числовой прямой с центром в точке х0 называют
окрестностью точки х0 и обозначают О( x0 ) . Пусть функция f ( x) определена
в некоторой окрестности конечной точки О( x0 ) кроме, возможно, самой точки х0 . Число А называют пределом функции f ( x) в точке х0 , если для любого сколь угодно малого действительного числа   0 существует такое число
()  0 , зависящее от  , что для любого x, удовлетворяющего неравенству
0  x − x0   , выполняется неравенство
f ( x) − А   , при этом пишут
lim f ( x) = A . Можно дать другое, равносильное приведенному, определение:
x→ x0
число A называется пределом функции f ( x) в точке х0 , если для любой последовательности чисел хn n=1  O( x0 ) , сходящейся к х0 , xn  x0 , имеет ме
сто равенство lim f ( xn ) = A .
n→
Предел функции обладает теми же свойствами, что и предел последовательности. Пусть функции f ( x) , g ( x) и h( x) определены в некоторой
окрестности конечной точки О( x0 ) кроме, возможно, самой точки х0 . Тогда:
1) Если существуют пределы lim f ( x) , lim g ( x) , то существуют и пределы
x → x0
x→ x0
 f ( x) 
lim( f ( x)  g ( x)), lim( f ( x)  g ( x)), lim 
 , (в последнем случае при услоx → x0
x → x0
x → x0 g ( x )


вии g ( x)  0 в окрестности О(𝑥0 )). При этом выполняются равенства:
101
lim( f ( x)  g ( x)) = lim f ( x)  lim g ( x),
x → x0
x → x0
x → x0
lim( f ( x)  g ( x)) = lim f ( x)  lim g ( x),
x → x0
x → x0
x → x0
lim(сf ( x)) = с lim f ( x)
(при с = const ),
f ( x)
 f ( x)  xlim
→ x0
lim 
 = lim g ( x)
x → x0 g ( x )

 x→ x
(при lim g ( x)  0).
x → x0
x → x0
x → x0
0
2) Если f ( x)  0 для всех x  O( x0 ) , и существует предел lim f ( x) = A , то
x→ x0
A  0.
3) Если f ( x)  g ( x) для всех x  O( x0 ) , и существуют пределы lim f ( x) ,
x → x0
lim g ( x) , то lim f ( x)  lim g ( x) .
x→ x0
x→ x0
x→ x0
4) (лемма о двух милиционерах). Пусть f ( x)  h( x)  g ( x) для всех x  O( x0 ) .
Тогда если существуют пределы lim f ( x) , lim g ( x) , и lim f ( x) = lim g ( x) = А ,
x → x0
x→ x0
x→ x0
x→ x0
то существует предел lim h( x) = А :
x → x0
x  O( x0 ) f ( x)  h( x)  g ( x),
lim f ( x) = lim g ( x) = А 
x→ x0
x→ x0
lim h( x) = А .
x→ x0
Пусть функция f ( x) определена на бесконечном интервале (а; +) .
Число A называется пределом f ( x) при х → + , если для любого числа   0
существует такое число М  а , что неравенство x  M влечет за собой неравенство f ( x) − А   . При этом пишут: lim f ( x) = A или f (+) = A . Аналоx →+
гично определяется предел при х → − .
Число A называют пределом функции f ( x) слева (справа) в точке х0 и
пишут lim f ( x) = A или f ( x0 − 0) = A ( lim f ( x) = A или f ( x0 + 0) = A ), есx→ x0 −0
x→ x0 +0
ли для любого действительного числа   0 найдется такое число ()  0 ,
зависящее от  , что для всех x  ( x0 − , x0 ) (для всех x  ( x0 , x0 + ) ) справедливо неравенство f ( x) − А   . Число A является пределом функции f ( x) в
102
точке х0 тогда и только тогда, когда совпадают левый и правый пределы
f ( x) в этой точке: f ( x0 − 0) = f ( x0 + 0) = A .
Если функция f ( x) определена в интервале (a, x0 ) (в интервале ( x0 , b) )
и для любого числа M существует такое число (М )  0 , что для всех
x  ( x0 − , x0 ) (для всех x  ( x0 , x0 + ) ) справедливо неравенство f ( x)  М , то
говорят, что левый (правый) предел функции f ( x) в точке х0 равен + , при
lim f ( x) = + или f ( x0 − 0) = +
этом пишут:
x→ x0 −0
( lim f ( x) = + или f ( x0 + 0) = + ).
x→ x0 + 0
Аналогично определяются lim f ( x) = − и
x→ x0 −0
lim f ( x) = − .
x→ x0 + 0
Свойства односторонних пределов и пределов на бесконечности аналогичны свойствам предела функции в конечной точке.
3. Замечательные пределы
Первый замечательный предел:
sin x
= 1;
x →0
x
lim
второй замечательный предел:
x
 1
lim 1 +  = e ;
x→
 x
некоторые следствия из замечательных пределов:
𝑠𝑖𝑛 а 𝑥
= а, а ∈ ℝ,
𝑥→0
𝑥
𝑙𝑛( 1 + 𝑥)
𝑙𝑖𝑚
= 1,
𝑥→0
𝑥
𝑙𝑖𝑚
1
𝑙𝑖𝑚(1 + 𝑥)𝑥 = 𝑒,
𝑥→0
𝑒𝑥 − 1
𝑙𝑖𝑚
= 1.
𝑥→0
𝑥
103
4. Бесконечно малые функции. Эквивалентные б.м.
Функция ( х) называется бесконечно малой (б. м.) при х → х0 , если
( x)
= С ; тогда:
x→ x0 ( х)
lim ( x) = 0 . Пусть ( х) , ( х) – б. м. при х → х0 , и lim
x→ x0
1) Если С  0 и С   , то говорят, что функции ( х) и ( х) являются бесконечно малыми одного порядка в окрестности точки х0 . В частности, при
С = 1 ( х) и ( х) называют эквивалентными б. м. в окрестности точки х0 и
пишут 𝛼(х) ∼ 𝛽(х), х → х0 .
2) Если С = 0, то функцию ( х) называют бесконечно малой более высокого
порядка, чем ( х) в окрестности точки х0 , и пишут ( х) = о(( х)) , х → х0 .
При х → 0 имеют место следующие эквивалентности, вытекающие из
первого и второго замечательных пределов и непрерывности элементарных
функций:
sin 𝑥 ∼ tg 𝑥 ∼ arcsin 𝑥 ∼ arctg 𝑥 ∼ 𝑥,
𝑥2
1 − cos 𝑥 ∼ ,
2
ln( 1 + 𝑥) ∼ 𝑥,
𝑒 𝑥 − 1 ∼ 𝑥,
(1 + 𝑥)𝑝 − 1 ∼ 𝑝𝑥, 𝑝 > 0,
log 𝑎 ( 1 + 𝑥) ∼
𝑥
,
ln 𝑎
𝑎 𝑥 − 1 ∼ 𝑥 ln 𝑎,
𝑛
√1 + 𝑥 − 1 ∼
𝑥
, 𝑛 ∈ ℕ.
𝑛
Имеет место следующее утверждение, которое часто используется для
упрощения выражений под знаком предела и раскрытия неопределенностей.
Теорема. Пусть ( х) , ( х) , ( х) – б. м. при х → х0 . Если 𝛼(х) ∼ 𝛽(х),
 ( x)
, то
x → x0  ( х )
х → х0 , и существуют пределы lim ( x) ( x) , lim
x→ x0
 ( x)
 ( x)
= lim
.
x→ x0 ( х)
x → x0 ( х)
lim ( x)  ( x) = lim ( x)  ( x) и lim
x→ x0
x→ x0
104
Другими словами, предел произведения или частного двух бесконечно малых
не меняется при замене любой из них на эквивалентную бесконечно малую.
5. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Пользуясь определением предела функции, доказать, что lim f ( x) = a , и
x → x0
найти  (  ) , если f ( x) = x2 , x0 = 2 , a = 4 ,  = 0,01.
Решение. Решая неравенство f ( x) − a   , получим:
x2 − 4  0,01;
3,99  x  4,01 (так как x → 2 , берем x  0 ).
Найдем число δ, удовлетворяющее неравенству x − 2   . Так как
3,99 − 2  x − 2  4,01 − 2 , то выберем
(
)
 = min 2 − 3,99; 4,01 − 2 .
Следовательно,  = 0,002 . Из неравенства x − 2  0,002 будет следовать
неравенство f ( x) − 4  0,01.
Ответ.  (  ) = 0,002 .
2. Найти предел функции:
x2 + x + 2
2) lim 2
;
x →3 x + 2 x + 8
1) lim ( x − 7 x + 4 ) ;
2
x →3
5x4 − 7 x2 + 5x − 4
4) lim
;
x →+
x4 + x2 + x + 1
5) lim
x→
( x + 3)( x + 4 )( x + 5) ;
x2 − 2 x + 1
7) lim
;
x→1
x3 − x
x3 + x + 2
6) lim 2
;
x → x − x + 1
x 2 − 3x + 2
3) lim 2
;
x →1 x + x + 4
x 4 + x − 11
8 x3 − 1
8) lim1 2
;
x→ 6 x − 5 x + 1
2
− x2 + x + 2
9) lim 2
, если а) x0 = −1 , б) x0 = −3 , в) x0 = 2 , г) x0 =  ;
x→ x0 x + x − 6
10) lim
x →−1
x +1
6 x 2 + 3 + 3x
;
11) lim
x →1
x + 8 − 8x + 1
;
5 − x − 7x − 3
105
2+ x − 2− x
12) lim 3
;
x →1
2+ x − 3 2− x
2x
14) lim
x →
 x3
x2 
13) lim  2
−
;
x → 3 x − 4
3x + 2 

;
x2 + 1 − 3 x2 + 1
15) lim
x4 + 1 − 5 x4 + 1
x→ 4
3x + 3x + 3x
1 − cos 4 x
;
x →0
x2
sin 2 2 x
17) lim
;
x →0
x2
18) lim
x 2 ctg 2 x
20) lim
;
x →0 sin 3 x
 4x − 1 
21) lim 

x→ 4 x + 3


 x +1 
23) lim 

x→ x − 2


2 x −1
28) lim ( cos3x )
ctg 4 x 2
x→0
cos 2 x − cos 4 x
;
x →0
8x2
3 x+2
x
 x2 + 2 x + 2 
22) lim 
 ;
2
x →
x
+
3


;
 2x − 1 
24) lim 
 ;
x →
 x −1 
3
26) lim ( ln ( x + 2 ) − ln ( 3 x + 2 ) ) ;
x →0 x
27) lim
x →0
16) lim
19) lim
x
;
sin 5 x
;
x →0
x
;
 2x − 3 
25) lim 

x → 1 + 4 x


sin 3 x  ln (1 + 3 x )
( arctg x ) ( e
2
53 x
)
−1
3 x 2 −1
x +1
;
;
.
Решение. 7) Подставляя x = 1 в числитель и знаменатель, имеем неопре0
деленность .
0
Разложим числитель и знаменатель на множители, получим
x2 − 2 x + 1
( x − 1)
( x − 1) = 0 = 0 ;
lim
=
lim
=
lim
x →1
x →1 x ( x − 1)( x + 1)
x →1 x ( x + 1)
x3 − x
2
2
10) Подставляя x = −1 в числитель и знаменатель, имеем неопределен0
ность . Раскроем эту неопределенность умножением числителя и знаме0
нателя на сопряженное выражение к иррациональному знаменателю.
lim
x→−1
x +1
6 x 2 + 3 + 3x
= lim
x→−1
(
( x + 1) (
6 x 2 + 3 − 3x
6 x + 3 + 3x
2
)(
)
6 x + 3 − 3x
2
)
=
106
( x + 1) (
= lim
6 x 2 + 3 − 3x
( 3 − 3x )
2
x →−1
) = lim
x →−1
6 x 2 + 3 − 3x 6
= = 1.
3 (1 − x )
6
0
12) Раскроем неопределенность , преобразовав числитель к разности
0
квадратов, а знаменатель – к разности кубов.
lim 3
x →1
(
= lim
(
x →1
= lim
2x
2+ x − 2− x
=
2+ x − 3 2− x
)(
2 − x )(
2+ x − 2− x
2+ x +
(
3
(2 + x)
x →1
(
2
3
)(
2 − x )(
2+ x + 2− x
3
(2 + x)
2
+ 3 2+ x3 2− x +
3
2+ x − 3
3
(2 + x)
2
+ 3 2+ x3 2− x +
3
+ 3 2 + x 3 2 − x + 3 (2 − x)
2
)
2 + x + 2 − x 2x
)=3 4.
)=
(2 − x) )
(2 − x)
2
2
3
2 2
13) Раскроем неопределенность (  −  ) приведением дробей к общему
знаменателю.
 x3
x2 
3x 4 + 2 x 3 − 3x 4 + 4 x 2   
lim  2
−
= =
 = lim
x → 3 x − 4
3x + 2  x→ ( 3x 2 − 4 ) ( 3x + 2 )


4

x3  2 + 
2
x

= lim
= .
x →
4 
2 9

x3  3 − 2   3 + 
x 
x

0
17) Раскроем неопределенность , используя первый замечательный пре0
дел.
sin 2 2 x
 sin 2 x   sin 2 x 
lim
= lim 4  

 = 4.
2
x →0
x →0
x
 2x   2x 
1
1
21) Раскроем неопределенность 1 , используя второй замечательный предел.
107
 4x −1 
lim 

x → 4 x + 3


3 x+2
В основании прибавим
  4x −1  
=
= lim 1 + 
− 1 
x →
и вычтем единицу
  4x + 3  

4 x +3 

−4  −4 
= lim 1 +
 
x →
 4 x + 3  
e


−4
( 3 x + 2 )
4 x +3
=e
lim
x →
−12 x −8
4 x +3

= =e

8

x −12− 
x

lim
x →
 3
x 4 + 
 x
3 x+2
=
= e−3 .
3
3
3
 x + 2 x
 x + 2 x
= ln lim 
= (1 ) =
26) lim ( ln ( x + 2 ) − ln ( 3x + 2 ) ) = limln 


x →0 x
x →0
x →0 3 x + 2
 3x + 2 


−2 x 3

3 x+2 x

3 x+2 
−2 x 3
−
2
x

lim


  x+2
−2 x 

0
x →0 3 x + 2 x
= ln lim 1 + 
− 1  = ln lim 1 +
= ln e
= =


x →0
x →0
0
  3x + 2  
 3 x + 2 

e


3
x
= ln e
lim
−6
x →0 3 x + 2
= ln e −2 = −2 .
27) Учитывая, что
3
2
3
2
sin √𝑥 ∼ √𝑥 ; ln(1 + 3𝑥) ∼ 3𝑥; (arctg √𝑥) ∼ (√𝑥) = 𝑥;
3
3
𝑒 5 √ 𝑥 − 1 ∼ 5 √𝑥 ,
получим: lim
x →0
Ответ. 1) –8;
(
2)
sin 3 x  ln (1 + 3x )
) (e
2
arctg x
14
;
23
3) 0;
53 x
3
x  3x 3
0
=   = lim
= .
x →0 x  5 3 x
0
5


−1
4) 5;
3
9) а) 0; б) − ; в) − ; г) –1;
5
13)
2
;
9
14)
20)
1
;
6
21) e−3 ;
2
;
3
)
15) 1;
22) e2 ;
6)  ;
5) 0;
10) 1;
16) 5;
11)
7) 0;
7
;
12
17) 4;
12)
18) 8;
8) 6;
33 4
;
2 2
19)
23) e6 ;
24) x → , f ( x) → ; x → −, f ( x) → 0 ;
25) 0;
26) –3;
3
;
4
108
3
27) ;
5
−
9
8
28) e .
6. Задания для самостоятельного решения
1. Найти предел функции:
4
1) lim
x→ 8
7
4) lim
x16 + 3x + 1
x32 + x 2 + x + x 4
; 2) lim
x 7 + x 6 + 5 x + 2 x3
x →
9
x 20 + x5 + x + 3
x 27 + 6 x 20 + 7
x→
;
3
5
x10 + 4 x 2 + 9
x→ 5
x5 + 7 x + 5 x 2
; 3) lim
x15 + 3x + 2
x3 + 3x 2 + 2 x
5) lim
;
x→−2
x2 − x − 6
x2 − 2 x
6) lim 2
;
x →2 3 x − 7 x + 2
x3 + x 2 − 2
7) lim
;
x→1
x2 − 1
x3 + x 2
8) lim 2
;
x →−1 x − 1
x 4 − 3x + 2
9) lim 4
;
x →1 x − 4 x + 3
x 2 + x − 12
10) lim
;
x →3
x−2 − 4− x
1+ x − 3 1− x
11) lim
;
x →0
x
12) lim 3
3− 5+ x
;
x →4 1 − 5 − x
13) lim
3 + 2x − x + 4
;
3x 2 − 4 x + 1
15) lim
x →1
17) lim
x →
(
3
14) lim
x →−5
16) lim
x→
)
23) lim
1 − cos 2 x
;
x →0 cos7 x − cos3 x
26) lim
25) lim
( x + 2)
− 3 ( x − 1)
2
);
1 − cos x
;
x →0
x2
tgx − sin x
;
x →0
sin 3 x
x →0
2
18) lim
tg3 x
21) lim
;
x→0 sin8 x 3
24) lim
x →0
tg x − sin x
;
x (1 − cos 2 x )
1 − cos 2 x
;
x
27) lim ( 2 x − 7 ) ( ln ( x + 4 ) − ln ( x + 5) ) ;
x→
(
3
sin 5 x − sin x
20) lim
;
x →0
tg5 x
cos6 x − cos10 x
;
x→0
tg 2 3x
22) lim
x →0
3 x + 17 − 2 x + 12
;
x 2 + 8 x + 15
1 + x + x2 − 7 + 2 x + x2 ;
cos x − cos5 x
19) lim
;
x→0
x2
x
;
x +1 −1
 1 + 4x 
28) lim 

x →0 1 + 2 x 2


2
2+ x
x2
;
;
109
x2
 4 + x2 
30) lim 
 ;
x → 2 + x 2


29) lim ( x + 3) ( ln ( 2 x − 3) − ln 2 x ) ;
x→
(
31) lim
)(
1 − sin 2 x − 1 earctg
(8
3arcsin 3 2 x
x →0
3x
);
−1
(1 − cos 2 x ) ln (1 + 5 x )
x →0
32) lim
2
)
− 1 ln (1 + x ) + 4 tg9 x
(1 − cos (5arctg3x ) )
(
10
x →0
38) lim
x →0
37) lim
x →0
Ответ. 1)
1
;
2
15)
5
;
20
22)
32
;
9
3
29) − ;
2
36)
2
;
8
39) lim
x→0
x)
1
2x
;
 1 + x cos 2 x 
44) lim 
 .
x→0
 1 + x cos x 
3)
9)  ;
16) 0;
23)
42) lim(1 + tg
2
1
x3
;
2)  ;
1
8) − ;
2
1 + sin x − 1 − sin x
;
tg x
1 − cos3 x
41) lim
;
x→0 x sin 2 x
tg x − sin x
40) lim
;
x →0
x3
x →0
;
1 + sin x − cos x
;
x →0 1 − sin x − cos x
1 + x sin x − cos 2 x
;
2 x
tg
2
1
ln(1+ 2 x 2 )
x
arcsin 3x  sin
2
x →0
35) lim
2 − 1 + cos x
;
sin 2 x
43) lim(2 − cos x)
; 33) lim
1 − cos x  cos 2 x
;
x →0
x2
 1
1 
34) lim 
;
−
x →0 sin x
tg x 

36) lim
)
1 − 10sin3x − 1
arctg x 2
1
;
2
1
;
5
4) 2;
10) 7;
11) 1;
1
17) − ;
2
24)
2
5) − ;
5
1
;
4
30) e2 ;
31) −
37) 1;
38) 6;
25) −
1
;
4
19) 2;
1
; 26)
10
32) 0;
39) –1;
2
;
5
7)
5
;
2
1
13) − ;
3
12) 3;
18)
9
;
10
6)
33)
40)
1
;
2
20)
14) −
4
;
5
21)
2
;
8
125
;
8
2 ; 27) 18; 28) e4 ;
2
;
3
34) 0;
41)
3
;
4
35)
42)
3
;
2
e;
110
1
4
43) e ;
−
3
2
44) e .
Блок №3
1. Непрерывность функции
Функцию f ( x) , определённую в некоторой окрестности ( x0 − , x0 + )
точки х0 , называют непрерывной в точке х0 , если lim f ( x) = f ( x0 ) . Другими
x→ x0
словами, f ( x) непрерывна в точке х0 , если выполнены два условия: 1) f ( x)
определена в некотором интервале, содержащем точку х0 ; 2) бесконечно малому приращению аргумента х = х − х0 отвечает бесконечно малое приращение функции f = f ( x0 + x) − f ( x0 ) .
Более удобным с точки зрения проверки функции на непрерывность
является определение непрерывности при помощи односторонних пределов в
точке
х0 .
Функция
f ( x) ,
определённая
в
некоторой
окрестности
( x0 − , x0 + ) точки х0 , непрерывна в точке х0 в том и только в том случае,
когда f ( x0 − 0) = f ( x0 + 0) = f ( x0 ) .
Если функция f ( x) непрерывна в каждой точке числового множества
X, то говорят, что f ( x) непрерывна на множестве X .
Свойства функций, непрерывных в точке:
1) Пусть функции
f ( x) и g ( x) непрерывны в точке х0 . Тогда функции
f ( x)  g ( x) , f ( x)  g ( x) и
f ( x)
(при g ( x0 )  0 ) также непрерывны в точке х0 .
g ( x)
2) Пусть функция t ( x) непрерывна в точке х0 , а функция f (t ) непрерывна в
точке t0 = t ( х0 ) . Тогда композиция функций f (t ( х)) непрерывна в точке х0 .
111
Заметим, что все простейшие элементарные функции ( const , x , a x ,
log a x , sin x , cos x , arcsin x , arctg x ) непрерывны в каждой точке своей области
определения.
2. Классификация точек разрыва функции
Пусть точка х0 принадлежит области определения функции f ( x) или
является граничной точкой этой области. Точку х0 называют точкой разрыва
функции f ( x) , если f ( x) не является непрерывной в этой точке.
Функция f ( x) терпит разрыв в точке х0 в одном из следующих случаев:
1) Если односторонние пределы функции f ( x) конечны и равны между собой в точке х0 , но не равны значению функции в этой точке, либо односторонние пределы функции f ( x) конечны и равны между собой в точке х0 , но
точка х0 не входит в область определения функции (рис. 38), то говорят, что
х0 – точка устранимого разрыва.
2) Если односторонние пределы функции f ( x) конечны, но не равны между
собой в точке х0 , то такая точка называется точкой разрыва первого рода (говорят, что функция f ( x) претерпевает в точке х0 скачок) (рис. 39). При этом
разность f ( x0 ) = f ( x0 + 0) − f ( x0 − 0) называют скачком функции f ( x) в
точке х0 .
3) Если по крайней мере один из односторонних пределов функции f ( x) в
точке х0 не существует (т.е. предел не является конечным), то говорят, что
х0 – точка разрыва второго рода (рис. 40).
112
Вид точки разрыва
Условия
f ( x0 − 0), f ( x0 + 0) – конечны
f ( x0 − 0) = f ( x0 + 0)  f ( x0 )
или
Устранимый разрыв
f ( x0 − 0), f ( x0 + 0) – конечны
f ( x0 − 0) = f ( x0 + 0), f ( x0 )
Разрыв 1 рода (ска-
f ( x0 − 0), f ( x0 + 0) – конечны
чок)
f ( x0 − 0)  f ( x0 + 0) ,
Разрыв 2 рода
f ( x0 − 0) =  или f ( x0 + 0) = 
y
y
f ( x0 )
f ( x0 + 0)
f ( x)
0
f ( x0 − 0)
f ( x0 − 0)
f ( x)
х
х0
Рис. 38
+
y
0
f ( x)
х
х0
Рис. 39
0
х0
Рис. 40
х
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения и понятия.
1. Исследовать функцию f ( x) на непрерывность, сделать эскиз графика, если:
1) y =
1
1+ 2
Решение.
1
x −1
;
Областью
определения
функции
является
множество
x (−;1)  (1; +) . Действительно, функция не существует в единственной
точке x = 1 , следовательно, эта точка и будет точкой разрыва. Именно в ней
113
мы должны найти односторонние пределы (левосторонний и правосторонний). Найдем односторонние пределы в точке x = 1 .
1
lim
x →1−0
1+ 2
1
x −1
=
положим x = 1 − ,   0
= lim
→0
x → 1 при  → 0
1
1+ 2
1
−
1
→ +

1
= 1
=
= 1,
1
1
+
0
−
2 = 1 →0
2
1
→ +

1
lim
x →1+ 0
1+ 2
1
x −1
положим x = 1 + ,   0
=
= lim
→0
x → 1 при  → 0
1

1
1+ 2
1

=
2 → +
1

= 0.
1 + 2 → +
1
→ +0
1

1+ 2
Согласно теории, точка x = 1 является точкой разрыва первого рода, то
есть в ней функция претерпевает скачок.
Далее исследуем поведение функции на бесконечности, для этого найдем
пределы при x → −, x → +.
lim
x →−
1
1+ 2
1
x −1
x − 1 → −
1
1
1
=
→0 =
= ,
x −1
1+1 2
2
lim
x →+
1
1+ 2
1
x −1
1
x −1
→ 20 = 1
x − 1 → +
1
1
1
=
→0 =
= .
x −1
1+1 2
2
1
x −1
→ 20 = 1
114
Следовательно, y =
1
– прямая, которая является для функции горизон2
тальной асимптотой.
Сделаем эскиз графика.
y
½
O
x
1
Рис. 41
x2 − 5x + 6
2) y =
;
x−3
Решение.
Областью
определения
функции
является
множество
x (−;3)  (3; +) . Действительно, функция не существует в единственной точке x = 3 , следовательно, эта точка и будет точкой разрыва. Определим с помощью односторонних пределов тип разрыва в этой точке.
x2 − 5x + 6 0
( x − 3)( x − 2)
lim
= = lim
= lim ( x − 2 ) = 1 .
x→3 0
x→3 0
x −3
0 x→3 0
x −3
Делаем вывод, что точка x = 3 будет точкой устранимого разрыва.
Графиком функции является прямая с выколотой точкой при x = 3 .
Построим график функции, для этого подберем кроме точки (3,1) еще одну произвольную точку. Пусть это будет (0, –2).
Сделаем эскиз графика функции.
115
y
1
O
3
x
-2
Рис. 42
Устранимый разрыв можно ликвидировать, если доопределить функцию в
точке разрыва:
 x2 − 5x + 6
, x  3,

y =  x −3

1,
x = 3.

3) y =
x+2
;
x2 + x − 2
Решение. Заданная функция имеет две точки разрыва: x = −2 и x = 1 .
Найдем односторонние пределы в этих точках.
x+2
0
=   . Разложив знаменатель на множители и
x →−2 0 x + x − 2
0
Рассмотрим lim
2
сократив, получим следующее: y =
x+2
x+2
=
x + x − 2 ( x + 2)( x − 1)
2
y=
1
– это
x −1
гипербола, с точками разрыва x = −2 и x = 1 .
1
1
1


=
=
−
.
x →−2 0 x − 1
3
 −2  0 − 1 
Тогда lim
Делаем вывод, что точка x = −2 является точкой устранимого разрыва.
положим x = 1 − ,   0
1
1
=
= lim
= −;
x →1−0 x − 1
→0 −
x → 1 при  → 0
lim
116
положим x = 1 + ,   0
1
1
=
= lim = +.
x →1+ 0 x − 1
→0 
x → 1 при  → 0
lim
Найдем предел функции на бесконечности:
 2
x 1 + 
x+2

 x  = lim 1 =  1  = 0.
lim 2
=   == lim
x → x + x − 2
x → 2 
1 2  x→ x   

x 1 + − 2 
 x x 
Следовательно, прямая y = 0 будет горизонтальной асимптотой для заданной функции.
Построим график функции:
y
-2
O
−1
3
1
x
Рис. 43
 x2 ,
x  0,

4) y =  x, 0  x  2,
 1,
x  2;

Решение.
Функции y = x 2 , y = x, y = 1 являются непрерывными всюду, кроме, может
быть, точек «склейки», то есть в x = 0 , x = 2 . Исследуем поведение функции
в окрестности этих точек:
117
x2
x
0
1
x
2
lim x 2 = 0,
x →0 − 0
lim x = 0.
x →0 + 0
При x = 0 функция y = x2 определена и равна нулю, а функция y = x в
эту точку не заходит по условию.
Следовательно, точка x = 0 является точкой непрерывности функции.
lim x = 2,
x →2 − 0
lim 1 = 1.
x →2 + 0
Делаем вывод, что точка x = 2 является точкой разрыва первого рода и непрерывна слева (по условию).
Строим график склеенной функции:
y
2
1
O
2
x
Рис. 44
x  0,
 x + 1,
 2
5) y =  x + 1, 0  x  1,
 3 − x,
x  1;

Решение. Элементарные непрерывные функции y = x + 1 и y = x2 + 1 не
определены в точке x = 0 , а функции y = x2 + 1 и
y = 3 − x «склеены» в
точке x = 1 , которая, быть может, также является точкой разрыва. Исследуем поведение функции в этих точках.
118
x +1
3− x
x2 + 1
0
x
1
lim ( x + 1) = 1,
x →0 − 0
lim ( x 2 + 1) = 1.
x →0 + 0
Точка x = 0 является точкой устранимого разрыва, так как пределы в ней
совпали, но функция не определена.
lim ( x 2 + 1) = 2,
x →1− 0
lim (3 − x) = 2.
x →1+ 0
При x = 1 функция y = 3 − x принимает значение, равное 2. Следовательно,
точка x = 1 является точкой непрерывности.
Строим график заданной функции:
y
2
1
-1
3
O
1
Рис. 45
1

x
+

2 2,
x  0,

1

6) y =  x + ,
0  x  2,
4

x−3

x  2.
2
 x − 8 x + 15 ,
x
119
Решение.
Функция задана несколькими аналитическими выражениями, поэтому точки разрыва могут быть как в точках склейки x = 0 , x = 2 , так и в точках
x = −2 , x = 3 , x = 5 , где знаменатели дробей обращаются в нуль.
Сделаем некоторые упрощения при х  3 :
х−3
х−3
1
=
=
. Далее будем рассматривать функцию
х 2 − 8 х + 15 ( х − 3)( х − 5) х − 5
y=
1
с точками разрыва x = 3 , x = 5 .
x−5
1
x+
2 x+ 2
-2
0
1
x−5
1
4
2
3
5
x
Исследуем все точки:
lim 2
1
x+2
x →−2−0
lim 2
1
x+2
x →−2+ 0
1
x = −2 − ,   0
−
=
= lim 2
x → −2 при  → 0 →0
1
→ +

= 1
= 0.
1
−
2 = 1 →0
2
1
1
→ +
x = −2 + ,   0


=
= lim 2 =
= + .
1
x → −2 при  → 0 →0
2  → +
Точка x = −2 – точка разрыва второго рода.
lim 2
x →0 − 0
1
x+2
1
2
= 2 = 2,
1 1

lim  x +  = .
x →0 + 0
4 4

120
Точка x = 0 – точка разрыва первого рода, функция непрерывна справа (по
условию).
1
1

lim  x +  = 2 ,
x →2 −0
4
4

1
1
lim
=− .
x →2 + 0 x − 5
3
Точка x = 2 – точка разрыва первого рода, функция непрерывна справа (по
условию).
1
1
=− .
0 x−5
2
lim
x →3
Точка x = 3 является точкой устранимого разрыва.
x = 5 − ,   0
1
1
=
= lim
= − ,
x →5−0 х − 5
x → 5 при  → 0 →0 −
lim
x = 5 + ,   0
1
1
=
= lim = +
x →5+ 0 х − 5
x → 5 при  → 0 →0 
lim
Точка x = 5 является точкой разрыва второго рода.
Исследуем поведение функции y = 2
при x → + .
1
 −

lim 2 =  2 = 20  = 1,
x →−


1
 1 
lim
=
= 0.

x →+ x − 5
+


1
x+2
Сделаем эскиз графика функции:
1
x+2
при x → − , а функции y =
1
x−5
121
y
2
1
4
2
1
2
4
−1
-2
3
5
3
−1
x
2
Рис. 46
4. Задания для самостоятельного решения
1. Исследовать функцию f ( x) на непрерывность, сделать эскиз графика, если:
3
1) y =
2+5
4) y = 3
x
4− x 2
2
x+2
;
;
x−4
2) y = 2
;
x − 5x + 4
5) y = 5



cos x, − 2  x  4 ,



1, x = ,
7) y = 
4

2
 2 

 x  ;
x − ,
16 4

2
( x −2) ( x 2 −1)
2
;
x 2 − x − 12
3) y = 2
;
x − 3x − 4
 2 x , 0  x  1,

6) y =  4 − 2 x, 1  x  2,5,
2 x − 7, 2,5  x  4;

x−5

, − 3  x  6,
 2
8) y =  x − 3x − 10
 3x + 2, 6  x  10;
122
 x−2
 x2 − 5x + 6 , x  4

10) y =  x − 3, 4  x  6,

x
x
−
 3 6 , x  6.

1

 e x+ 4 , x  −4,

9) y =  x + 4, − 4  x  0,

x−3
 2
, x  0;
 x − 7 x + 12
Ответ. 1) Точка x = −2 является точкой разрыва первого рода;
y
32
1
-2
x
O
Рис. 47
2) Точка x = 1 является точкой разрыва второго рода; точка x = 4
является точкой устранимого разрыва;
y
1
3
O
1
4
x
Рис. 48
3) Точка x = −1 является точкой разрыва второго рода; точка x = 4
является точкой устранимого разрыва;
123
y
75
1
-1
O
4
x
Рис. 49
4) Точка x = −2 является точкой разрыва второго рода; точка x = 2
является точкой разрыва второго рода;
y
1
-2
O
2
x
Рис. 50
5) Точка x = −1 является точкой разрыва второго рода; точка x = 1
является точкой разрыва второго рода; точка x = 2 является точкой разрыва
второго рода;
y
1
-2
O
1
2
x
Рис. 51
6) В точке x = 0 функция непрерывна справа (по условию); точка
x = 1 является точкой непрерывности функции; точка x = 2,5 – точка разрыва
124
первого рода, функция непрерывна справа (по условию); в точке x = 4 функция непрерывна слева (по условию);
y
2
1
2,5
O
x
4
1
-1
-2
Рис. 52

7) В точке x = − функция непрерывна справа (по условию); точ2
ка x =

– точка разрыва первого рода; в точке x =  функция непрерывна
4
слева (по условию);
15 2

16
y
1
−

2

O

x
4
Рис. 53
8) В точке x = −3 функция непрерывна справа (по условию); точка
x = −2 является точкой разрыва второго рода; точка x = 5 является точкой
устранимого разрыва; точка x = 6 – точка разрыва первого рода, функция непрерывна слева (по условию); в точке x = 10 функция непрерывна справа (по
условию);
125
y
32
20
-3 -2
1/7
-8/5
O
5
6
10 x
Рис. 54
9) Точка x = −4 является точкой непрерывности функции; точка
x = 0 – точка разрыва первого рода, функция непрерывна справа (по усло-
вию); точка x = 3 является точкой устранимого разрыва; точка x = 4 является
точкой разрыва второго рода;
y
4
1
O
-4
3
x
4
-1/4
Рис. 55
10) Точка x = 2 является точкой устранимого разрыва; точка x = 3
является точкой разрыва второго рода; точка x = 4 является точкой непрерывности функции; точка x = 6 является точкой разрыва второго рода, функция непрерывна слева (по условию).
y
3
1
O
2
3 4
Рис. 56
6
x
126
Модуль V
Дифференциальное исчисление функции одного переменного
Блок №1
1. Производная
Пусть функция
f ( x) определена в некоторой окрестности точки х0 .
Придадим значению переменной х в точке х0 приращение х , при этом
f ( x)
получит приращение f = f ( x0 + x) − f ( x0 ) . Если существует конечный
f
, то он называется производной функции
x →0 x
предел lim
f ( x) в точке х0 и
обозначается f ( x0 ) :
f
f ( x0 + x) − f ( x0 )
= lim
.
x →0 x
x →0
x
f ( x0 ) = lim
Общеприняты и другие обозначения производной функции
y = f ( x) : dy ,
dx
df
. Если вышеуказанный предел существует в каждой точке интервала
dx
(𝑎, 𝑏), то f ( x) становится функцией, определённой на (𝑎, 𝑏).
2. Таблица производных. Правила дифференцирования
(Здесь и ниже C – постоянная величина.)
127
Основные формулы
(𝐶)′ = 0; ( x n ) = nx n−1 ;
Iа
n −1

( x) ) = n ( f ( x) )  f ( x) .
Iб
(f
IIа
(sin x) = cos x, (cos x) = − sin x, (tg x) =
IIб
n
(sin f ( x)) = cos f ( x)  f ( x), (cos f ( x)) = − sin f ( x)  f ( x),
f ( x)
f ( x)
(tg f ( x)) =
, (ctg f ( x)) = − 2
.
2
cos f ( x)
sin f ( x)
( arcsin x ) =
IIIа
, ( arccos x ) = −
1
1
1 − x2
1 − x2
1
=− 1 ;
,
arcctg
x
( arctg x ) =
(
)
1 + x2
1 + x2
( arcsin ( f ( x) )) =
IIIб
1
1
, (ctg x) = − 2 ;
2
cos x
sin x
f ( x)
1 − f 2 ( x)
, ( arccos ( f ( x) ) ) = −
,
f ( x)
1 − f 2 ( x)


( arctg ( f ( x) ) ) = 1 +f f( x()x) , ( arcctg ( f ( x) ) ) = − 1 +f f( x()x)
2
( ln x ) =
IVа
IVб
( ln f ( x) ) =
x
VIа
VIб
( e ) = e
f ( x)
f ( x)
f ( x)
f ( x)
, ( log a f ( x) ) =
.
f ( x)
f ( x)lna
x
x
x
 ln a ;

 f ( x), ( a f ( x ) ) = a f ( x )  ln a  f ( x) .
(sh x) = ch x, (ch x) = sh x, (th x) =
1
1

,
(cth
x
)
=
−
.
ch 2 x
sh 2 x
(sh f ( x)) = ch f ( x)  f ( x), (ch f ( x)) = sh f ( x)  f ( x),
f ( x)
f ( x)
(th f ( x)) = 2
, (cth f ( x)) = − 2
.
ch f ( x)
sh f ( x)
Правила дифференцирования
I
.
1
1
, ( log a x ) =
;
x
x lna
( e ) = e , ( a ) = a
Vа
Vб
2
,
( C  f ( x) ) = C  ( f ( x) )
128
( f ( x) + g ( x) ) = f ( x) + g ( x)
( f ( x)  g ( x) ) =
f ( x)  g ( x) + f ( x)  g ( x),
 f ( x)  f ( x)  g ( x) − f ( x)  g ( x)
, g ( x)  0.
 g ( x)  =
2
g
(
x
)


II
( f ( g ( x)) ) =
III
df ( g ( x)) dg ( x)
.

dg ( x)
dx
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Используя определение, найти производную функции y = x2 .
Решение. y = f ( x) = x 2 ; f ( x + x ) = ( x + x )2 = x 2 + 2 xx + x 2 .
Теперь найдем приращение функции
y = f ( x + x ) − f ( x ) = x 2 + 2 xx + x 2 − x 2 = 2 xx + x 2 = ( 2 x + x ) x.
Разделим приращение функции
y на приращение аргумента
x :
y ( 2 x + x ) x y
=
;
= 2 x + x.
x
x
x
Найденное отношение есть средняя скорость изменения данной функции
f ( x) = x2 в промежутке ( x, x + x ) .
Для того, чтобы найти производную y этой функции, нужно найти предел полученного отношения при x → 0 . Переходя к пределу, получим:
y
= lim ( 2 x + x ) = 2 x. Итак 𝑦 ′ = 2𝑥.
x →0 x
x→0
y = lim
2. Найти производные следующих функций, воспользовавшись правилами
дифференцирования и свойствами производной сложной функции, а также таблицей производных основных элементарных функций.
129
3
− 4;
3
x
I. 1) y = 3x3 − 4 x5 +
(
)
2) y = ( x + 4 )10 ;
4) y = 5 ( 3 − 2 x ) ;
15
3) y = 2 x 2 + 3x − 1 ;
7
4
5) y =
6
Ответ. 1) y = 9 x 2 − 20 x 4 − 1 ;
4
3
(
5) y = −
)  ( 4 x + 3) ;
20

3
(8 x + 3x )
1
;
4tg 6 3x
4) y = −
2) y = 5sin x ;
3) y = 4ctg 6 x ;
5) y = 5 3 1 − sin 4 x 2 ;
6) y = 2ctg 5 2 x .
14 5
2
(3 − 2x ) ;
5
9
1
1
;

7
2 tg 3x cos 2 3x
4) y = − 
40 x  sin 3 x 2  cos x 2
5) y = − 
;
3 3 1 − sin 4 x 2 2
(
4) y =
6) y = −
)
2) y = arccos7 x ;
III. 1) 𝑦 = 2 arcsin 3𝑥;
5cos x
;
2 x
2) y  =
Ответ. 1) y = −6 x  sin ( x 2 + 4 ) ;
3) y = −
14 5
2
(3 − 2x ) ;
5
.
2 11
II. 1) y = 3cos ( x2 + 4) ;
4) y =
14
4 + 3x
6
.
2) y = 10 ( x + 4 )9 ;
x
3) y = 15 2 x 2 + 3x − 1
(8 x + 3x )
2 5
10ctg 4 2 x
.
2
2 x  sin 2 x
3) y = 5 arctg 4 x ;
7
.
3 arcctg 2 x
Ответ. 1) y =
3) y =
6
1 − 9 x2
2) y = −
;
10
(1 + 16 x )
2
IV. 1) y = 3ln ( x2 + 4) ;
arctg 4 x
;
4) y =
2) y = ln 3 5 x ;
7arccos6 x
1 − x2
;
14
1

.
3 (1 + 4 x 2 )  3 ( arcctg 2x )4
3) y = ln ( arcsin5 x ) ;
130
4) y = 3ln 6 ( cos 4 x ) ;
7
5) y =
5
Ответ. 1) y =
6x
;
2
x +4
2) y =
3

ln  arctg 
x

3ln 2 5x
;
x
3) y =
.
5
arcsin 5 x 1 − 25 x
2
;
4) y = −72ln 5 ( cos 4 x )  tg 4 x ;
5) y = − 21 
5
V. 1) y = ecos 6x ;
1
( x2 + 9 )  arctg 3x  5 ln 6  arctg 3x 
2) y = 3earcsin
x
.
3) y = 5
;
1−3 x
;
4) 𝑦 = cos(tg4sin 2𝑥 ).
2) y = 3 earcsin
Ответ. 1) y = −6sin 6 x  ecos 6 x ;
2
3
5 1−3 x
3) y = −  ln 5 
;
2
1 − 3x
x
1

x−x
4) y = −2ln 4  sin ( tg 4sin 2 x ) 
2
;
cos 2 x  4sin 2 x
.
cos 2 4sin 2 x
VI. При вычислении производных сложной функции удобнее пользоваться «цепным правилом» дифференцирования:
1) 𝑦 = 2 cos 3 1 + ln2 3𝑥;
(
)
1
Ответ. y = 6cos 2 (1 + ln 2 3x )  − sin (1 + ln 2 3 x )  2ln 3 x  .
x

ln 4 x  
33 
2) y = sin  2arctg  6 −
 ;
3  


Ответ.

ln 4 x  
ln 4 x 

32 
y = cos  2arctg 33  6 −
   66arctg  6 −

3 
3 



5
2
x 

+ 4arccos  2 − sin
3) y =
 ;
x
2

 1 
−  .
ln 4 x   3x 

1+ 6 −

3 

1
2
131
4
x 
x 1

Ответ. y = −
+
 5  2 − sin
 cos

.

10
2
2
2


x3
x


1 −  2 − sin

2

1
4

7 
4) y = sin 8  x − 3 arccos
;
tg3
x


Ответ.






7 
7  
1
7

y = 8sin  x − 3 arccos
  cos  x − 3 arccos
  1−

tg3
x
tg3
x
7 
2




 3 arccos

tg3
x


1

1−
49
tg 2 3 x

7
3

.
tg 3 x cos 2 3 x
2
3x
1
1 arcsin x
5
4) y = tg 2  5
;
x
5) y = ctg 3  2 x  cos 1  + ln arcsin 1 − e 2 x ;
3x
3
6) y = arccos
x2 − 4
3
x + 16
14
2

(
3
Ответ. 1) y = 2 x  e + 3x  e ;
3) y =
4) y  = 3 
5
2
3x
5
2
 2arctg3x 
)
3x
1
3x
 5x + 1 
2) y =
6 x  cos 2 x + 2 ( 3x 2 − 1)  sin 2 x
cos2 2 x
2
3
 (1 − 5 x 2 )11 + earctg 3 x 11(1 − 5 x 2 )10 10 x
2
1 + 9x
;
(1 − 5 x 2 )22
 2  arcsin

 − 3 5
2 1
1
 x 
tg 2 2 cos 2
x
x
1

+ ln 23− x + 6 x ; 7) y = ln 3 cos  2 x + 4  + x  4arctg
3x
earctg
2
earctg 3 x
3) y =
;
(1 − 5 x 2 )11
3x 2 − 1
2) y =
;
cos 2 x
VII. 1) y = x  e ;
2
1
x
+
;
.
132
1 arcsin
+ tg 2  5
x
3
5
1
x

1
−
3
1
1−  2 x
x
1
 ln 5 

;

 x2
1
1 1
x2
2

ln
2

2
x

cos
+
2

sin
 2

1 
2  x2
3
x
3
x
3x
5) y = 3ctg  2  cos    −
1 
3x  
 2

sin 2  2 x  cos 

3x 


−
2e2 x
arcsin 1 − e
2x

1
1

1 − (1 − e ) 2 1 − e
2x
2x
;
2 x  x + 16 − ( x − 4 )
14
6) y = 3arccos
+
2
x2 − 4
x14 + 16
1

1−
( x2 − 4)
2



−



2
x14 + 16
7 x15
x14 + 16 +
x14 + 16
3 
 3
  23− x  ln 2 ( −3x 2 ) +
;
6x 
+ 6x 
1
23− x
3
7)
1

 2x + 4 
 2 x + 4   2 ( 5 x + 1) − 5 ( 2 x + 4 )
y = 3ln 2 cos 


−
sin
+




( 5 x + 1)
 5 x + 1  cos  2 x + 4  
 5x + 1  


 5x + 1 
+4arctg
3x
+ x  4arctg
3x
 ln 4 
1
3
.

1 + 3x 2 3x
Операция дифференцирования закончена, хотя возможны дальнейшие
упрощения полученных выражений.
4. Задания для самостоятельного решения
1. Найти производные следующих функций:
log34 5 x
1) y = arctg 3x −
;
42 x
5
2) y = 2
arctg 3 x
ctg 4 (2 x 2 )
+
;
4
sin
x
133
3ctg 7 x − cos 2 x
3) y =
;
log 4 8 x
4) y = earccos 9 x + ctg ( x  4x−3 ) + 1;
x2 + 1
5) y = x  ctg3 x + ln 2
;
x −1
2x
6) y = arctg 6 x +
;
ln x
7) y = cosx 7 x + log 32 9 x ;
8) y =
2
5
3
9) y = arcctg 5  1 − 2 x3  − log 34  arcsin 1   4
3+ x 
10) y = 2
11) y = e
 x2 
arctg

 cos 3 x 
(
(
3x
;
4
;
x
)
+ ctg 4 x  x + x + sin 3 cos 2 ;
2
12) y = arcsin x  5
2
1− 2 x 2
x
+ ctg 4 (1 − x 2 )3  sin
 x2 
arccos3 

 1− 2 x 
cos
13) y = 5

6
1 − ex
 arctg 2 x + ln( x3 + 1) ;
x
1+ e
2− 2 x
3
) + ctg
x −1
;
x +1
x4 + 2 x
3
+ arccos
;
x
2x − 1
( x3 + 4 ) +
(
3
3
)
 x −2
14) y = ln 2 e3 x + e6 x − 1 + arcsin 3 
;
5
x


x 2
1
2
3
15) y = arcsin 
;
  1 + 2 x − x + log 3 ctg
1
+
x
x
x


3
1 + 2 x − x2
7
+ arctg  esin x .
16) y = ln
x −1
x
Ответ. 1) y = 5arctg 4 3x 
2) y  = 2arctg3 x  ln 2 
3
−
1 + 9 x2
3
+
1 + 9x2
4log 33 5 x 
1
 42 x − log 34 5 x  42 x  ln 4  2
x ln 3
;
44 x
134
4ctg3 (2 x 2 ) 
+
−4 x
4
4  4
 sin − ctg 4 (2 x 2 )  cos   − 2 
2
2
sin (2 x )
x
x  x 
;
2 4
sin
x
 ctg 7 x
7 

1

 ln 3   − 2  + 2sin 2 x   log 4 8 x − ( 3ctg 7 x − cos 2 x ) 
3
x ln 4
 sin 7 x 

3) y = 
;
2
log 4 8 x


1
−
 ( 4 x −3 + x  4 x −3  ln 4 ) ;

2
x
−
3
1 − 81x 2  sin ( x  4 )
9
4) y = earccos 9 x   −

5) y = ctg 3 x + x  3ctg 2 x   −
1 
2x
2x
;
− 2
+ 2
2
 sin x  x + 1 x − 1
2 x  ln 2  2 x  ln x − 2 x 
2
6) y = 5arctg 4 6 x 
6
+
1 + 36 x 2
2
ln 2 x
1
x;
−7sin 7 x x
 3 − cos7 x  3x ln3
1
2 cos7 x
+ 2log3 9 x 
7) y =
;
2x
3
x ln3
−e x (1 + e x ) − (1 − e x )e x
1 − ex
2
3x 2
 arctg 2 x +

+
8) y =
;
(1 + e x )2
1 + e x 1 + 4 x 2 x3 + 1




3
2
1
−
2
x
(3
+
x
)
−
(1
−
2
x
)3
x
4  1 − 2x  

 −
−
9) y = 5arcctg 
2
3 
3 2


3
+
x
(3
+
x
)


 1 − 2x 
 1+ 
3  
3+ x  

1
1
1

−4log 33  arcsin  

x  arcsin 1  ln 3
1

1− 2
x
x
 1  6 2
  − 2   4 1−2 x −
 x 
1 6 2
−4 x

− log34  arcsin   4 1−2 x  ln 4 
;
2 5
6
x


6 (1 − 2 x )
10) y = 2
 x2 
arctg

 cos3 x 
1
2 x cos3x + 3x 2 sin 3 x
 ln 2 

−
x4
cos 2 3x
1+
cos 2 3x
135
−
1
−
3
4
4  2 
  (1 − x 2 ) 4  (−2 x)  sin
+ ctg 4 (1 − x 2 )3  cos
−
;
2 4
2 3
3
4
x
x
sin (1 − x )
x 

1


 x2 
2
arccos3 




x
1
 1− 2 x 
3arccos 2 
−
11) y = e


2
 1 − 2x 
 x2 
 1− 

1
−
2
x





 2 x(1 − 2 x) − x 2 (−2 x)
−

2
(1
−
2
x
)



 x3
1
2
x3
−
4
ln
4

3
x

x
+
x
+
4

3

2 x+ x
sin 2 4 x  x + x 
1
(
)
(
12) y = 2arcsin x  5
−
1

2− 2 x
)
1
2
 x −1 
x
−
1


3
sin 
 33 

x
+
1
 x +1


2
13) y = 5cos
2
3x
(4 x3 + 2) x
(
(
1 − x 2  52

2− 2 x
)

5

2− 2 x
3
− x4 + 2 x
1
−
1−
)
+ x5
2− 2 x
ln 5
9
(2 x − 1) 2
2
3x
 3 ( x3 + 4 )  3 x 2 +


6
−
;
2 
(2
x
−
1)


 3x
3e6 x 
  3e +
14) y = 2ln e + e − 1 
+
e3 x + e 6 x − 1 
e6 x − 1 
3x
6x
(−1) 
−
2 − 2x 
x + 1 − ( x − 1)
;
( x + 1)2
ln5  2cos3x(− sin3x)  3( x3 + 4 ) + 5cos
+ 2 x + 2x 2
x
4
1
1 

1 +
 ;
 2 x  
1
5
5
− ( x − 2) 
 x −2
1
2
2 5x ;
+3arcsin 2 


2
5x
 5x 
 x −2
1− 

5
x


2
136
1
15) y  =
x 2
1− 

 1+ x 
2

2(1 + x ) − x 2
 1 + 2x − x2 +
2
(1 + x )
x 2
1− x
1
1
1
3
+ arcsin 
+ 3log32 ctg



;

2
2
5
1
1
+
x
1
x
x
1
+
2
x
−
x
2
x


ctg
 ln 3 sin
x x
x x
16) y =
1− x
2 x − x2
−
3
1
1  7  sin3 x
7
+
− 2 e
+ arctg  esin x  3sin 2 x  cos x .
x − 1 1 + 49  x 
x
2
x
Блок №2
1. Логарифмическое дифференцирование
Для дифференцирования степенно-показательной (вида u ( x)v ( x ) ) и некоторых других функций, допускающих логарифмирование, удобно пользоваться так называемым логарифмическим дифференцированием.
Пусть y = u( x)v ( x ) ,
y  0 , 𝑢(𝑥) > 0. Прологарифмируем обе части равен-
ства, получим:
ln y = ln u( x)v ( x ) = v( x)ln u( x) .
Дифференцируя теперь обе части, имеем:

v( x)
y
v( x)
v( x) 
u( x)  .
= v( x)ln u ( x) +
u( x) или y = u ( x)  v( x)ln u ( x) +
u ( x)
y
u ( x)


2. Производные высших порядков
Производную функции f ( x) называют второй производной от функции
f ( x) и обозначают f ( x) : f ( x) = ( f ( x) ) . В общем случае
137

f ( x) = ( f ( x) ) , f ( x) = ( f ( x) ) , ..., f ( n ) ( x) = ( f ( n−1) ( x) ) .
3. Дифференцирование функций, заданных неявно или параметрически
Говорят, что уравнение 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0 неявно задаёт функцию 𝑦 = 𝑓(𝑥) в
интервале (𝑎, 𝑏), если для любого 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏) уравнение 𝐹(𝑥0 , 𝑦) = 0 имеет
единственное решение 𝑦0 = 𝑓(𝑥0 ).
Для нахождения производной функции, заданной неявно, следует продифференцировать обе части равенства 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, считая y функцией от x;
затем полученное уравнение, в которое будут входить x, y и y , следует разрешить относительно y . Для нахождения y равенство дифференцируется
дважды, в результате чего получается уравнение, содержащее x, y, y , y , которое следует разрешить относительно y , затем вместо y подставить функцию от x и y, найденную указанным выше способом.
Пусть
функция
𝑦 = 𝑓(𝑥)
задана
параметрически
уравнениями
 x = x(t ),
t  (, ) . Если функции х(𝑡) и у(𝑡) в точке t 0 имеют производные

y
=
y
(
t
),

х′ (𝑡0 ), у′ (𝑡0 ), и х′ (𝑡0 ) ≠ 0, то функция 𝑦 = 𝑓(𝑥) в точке х0 = х(𝑡0 ) имеет производную у′ (х0 ); при этом
y( x0 ) =

yt (t0 )
или yх = yt .
xt (t0 )
xt
Вторая производная yхх находится по формуле
yхх =
 
 
( yx )t
или yхх = ytt  xt − x3 tt  yt .
( xt )
xt
138
4. Дифференциал первого порядка, дифференциалы высших порядков
Придадим аргументу x в точке х0 приращение x , функция 𝑦 = 𝑓(𝑥)
получит приращение Δ𝑓 = 𝑓(𝑥0 + Δ𝑥) − 𝑓(𝑥0 ). Если существует такое число
А, что Δ𝑓 = АΔ𝑥 + о(Δ𝑥), то говорят, что функция 𝑦 = 𝑓(𝑥) дифференцируема в точке х0 ; линейная часть Аx приращения функции называется дифференциалом функции в точке х0 и обозначается 𝑑𝑓(𝑥0 ) или 𝑑𝑦(𝑥0 ) (или
просто 𝑑𝑓, 𝑑𝑦). Если x – независимое переменное, то полагают dх = х .
Теорема. Функция 𝑓(𝑥) дифференцируема в точке х0 в том и только в
том случае, если 𝑓(𝑥) имеет производную в этой точке. При этом
𝑑𝑓(𝑥0 ) = 𝑓 ′ (𝑥0 )𝑑𝑥.
Если приращение аргумента функции x близко к нулю (на практике
это означает, что x достаточно мало), то приращение функции Δу приближенно равно ее дифференциалу, т.е. Δу ≈ 𝑑𝑦, откуда
f ( x0 + x)  f ( x0 ) + f ( x0 )x .
df ( x0 )
Эту формулу часто применяют для приближенных вычислений значений
функции.
Свойства дифференциала функции в значительной мере похожи на
свойства производной. Пусть 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) – функции, дифференцируемые в
точке х, С – постоянная, тогда:
1) dC = 0 ,
2) 𝑑(С ⋅ 𝑓(𝑥)) = 𝐶 ⋅ 𝑑𝑓(𝑥),
3) 𝑑(𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥)) = 𝑑𝑓(𝑥) ± 𝑑𝑔(𝑥),
4) 𝑑(𝑓(𝑥) ⋅ 𝑔(𝑥)) = 𝑓(𝑥) ⋅ 𝑑𝑔(𝑥) + 𝑔(𝑥) ⋅ 𝑑𝑓(𝑥),
 f ( x)  g ( x)  df ( x) − f ( x)  dg ( x)
5) d 
(при 𝑔(𝑥) ≠ 0),
=
g
(
x
)
g 2 ( x)


6) (Свойство инвариантности формы дифференциала). Если 𝑦 = 𝑓(𝑔(𝑥)) –
суперпозиция функций 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥), то
139
𝑑𝑓(𝑔) = 𝑓 ′ (𝑔)𝑑𝑔.
Другими словами, форма дифференциала инвариантна (неизменна) относительно того, рассматривается у как функция независимой переменной х или
зависимой переменной g.
Дифференциалом второго порядка 𝑑 2 𝑓 функции 𝑦 = 𝑓(𝑥) называется
дифференциал от дифференциала первого порядка:
d 2 f ( x) = d (df ( x)) .
В общем случае d n f ( x) = d (df n−1 ( x)) .
Если переменная x является независимой, то 𝑑 2 х = 𝑑 3 х =. . . = 0. В этом
случае
df n ( x) = f ( n ) ( x)dx n .
Заметим, что для дифференциалов высших порядков свойство инвариантности не выполняется.
5. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Найти производные следующих функций:
ctg 2 3x  (1 − 2 x )  x
5
1) y =
arcsin 3 2 x  3 1 + 3x
x

2) y =  x  arcctg 
4

;
ctg5 3 x
.
Решение. Применение предварительного логарифмирования часто упрощает вычисление производной.
ctg 2 3x  (1 − 2 x )  x
5
1) ln y = ln
arcsin 3 2 x  3 1 + 3 x
;
1
1
ln y = 2ln ctg3x + 5ln(1 − 2 x) + ln x − 3ln arcsin 2 x − ln(1 + 3x).
2
3
Продифференцируем обе части последнего равенства по x :
140
1
6
10
1
6
1
 y = −
−
+
−
−
.
2
y
ctg 3 x sin 3 x 1 − 2 x 2 x arcsin 2 x  1 − 4 x 2 1 + 3 x
Выразим
из
полученного
ctg 2 3x  (1 − 2 x )  x
выражения
y ,
подставляя
значение
5
y=
, в результате получим:
arcsin 3 2 x  3 1 + 3x
ctg 2 3x  (1 − 2 x )5  x
y =

arcsin 3 2 x  3 1 + 3x
 12
10
1
6
1 
 −
−
+
−
−
.
2
sin
6
x
1
−
2
x
2
x
1
+
3
x
arcsin
2
x

1
−
4
x


x

2) y =  x  arcctg 
4

ctg5 3 x
;
x

ln y = ln  x  arcctg 
4

ctg5 3 x
x
1
= ctg5 3x  ln x + ln arcctg  , тогда
4
2




1
15ctg 4 3x  1
x
1
4
5
 y = −

ln
x
+
ln
arcctg
+
ctg
3
x
−
,



x
y
sin 2 3x  2
4
2
x
2

( x + 16) arcctg 4 

откуда



4
 15ctg 3x  1
 1

x
4
5
y =  −

ln
x
+
ln
arcctg
+
ctg
3
x
−




2
x
sin
3
x
2
4
2
x
2




x + 16 ) arcctg  
(

4 

x

  x  arcctg 
4

ctg5 3 x
.
2. Найти производные указанных порядков для следующих функций:
1) y = e2 x , yV − ? ;
2) 𝑦 = 𝑥 ln 3𝑥 , y ‴ -?
Решение.
1) y = e2 x , последовательно вычисляем:
y = 2e2 x , y = 4e2 x , y = 8e2 x , y IV = 16e2 x , yV = 32e2 x .
3) y = ln x, y( n ) − ?
141
1
1
𝑥
𝑥
2) 𝑦 = 𝑥 ln 3𝑥, , тогда 𝑦 ′ = ln 3𝑥 + 1, 𝑦 ″ = , 𝑦 ‴ =– 2 .
3) 𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥, найдем несколько последовательных производных:
1
1
2
2⋅3
2⋅3⋅4
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥5
𝑦 ′ = , 𝑦 ″ =–
, 𝑦‴ =
2
, 𝑦 𝐼𝑉 = −
3
, 𝑦𝑉 =
4
.
Усмотрим
закономер-
ность, по которой составлена каждая из этих производных и, считая, что
эта закономерность сохраняется для производной любого порядка, получим:
y ( ) = ( −1)
n
n −1

( n − 1)! .
xn
3. Для функций, заданных параметрически, найти производную yxx :
1) 𝑥 = √1 − 𝑡 2 , 𝑦 = arcsin2 𝑡;
2) 𝑥 = arccos √𝑡 , 𝑦 = √1 + √𝑡.
yx )t
(
yt
Решение. Воспользуемся следующими формулами yx = , yx =
.
xt
xt
1) 𝑥 = √1 −
𝑡 2, 𝑦
2arcsin t
2t − 2arcsin t  1 − t 2
, yxx =
= arcsin 𝑡, yx = −
;
t
t3
2
2) 𝑥 = arccos √𝑡 , 𝑦 = √1 + √𝑡, yx = −
1
1+ t
1 − t , yxx = −
.
2
4
4. Для функций, неявно заданных, найти производную:
1) y5 − 5xy + x5 = 0, yx − ?
″
2) 𝑦 = 𝑥 + ln 𝑦 , 𝑦𝑥𝑥
−?
Решение. Дифференцируем по x и определяем yx :
y − x4
1) y − 5 xy + x = 0, yx = 4
;
y −x
5
5
2) y = x + ln y, yx =
y
, дифференцируем последнее равенство по
y −1
x
и определяем yxx , подставляя вместо y найденное ранее выражение:
yxx = −
y
( y − 1)
3
.
5. Найти dy, d 2 y от функции 𝑦 = arccos √𝑥.
142
1
1
1
Решение. dy = ydx = − 
dx, d 2 y = ydx 2 = 
2 x − x2
4
(1 − 2 x )
(x − x )
2 3
dx 2 .
6. Задания для самостоятельного решения
1. Проверить, что данная функция удовлетворяет дифференциальному
уравнению:
1) 𝑦 = 𝑥 + ln 𝑥, x 2 (1 − ln x ) y + xy − y = 0 ;
2) y =
e x + e− x
,
x
xy + 2 y − xy = 0 ;
3) 𝑦 = 𝑥 ln 2𝑥, yx = x + y ;
4) y =
x cos x
, 𝑦 ′ cos 𝑥 + 𝑦 = 1 − sin 𝑥 ;
1 + sin x
2
1
5) y = x 4e−2 x , y + 4 xy = 2 xe− x
4
2
y.
2. Найти dy, d 2 y от следующих функций:
2) x = ln(1 + t 2 ), y = t − arctg t ;
1) e y = x + y ;
3) arctg
y
= ln x 2 + y 2 ;
x
4) 𝑥 = 3 log 2 ctg 𝑡 , 𝑦 = tg 𝑡 + ctg 𝑡;
5) 𝑥 = arcsin √1 − 𝑡 2 , 𝑦 = arccos 2 𝑡;
6) 𝑦 = 𝑥 + arctg 𝑦;
7) y = 3x .
3
1
ey
2
dx, d y = −
dx 2 ;
Ответ. 1) dy = y
3
e −1
( e y − 1)
t
2
2) dy = dx, d 2 y =
1+ t2 2
dx ;
4t
x+ y
x2 + y 2 2
2
3) dy =
dx, d y = 2
dx ;
3
x− y
( x − y)
2
2
1
dx 2 ;
4) dy = ln 2  ctg 2tdx, d 2 y = ln 2 2 
3
9
sin 2 t
143
5) dy = arccos tdx, d 2 y = 2dx 2 ;
(1 + y
1 + y2
2
6) dy =
dx
,
d
y
=
−
2

y2
y5
2
) dx
(
2
;
)
7) dy = 3ln 3  x 2  3x dx, d 2 y = 3ln 3 2 x  3x + 3ln 3  x 4  3x dx 2 .
3
3
3
3. Найти производные функций, применяя метод логарифмического дифференцирования: 1) y =
3
( x − 2)
2 3
x +1
x
2) y = xln x  x 2 .
;
2 1
1 1
1  3 ( x − 2) 3 x + 1
Ответ. 1) y =  
;
+ 
−

x
 3 x − 2 9 x + 1 3x 
2
2) y =  2ln x + 2   x ln x  x 2 .

x
4. Найти y( n ) для следующих функций: 1) y = 5x ; 2) y =
( )
Ответ. 1) y ( n ) = 5 x ln n 5 ; 2) y =
n
2  n!
(1 − x )
n +1
1+ x
.
1− x
.
Блок №3
1. Уравнения касательной и нормали
Касательной к графику функции х0 в точке х0 называют прямую с угловым коэффициентом 𝑓 ′ (𝑥0 ), проходящую через точку (𝑥0 , 𝑓(х0 )). Нормалью к графику функции
y = f ( x) в точке х0 называют прямую, проходящую
через точку ( x0 , f ( х0 )) перпендикулярно касательной в этой точке.
Уравнение касательной к графику функции 𝑦 = 𝑓(𝑥) в точке
𝑀(𝑥0 , 𝑦0 ), 𝑦0 = 𝑓(𝑥0 ), имеет вид:
144
𝑦 = 𝑦0 + 𝑓 ′ (𝑥0 )(𝑥 − 𝑥0 ),
а уравнение нормали в той же точке:
y = y0 −
x − x0
.
f ( x0 )
Если 𝑓 ′ (𝑥0 ) = 0, то касательная горизонтальна и задается уравнением 𝑦 = 𝑦0 ,
а нормаль вертикальна и задается уравнением 𝑥 = х0 .
2. Раскрытие неопределенностей по правилу Лопиталя
Теорема. Пусть функции 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) определены и дифференцируемы
в каждой точке некоторой окрестности точки х0 , кроме, может быть, самой
точки х0 , и пусть 𝑔′ (𝑥) ≠ 0 для всех x из этой окрестности, 𝑥 ≠ 𝑥0 . Если
lim f ( x) = lim g ( x) = 0 или lim f ( x) = lim g ( x) =  и существует lim f ( x) , то
x→ x
x→ x
x→ x
x→ x
0
0
0
существует и xlim
→x
0
0
x → x0
g ( x)
f ( x)
, причем
g ( x)
lim
x → x0
f ( x)
f ( x)
.
= lim
g ( x) x→x0 g ( x)
Эта теорема, называемая правилом Лопиталя, применяется для раскрытия неопределённостей вида

0
или . Неопределённости вида 0   или
0

∞ − ∞ несложным алгебраическим преобразованием приводятся к неопределённостям вида
0
0
или


0 0
. Неопределённости вида 1 ,  ,0 приводятся к

неопределённости вида 0   с помощью предварительного логарифмирования или с помощью тождества ( f ( x)) g ( x ) = e g ( x )ln f ( x ) .
145
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Найти уравнение касательной и нормали к кривой:
1) 4 x3 − 3xy 2 + 6 x2 − 5xy − 8 y 2 + 9 x + 14 = 0 в точке M 0 ( −2,3) ;
 x = 3t − 5,
2) 
в точке, где t0 = 3 .
2
y
=
t
−
4

Решение. 1) Уравнение кривой задано в неявном виде. Находим производную, по правилу дифференцирования неявной функции:
12 x2 − 3 y 2 − 6 xyy + 12 x − 5 y − 5xy − 16 yy + 9 = 0;
12 x 2 − 3 y 2 + 12 x − 5 y + 9
9
y =
; y ( −2,3) = − .
6 xy + 5 x + 16 y
2
Уравнения
касательной
и
нормали
y = y0 + y ( M 0 )( x − x0 ) и y = y0 −
y =3+
имеют
соответственно
x − x0
9
. Получаем: y = 3 − ( x + 2 )
y ( M 0 )
2
вид
и
2
( x + 2) .
9
Ответ. Уравнение касательной 9𝑥 + 2𝑦 + 12 = 0 ; уравнение нормали
2𝑥 − 9𝑦 + 31 = 0.
2) Найдем координаты точки M 0 и y ( t ) при t0 = 3 .
xM 0 = 4, y M 0 = 5, yx =
2t
, yx ( 3) = 2.
3
Ответ. Уравнение касательной 2𝑥 − 𝑦 − 3 = 0, уравнение нормали
𝑥 + 2𝑦 − 14 = 0.
2. Вычислить пределы по правилу Лопиталя.
e x − e− x
;
x →0 sin 2 x
1) lim
146

e x − e− x )
(
e x − e− x  0 
e x + e− x 2
=   = lim
= lim
= = 1;
Решение. lim
x →0 sin 2 x
x →0 2cos 2 x
2
 0  x→0 ( sin 2 x )
ln x
;
x → 3 x
2) lim
ln x   
=   = lim
x → 3 x
   x→
Решение. lim
3) lim
x →0
( ln x )

( )
3
x
= lim
x →
1
x
1
1
= 3lim 3 = 0 ;
x →
x
3 3 x2
x cos x − sin x
;
x3
Решение. Правило Лопиталя может быть использовано последовательно
несколько раз.
lim
x→0
( x cos x − sin x )
x cos x − sin x  0 
=
=
lim
=
 0  x→0
x3
3 
x
( )
( − sin x )
cos x − x sin x − cos x
− sin x  0 
=
lim
=
=
lim
=
 0  x→0
x →0
x →0

3x 2
3x
( 3x )
= lim
− co s x
1
=− .
x →0
3
3
= lim
4) lim(1 − x)  tg
x→1
x
;
2
Решение. Здесь имеет место неопределенность вида 0   , которую раскроем, предварительно сведя ее к неопределенности
0
, а далее восполь0
зуемся правилом Лопиталя:
(1 − x )
x
1− x 0
−1
lim (1 − x )  tg
= 0    = lim
=   = lim
= lim
=
x →1
x →1
x →1
x  0  x→1
−1 

2
x 

ctg

 ctg 
2
2 x 2
sin
2 

2
=
2
.

147
5) lim ( x − 1)  ln cos
x→1
x
;
2
6) limarcsin x  ctgx ;
x →0
 1x 
7) lim x   e − 1 ;
x →


2
8) lim x
x →0+ 0
Решение. Воспользуемся тождеством x
ввиду
lim x
непрерывности
3
4+ ln x
x →0 + 0
= lim e
x →0 + 0
9) lim (1 − x )
cos
x →1−0
3
4+ ln x
3ln x
4 + ln x
lim
= e x →0+ 0
x
2 ;
3
4+ ln x
;
3
=e
ln x 4 + ln x
показательной
3ln x
4 + ln x
x →0 + 0

= =e

lim
10) lim ( x − 1)
arcsin ( x −1)
x →1
=e
3
ln x
4+ ln x
=e
функции,
( 3ln x )
( 4+ ln x )
lim
=e
x →0 + 0
3
x
1
x
3ln x
4+ ln x
и,
имеем:
= e3 .
;
23 x − 22 x
12) lim
.
x→0 sin3 x − tg 2 x
x
 1x

11) lim  e + 1 ;
x →0


Ответ. 1) 1;
2) 0;
1
3) − ;
3
5) 0;
6) 1;
7)
9) 1;
10) 1;
11) e ;
4)
;
2
;

8)
e3 ;
12) ln 2 .
4. Задания для самостоятельного решения
1. Найти уравнение касательной и нормали к кривой:
1) y 2 = 4 x в точке M 0 (1,2 ) ;

 x = 2cos t + 3sin t ,
2) 
в точке, где t0 = .
2
 y = cos t + 2sin t
Ответ. 1) Уравнение касательной 𝑦 − 𝑥 − 1 = 0;
уравнение нормали
𝑥 + 𝑦 − 3 = 0.
2) Уравнение касательной 𝑥 − 2𝑦 + 1 = 0; уравнение нормали
2𝑥 + 𝑦 − 8 = 0.
2. Вычислить пределы по правилу Лопиталя:
148
1) lim x
1
ln( e x −1)
x →0
1
x
2) lim(e + x) ;
x
;
x→0
tgx
3) lim(1 +
x →
1
4) lim   ;
x →0 x
 
5) lim
ln x
;
x →0 ln sin x
6) lim
ex − 1 − x2
7) lim
;
x →0
sin 6 2 x
etgx − e x
8) lim
;
x→0 tgx − x
9) lim
10) lim  x − 1  ;
x →1
 x − 1 ln x 
 1x

11) lim x  e − 1 ;
x →


e2 x − 1
13) lim
;
x →0 ln(1 + 2 x)
2x
14) lim 1 − e  ctgx ;
3
x →0
(
1 x
) ;
x2
ln sin 2 x
;
x →0 ln sin x
e x − e− x − 2 x
;
x →0
x − sin x
)
12) lim  1 − x  ;
x →1 ln x
ln x 

15) lim  1 − 12  .
x →0 x sin x
x 

Ответ. 1) e ;
2)
e2 ;
3) 1 ;
4) 1 ;
6) 1 ;
7)
;
8) 1 ;
9) 2 ;
10)
1
;
2
11) 1 ;
12) −1;
13) 1 ;
14) −2 ;
15)
1
.
24
5) 1 ;
149
Модуль VI
Интегральное исчисление функции одного переменного
Блок №1
1. Неопределенный интеграл
Функция 𝐹(𝑥) называется первообразной для функции 𝑓(𝑥), заданной
на числовом промежутке 𝑋 ⊂ ℝ, если 𝐹 ′ (𝑥) = 𝑓(𝑥) для всех x  X .
Если 𝐹(𝑥) – первообразная для функции 𝑓(𝑥), то 𝐹(𝑥) + 𝐶, где
C = const , также является первообразной для 𝑓(𝑥). Обратно, если 𝐹(𝑥) и
𝐺( 𝑥) – две различные первообразные для функции 𝑓(𝑥), то они отличаются
на постоянную величину. Совокупность всех первообразных для функции
𝑓(𝑥) называется неопределённым интегралом от функции 𝑓(𝑥) и обозначается ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. Ввиду сказанного выше, имеет место равенство:
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝐶,
где 𝐹(𝑥) – некоторая (фиксированная) первообразная для 𝑓(𝑥), а С пробегает
всевозможные действительные значения.
Не всякая функция имеет первообразную. Однако, если 𝑓(𝑥) непрерывная функция на некотором промежутке, то она на этом промежутке имеет
первообразную.
Свойства неопределенного интеграла:
1) ∫ 𝑑𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝐶,
2) 𝑑 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥,
3) ∫ 𝑘 ⋅ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥, где k = const ,
4) ∫(𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥))𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
(свойства 3 и 4 составляют свойство линейности),
150
5) Если ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝐶, то
1
 f (ax + b)dx = a F (ax + b) + C , a  0 .
2. Таблица основных неопределенных интегралов
n
 x dx =
Iа
x n+1
+ C , n  −1 ,
n +1
 ( f ( x )) d ( f ( x ))
n
Iб

IIа

IIб
( f ( x ))
=
e
IIIб
f ( x)
dx
= ln x + C ,
x
d ( f ( x ))
f ( x)
d ( f ( x )) = e
+ C , n  −1 .
n +1
= ln f ( x ) + C .
x
x
x
 e dx = e + C,  a dx =
IIIа
n +1
f ( x)
+ C,  a
f ( x)
ax
+C ,
ln a
a ( )
d ( f ( x )) =
+C.
ln a
f x
∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 + 𝐶, ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 = − cos 𝑥 + 𝐶,
IVа
∫ cos(𝑓(𝑥)) 𝑑(𝑓(𝑥)) = sin(𝑓(𝑥)) + 𝐶,
IVб
∫ sin(𝑓(𝑥)) 𝑑(𝑓(𝑥)) = − cos(𝑓(𝑥)) + 𝐶.
dx
 cos
Vа
d ( f ( x ))
 cos ( f ( x ) )
Vб
2

VIа
VIб

a −x
d ( f ( x) )
a2 − f 2 ( x )
x
=tgx + C ,
=tg ( f ( x ) ) + C ,
dx
2
2
2
= arc sin
= arc sin
dx
 sin
2
x
= −ctgx + C ,
d ( f ( x ))
 sin ( f ( x ) ) = −ctg ( f ( x ) ) + C .
x
+ C,
a
f ( x)
+ C,
a
2
a
2
dx
1
x
= arctg + C ,
2
+x
a
a
f ( x)
dx
1
=
arctg
+C .
2
 a + f ( x) a
a
2
151
VIIа

dx
x2  a2
d ( f ( x ))

VIIб
VIIIа
= ln x + x 2  a 2 + C ,
dx
1
x−a
=
ln
 x 2 − a 2 2a x + a + C ,
= ln f ( x ) + f 2 ( x )  a 2 + C ,
( x)  a
d ( f ( x ))
f ( x) − a
1
=
ln
 f 2 ( x ) − a 2 2a f ( x ) + a
f
2
2
+C
∫ sh 𝑥 𝑑𝑥 = ch 𝑥 + 𝐶, ∫ ch 𝑥 𝑑𝑥 = sh 𝑥 + 𝐶,
∫ sh(𝑓(𝑥)) 𝑑(𝑓(𝑥)) = ch(𝑓(𝑥)) + 𝐶,
VIIIб
∫ ch(𝑓(𝑥)) 𝑑(𝑓(𝑥)) = sh(𝑓(𝑥)) + 𝐶.
dx
 ch
IXa
IXб
2
x
= th x + C ,
dx
 sh
2
x
= − cth x + C ,
d ( f ( x) )
d ( f ( x) )
=
th
f
(
x
)
+
C
,
(
)
 ch 2 ( f ( x) )
 sh 2 ( f ( x) ) = − cth ( f ( x) ) + C .
∫ tg𝑥𝑑𝑥 = − ln|cos 𝑥| + 𝐶, ∫ ctg𝑥𝑑𝑥 = ln|sin 𝑥| + 𝐶,
X
dx
x
dx
x

 sin x = ln tg 2 + C ,  cos x = ln tg  2 + 4  + C.
3. Интегрирование методом замены переменных
Рассмотрим интеграл ∫ 𝑓(𝜑(𝑥))𝜑′ (𝑥)𝑑𝑥, считая функции 𝜑 ′ (𝑥) и 𝑓(𝑥)
непрерывными на некотором числовом промежутке (𝑎, 𝑏). Введем подстановку 𝜑(𝑥) = 𝑡, тогда:
𝜑 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = 𝑑𝜑(𝑥) = 𝑑𝑡, f ( ( x) ) = f ( t ) ;
исходный интеграл примет вид:
∫ 𝑓(𝜑(𝑥))𝜑 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡. (1)
В некоторых случаях в интеграле∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 удобнее применить подстановку
𝑥 = 𝜙(𝑡), тогда интеграл преобразуется следующим образом:
152
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝜙(𝑡))𝜙 ′ (𝑡) 𝑑𝑡. (2)
Изложенный метод называют методом замены переменной. В частности, метод, основанный на применении формулы (1), называют методом занесения
под знак дифференциала.
Любая из подстановок должна упрощать интеграл, либо сводя его к
табличному, либо приводя к виду, более удобному для дальнейшего интегрирования. Не существует общего правила, позволяющего написать подстановку для произвольного интеграла. Однако можно выделить несколько классов
интегралов, подстановки для которых известны. Некоторые из этих классов
будут рассмотрены ниже.
4. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Вычислить следующие интегралы:
I. 1)   3 x 3 − 24 + 5 3 x + 4 dx ;

2)
 ( x + 5)
12
 dx ;
 ( x + 5)
12
Решение.
3)

x
 ( 2 x − 1)
10
 dx =  ( x + 5 )  d ( x + 5 )
12
( x + 5)
=
13
13
+C .
 dx ;
1
2
Решение.  ( 2 x − 1)10  dx = d ( 2 x − 1) = 2dx, dx = d ( 2 x − 1) =
1
( 2 x − 1) + C .
10
=  ( 2 x − 1)  d ( 2 x − 1) =
2
22
11
4)

dx
7
( 4 − 3x )
5
;
153
Решение.

dx
7
( 4 − 3x )
5
5
7
=  ( 4 − 3x ) dx = d ( 4 − 3x ) = −3dx  dx = −
−
d ( 4 − 3x )
=
3
5
7 7 ( 4 − 3x )
1
−
= −  ( 4 − 3x ) 7  d ( 4 − 3x ) = −
+C .
3
6
2
5)
ln 7 x
 x dx ;
ln 7 x
dx
ln 8 x
7
dx = d ( ln x ) =
= ln x  d ( ln x ) =
+C .
Решение. 
x
x 
8
6)
tg 5 x
 cos2 x dx ;
Решение.
7)
tg 5 x
dx
tg 6 x
5
 cos2 x dx = d (tgx ) = cos2 x =  tg x d (tgx ) = 6 + C .
ctg 3 4 x
 sin 2 4 x dx ;
Решение.
d ( ctg 4 x )
ctg 3 4 x
4dx
dx
dx
=
d
ctg
4
x
=
−

=
−
=
(
)
 sin 2 4 x
sin 2 4 x
sin 2 4 x
4
1
ctg 4 4 x
3
= −  ctg 4 x  d ( ctg 4 x ) = −
+C .
4
16
8) ∫ cos 3 5𝑥 ⋅ sin 5𝑥 𝑑𝑥;
Решение.
3
 cos 5x  sin 5xdx = d ( cos5x ) = −5sin 5xdx  sin 5xdx = −
=−
d ( cos5 x )
=
5
1
cos 4 5 x
3
cos
5
x

sin
5
xdx
=
−
+C .
5
20
3x 5
3x
9)  e  4 + e dx ;
Решение.
e
3x
 4 + e dx = d ( 4 + e
5
3x
3x
) = 3e
3x
dx  e dx =
3x
d ( 4 + e3 x )
3
=
154
=
1 5
4 + e3 x  d ( 4 + e 3 x ) =

3
(
10)  x x 2 + 7
Решение.
)
15
5 5 ( 4 + e3 x )
6
18
+C .
 dx ;
 x( x
2
+ 7 )  dx = d ( x + 7 ) = 2 xdx  xdx =
15
2
d ( x2 + 7 )
2
=
x2 + 7 )
15
15
(
1
1
2
2
2
2
=  ( x + 7)  d ( x + 7) =  ( x + 7)  d ( x + 7) =
+C .
2
2
32
16
11)
dx
;
 2

10 x 
( x + 16)  arctg 4 
Решение.
dx
 2  10 x  =
( x + 16)  arctg 4 
x

d  arctg 
x
dx
4dx
dx
4

= d  arctg  =
= 2
 2
= 
=
2
4
4
 x  ( x + 16 ) ( x + 16 )

4 1 + 
 16 
=
1
x
1

−10 x
arctg

d
arctg
=
−
+C .


4
4 
4
9 x
36arctg
4
( 2 x − 1)
11
3)
5)
22
+C;
ln 8 x
+C;
8
7) −
ctg 4 4 x
+C;
16
cos 4 5 x
9) −
+C;
20
4) −
2)
7 7 ( 4 − 3x )
6
2
+C;
6)
tg 6 x
+C;
6
8)
6
5 5
4 + e3 x ) + C ;
(
18
(x
10)
2
+ 7)
16
32
( x + 5)
13
3x 4
2
15 3 4
Ответ. 1)
+ 3+
x + 4x + C ;
4
3x
4
+C;
13
+C ;
155
11) −
1
x
36arctg
4
+C.
9
II. 1)
3x 2 dx
 x3 + 4 ;
d ( x3 + 4 )
3x 2dx
3
2
= d ( x + 4 ) = 3x dx =  3
= ln x3 + 4 + C .
Решение.  3
x +4
x +4
2)
cos5 xdx
 2sin 5 x + 3 ;
Решение.
cos5 xdx
 2sin 5x + 3 = d ( 2sin 5x + 3) = 10cos5 xdx  cos5 xdx =
=
1 d ( 2sin 5 x + 3) 1
= ln 2sin 5 x + 3 + C .
10  2sin 5 x + 3
10
3)  tg 2 xdx = 
6)
d ( 2sin 5 x + 3)
=
10
sin 2 x
dx ;
cos 2 x
dx
 (1 + x ) arcctgx ;
Решение.
2

4)
e 2 xdx
 7 − e2 x ;
7)
 x ln 3x ;
dx
5)
6 x2 + 2 x + 1
 2 x3 + x 2 + x ;
8)
4dx
;
 2x
x
sin  ctg
3
3
4dx
x
dx
dx
x


= d  ctg  = −

= −3d  ctg  =
x
x
x
x
3
3


sin 2  ctg
3sin 2
sin 2
3
3
3
3
x

d  ctg 
x
3
= −12 
= −12ln ctg + C .
x
3
ctg
3
1
ln 2sin 5 x + 3 + C ;
10
Ответ. 1) ln x3 + 4 + C ;
2)
1
3) − ln cos 2 x + C ;
2
1
4) − ln 7 − e2 x + C ;
2
5) ln 2x3 + x2 + x + C ;
6) − ln arcctgx + C ;
156
8) −12ln ctg x + C .
7) ln ln3x + C ;
3
III. 1)  sin 2 x  ecos 2 x  dx ;
Решение.
 sin 2 x  e
=−
cos 2 x
 dx = d ( cos 2 x ) = −2sin 2 xdx  sin 2 xdx = −
d ( cos 2 x )
=
2
1 cos 2 x
1 cos 2 x
e

d
cos2
x
=
−
e
+C .
(
)
2
2
x +3 x
 ( 2 x + 3)  e  dx ;
2
2)
3)

4
1
x
arcsin 2 x
1 − 4 x2
dx ;
4)
5
 x 2 dx ;
2tg 3 x
5) 
dx .
cos 2 3 x
1
Ответ. 1) − ecos 2 x + C ;
2
3)
4arcsin 2 x
+C;
2ln 4
5)
2tg 3 x
+C .
3ln 2
x
2) e
4) −
2
+3 x
+C;
1
x
5
+C;
ln 5
IV. 1)  ( 2 x + 5)  cos ( x2 + 5x ) dx ;
Решение.
 ( 2 x + 5)  cos ( x
2
+ 5 x ) dx = d ( x 2 + 5 x ) = ( 2 x + 5 ) dx =
=  cos ( x2 + 5x ) d ( x2 + 5x ) = sin ( x 2 + 5x ) + C .
2)
cos ( ln 4x )
 x dx ;
3)

sin ( 3arccos 2 x )
1 − 4x
Ответ. 1) sin ( x2 + 5x ) + C ;
3)
V. 1)
1
cos ( 3arccos 2 x ) + C .
6
x 2 dx
 cos2 ( x3 − 4) ;
2
dx .
2) sin ( ln 4x ) + C ;
157
d ( x3 − 4 )
x 2 dx
3
2
2
 cos2 ( x3 − 4 ) = d ( x − 4 ) = 3x dx  x dx = 3 =
Решение.
3
1 d ( x − 4)
1
=  2 3
= tg ( x3 − 4 ) + C .
3 cos ( x − 4 ) 3
2)
dx

2 x  sin
Ответ. 1)
2
(
)
2x + 1
3) 
;
1
tg ( x 3 − 4 ) + C ;
3
2) −ctg
(
dx
.
x  cos 2 x
)
2x + 1 + C ;
3) 2tg x + C .
VI. 1)
4 xdx

3 − x4
;
Решение.

4 xdx
4 xdx
=
3 − x4
( 3) − ( x )
2
2 2
= d (x
2
d ( x2 )
) = 2 xdx = 2
( 3) − ( x )
2
=
2 2
x2
= 2arcsin
+C .
3
2 x 4 dx
2)

4)
dx
 x ( 7 + ln 2 5 x ) ;
1 − x10
Решение.
=
3x dx
3)  2 x
;
3 +5
;
dx
( )
7
2
2
2
d ( ln5 x )



dx
 x ( 7 + ln 5x ) =  
x  ( 7 ) + ( ln5 x )

2
+ ( ln5 x ) 

=
2



= d ( ln5 x ) =
7
ln5 x
arctg
+C .
7
7
x2
+C;
Ответ. 1) 2arcsin
3
2)
2
arcsin x5 + C ;
5
dx
=
x
158
5
3x
arctg
+C ;
3)
5ln 3
5
VII. 1)
 cos
Решение.
dx
2
3x 4 + tg 2 3x
 cos
= d ( tg 3x ) =
;
dx
2
7
ln 5 x
arctg
+C.
7
7
4)
3 x 4 + tg 2 3 x
=
dx
cos 3x 2 + ( tg 3x )
2
2
=
2
d ( tg 3x ) 1
d ( tg 3x )
3dx
dx

=
= 
=
2
2
cos 3x cos 3x
3
3 22 + ( tg 3x )2
1
= ln tg 3x + 4 + tg 2 3x + C.
3
x3dx
2)  8
;
x −4

3)
dx
x
x
sin 2  ctg 2 − 5
4
4
;
1
x4 − 2
+C;
2) ln 4
16 x + 2
1
Ответ. 1) ln tg 3x + 4 + tg 2 3x + C ;
3
3) −4ln ctg
x
x
+ ctg 2 − 5 + C ;
4
4
2. Вычислить интеграл:

Решение.
=
+
4) −
1
6 2
ln
2 + arcctg 3x
+C.
2 − arcctg 3x
x sin 1 − 9 x 2 + 1 − 3x + 9 + 6 x + (1 − arcsin 3x )
1 − 9x
2
x sin 1 − 9 x 2 + 1 − 3x + 9 + 6 x + (1 − arcsin 3x )
1 − 9x
x sin 1 − 9 x 2
1 − 9x
2
(1 − arcsin3x )
+3

dx
 (1 + 9 x2 )( 2 − arctg 2 3x ) .
4)
1 − 9 x2
d ( 3x )
1 − ( 3x )
2
dx + 
2
dx = −
1 − 3x
1 − 9x
2
dx + 
2
9dx
1 − 9x
1
sin 1 − 9 x 2 d

9
(
2
+
)
6x
1 − 9x
1 − 9x2 +
2
2
dx .
2
dx =
dx +
1 d (1 + 3x )
+
3  1 + 3x
2
2
1 d (1 − 9 x ) 1
− 
−  (1 − arcsin 3x )  d (1 − arcsin 3x ) =
3
3
1 − 9 x2
159
1
2
2
= cos 1 − 9 x 2 +
1 + 3x + 3arcsin 3 x −
1 − 9 x2 −
9
3
3
(1 − arcsin 3x )
−
3
9
+C .
5. Задания для самостоятельного решения
1. Вычислить следующие интегралы:
x2 + 5x + 1
dx ;
I. 1) 
x
4)

( x + 1) dx
2 x2 + 4 x + 5
Ответ. 1)
II. 1)
3)
5)
 ctg
5
4
3
7
dx
;
4 x  sin 2 4 x
2 5 10 3
x +
x +2 x +C ;
5
3
3) −
5)
;
5 x 2 dx
2)  x  ( x + 4)  dx ; 3) 
;
(4 x3 + 7)11
2
2)
1
1

+C;
16 ctg 4 4 x
6)
dx
 x(2 − 7ln x) ;
7 dx
 cos 2 x  tg 2 x ;
2)
11
4 4 3
 ( x + 4) + C ;
33
1
4)  2 x 2 + 4 x + 5 + C ;
2
1
1

+C;
24 ( 4 x3 + 7 )10
2
x
x 3
6)  3  4 (15 + 2  3 )  dx .
 (9 x
2
7
2 4
15 + 2  3x ) + C .
(
7ln 3
dx
;
+ 1)(8 + arctg 3x)
x
4)  ctg dx ;
4
5)

dx
1 − 4 x  arcsin 2 x
1
1
Ответ. 1) − ln 2 − 7ln x + C ; 2) ln 8 + arctg3x + C ;
7
3
7
3) ln tg 2 x + C ;
2
5)
1
ln arcsin 2 x + C .
2
4) 4ln sin x + C ;
4
2
.
160
arctg
x
3
e
dx ;
III. 1) 
9 + x2
2)

e
x
dx ;
x
1 arctg 3x
Ответ. 1) e
+C;
3
2) 2e
2) 
IV. 1)  e5 x  sin e5 x  dx ;
1
Ответ. 1) − cos e5 x + C ;
5
2 x3dx
V. 1)  2 4
;
sin ( x + 4 )
4) 
2 − e6 x
+C;
)
1 dx
3)  sin  2 .
x x
1
3) cos + C .
x
5
sin ( arctg3x ) + C ;
3
dx
 x  sin 2 ( ln3x ) .
3)
3) −ctg ( ln3x ) + C .
2) tge x + C ;
2)  sin 2 xdx ;
;
35ln 4 x
+C.
5ln 3
3)
e x dx
2) 
;
cos 2 e x
(
VI. 1) 
x
35ln 4 x
 x dx .
5cos ( arctg3x )
dx ;
1 + 9 x2
2)
1
Ответ. 1) − сtg x 4 + 4 + C ;
2
e3 x dx
3)
3)
3 − cos 4 x
sin 6 xdx
 4 + cos2 6 x ;
3xdx
.
16 + 81x 4
1
e3 x
Ответ. 1) arcsin
+C;
3
2
3) −
VII. 1) 
4) 
cos 2 x
+C;
2) − arcsin
3
1
cos6 x
arctg
+C ;
12
2
e x dx
e2 x + 3
x 2 dx
x6 − 1
;
2) 
1
9 x2
arctg
+C .
24
4
dx
;
x ( ln 2 4 x − 5 )
3)
sin 3xdx
;
2
3x
 9 − cos
.
Ответ. 1) ln e x + e2 x + 3 + C ;
3) −
4)
1
3 + cos3 x
ln
+C;
18 3 − cos3 x
2)
1
2 5
ln
ln 4 x − 5
+C;
ln 4 x + 5
1
4) ln x3 + x 6 − 1 + C .
3
161
Вычислить интегралы:
1)
4)

sin 3x − 1
dx ;
3x − 1

dx
5x
 (3x2 + 4)8 dx ;
2)
1 − 9 x 2  (arccos3x + 5)

; 5)
x  3ln( x +2)
dx ;
7)  2
x +2
arcsin5 x
dx ;
1 − 25 x 2

3)
3dx
1 3 x −4 x
dx ;
x ; 6)  (3 − 8 x )( )
ctg
5
2 x
2
sin  e
2
2
2
9)
3− x +5 3+ x

9− x
2
dx ;
10)
4 x3 + 6 x 2
dx ;
11)  4
( x + 2 x3 − 1)5
dx
14)  2 ;
tg 3 x
17)
20)
23)
15)
dx
 4 + x2 ;
x


8)
12)
18)
2ln 3 x
49 + ln 4 3 x
3−e

dx ; 21)
x
(2 − x)  sin (ln( − 1))
2

1 + cos 4xdx ;
sin 4 x
4x
dx ;
dx
9 − x2
;
2
 1 − cos 4 xdx ;
e4 x

dx
13)
16)
;
dx
 tg 2 x ;
dx
;
2
ln 4 x
 x  cos
19)
sin 5 x
 cos2 5 x − 25dx ;
dx
 cos2 2 x  (16 − tg 2 2 x) ;
22)
sin 2 3 x
 cos4 3xdx ;
arctg 3 x + x + 5 + 4arctg 3 x + x(1 + 9 x 2 ) 2
dx ;
1 + 9 x2
x + 4 − x75ln( x −4) + x 2 − 4 + x sin(ln(4 − x 2 ))
dx ;
24) 
x2 − 4
2
x
x
x
x tg
tg − 4sin(2 − tg ) + 1 − sin + e 3
3
3
3
dx ;
25) 
2 x
cos
3
2
26)
2ctg 4 x + cos(1 + ctg 4 x) − 3 ctg 4 x + 3 − sin 3 4 x + cos 4 x
dx ;

sin 2 4 x
ln ( x + 2 ) + cos ( ln ( x + 2 ) ) + e
2
27)

x+2
ln ( x + 2 )
+7+ x+2
dx ;
162
28)

dx
ln x x
2
11x32 − 33 x 65
29) 
dx ;
4 + x 66
;
2
Ответ. 1) − cos 3x − 1 + C ;
3
3)
2
15
5) 6e
7)
( arcsin 5x )
− ctg
x
2
3
2) −
5
1

+C;
42 ( 3x 2 + 4 )7
1
4) − ln arccos3x + 5 + C ;
3
+C ;
54 x −3 x
+C;
6) −
ln5
2
+C;
  x 
8) ctg  ln  − 1  + C ;
  2 
ln ( x 2 + 2 )
1
3
+C;
2ln 3
9) 2 3 + x − 10 3 − x + C ;
11) −
1
4 ( x 4 + 2 x3 − 1)
4
10)
2
sin 2 x + C ;
2
1
12) ln 1 − cos 4 x + C ;
4
+C;
13)
1
ln sin 2x + C ;
2
1
14) − ctg 3x − x + C ;
3
16)
tg ln4x + C ;
17)
19) − 1 ln cos5 x − 5 + C ;
50
2
 1 + ctg 2 4 x 
30)  
 dx .
 sin 4 x 
cos5 x + 5
21)
1 4 + tg 2 x
ln
+C;
16 4 − tg 2 x
23)
2
9
( arctg3x )
3
+
1
x
arctg + C ;
2
2
15) −
1
3 − e4 x + C ;
2
18) arcsin
20) ln ln 2 3x + 49 + ln 4 3x + C ;
22)
1 3
tg 3x + C ;
9
1
5
1
ln 1 + 9 x 2 + arctg3x +
 4arctg 3x +
18
3
3ln 4
x
+C;
3
163
+
2
1
1 + 9 x2 ) + C ;
(
36
24) 1 ln x 2 − 4 + ln x − 2 −
x+2
2
(
5ln ( x 2 − 4 )
1
7
+ ln x +
10ln 7
x2 − 4 −
)
1
− cos ln ( 4 − x 2 ) + C ;
2
x
tg
x
x
x
3

3
+ 3e + C ;
25) tg − 12cos  2 − tg  + 3tg −
3
3
3 cos x

3
3
26) −
−
1
1
3
3
1
4
 2ctg 4 x − sin (1 + ctg 4 x ) + 3 ( ctg 4 x ) − ctg 4 x + cos 4 x −
4ln 2
4
16
4
4
1
+C;
4sin 4 x
27) ln 2 ( x + 2 ) + sin ( ln ( x + 2 ) ) + x + 7ln x + 2 + 2 x + 2 + C ;
28) 2 ln x + C ;
29)
1
x33 1
arctg
− ln 4 + x 66 + C ;
6
2
2
1
1
1
30) − ctg 4 x − ctg 3 4 x − ctg 5 4 x + C .
4
6
20
Блок №2
1. Метод интегрирования по частям
Если функции 𝑢(𝑥) и 𝑣(𝑥) непрерывно дифференцируемы на некотором числовом
промежутке (𝑎, 𝑏), то справедлива формула интегрирования
по частям:
∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 или ∫ 𝑢𝑣 ′ 𝑑𝑥 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑢′ 𝑑𝑥.
164
Эту формулу следует применять в тех случаях, когда интеграл в правой части
равенства проще исходного или подобен ему. Ниже приведены основные типы интегралов, допускающих интегрирование по частям.
III тип
I тип
II тип
(интегралы, приводящиеся к себе)
m
 sin ax 
P
(
x
)

 n cos ax dx
 ex 
 Pn ( x)  a x dx
 arcsin x 
arccos x 


 Pn ( x)  arctg x  dx


arcctg x 


∫ 𝑃𝑛 (𝑥) ⋅ ln𝑚 𝑥 𝑑𝑥
∫ 𝑥 𝛼 ⋅ ln𝑚 𝑥 𝑑𝑥, 𝛼 ≠ −1
x  sin  x 
e
  cos x dx
∫ sin( ln 𝑥) 𝑑𝑥
∫ cos( ln 𝑥) 𝑑𝑥

a 2 − x 2 dx

x 2  a 2 dx
(здесь Pn ( x ) – многочлен степени n)
В качестве функции 𝑢(𝑥) выбирают подчёркнутые функции, дифференциалом dv считают оставшуюся часть подынтегрального выражения. Интегралы I типа берутся путём интегрирования по частям n раз, II типа – m раз,
III типа (за исключением двух последних) – берутся по частям 2 раза (причём, в первом интеграле III типа оба раза за u можно принять как
ex , так и
тригонометрические функции sin 𝛽𝑥, cos 𝛽𝑥).
По частям могут быть взяты и некоторые интегралы, не вошедшие в эту таблицу.
2. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения и понятия:
165
1. Вычислить следующие интегралы:
1)
x
 x cos 2dx ;
4) ∫ arccos 2𝑥 𝑑𝑥;
7)

10)
ln 3xdx
;
x
ln sin x
dx ;
2
x
 cos
2)  ( 3x + 1)  e−3 x  dx ;
5) ∫ 𝑥 arctg 𝑥 𝑑𝑥;
8) ∫ 𝑒 2𝑥 ⋅ cos 3𝑥 𝑑𝑥;
11)
ln ( arctgx )
 1 + x2 dx ;
3)
 ( x -3)  sin 5xdx ;
2
6) ∫ 𝑥 arcctg 2𝑥 𝑑𝑥;
9)

2 − x 2 dx ;
12)∫ sin 𝑥 ⋅ ln cos 𝑥 𝑑𝑥;
13) ∫ 𝑒 𝑥 ln(𝑒 𝑥 + 1) 𝑑𝑥; 14) ∫ sin(ln 𝑥) 𝑑𝑥.
Решение. Для вычисления всех предложенных интегралов применим
формулу ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 интегрирования по частям. При использовании этой формулы нужно, прежде всего, установить, какая функция
принимается равной u и что относится к dv. Затем нужно дифференцированием функции u найти du, а по известному dv определить интегрированием функцию v.
x
dv = cos dx,
x
x
x
2
1)  x cos x dx =
= 2 x sin − 2 sin dx = 2 x sin +
x
2
2
2
2
du = dx,
v = 2sin
2
u = x,
x
+4cos + C .
2
u = 3x + 1, dv = e−3 x dx,
1
−3 x
−3 x
2)  ( 3x + 1)  e−3 x  dx =
1 −3 x = − ( 3x + 1) e +  e dx =
3
du = 3dx, v = − e
3
=−
1
1
( 3x + 1) e−3 x − e−3 x + C .
3
3
Формула интегрирования по частям может применяться неоднократно.
166
u = x 2 -3,
dv = sin 5 xdx,
1
3)  ( x -3)  sin 5 xdx =
= − ( x 2 -3) cos5 x +
1
5
du = 2 xdx, v = − cos5 x
5
2
u = x, dv = cos5 x,
2
1
+  x cos5 xdx ==
= − ( x 2 − 3) cos5 x +
1
5
5
du = dx, v = sin 5 x
5
+
2
2
1
2
x sin 5 x −  sin 5 xdx = − ( x 2 − 3) cos5 x + x sin 5 x +
25
25
5
25
+
2
cos5 x + C .
125
Если подынтегральная функция содержит сомножителем логарифмическую или обратную тригонометрическую функции, то их следует принимать за u, так как в результате дифференцирования эти функции упрощаются (интегралы II типа).
u = arccos 2 x, dv = dx
2 xdx
= x arccos 2 x + 
=
2dx
4)  arccos 2 xdx =
2
du = −
, v=x
1
−
4
x
1 − 4 x2
2
1 d (1 − 4 x )
= d (1 − 4 x ) = −8 xdx = x arccos 2 x − 
=
4
1 − 4 x2
2
= x arccos2 x −
u = arctg x
5)  x arctg xdx =
du =
dx
1 + x2
1
1 − 4 x2 + C .
2
dv = xdx
v=
2
x
2
=
x2
1 x 2 dx
arctg x − 
=
2
2 1 + x2
x2
1 1 + x2 − 1
x2
1
dx
= arctg x − − 
dx = arctg x −  dx + 
=
2
2
2 1+ x
2
2
1 + x2
167
x2
1
= arctg x − x + arctgx + C .
2
2
u = arcctg 2 x dv = xdx
6)  x arcctg 2 xdx =
=
du =
−2dx
1 + 4 x2
v=
2
x
2
x2
x 2 dx
= arcctg 2 x + 
=
2
1 + 4 x2
x2
1 1 + 4 x2 − 1
x2
1
1
dx
arcctg 2 x + 
dx
=
arcctg 2 x +  dx − 
=
2
2
4 1 + 4x
2
4
4 1 + 4 x2
x2
1
1 d ( 2x )
x2
1
= arcctg 2 x +  dx − 
= arcctg 2 x + x −
2
2
4
4 1 + ( 2x )
2
4
1
− arctg 2 x + C .
8
7)

ln 3 xdx
=
x
u = ln 3 x dv =
du =
dx
x
dx
x
v=2 x
= 2 x  ln 3x − 2
= 2 x  ln 3 x − 2 
xdx
=
x
dx
=2 x  ln 3x − 4 x + C .
x
Иногда после двукратного применения формулы интегрирования по
частям приходим в правой части к выражению, содержащему исходный
интеграл, т.е. получаем уравнение с искомым интегралом в качестве неизвестного (интегралы III типа).
u = e2 x ,
dv = cos3xdx,
1 2x
8) I =  e  cos3xdx =
=
e  sin 3x −
1
3
du = 2e2 x dx,
v = sin 3x
3
2x
u = e2 x ,
dv = sin 3xdx,
2 2x
1 2x
−  e  sin 3xdx =
=
e  sin 3x +
1
3
du = 2e2 x dx, v = − cos3x 3
3
168
2
4
+ e2 x  cos3x −  e2 x  cos3xdx .
9
9
В итоге получено уравнение относительно неизвестного интеграла:
e
2x
 cos3xdx . Решая это уравнение
1
2
4
I =  e 2 x  cos3xdx = e 2 x  sin 3 x + e 2 x  cos3 x −  e 2 x  cos3 xdx ,
3
9
9
I
4
1
2
13
1
2
I + I = e2 x  sin 3x + e2 x  cos3x,
I = e2 x  sin 3x + e2 x  cos3 x,
9
3
9
9
3
9
получим
I=
9  1 2x
2 2x

 e  sin 3 x + e  cos3 x  + C .
13  3
9

9) I = 
u = 2 − x 2 , dv = dx,
2 − x2 − 2
2
2 − x 2 dx =
=
x
2
−
x
−
− xdx
 2 − x 2 dx =
du =
,
v=x
2 − x2
= x 2 − x 2 −  2 − x 2 dx + 
+
2
2− x
2
dx = x 2 − x 2 −  2 − x 2 dx +
I
2
x
arcsin
+C,
2
2
I =  2 − x 2 dx =
1
2
x 
x 2 − x2 +
arcsin

+C .
2
2
2
dx
u = ln sin x, dv =
,
ln sin x
10) 
dx =
cos 2 x = tgx  ln sin x −  dx =
2
cos x
du = ctgxdx,
v = tgx
= tgx  lnsin x − x + C .
169
u = ln ( arctgx ) ,
11)
ln ( arctgx )
 1 + x2 dx =
du =
= arctgx  ln ( arctgx ) − 
dv =
dx
,
arctgx (1 + x 2 )
dx
,
1 + x2
v = arctgx
=
dx
= arctgx  ln ( arctgx ) − arctgx + C .
1 + x2
u = ln cos x,
dv = sin xdx,
12)  sin x  ln cos xdx =
=
− sin x
du =
dx, v = − cos x
cos x
= − cos x ln cos x −  sin xdx = − cos x ln cos x + cos x + C .
13)  e ln ( e + 1) dx =
x
x
e2 x
e2 x + e x
−e x
=
u = ln ( e x + 1) , dv = e x dx,
e x dx
du = x
,
e +1
ex + 1
ex
e 2 x dx
= e ln ( e + 1) −  x
=
e +1
x
v = ex
x
=
 x
ex 
x
x
x
x
= e ln ( e + 1) −   e − x
dx = e ln ( e + 1) − e + ln e + 1 + C .
e +1

x
x
14) I =  sin ( ln x ) dx =
−  cos ( ln x ) dx =
u = sin ( ln x ) ,
du =
cos ( ln x )
dx,
x
u = cos ( ln x ) ,
du =
dv = dx,
− sin ( ln x )
dx,
x
v=x
dv = dx,
v=x
= x sin ( ln x ) − x cos ( ln x ) −
−  sin ( ln x ) dx ,
I
I =  sin ( ln x ) dx =
= x sin ( ln x ) −
1
( x sin ( ln x ) − x cos ( ln x )) + C .
2
170
2. Вычислить следующие интегралы:
1)
4)
( x + 2 ) dx
 x2 + 2 x + 2 ;
( x − 2 ) dx

9 x2 + 4 x + 1
2)

xdx
3 − 2 x − x2
;
3)

( x + 3) dx
x2 − x + 1
;
.
Решение. Для отыскания интегралов от функций, содержащих квадратный трехчлен, для преобразования их к формулам интегрирования следует сначала выделить полный квадрат из квадратного трехчлена.
1)
( x + 2 ) dx
x
=
2
+ 2x + 2
( t + 1) dt =
t +1
2
x 2 + 2 x + 2 = ( x 2 + 2 x + 1) + 1 = ( x + 1) + 1 = t 2 + 1,
2
=
x + 1 = t , x =t − 1, x + 2 = t + 1, dx = dt
tdt
dt
1
2
+
=
2
 t + 1  t + 1 2 ln t + 1 + arctgt + C =
2
1
= ln x 2 + 2 x + 2 + arctg ( x + 1) + C .
2
xdx
2)

=
3 − 2 x − x 2 = − ( x 2 + 2 x + 1) + 1 + 3 = 4 − ( x + 1) = 4 − t 2 ,
3 − 2 x − x2
=
2
x + 1 = t , x = t − 1, dx = dt
=
( t − 1) dt =
4 − t2
tdt

4 − t2
= − 3 − 2 x − x 2 − arcsin
3)

( x + 3) dx
x − x +1
2
−
=
dt
t
= − 4 − t 2 − arcsin + C =
2
4 − t2
x +1
+C.
2
=
2
1
1 1
1 3
3


x − x + 1 =  x2 − 2  x +  − + 1 =  x −  + = t 2 + ,
2
4 4
2 4
4 =


=
1
1
7
x − = t , x = t + , x + 3 = t + , dx = dt
2
2
2
2
=
171
7
t
7
dt
3 7
3
2
2
2 dt =
dt
+
=
t
+
+
ln
t
+
t
+
+C =


2
4
2
4
3
3
3
t2 +
t2 +
t2 +
4
4
4
t+
=
=
x2 − x + 1 +
( x − 2 ) dx

4)
7
1
ln x − +
2
2
9 x2 + 4 x + 1
=
1
3
x2 − x + 1 + C .
( x − 2 ) dx
4
1
x2 + x +
9
9
=
2
4
1 
4
4 4 1 
2
5
5
x + x + =  x2 + x +  − + =  x +  + = t 2 + ,
9
9 
9
81  81 9 
9  81
81 =
=
2
2
20
x + = t , x = t − , dx = dt , x − 2 = t −
9
9
9
2
 20 
t −  dt
1 
1
tdt
20
dt
1
5
9 
= 
= 
− 
= t2 + −
3
3
81
5
5 27
5 3
t2 +
t2 +
t2 +
81
81
81
20
5
1 2 4
1 20
2
4
1
ln t + t 2 +
+C =
x + x + − ln x + + x 2 + x + +
27
81
3
9
9 27
9
9
9
−
+C =
1
20
2
4
1
9 x 2 + 4 x + 1 − ln x + + x 2 + x + + C .
9
27
9
9
9
3. Задания для самостоятельного решения
1. Вычислить следующие интегралы:
1)
 xarctg 5xdx ;
2)  ( x2 − 4 x + 3)sin 2 xdx ; 3)
4)  x3 ln xdx ;
5)  ln(4 x2 + 1)dx ;
7)  arctg 5x − 1dx ;
8)
10)

3
x 2 ln xdx ;
xdx
 sin 2 x ;
11)  e−3 x sin 2 xdx ;
 xe
2x
dx ;
6)  ( x 2 − 3)cos 2 xdx ;
9)
12)
x cos x
 sin 3 x dx ;

16 + x 2 dx .
172
x2
1
1
Ответ. 1)
arctg 5 x − x +
arctg 5 x + С ;
2
10
50
1
x−2
cos2 x
sin 2 x +
+С;
2) − ( x 2 − 4 x + 3)cos2 x +
2
2
4
3)
x 2x 1 2x
e − e +С;
2
4
4)
x4
x4
ln x −
+С;
4
16
5) x ln(4 x2 + 1) − 2 x + arctg 2 x + С ;
x 2 −3
2
 sin 2 x +
cos 2 x + С ;
2
4
6)
7) xarctg 5 x − 1 −
1
5x − 1 + С ;
5
8) − xctgx + ln sin x + С ;
3 53
9 53
10) x  ln x − x + С ;
5
25
x
1
− ctgx + С ;
9) −
2
2sin x 2
11) −
12)
2 −3 x
3
e  cos 2 x − e−3 x  sin 2 x + С ;
13
13
1
x  16 + x 2 + 8ln x + 16 + x 2 + С .
2
2. Вычислить интегралы:
(7 x − 1)dx
;
2
+ x−2
1)
x
4)

7)

(4 x + 7) dx
15 − x + 2 x
2
e x dx
1 + e x + e2 x
;
;
2)
x
5)

8)
x
2
( x − 10)
dx ;
− 8 x + 20
(2 x − 9) dx
x + 4 x + 13
2
;
ln xdx
1 − 4ln x − ln 2 x
;
Ответ. 1) 5ln x + 2 + 2ln x − 1 + С ;
2) 1 ln x 2 − 8 x + 20 − 3arctg  x − 4  + С ;
2
3)

19
7
ln x − 6 − ln x − 3 + С ;
3
3
2 
(4 x − 5)
dx ;
− 9 x + 18
3)
x
6)

9)
e x dx
 e2 x + 4e x − 5 .
2
(3 x + 5)dx
5 − x − 4x
2
;
173
4) −4 15 − x 2 + 2 x + 11arcsin  x − 1  + С ;
 4 
5) 2 x 2 + 4 x + 13 − 13ln x + 2 + x 2 + 4 x + 13 + С ;
6) −3 5 − x 2 − 4 x − arcsin  x + 2  + С ;

3 
7) 1 + e x + e 2 x − 1 ln e x − 1 + 1 + e x + e 2 x + C ;
2
2
 ln x + 2 
2
8) − 1 − 4ln x − ln x − 2arcsin 
+C;
5 

1 ex − 1
+C .
9) ln x
6 e +5
Блок №3
1. Рациональные дроби
Рациональной дробью называют выражение Pn ( x) , в котором 𝑃𝑛 (𝑥) и
Qm ( x)
𝑄𝑚 (𝑥) – многочлены степени n и m соответственно. Дробь называют правильной, если 𝑛 < 𝑚.
Всякую неправильную дробь Pn ( x) с помощью деления числителя на
Qm ( x)
знаменатель (например, «уголком») можно привести к виду
R( x)
Pn ( x)
= Sn−m ( x ) +
,
Qm ( x)
Qm ( x)
где Sn−m ( x ) целая часть (многочлен степени n − m ),
циональная дробь.
По свойству интеграла
R( x)
– правильная раQm ( x)
174
R( x)
Pn ( x)
dx
=
S
x
dx
+
(
)
 Qm ( x)  n−m
 Qm ( x) dx .
Так как интеграл ∫ 𝑆𝑛−𝑚 (𝑥)𝑑𝑥 вычисляется элементарно (является суммой
табличных интегралов), то интегрирование неправильных рациональных
дробей сводится к интегрированию правильных дробей.
2. Разложение правильной дроби на простейшие
Правильные дроби следующих четырех типов называют простейшими:
I.
A
;
x−a
II.
III.
IV.
A
( x − a)
n
, n = 2,3,4... ;
Ax + B
;
x + px + q
2
Ax + B
( x2 + px + q )
2
, n = 2,3,4... .
Здесь 𝐴, 𝐵, 𝑎, 𝑝, 𝑞 ∈ ℝ, и квадратный трехчлен x 2 + px + q не имеет действительных корней (не разложим в ℝ на линейные множители).
Каждую правильную рациональную дробь
P( x)
можно разложить в
Q( x)
сумму простейших дробей четырех типов. Пусть разложение знаменателя
дроби 𝑄(𝑥) имеет вид:
Q( x) = ( x − x1 ) 1  ...  ( x − xk ) k  ( x 2 + p1x + q1 )  ...  ( x 2 + ps x + qs ) .
n
Тогда разложение дроби
n
m1
P( x)
на простейшие имеет вид:
Q( x)
ms
175
An1
P( x)
A1
A2
=
+
+ ... +
+ ...
n1
n1 −1
Q( x) ( x − x1 )
x
−
x
(
)
x
−
x
( 1)
1
... +
... +
... +
Все
AN −nk +1
( x − xk )
(x
nk
+
AN −nk + 2
( x − xk )
B1 x + C1
2
+ p1 x + q1 )
+
m1
BM −ns +1 x + CM −ns +1
(x
2
+ p1 x + q1 )
коэффициенты
ms
nk −1
(x
+
+ ... +
AN
+
( x − xk )
B2 x + C2
2
+ p1 x + q1 )
m1 −1
+ ... +
BM −ns +2 x + CM −ns + 2
(x
2
+ p1 x + q1 )
разложения
ms −1
Ai ,
Bm1 x + Cm1
(x
+ ... +
2
+ p1 x + q1 )
+ ...
BM x + CM
.
2
x
+
p
x
+
q
(
1
1)
i = 1, 2,..., N ,
где
𝑁 = 𝑛1 +
+𝑛2 +. . . +𝑛𝑘 , и B j , C j , 𝑗 = 1,2, . . . , 𝑀, где 𝑀 = 𝑚1 + 𝑚2 +. . . +𝑚𝑠 , находятся с
помощью метода неопределенных коэффициентов или метода частных значений.
Таким образом, для вычисления интеграла от правильной рациональной дроби нужно сначала разложить эту дробь на простейшие, а затем проинтегрировать каждое слагаемое.
Рассмотрим вычисление интегралов от простейших дробей.
I и II тип. Простейшие дроби первых двух типов – почти табличные.
A
A
 x − a dx =  x − a d ( x − a ) = A ln x − a + C ,
A
 ( x − a)
n
dx = 
A
( x − a)
n
d ( x − a)
( x − a)
= A
1−n
1− n
+ C, n  1.
III тип. Воспользуемся методом замены переменной.
176
p

A t −  + B
Ax + B
Ax + B
p
2
dx
=
dx
=
x
+
=t = 
dt =
 x 2 + px + q   p 2
2
p2
2
p
2
t +q−
x+  +q−
4
2
4

Ap
A
Ap
B
−
B
−
2

At
p 
2 dt =
2
2 dt =
=
dt + 
d t2 + q −  + 
2
2
2

p
p
p 
p2
4 
2
2
2
2
t +q−
t +q−
t +q−
t +q−
4
4
4
4
A
p2 
Ap 
1
t
2
= ln t + q −
+B−
arctg
+C =

2
4 
2 
p2
p2
q−
q−
4
4
A
2 B − Ap
2x + p
= ln x 2 + px + q +
arctg
+ C.
2
4q − p 2
4q − p 2
IV тип. С помощью ряда подстановок интеграл IV типа можно свести к
интегралу

(x
Ax + B
2
+ px + q )
n
dx =
A
1
Ap 
dy

,

+B−
 2
n −1
2
2 (1 − n ) ( x + px + q )
2  ( y + a 2 )n

p2
p
где y = x + , a = q −
. Последний интеграл вычисляется с помощью ре4
2
куррентной формулы:

(y
dy
2
+a
)
2 n
=
1
y
1 2n − 3
dy
.

+ 2

n
−
1
2
2 ( n − 1) a ( y 2 + a 2 )
a 2n − 2 ( y 2 + a 2 )n−1
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения и понятия.
1. Выделить целую часть каждой дроби и вычислить интегралы:
1)
xdx
 x+3;
Решение.
2)
2x + 3
 x−5 ;
3)
3x 2 + 4 x − 5
 x + 2 dx .
177
1) Данная дробь неправильная, так как степени многочленов в числителе
и знаменателе равны, выделим целую часть и вычислим интеграл:
xdx
 x+3 = 
x +3−3
x+3
dx
dx
dx = 
dx − 3
=  dx − 3
= x − ln x + C .
x+3
x+3
x+3
x+3
2) Дробь неправильная, выделим целую часть делением числителя на
знаменатель «уголком» и получим
2x + 3
2 x − 10
x −5
2
13
Тогда

2x + 3
13 

=  2 +
dx = 2 x + 13ln x − 5 + C .
x−5
x−5

3) Дробь неправильная, так как
Pm ( x )
 Q ( x ) , m = 2, n = 1, m  n
, выделим це-
n
лую часть и вычислим полученные интегралы:
3x 2 + 4 x − 5
1 
3x 2

 x + 2 dx =   3x − 2 − x + 2 dx = 2 − 2x − ln x + 2 + C .
2. Заданную дробь разложить в сумму простейших:
x 2 + 3x − 4
1) 2
;
( x + x − 2)( x 2 − 7 x + 12)
5 x3 + 3x 2 − 4 x + 1
2) 2
;
( x − 2 x + 1)2 ( x 2 − 4)
4 x3 + 3x 2 − 7
3) 2
;
( x − 5 x + 21)( x 2 + 16)
4)
4 x3 + 3x 2 − 8 x + 9
;
2
2
2
x
−
9
(
x
+
3
x
+
8)(
x
+
5
x
+
6)
(
)
6 x 2 + 3x − 1
5) 3
.
( x − 27)( x 2 + 81)
Решение. Для того, чтобы проинтегрировать правильную рациональную
дробь, следует предварительно разложить ее на сумму так называемых
простых дробей. Для этого находят корни знаменателя.
x 2 + 3x − 4
1)
, корни знаменателя 𝑥1 = −2, 𝑥2 = 1, 𝑥3 =
( x 2 + x − 2)( x 2 − 7 x + 12)
3, 𝑥4 = 4 действительные и различные, следовательно, дробь представит-
178
ся
в
виде
следующих
простых
дробей:
x 2 + 3x − 4
A
B
C
D
=
+
+
+
.
( x 2 + x − 2)( x 2 − 7 x + 12) x + 2 x − 1 x − 3 x − 4
5 x3 + 3x 2 − 4 x + 1
2) 2
, корни знаменателя 𝑥1,2,3,4 =, 𝑥5 = 2, 𝑥6 = −2 дей( x − 2 x + 1)2 ( x 2 − 4)
ствительные, среди них есть кратные, следовательно, дробь представится
в виде следующих простых дробей
5 x3 + 3x 2 − 4 x + 1
A1
A2
A3
A
B
C
.
=
+
+
+ 4 +
+
4
3
2
2
2
2
( x − 2 x + 1) ( x − 4) ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1)
x −1 x − 2 x + 2
4 x3 + 3x 2 − 7
3) 2
, корни знаменателя – две комплексно сопряжен( x − 5 x + 21)( x 2 + 16)
ные пары, тогда дробь представится в виде
4 x3 + 3x 2 − 7
A x + B1
A x + B2
= 2 1
+ 22
.
2
2
( x − 5 x + 21)( x + 16) x − 5x + 21 x + 16
4)
4 x3 + 3x 2 − 8 x + 9
A
B1
B2
C
=
+
+
+
+
2
( x2 − 9) ( x2 + 3x + 8)( x2 + 5x + 6) x − 3 x + 3 ( x + 3) x + 2
+
Dx + E
.
x + 3x + 8
2
6 x 2 + 3x − 1
Ax + B
C
Dx + F
=
+
+
5) 3
.
( x − 27)( x 2 + 81) x 2 + 81 x − 3 x 2 + 3x + 9
3. Найти интегралы:
( x5 + x 4 − 8)dx
1) 
;
x3 − 4 x
3)
5)
( x 4 + 1)dx
 x3 − x 2 + x − 1 ;
( 2x
2
− 3x − 3) dx
 ( x − 1) ( x
2
− 2 x + 5)
.
xdx
;
2
+ x − 2)
2)
 ( x − 1) ( x
4)
xdx
 x3 − 8 ;
179
( x5 + x 4 − 8)dx
Решение. 1)
– дробь неправильная, выделим целую часть
x3 − 4 x
делением многочлена на многочлен, и получим целую часть 𝑥 2 + 𝑥 + 4 и
правильную дробь
4 x 2 + 16 x − 8
, которую разложим на простейшие
x3 − 4 x
4 x 2 + 16 x − 8 A
B
C
. Приводя правую часть к общему знаме= +
+
3
x − 4x
x x−2 x+2
нателю,
получим
тождественное
равенство
4 x 2 + 16 x − 8 = A ( x − 2 )( x + 2 ) + Bx ( x + 2 ) + Cx ( x − 2 ) .
Найдем коэффициенты A, B, C методом коллокаций, для этого удобнее
брать корни знаменателя, т.е. x = 0, x = 2, x = −2 :
x=0
−8 = 4 A, A = 2,
x = 2 40 = 8B, B = 5,
x = −2 −24 = 8C , C = −3.
Следовательно,
+5
( x5 + x 4 − 8)dx
dx
2
=
x
dx
+
xdx
+
4
d
x
+
2
3
 x − 4x



x+
dx
dx
x3 x 2
− 3
=
+
+ 4 x + +2ln x + 5ln x − 2 − 3ln x + 2 + C =
x−2
x+2 3
2
x2  ( x − 2)
x3 x 2
= + + 4 x + ln
+C .
3
3 2
x
+
2
( )
5
2)
x
– дробь правильная, найдем корни знаменателя и
( x − 1) ( x 2 + x − 2 )
разложим
дробь
на
простые
дроби,
получим
x
A
B
C
=
+
+
. Найдем коэффициенты A и C
2
2
( x − 1) ( x + x − 2 ) ( x − 1) x − 1 x + 2
методом частных значений: x = A ( x + 2 ) + B ( x − 1)( x + 2 ) + C ( x − 1)2
1
1 = 3A , A = ,
3
2
x = −2 −2 = 9C , C = − .
9
x =1
180
Коэффициент B вычислим, сравнивая коэффициенты при
x2 в многочле-
нах левой и правой частей:
0  x 2 + 1  x + 0 = Bx 2 + Cx 2 , 0 = B + C , B = −C , B =
Следовательно,
2
.
9
xdx
1
dx
2 dx 2 dx
=
+
2
 ( x − 1) ( x2 + x − 2) 3  ( x − 1) 9  x − 1 − 9  x + 2 =
1 1
2
2
1 1
2
x −1
=− 
+ ln x − 1 − ln x + 2 + C = − 
+ ln
+C .
3 x −1 9
9
3 x −1 9 x + 2
xdx
1
dx
2 dx 2 dx
= 
+ 
−
=
2
2
+ x − 2 ) 3 ( x − 1) 9 x − 1 9  x + 2
 ( x − 1) ( x
1 1
2
2
1 1
2
x −1
=− 
+ ln x − 1 − ln x + 2 + C = − 
+ ln
+C .
3 x −1 9
9
3 x −1 9 x + 2
x4 + 1
3) 3 2
– дробь неправильная, выделим целую часть делением
x − x + x −1
многочлена на многочлен, и получим целую часть x + 1 и правильную
дробь
2
,
x − x + x −1
3
2
которую
разложим
на
простейшие
2
A
Bx + C
=
+ 2
. Приводя правую часть к общему знаменаx − x + x −1 x −1 x +1
3
2
телю, получим тождественное равенство 2 = A( x2 + 1) + ( Bx + C )( x − 1) .
Найдем коэффициент A методом частных значений, коэффициенты B и C
вычислим, сравнивая коэффициенты при x и х2 в многочленах левой и
правой частей:
𝑥 = 1 | 2=2A, A=1,
𝑥2
𝑥
|
0 = 𝐴 + 𝐵, 𝐵 = − 𝐴, 𝐵 = − 1,
0 = 𝐶 − 𝐵, 𝐶 = 𝐵, C = 1.
( x 4 + 1)dx
1
x +1 
x2

=  x +1+
−
Следовательно,  3
 dx = + x +
x − x2 + x − 1  
x − 1 x2 + 1 
2
1
+ ln x − 1 − ln x 2 + 1 − arctgx + C .
2
181
x
A
Bx + C
=
+ 2
, x = A( x2 + 2 x + 4) + ( Bx + C )( x − 2) ,
x − 8 x − 2 x + 2x + 4
4)
3
1
2=12A, A= ,
6
x=2
x2
1
0 = A + B, B = − A, B = − ,
6
x
1
1 = 2 A + C − 2 B, C = 1 − 2 A + 2 B, C = .
3
Следовательно,
−
xdx
1 dx
1 ( x − 2 ) dx 1
= 
−  2
= ln x − 2 −
3
− 8 6 x − 2 6 x + 2x + 4 6
x
1
3
x +1
ln x 2 + 2 x + 4 +
arctg
+C ,
12
6
3
причем
( x − 2) dx
t −3
x 2 + 2 x + 4 = ( x + 1) + 3 = t 2 + 3,
=
=
 x2 + 2 x + 4 x + 1 = t, x = t − 1, dx = dt, x − 2 = t − 3  t 2 + 3 dt =
2
tdt
dt
1
3
t
− − 3 2
= ln t 2 + 3 −
arctg
+C =
t +3
t +3 2
3
3
1
x +1
= ln x 2 + 2 x + 4 − 3arctg
+C .
2
3
=
5)
2
( 2x
2
− 3x − 3) dx
 ( x − 1) ( x
2
3
1
x −1
= − ln x − 1 + ln x 2 − 2 x + 5 + arctg
+C .
2
2
2
− 2 x + 5)
4. Задания для самостоятельного решения
1. Разложить дроби на простейшие:
1)
5x − 1
;
2
( x + 4) ( x 2 − 3x + 3)
x 4 + 3x3 − x 2 + x + 5
3)
;
x3 − x 2 − 2 x
2 x 4 + x3 − 3x 2 − x + 5
5)
.
x3 − 3x 2 − 10 x
2)
2 x2 − 4 x + 1
;
x 4 + 2 x3 + 27 x + 54
x2 + x + 3
4) 4
;
x − x3 − 64 x + 64
182
Ответ. 1)
A
B
Cx + D
;
+
+ 2
2
x + 4 ( x + 4)
x − 3x + 3
3) x + 4 +
2)
A
B
C
;
+
+
x x − 2 x +1
5) 2 x + 7 +
4)
A
B
Cx + D
+
+ 2
;
x + 2 x + 3 x + 3x + 9
A
B
Cx + D
;
+
+ 2
x − 1 x − 4 x + 4 x + 16
A
B
C
+
+
.
x x−5 x+2
2. Вычислить следующие интегралы:
1)
( x + 2)dx
3
 x − 4 x 2 + 3x ;
4)
x
7)
x3dx
 x − x 2 + x3 − 1 ;
2
dx
;
( x − 2) 2
Ответ. 1)
2)
( x 2 + 8 x − 28)dx
 x3 − 3x 2 − 4 x + 12 ;
5)
 ( x − 2)( x − 1)
8)
( x5 + 3)dx
 x4 + 5x2 + 6 ;
dx
3
;
3)
xdx
 x − 2x2 − x + 2 ;
6)
 x ( x − 1)
9)
3
dx
2
2
;
(4 x 4 + 5)dx
 x 4 + 3x 2 + 2 .
2
5
3
ln x + ln x − 3 − ln x − 1 + С ;
3
6
2
2) ln x − 3 + 2ln x − 2 − 2ln x + 2 + С ;
3)
2
1
1
ln x − 2 − ln x + 1 − ln x − 1 + С ;
3
6
2
4)
1
1 1
1
ln x −
− ln x − 2 −
+С;
4
4x 4
4( x − 2)
5) ln x − 2 − ln x − 1 +
6) 2ln x −
1
1
+
+С ;
x − 1 2( x − 1) 2
1
1
− 2ln x − 1 −
+С;
x
x −1
1
1
1
7) x + ln x − 1 + ln x 2 + 1 − arctgx + С ;
2
4
2
x2
3 2
x 9
x
+ 2ln x 2 + 2 +
arctg
− ln x 2 + 3 − 3 arctg
+С;
8)
2
2
2 2
3
9) 4 x −
21 2
x 2
arctg
+ 9arctgx + С .
2
2
183
Блок №4
1. Интегрирование тригонометрических функций
Интегралы от тригонометрических функций во многих случаях можно
упростить или рационализировать, применив метод замены переменных. Рассмотрим некоторые, наиболее часто встречающиеся, примеры замен.
1) Интегрирование функций вида R ( sin x, cos x ) , где R – рациональная
функция двух переменных sin x и cos x , производится с помощью замены
x
tg = t ,
2
называемой универсальной тригонометрической подстановкой. При этом:
2
x = 2arctgt , dx = 2dt2 , sin x = 2t 2 , cos x = 1 − t 2 .
1+ t
1+ t
1+ t
Данная подстановка позволяется рационализировать и вычислить любой интеграл вида
 R (sin x,
cos x ) dx , но в большинстве случаев приводит к гро-
моздким вычислениям. Чаще всего она применима к интегралам вида
dx
 a sin x + b cos x + c , где a  0, b  0 .
2) Если подынтегральная функция R ( sin x, cos x ) удовлетворяет условию
R ( sin x, cos x ) = R ( − sin x, − cos x ) ,
то в интеграле  R ( sin x, cos x ) dx можно применить подстановку
tgx = t .
3) Если подынтегральная функция R ( sin x, cos x ) нечетна относительно
синуса, т.е.
R ( − sin x, cos x ) = − R ( sin x, cos x ) ,
то применяют подстановку
184
cos x = t .
В частности, таким образом можно значительно упростить интегралы вида
∫ sin2𝑛−1 𝑥 cos 𝑚 𝑥 𝑑𝑥, 𝑛 ∈ ℕ, 𝑚 ∈ ℤ.
Если подынтегральная функция R ( sin x, cos x ) нечетна относительно
косинуса, т.е.
R ( sin x, − cos x ) = − R ( sin x, cos x ) ,
то применяют подстановку
sin x = t .
В частности, это относится к интегралам вида
∫ sin𝑚 𝑥 cos 2𝑛−1 𝑥 𝑑𝑥, 𝑛 ∈ ℕ, 𝑚 ∈ ℤ.
4) Интегралы вида
∫ sin2𝑚 𝑥 cos 2𝑛 𝑥 𝑑𝑥, 𝑛, 𝑚 = 0,1,2, . ..
с четными степенями синуса и косинуса можно упростить с помощью формул понижения степени
sin 2 x =
1 − cos 2 x
1 + cos 2 x
sin 2 x
, cos 2 x =
, sin x cos x =
.
2
2
2
5) Вычисление интегралов вида
∫ sin 𝑛𝑥 cos 𝑚𝑥 𝑑𝑥 , ∫ sin 𝑛𝑥 sin 𝑚𝑥 𝑑𝑥, ∫ cos 𝑛𝑥 cos 𝑚𝑥 𝑑𝑥
производится с помощью формул преобразования произведений синусов и
косинусов в сумму или разность.
6) В интегралах вида
∫ tg 𝑛 𝑥𝑑𝑥, ∫ ctg 𝑛 𝑥𝑑𝑥
степень тангенса и котангенса можно понизить с помощью формул
tg 2 x =
1
1
2
−
1,
ctg
x
=
−1.
cos 2 x
sin 2 x
185
2. Интегрирование некоторых иррациональных функций
Рассмотрим несколько классов интегралов от функций, содержащих
иррациональности. В этом случае, как правило, используется метод замены
переменных, позволяющий рационализировать подынтегральную функцию.
1) Интегралы вида
 R ( x,
)
ax 2 + bx + c dx , где R – рациональная функ-
ция двух переменных, выделением полного квадрата в подкоренном выражении и последующей подстановкой приводятся к одному из следующих типов:
(
)
I.  R t , t 2 + a 2 dt ;
)
(
)
(
II.  R t , t 2 − a 2 dt ;
III.  R t , a 2 − t 2 dt .
Каждый из этих интегралов можно рационализировать соответствующей заменой:
I. t = a tgu или t = a shu ; II. t =
a
или t = a chu ;
cos u
III. t = a sin u или t = a thu .
2) Интегралы вида
(
1 n
2
n
n
 R x, 1 ( ax + b ) , 2 ( ax + b ) ,..., k ( ax + b )
m
m
R – рациональная функция, можно рационализировать заменой:
t = N ax + b , N = НОК ( n1, n2 ,..., nk ).
Аналогично можно рационализировать и интегралы вида
m
m

ax + b  1 n2  ax + b  2
n1 

 R  x,  cx + d  ,  cx + d  ,..., nk

 ax + b 


 cx + d 
Замена в этом случае:
t=N
ax + b
, N = НОК ( n1, n2 ,..., nk ).
cx + d
3) Подынтегральное выражение вида
x m ( a + bx n ) dx, m, n, p 
p
mk

dx .


mk
)dx , где
186
называют дифференциальным биномом. Интеграл
 x ( a + bx )
m
n p
dx можно
свести к интегралу от рациональной дроби только в трех следующих случаях.
а) 𝑝 ∈ ℤ. Используется замена переменной 𝑥 = 𝑡 𝑘 , где k – общий знаменатель
дробей m и n.
б)
𝑚+1
𝑛
∈ ℤ. Используется замена переменной 𝑎 + 𝑏𝑥 𝑛 = 𝑡 𝑘 , где k – знамена-
тель числа p.
в)
𝑚+1
𝑛
+ 𝑝 ∈ ℤ. Используется замена переменной 𝑎𝑥 −𝑛 + 𝑏 = 𝑡 𝑘 , где k – зна-
менатель числа p.
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения и понятия.
1. Вычислить следующие интегралы:
1) ∫ sin3 2𝑥 cos 2 2𝑥 𝑑𝑥.
Решение. Если хотя бы одна из степеней – нечетное положительное целое число, то, пользуясь тождеством cos 2𝑘+1 𝑥 = cos 𝑥 ⋅ cos 2𝑘 𝑥 или
sin2𝑘+1 𝑥 = sin 𝑥 ⋅ sin2𝑘 𝑥, и выражая с помощью основного тригонометрического тождества cos 2 𝑥 + sin2 𝑥 = 1 оставшуюся четную степень через дополнительную функцию, приходим к табличному интегралу.
1
sin 2 2 x cos 2 2 xd ( cos2 x ) =

2
1
1
= −  (1 − cos2 2 x ) cos2 2 xd ( cos2 x ) = −  cos2 2 xd ( cos2 x ) +
2
2
1
1
1
+  cos 4 2 xd ( cos 2 x ) = − cos3 2 x + cos5 2 x + С .
2
6
10
 sin
3
2 x cos2 2 xdx = −
2) ∫ sin4 𝑥 𝑑𝑥.
Решение. Если степени – четные неотрицательные числа, то они понижаются посредством перехода к двойному аргументу с помощью триго-
187
нометрических формул
cos2 x =
1 + cos2 x
1 − cos2 x
1
, sin 2 x =
, sin x cos x = sin 2 x . Имеем:
2
2
2
1
 1 − cos 2 x 
2
 sin xdx =   2  dx = 4  (1 − 2cos 2 x + cos 2 x ) dx =
2
4
=
1 
1
3
1
1

1
−
2cos
2
x
+
1
+
cos
4
x
dx
=
x
−
sin
2
x
+
sin 4 x + C .
(
)


4 
2
8
4
32

3) ∫ sin2 3𝑥 cos 2 3𝑥 𝑑𝑥.
1 1 − cos12 x
 sin 6 x 
dx =
Решение.  sin 3x cos 3xdx =  
 dx = 
4
2
 2 
2
2
2
1
1
= x − sin12 x + C .
8
96
4) ∫ sin 5𝑥 cos 7𝑥 𝑑𝑥.
Решение. Интегралы такого типа вычисляются с помощью преобразования произведения тригонометрических функций в сумму или разность
тригонометрических функций.
 sin5x cos7 xdx =
5)
1
1
1
sin12
x
−
sin
2
x
dx
=
−
cos12
x
+
cos2 x + C .
(
)
2
24
4
dx
 5 − 3cos x .
Решение. Интегралы такого типа приводятся к интегралам от рациональной функции нового аргумента t подстановкой tg
зуются формулы sin x =
dx
 5 − 3cos x = 
=
2t
1− t2
2dt
,
cos
x
=
,
dx
=
.
1+ t2
1+ t2
1+ t2
2dt
(1 + t )  5 − 311 +− tt
2
2

1
x

arctg  2tg  + C .
2
2

x
= t . При этом исполь2
2



=
2dt
dt
1
= 2
= arctg 2t + C =
2
8t + 2
4t + 1 2
188
6)
dx
 8 − 4sin x + 7cos x .
x
−5
2
+C.
Ответ. ln
x
tg − 3
2
tg
7)
 2sin
2
dx
.
x + 5cos 2 x
dx
dx
= 2
=
2
2sin x + 5cos x
sin x ( 2 + 5ctg 2 x )
Решение. 
1
5
=−
8)
 sin
Ответ.
2
2
d
(
5 ctg x
( 2) + (
)
2
5 ctg x
)
2
=−
1
5 ctg x
arctg
+C.
10
2
dx
.
x − 5cos x sin x
1
ln 1 − 5ctgx + C .
5
2. Вычислить следующие интегралы:
1)
dx
.
x+3x

Решение. Производим подстановку

но,
x = t 6 , тогда dx = 6t 5dt , следователь-
dx
6t 5dt
t 3dt
1 
 2
=
=
6
=
6
t
−
t
+
1
−
dt =
3
2
 t + 1  
t +1
x + 3 x t +t
= 2t 3 − 3t 2 + 6t − 6ln t + 1 + C = 2 x − 3 3 x + 6 6 x − ln 6 x + 1 + C .
2)

dx
x +1 +
( x + 1)
3
.
Решение. Сделаем подстановку

dx
x +1 +
( x + 1)
3
=
x + 1 = t 2 , тогда
dx = 2tdt , следовательно,
2tdt
dt
= 2
= 2arctg t + C = = 2arctg x + 1 + C .
3
t +t
1+ t2
189
dx
.
3
3x − 7 − 3x − 7

3)
Решение. С помощью подстановки
3x − 7 = t 6 , где dx = 2t 5dt , вычислим
интеграл
dx
2t 5dt
t 3dt
 3 3x − 7 − 3x − 7 =  t 2 − t 3 = 2 1 − t =
1 
2 3 2

= −2   t 2 + t + 1 +
dt = − t − t − −2t − 2ln t − 1 + C =
t −1
3

=−
2
3x − 7 − 3 3x − 7 − 2 6 3x − 7 − 2ln 6 3 x − 7 + 1 + C .
3

4)
3
x +1
dx
.

x − 1 ( x − 1)3
1+ t
6t
x +1 3
dt приведем
= t и x = 3 , dx = −
Решение. Подстановкой
2
3
t −1
x −1
t −1
3
2
(
)
интеграл к табличному и вычислим:

3
x +1
dx
3
3
3

= −  ( t 6 − t 3 ) dt = − t 7 + t 4 + C =
3
x − 1 ( x − 1)
4
28
16
3 3  x +1
3 3  x +1
=−

 +

 +C.
28  x − 1 
16  x − 1 
7
4
4. Задания для самостоятельного решения
1. Вычислить следующие интегралы:
1)
4)
1 − x dx
 ;
1+ x x


(
dx
4
)
x + 3 − 1 ( x + 3)
2)
; 5)


3
xdx
;
2x − 3
xdx
;
2 + 4x
3)
6)
dx
 (5 + x ) 1 + x ;

(
)
x + 1 + 1 dx
x +1 −1
;
190
7)
x −1
dx
;

x + 1 ( x + 1)2

8)
cos xdx
10)
 1 + sin x − cos x ;
13)
 3 − 2sin x + cos x ;
dx
dx
 (2 + x)
1+ x
(1 + sin x ) dx
11)
 1 + sin x + cos x ;
14)
 1 + sin x ;
sin xdx
17) tg 3 3xdx ;
cos3 x
dx ;
19)  3
sin x
x
20)  sin 5 dx .
2
12)
dx
 1 + sin x + 3cos x ;
15)
3 3
9
5
2
( 2 x − 3) + 3 ( 2 x − 3) + C ;
20
8
3) arctg
1
24
1+ x
+C;
2
( 2 + 4x)
3
−
4
4) 4ln
x + 3 −1
+C;
4
x+3
1
2 + 4x + C ;
4
6) x + 1 + 4 x + 1 + 4ln
1  x −1
7)

 +C;
3  x +1
3
x +1 −1 + C ;
8) 2arctg x + 1 + C ;
x
tg
+1
1
2
+C;
9) ln
3 tg x − 2
2
10) ln tg x − 1 ln tg 2 x + 1 − arctg  tg x  + C ;
2
2
2

2
dx
 3cos x + 2 ;
1− x
1− x
1− x
− 1 − ln
+ 1 + 2arctg
+C;
1+ x
1+ x
1+ x
Ответ. 1) ln
5)
9)
dx
 1 + sin
2
x
;
18)  sin3x sin5xdx ;
16)  sin 6 2xdx ;
2)
;
191
11) 1 ln tg 2 x + 1 + arctg  tg x  + C ;
2

2
2
x
tg
+ 5
5
2
ln
+C;
12)
x
5
tg − 5
2
13) arctg  tg x − 1 + C ;
14) arctg  tg x  −
2
15) −



1
+C;
x
tg + 1
2
2

2
 ctgx 
arctg 
+C;
2
2


16)
5
1
3
1
x − sin 4 x +
sin8 x + sin 3 4 x + C ;
16
7
128
96
17)
1
1
+
ln cos3 x + C ;
6cos 2 3 x 3
18)
1
1
sin 2 x − sin8 x + C ;
4
16
19)
33
3
sin 2 x − 3 sin 8 x + C ;
2
8
x 4
x 2
x
20) −2cos + cos3 − cos5 + C .
2 3
2 5
2
Блок №5
1. Определенный интеграл
Пусть функция 𝑓(𝑥) определена на отрезке [𝑎, 𝑏]. Разобьём этот отрезок точками 𝑎 = 𝑥0 < 𝑥1 < 𝑥2 <. . . < 𝑥𝑛 = 𝑏 на n частей [𝑥𝑘−1, 𝑥𝑘 ], 1 ≤ 𝑘 ≤
192
𝑛. Обозначим Δ𝑥𝑘 = 𝑥𝑘 − 𝑥𝑘−1 и назовем число 𝜆 = max Δ𝑥𝑘 диаметром
𝑘
разбиения. Возьмём на каждом частичном отрезке
[𝑥𝑘−1, 𝑥𝑘 ], 1 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛,
произвольную точку 𝑡𝑘 и образуем сумму 𝑆𝑛 , называемую интегральной:
n
S n =  f ( tk ) xk . Если существует конечный предел интегральных сумм 𝑆𝑛
k =1
при  → 0 , не зависящий ни от способа разбиения отрезка [𝑎, 𝑏], ни от выбора точек 𝑡𝑘 , то функция 𝑓(𝑥) называется интегрируемой на [𝑎, 𝑏], а сам предел – определённым интегралом от 𝑓(𝑥) на [𝑎, 𝑏]; определенный интеграл
b
обозначается
 f ( x)dx :
a
b

n
f ( x)dx = lim  f ( tk ) xk .
→0
n → k =1
a
По определению положим
b
a
a
a
b
a
 f ( x)dx = − f ( x)dx,  f ( x)dx .
Если функция 𝑓(𝑥) непрерывна на [𝑎, 𝑏], то она интегрируема на [𝑎, 𝑏].
К интегрируемым функциям относятся также
y
функции: 1) монотонно возрастающие (убыва-
f ( x)
ющие) и ограниченные на [𝑎, 𝑏]; 2) ограниченные и имеющие лишь конечное число точек
разрыва на [𝑎, 𝑏].
Геометрически определенный интеграл
S
о a
Рис. 57
b
x
b
 f ( x)dx
от непрерывной положительной функции можно интерпретировать
a
как площадь криволинейной трапеции (рис. 57), ограниченной линиями
x = a, x = b, y = 0, y = f ( x ) .
Свойства определенного интеграла:
193
1) Если функция 𝑓(𝑥) интегрируема на большем из отрезков [𝑎, 𝑏], [𝑏, 𝑐],
[𝑎, 𝑐],
то
интегрируема
𝑓(𝑥)
c
b
c
a
a
b
и
на
двух
других
и
при
этом
 f ( x)dx =  f ( x)dx +  f ( x)dx .
2) Если функции 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) интегрируемы на [𝑎, 𝑏], 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, то функция
𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥)
также
интегрируема
b
b
b
a
a
a
на
[𝑎, 𝑏]
и
при
этом
 ( f ( x) + g ( x) ) dx =   f ( x)dx +  g ( x)dx .
3) Если функция f ( x) интегрируема на [𝑎, 𝑏], то 𝑓(𝑥) также интегрируема
b
b
 f ( x)dx  
на [𝑎, 𝑏] и при этом
a
f ( x) dx .
a
4) Если 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) интегрируемы на [𝑎, 𝑏] и 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥) для всех x   a, b ,
то
b
b
a
a
 f ( x)dx   g( x)dx .
5) Если 𝑓(𝑥) интегрируема на [𝑎, 𝑏] и 𝑚 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀 для всех x   a, b , то
b
m ( b − a )   f ( x)dx  M ( b − a ) .
a
6) (Теорема о среднем). Если 𝑓(𝑥) интегрируема на [𝑎, 𝑏], то найдется точка
c  a, b такая, что
b
 f ( x)dx = f (c) ( b − a ) .
a
2. Вычисление определенного интеграла
Если для непрерывной на отрезке  a, b функции 𝑓(𝑥) можно найти
b
первообразную 𝐹(𝑥), то для вычисления определенного интеграла
 f ( x)dx
a
применима формула Ньютона–Лейбница:
194
b
 f ( x)dx = F (b) − F (a) .
a
Разность 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎) часто обозначают 𝐹(𝑥)|𝑏𝑎 .
Отметим два полезных утверждения, позволяющих в некоторых случаях значительно упростить вычисление определенных интегралов:
1) Если функция 𝑓(𝑥) – четная, то
a
a
−a
0
 f ( x)dx = 2 f ( x)dx .
a
2) Если функция 𝑓(𝑥) – нечетная, то

f ( x)dx = 0 .
−a
Поскольку вычисление определенного интеграла чаще всего сводится к
нахождению первообразной подынтегральной функции, то остаются в силе
методы замены переменной и интегрирования по частям, которые в случае
определенного интеграла имеют следующий вид:
Теорема. Пусть 𝑓(𝑥) непрерывна на  a, b и функция x =  ( t ) удовлетворяет следующим условиям: 1)  ( t ) дифференцируема на
,  ;
2)
 (  ) = a ,  () = b ; 3) значения  ( t ) не выходят за пределы  a, b , когда t
пробегает значения из  ,  . Тогда
b

a

 f ( x)dx =  f ( ( t ))   ( t ) dt .
Теорема. Если функции 𝑢(𝑥), 𝑣(𝑥) непрерывно дифференцируемы на
[𝑎, 𝑏], то
b
 udv = uv
a
b
b
a
−  vdu .
a
195
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Вычислить следующие интегралы:

2
e
1)  sin xdx ;
3
x
2)
0
1
dx
1 − ln 2 x
2x2 − 1
dx .
3)  2
x −x
2
4
;
Решение. Вычислим интегралы, применяя формулу Ньютона-Лейбница:

2

2

2
1
1 2
1)  sin 3 xdx = −  (1 − cos 2 x ) d ( cos x ) =  − cos x + cos3 x  = 1 − = .
3
3 3

0
0
0
e
x
2)
1
dx
1 − ln 2 x
e
=

1
d ( ln x )
1 − ln 2 x
e
= arcsin ( ln x )
1
1 
= arcsin = .
2 6
4

4
2 x2 − 1
2x −1 
dx
=
2
+
dx
=
2
x
+
ln
x
+
ln
x
−
1
= 4 + ln 6 .
(
)


2 x2 − x 2
2
x
x
−
1
(
)


4
3)

2

2
xdx
5)  2 ;
 sin x
4)  x  sin xdx ;
2
0
2
6)  ln ( x 2 + 4 ) dx .
0
4
Решение. Вычислим интегралы, применяя формулу интегрирования по
b
b
частям  udv = uv a −  vdu :
b
a

2
a

u = x,

dv = sin 2 xdx
 x2 x
2 12
2
x

sin
xdx
=
=
−
sin
2
x
4) 
x 1

 −  xdx +
2
4
du = dx, v = − sin 2 x 
0 2 0
0
2 4

2

2

1
 x 1
2 1
+  sin 2 xdx == −  + cos 2 x  = + .
40
8  4 8
 0 16 4
2
2
196

2

dx

2
u = x, dv = 2
xdx
2
=
−
xctgx
+
5)  2 =
)   ctgxdx =
sin x (
sin
x


4
du = dx, v = −ctgx
4
4



2
= + ( ln sin x ) 2 = − ln
.
4
4
2
4
2
6)  ln ( x + 4 ) dx =
v = ln ( x 2 + 4 ) , dv = dx
2
0
dv =
2 xdx
,
x2 + 4
v=x
2
= x ln ( x + 4 ) − 2 
2
2
0
0
x 2 dx
=
x2 + 4
2
x

= 2ln8 −  2 x − 4arctg  = ln 64 +  − 4 .
20

4
7)
ln 5
dx
0 1 + x ;

8)
0
ex ex − 1
dx ;
ex + 3
2
4
9)
 sin xdx ;
arctg 3
10)
0


4
4tgx − 5
dx .
1 + tgx
Решение. Вычислим эти интегралы с помощью соответствующих подстановок:
x = t 2,t = x,
dx
=
x
dx = 2tdt ,
0 1+
4
7) 
2
xн = 0, tн = 0,
2tdt
=
= ( 2t − 2ln t + 1 ) =
0
xв = 4, tв = 2 0 1 + t
2
= 4 − ln 9 .
ln 5

8)
0
e
xн = 0, tн = 0, 2 2
e −1
2t dt
dx =
= 2
=
x
2
tdt
2
e +3
t
+
4
x = ln ( t + 1) , dx = 2 , xв = ln5, tв = 2 0
t +1
x
e x − 1 = t 2 , t = e x − 1,
x
2
t

=  2t − 4arctg  = 4 −  .
20

2
4
x = t 2,t = x ,
0
dx = 2tdt ,
9)  sin xdx =
xн = 0, tн = 0,

2
2
 =  sin t 2tdt =
xв = , tв =
0
4
2

2


u = 2t ,
dv = sin tdt
2
=
= ( −2t cos t ) 0 + 2  cos tdt = ( 2sin t ) 02 = 2 .
du = 2dt , v = − cos t
0
197
arctg 3
10)


4
4tgx − 5
dx =
1 + tgx
tgx = t , x = arctgt,
xн =
dt
dx =
,
1+ t2

, tн = 1,
4
=
xв = arctg 3, tв = 3
4t − 5 dt
9 dt 1 ( 9t − 1) dt
=

=
−
+
=
1+ t 1+ t2
2 1 1 + t 2 1 t 2 + 2
1
3
3
3
3
9
1
9
5  1
 9

=  − ln t + 1 + ln t 2 + 2 − arctgt  = ln
+ − arctg 3 .
2
4
2
2
2
8 2

1
Ответ. 1)
5)
2
;
3
2)

;
6
3) 4 + ln 6 ;

2
;
− ln
4
2
8) 4 −  ;
4)
7) 4 − ln 9 ;
6) ln 64 +  − 4 ;
9) 2 ;
10)
2 1
+ ;
16 4
9
5  1
ln
+ − arctg 3 .
2
2
8 2
4. Задания для самостоятельного решения
1. Вычислить интегралы:

4
1)  sin 4 xdx ;
0
2)  cos x  sin xdx ;
x
x
4)  cos  sin dx ;
2
2
0

2
7)
cos xdx
;
1 + sin x

0
e
5)
 tgxdx ;
−

−4
0
6
6)  ( x − 3)  e x
;
8)  e  sin(1 + e )dx ;
x
x
0
e2
11)

e

4
14)

0
dx
;
x  ln 2 x
tgxdx
;
cos 2 x
2
−6 x
dx ;
0
1

4
(4 − 3 x)3 dx ;
1 − ln 2 x
1
0
13)
dx
x

4
10)
3)  sin 3 3xdx ;
0

5

3

2
1
e x dx
9) 
;
1 + e2 x
0

2
12)

sin 2 xdx
3
0
3
15)
1 + cos x
2
;
 arctgxdx ;
0
198
1
2
16)  arcsin xdx ;
0
e3
19)
 x  ln xdx ;
e
2

3
25)
0
0
3
2x
20)  x  cos dx ;
3
−
23)
1
4
3
1
26)  arcsin 2xdx ;
2
x+ x
dx ;
29) 
x
x
1
0
1

0
x−4
dx ;
x −2
x4 + 1
dx ;
34)  3 2
x
(
x
+
1)
1
2
dx
37)  2
;
x
+
6
x
+
10
1
27)  arc tg 3xdx ;
0
e
2
30)

4
3
32)  (cos3 x − cos x)dx ;
4
0
33)
x2 + 5
dx ;
36) 
x
−
2
3
5
dx
35)  3
;
x
+
x
1

38)

4
2)
5)

;
2
6) 0 ;
8)
cos2 − cos(1 + e) ;
11)
1
;
2
12)
14)
2
;
3
15)
dx
 1 − cos6 x ;

6
3
arctg 3
x+2
 3 − x dx ;
1

3 1
− ;
32 4
Ответ. 1)
1
3
0
3
2x
3
24)  x  e dx ;
x  ln xdx ;
x
x

sin
dx ;
0
6
x
2
x
3
0
2

2
−
3x
dx ;
2
21)  x  e dx ;
e
1
28)  x  e dx ;
31)
0
0
−
18)  x  sin
17)  (1 − x)  sin 3 xdx ;

2
22)  x  cos 4 xdx ;

tgx − 2
dx .
2tgx + 4
1
;
2
3)
4
;
9
4)
1
;
3
7) 2 2 − 2 ;

9) arc tge − ;
4
33
3
4− ;
2
2
3
− ln 2 ;
3
10) 0 ;
13)
29 − 26
;
5
16)

3
+
− 1;
12 2
199
17)
2 
− ;
3 9
20) −
4
18) − ;
9
3 3
27
;
+
4
8
21) 9 −
18
;
e
19)
5 6 3 4
e − e ;
4
4
22) 0 ;
23)
3 3 4 9
e + ;
16
16
24)
43 4 33 2
e +
e ;
3
4
25) 18 3 − 6 ;
26)

3 1
+
− ;
24 4 2
27)
 1
− ln 2 ;
12 6
8
28) 4 − ;
e
29) 2 e − 1 ;
30) 5ln 2 − 1 ;
32) 0 ;
34) ln
33) 0 ;
31)
5 3
+ ;
4 8
36) 12 + 9ln 3 ; 37) arctg 6 − arctg 4; 38)
8
;
3
35) ln
3 5
;
5
1 9 3
3
ln − arctg 3 + .
5 5 10
40
Блок №6
1. Несобственные интегралы I рода
Пусть функция 𝑓(𝑥) определена на  a, + ) и интегрируема на любом
конечном отрезке  a, b . Несобственный интеграл I рода определяется равенством
+
b
 f ( x ) dx = lim  f ( x ) dx .
a
b→+
a
Если существует конечный предел в этом равенстве, то интеграл называется
сходящимся, в противном случае – расходящимся. Аналогично определяются
другие несобственные интегралы I рода:
если функция 𝑓(𝑥) определена на ( −,b и интегрируема на любом конечном отрезке  a, b , то
200
b
b
 f ( x ) dx = lim  f ( x ) dx ;
a →−
−
a
если функция 𝑓(𝑥) определена на ℝ и интегрируема на любом конечном
отрезке  a, b , то

c
b
 f ( x ) dx = lim  f ( x ) dx + lim  f ( x ) dx , с – произвольная конечная точка.
a →−
−
b→+
a
c
Несобственный интеграл I рода обладает свойством линейности:
+
+
a
a
 ( f ( x) + g ( x) ) dx =  
+
f ( x)dx +   g ( x)dx
a
(при условии сходимости интегралов в правой части равенства).
Для исследования несобственного интеграла на сходимость часто ока+
зывается полезным следующий факт: если a  0 , то интеграл

a
при
dx
сходится
xp
p  1 и расходится при p  1 . Аналогичное утверждение справедливо для
b
dx
интегралов  p , b  0 , и
x
−
+
dx
 ( x − c)
p
, 𝑎 > 𝑐.
a
Приведем два признака сходимости несобственного интеграла I рода.
Первый признак сходимости. Пусть функции 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) определены
на промежутке  a, + ) , интегрируемы на любом конечном отрезке
[a, b]
и
0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥) для всех x   a, + ) . Тогда:
+
1) если
+
 g ( x)dx сходится, то сходится и 
a
f ( x)dx ;
a
+
+
2) если

a
f ( x)dx расходится, то расходится и
 g ( x)dx .
a
Второй признак сходимости. Пусть функции 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) определены
на  a, + ) и всюду положительны на  a, + ) , и пусть существует конечный
201
f ( x)
предел lim
 0 . Тогда интегралы
x →+ g ( x )
+

+
f ( x)dx ,
a
 g ( x)dx
ведут себя оди-
a
наково в смысле сходимости (т.е. одновременно сходятся или расходятся).
+
+
Теорема. Если

f ( x) dx сходится, то сходится и

f ( x)dx (в таком
a
a
+
случае говорят, что

f ( x)dx сходится абсолютно).
a
Аналогичные утверждения справедливы для несобственного интеграла
b
 f ( x ) dx .
−
2. Несобственные интегралы II рода
Пусть функция 𝑓(𝑥) определена и непрерывна на  a,b ) и имеет в точке
𝑥 = 𝑏 разрыв II рода, т.е. lim 𝑓(𝑥) = ∞. Несобственный интеграл II рода от
𝑥→𝑏−0
неограниченной функции определяется равенством:
b −
b
 f ( x ) dx = lim  f ( x ) dx .
a
→+0
a
Если существует конечный предел в этом равенстве, то говорят, что интеграл
b
 f ( x ) dx сходится, в противном случае – расходится. Аналогично определяa
ется несобственный интеграл II рода для случая lim 𝑓(𝑥) = ∞:
𝑥→𝑎+0
если функция 𝑓(𝑥) определена и непрерывна на ( a,b и имеет в точке
𝑥 = 𝑎 разрыв II рода, то
b
b
 f ( x ) dx = lim  f ( x ) dx .
a
→+0
a +
Если же функция 𝑓(𝑥) неограниченна в любой окрестности некоторой внутренней точки c  ( a, b ) , то полагают
202
c −
b
b
 f ( x ) dx = lim  f ( x ) dx + lim  f ( x ) dx .
→+0
a
→+0
a
c +
Формулировки признаков сходимости для несобственных интегралов II
рода, по существу, ничем не отличаются от формулировок признаков сходимости для несобственных интегралов I рода. Для применения этих признаков
b
полезно пользоваться тем, что интегралы
b
dx
 ( x − a)
p
и
dx
 (b − x )
p
сходятся при
a
a
0 < 𝑝 < 1 и расходятся при 𝑝 ≥ 1.
Первый признак сходимости. Пусть функции 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) определены и непрерывны на промежутке  a,b ) , терпят разрыв II рода в точке 𝑥 = 𝑏
и 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥) для всех x  a,b ) . Тогда:
b
1) если  g ( x)dx сходится, то сходится и
a
2) если
b
 f ( x ) dx ;
a
b
b
a
a
 f ( x ) dx расходится, то расходится и  g ( x)dx .
Второй признак сходимости. Пусть функции 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) определены
и непрерывны на промежутке  a,b ) , терпят разрыв II рода в точке 𝑥 = 𝑏,
всюду положительны на
 a,b ) ,
f ( x)
lim
 0 . Тогда интегралы
x →b g ( x )
b
и пусть существует конечный предел
b
 f ( x ) dx ,  g ( x)dx
a
ведут себя одинаково в
a
смысле сходимости (т.е. одновременно сходятся или расходятся).
Теорема. Если функции 𝑓(𝑥), знакопеременная на отрезке  a,b , имеет
b
разрыв II рода в точке 𝑥 = 𝑏, и несобственный интеграл
 f ( x ) dx
сходится,
a
b
b
то сходится и
 f ( x ) dx
a
солютно).
(в таком случае говорят, что
 f ( x ) dx
a
сходится аб-
203
Аналогичные утверждения справедливы для несобственного интеграла
b
 f ( x ) dx от функции, имеющей разрыв II рода в точке 𝑥 = 𝑎.
a
3. Задачи
Рассмотрим в аудитории типичные примеры, для решения которых используются приведенные определения, теоремы и понятия.
1. Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость:
+
−1
dx
1)  2 ;
x
−
2)
ln x
dx ;
x

1
+
3)
dx
 x2 + 4x + 9 .
−
Решение. Вычислим несобственные интегралы с бесконечными пределами:
−1
  1  −1 
dx
dx
 1
1)  2 = lim  2 = lim   −   = lim 1 +  = 1.
x a→− a x a→−   x  a  a→−  a 
−
−1
Несобственный интеграл сходится, так как существует конечный предел
соответствующего собственного интеграла с переменным нижним пределом.
+
2)

1
=
b
3 b

ln x
2
dx = lim  ln xd ( ln x ) = lim  ( ln x ) 2  =

b→+
x
3 b→+ 
1
1
3
3
2


lim  ( lnb ) 2 − ( ln x ) 2  =  .
3 b→+ 

Несобственный интеграл расходится, так как не существует конечного
предела.
+
0
dx
dx
= 2
+
2
x + 4 x + 9 − x + 4 x + 9
−
3) 
+

0
0
d ( x + 2)
dx
=
lim
+
x 2 + 4 x + 9 a→− a ( x + 2 )2 + 5
0
 1
 x+2 
+ lim 
= lim 
arctg 
2
  +
b →+
a →−  5
5

a
0 ( x + 2) + 5

b
d ( x + 2)
204
b
 1
2
1
a+2
 x+2 
 1
 = lim 
+ lim 
arctg 
arctg
−
arctg

+
b →+ 
a →−

5
5
5
5
5
5

0



b+2 1
2 
5
 1
+ lim 
arctg
−
arctg
=
.

b→+
5
5
5
5
5


Несобственный интеграл сходится.
e
4)
1
dx
1 x 3 ln x ;
5)
dx
 x (1 − x )
1
;
6)
0
0

1
sin xdx
7) 
;
1 + cos x
0
8)

3x 2 + 2
x3
−1
 ( x + 1)
dx
ln ( x + 1)
;
dx .
Решение. Вычислим несобственный интеграл от неограниченной функции:
e
d ( ln x ) 3
dx
1


= lim 3
=  = lim  3
= lim  3 ln 2 x  =
4)  3
x
→
1
→
0
→
0
1+ 
2
x ln x
ln x

1 x ln x
1+
e
e
3
= lim
2 →0
(
3
)
3
ln 2 e − 3 ln 2 (1 +  ) = .
2
Несобственный интеграл сходится, так как существует предел, равный
lim
1
5) 
0
x →0
dx
x (1 − x )
=
lim
x →1
= lim
1 →0
1
2

0+1
1
x (1 − x )
1
x (1 − x )
1

dx− 
2

1 
1
−x− 
4 
2
2
+ lim
=
=
1− 2
 2 →0
1− 2 

1




x− 2 

+ lim arcsin 
= .
 2 →0 
1  



 2  1 


2


1
2
1
2
=
0
dx
x − x2
1
+
1
2
dx
x − x2
=
1


12 


x− 2 

= lim  arcsin 
 +
2
1 →0
1
1 
1

 

−x− 

2
 0+1 

4 
2


1

dx− 
2

3
.
2
205
Несобственный интеграл сходится.
1
6) 
0
dx
( x + 1)
ln ( x + 1)
= lim
x →0
( x + 1)
d ( ln ( x + 1) )
1
1
ln ( x + 1)

=  = lim
→0
ln ( x + 1)
0 +
=
1
= 2lim  ln ( x + 1)  = 2 ln 2 .
→0 
0+ 
Интеграл сходящийся.

sin xdx
sin x
cos x
0
= lim
=   = lim
=  = − lim
7) 
x → 1 + cos x
x → − sin x
→0
1
+
cos
x
0


0
(
−
= − lim ln (1 + cos x ) 0
→0
−

0
d (1 + cos x )
=
1 + cos x
)=.
Интеграл расходящийся.
5
8) 
0
dx
( x − 4)
4
= lim
x →4
4
1
( x − 4)
4
= =
0
5
dx
( x − 4)
4
+
4
4−
dx
( x − 4)
= lim
4
→0
4−



1
1
1
1


+ lim 
= − lim
− lim 
4
3
→0
 3 →0  ( x − 4 )3
3 →0  ( x − 4 )
4+ ( x − 4 )
0 


1
1
1 1 1
1
= − lim
−
−
+
lim
=.
3 →0 ( 4 −  − 4 )3 64 3 3 →0 ( 4 +  − 4 )3
5
d ( x − 4)
 ( x − 4)
4
0

=

4+ 
5
d ( x − 4)
Несобственный интеграл расходится.
Ответ. 1) 1 ; 2)
;
3)
3
5
 ; 4) ; 5)
5
2
 ; 6) 2 ln 2 ; 7)  ; 8)  .
Исследовать на сходимость интегралы:
+
1)

1
+
4)

1
1
2
7)
x +1
dx ;
x3
e
+
2
5)
x3
;
8)
ln x
dx ;
3
x

3
2 + cos x
1 + x3
 ( x − 1)
1
2
+
3)

3 + arcsin
1+ x x
2
x2 + 1
2
xarctgx
0
dx
3

2)
e− x
dx ;
x2
 (1 − x )
0
+
dx ;
6)

−1
1
dx ;
9)

0
3
16 − x 4
1
x dx ;
dx ;
(
ln 1 + x x
x sin 3 x 2
)dx .
+
206
+

Решение. 1)
1
x +1
dx .
x3
+
𝑥+1
𝑥
1
𝑔(𝑥)
𝑓(𝑥)
𝑓(𝑥)
⎵3 > √𝑥
⎵3 = √⎵𝑥
√𝑥
Пусть
+
+
1
1
,
так

как
1
dx
x
расходится,
 g ( x)dx   f( x)dx , согласно первому признаку сравнения исходный ин-
теграл тоже расходится.
+
2)

e
ln x
dx .
3
x
ln 𝑥
ln x  1 , тогда
При 𝑥 ≥ 𝑒
3
⎵
√𝑥
≥
𝑔(𝑥)
+
+
e
e
 g ( x)dx   f( x)dx ,
+
1
,
3
⎵
√𝑥

e
dx
3
x
– расходится,
𝑓(𝑥)
следовательно, заданный несобственный интеграл
тоже расходится.
+
3)

2
3 + arcsin
1+ x x
1
x dx .
При 𝑥 ≥ 2
1
3+arcsin
1 
𝑥
0  arcsin =  1,
⎵1+𝑥√𝑥
2 6
4
<⎵
1+𝑥
√𝑥
𝑔(𝑥)
𝑓(𝑥)
+

2
+
4
dx = 4 
3
2
x2
dx
x
3
2
– сходящийся интеграл,
+
признаку сравнения интеграл

2
+
4)

1
e− x
dx .
x2
2
3 + arcsin
1+ x x
4
4
𝑔(𝑥)
𝑔(𝑥)
< 𝑥⎵𝑥 = 3
√
𝑥⎵2
+
+
2
2
,
 f( x)dx   g( x)dx , по первому
1
x dx тоже сходится.
207
2
1
1
𝑓(𝑥)
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)
= ⎵
< 𝑥⎵2
2
⎵
𝑥2
𝑒𝑥 𝑥2
Так как
+
ввиду неравенства
5)

dx
3
1
3 + 5x
4
теграл

3
1
 f( x)dx   g( x)dx ,
данный интеграл тоже сходится.
1
1
3
dx
1

dx
, то,
x2
.
Пусть f ( x) =
+
и сходится эталонный интеграл
+
1
+
+
𝑒 −𝑥
x4
3 + 5x
4
, сравним функцию
f ( x) с
g( x) =
1
3
x4
, при этом ин-
3 4
f ( x)
x
1
= lim
= 3  0  ,
x→ g ( x)
x→ 3
5
3 + 5x4
сходится. Поскольку lim
то оба несобственных интеграла сходятся по предельному признаку сравнения.
x2 + 1
2
6)

−1
3
16 − x
4
dx .
Подынтегральная функция неограниченно возрастает в окрестности точки x = 2 . Пусть f ( x) =
lim f ( x) = lim
x→2
x→2 3
x2 + 1
16 − x 4
x2 + 1
3
16 − x
4
=
x2 + 1
3
2− x 2+ x 4+ x
3
3
=  . Сравним f ( x) =
x2 + 1
3
16 − x 4
2
,
c g( x) =
3
1
,
2− x
2
dx
– сходится. На основании предельного признака сравнения
3
−1 2 − x
f ( x)
x2 + 1  3 2 − x
5
5
lim
= lim
=3
= 3  0   оба несобx→2 g ( x)
x→2 3
48 2 4
2 − x  3 2 + x  3 4 + x2
ственных интеграла сходятся.
1
2
7)
dx
 (1 − x )
3
0
x3
.
208
Подынтегральная функция неограниченно возрастает в окрестности точ1
ки x = 0 . Пусть f ( x) =
Сравним f ( x) =
(1 − x )
3
1
(1 − x )
3
x
3
x
3
, lim f ( x) = lim
x →0
x →0
1
2
c g( x) = 1 ,
3

x
0
1
(1 − x )
3
dx
x
x
3
=.
– расходится. Тогда
3
f ( x)
x3
lim
= lim
= 1  0   , следовательно, оба несобственных
3
3
x →0 g ( x )
x →0
1
−
x
x
( )
интеграла расходятся.
3
8)
2 + cos x
 ( x − 1)
2
dx .
1
Пусть g( x) =
f ( x) =
2 + cos x
3
1
( x − 1)
( x − 1)
2
2
, limg( x) = lim
x→1
dx
 ( x − 1)
,
2
x→1
2 + cos x
( x − 1)
– расходится;
𝑔(𝑥) > 𝑓(𝑥) и
3
первого признака сравнения интеграл 
1
9)

0
(
ln 1 + x x
x sin 3 x 2
Пусть f ( x) =
= ;
1
2 + cos 𝑥 ≥ 1 , значит
1
2
)dx .
(
ln 1 + x x
x sin 3 x 2
),
3
3
1
1
 g ( x)dx   f ( x)dx , на основании
2 + cos x
( x − 1)
2
dx расходится.
209
lim f ( x) = lim
x →0
(
ln 1 + x x
x →0
1
= lim
x →0
x
3
x sin x
2
) =  0  = ln (1 + x x )
 
0
=  . Сравним f ( x) =
1
6
sin 3 x 2
(
ln 1 + x x
)
x sin 3 x 2
(
x x=x
3
x2 = x
3
2
x
= lim
x →0
2
3
3
2
xx
2
3
=
1
dx
0 6 x – сходится.
1
c g( x) = 6 ,
x
)
6
x  ln 1 + x x
f ( x)
lim
=
lim
f
(
x
)
=
= 1  0   , следовательно, оба
Тогда
3 2
x →0 g ( x )
x →0
x sin x
несобственных интеграла сходятся.
4. Задания для самостоятельного решения
1. Вычислить несобственные интегралы или установить их расходимость:
+

1)
+
x3dx
2+ x
1
4
;
2)
+
+
dx
4)  2
;
x − 6 x + 10
−
+
7)
4
−1
 (1 + x )
2
;
11)
arctgx
+
13)
 x cos 2 xdx ;
0
7
( x + )dx
2
16)  2
2 ;
(
x
+
7
x
+
10)
−2
17)

2
1
20)

0
3 3
+
9)

+
−x
x  e dx ;
12)
dx
;
( x − 2)(3 − x)
xdx
1 − x2
;
ln x
dx ;
x3
1
dx
14) 
;
3
2
arctg
x
1
+
x
(
)
−
3
(4 + x )
−
x 2 dx
−1 x 2 + 1 ;
+
−1
1
19)  x ln xdx ;

x 2 dx

6)
0
1
0
−1
dx
;
x ln x
+
dx
2
1
dx
8)  2
;
x +1
−
 e dx ;
dx
 (1 + x ) arctgx ;
3)
+
−x
−

5)
1
10)
+
dx
− 2 x 2 + 3x + 6 ;
15)
 xe
dx ;
0
4
18)
1
x
3
2
e1/ x dx ;
0
4
;
− x2
21)
dx
 x ln x ;
1
210
1
 ( 2 x − 1)
22)
3
;
0
dx
23)  2
;
x
−
4
x
+
3
0
24)
39
6) −
5) Расходится;

2 3
2) 2 39  ;
Ответ. 1) Расходится;
9)
4
2
dx
(3 − x )
;
2
25)
x
−2
3) ln 2 ;
4)  ;
1
;
e
8)  ;
1
;
54
7)
 3
1
3 
; 10) 2 
−
;
4
4
2


2
dx
dx
.
−1
2
 7
3 
2
−
 ; 11) 1 ;
4
2


12) Расходится; 13) Расходится; 14) −
6
;
2
15)
1
;
2
16) Расходится; 17)  ; 18) Расходится;
19) Расходится;
20) 1 ;
21) Расходится;
22) Расходится;
24) 6 ;
25) Расходится.
23) Расходится;
2. Исследовать на сходимость интегралы:
+

1)
2
+

4)
4
(4 x3 + x 2 − 2 x − 3)dx
; 2)
5x7 − x2 + x + 1
( x 2 + 6 x − 1)dx
; 5)
2 x8 − x 5 + x + 3
+
7)

1

3
(3x 2 + x − 2)dx
; 8)
2 x 7 + 3x5 − x 2 − 1
x 2 − x − 2 dx
5
10)
+

3
2
( x3 − 8)7
;
sin( x x ) dx
0 ln(1 + 2 x2 ) ;
−1
16)

−3
x 2 − 2 x − 3 dx
3
( x 2 − 1)4
Ответ. 1) Сходится;
4) Сходится;

9 x3 − x 2 + 1
3
1
2 x5 + x + 3
+
4
4x − 3
dx ; 6)
3
6x + x2 − x + 4
+

4
5 x3 − 1
dx ;
x2 − 6 x + 8
+
2 4
14)

−1
( x 2 + 3x + 2)3 dx
;
x2 + 4 x + 3
2 x3 + (arctg 3x) 2
dx ;
3x 4 + x 2 + x + 5

2
+
4
x 2tg x dx
11) 
;
3
arctg
(2
x
)
0
x + 2sin 2 3 x
dx ;
x 2 + 3x + 7

dx ; 3)
x − 3cos 2 x
dx ;
x+4

9)
2
4
2
13)
+
1 3
12)

−3
5
15)

0
x 2 − 5 x + 4 dx
;
x2 − 1
1 + x 2 − 1 dx
;
3
x
x(e − 1)
1 − cos 2x dx
0 tgx4 .
2
; 17)
2) Расходится;
3) Сходится;
5) Сходится;
6) Расходится;
211
7) Сходится;
8) Сходится;
9) Расходится;
10) Расходится;
11) Сходится;
12) Сходится;
13) Сходится;
14) Сходится;
15) Сходится;
16) Сходится;
17) Расходится.
212
Задачи для подготовки к контрольным мероприятиям
Комплексные числа
1. Если 𝑧1 = −3 − 2𝑖 и 𝑧2 = 2 − 5𝑖, то произведение 𝑧1 ⋅ 𝑧2 и сумма
𝑧1 + 𝑧2 будут равны…
(
2. Если число z = −4 3 − 4i
)
18
36
 3 1
  i −  , то чему будет равен его аргу2
 2
мент?
3. Каким будет решение следующего уравнения 4𝑧 2 − 2𝑧 + 1 = 0?
4. Вычислите, представив ответ в алгебраической форме
(
3 −i
)
( −1 + i )
3
2
+e
i
3
4
3
3

  cos
+ i sin
4
4

 3−i
+
 2−i
5. Выполните действия. Результат запишите в тригонометрической и показательной формах, если дано z =
(
4 3 − 4i
) (
13
 −2 − 2 3  i
)
7

3
5
i
−

  ( −i )
3 

8
.
6. Найдите все значения корня 4 4 3 − 12i .
7. Изобразите в комплексной плоскости множество точек, удовлетворяющих неравенству:
 2  z  4,

 
−  arg z  0.

 2
Матрицы, СЛАУ, определители
1. Найдите определители матриц (4𝐴 − 𝐵) и (4𝐴 − 𝐵)−1 , если
 −1 0 
2 3 
A=
, B=

.
2
3
1
−
1




213
2. Вычислите алгебраические дополнения элементов 𝑎12 , 𝑎22 , 𝑎32 матрицы
 0 −2 1 
 1 3 −2 

.
4 2 2 


3. Решите методом Гаусса систему уравнений:
 2 x1 + x2 − x3 − x4 + x5 = 1,
 x − x + x + x − 2 x = 0,
 1 2 3 4
5

 3x1 + 3x2 − 3x3 − 3x4 + 4 x5 = 2,
4 x1 + 5 x2 − 5 x3 − 5 x4 + 7 x5 = 3.
4. Решите СЛАУ по правилу Крамера и с помощью обратной матрицы
2 x1 + x2 − 3x3 = −1,

 x1 − x2 + 3x3 = 1,
 3x + 2 x + x = 5.
 1
2
3
5. Вычислите определитель
1 0 3 2
14 20 14 12
.
3 2 1 0
0 3 2 1
6. Выполните действия над матрицами
 3 0
5
1
2
0
2
 1 2 0 





 0 2 1   0 4  +  3 4  −  1 0  .

  5 1 
 



Векторная алгебра и аналитическая геометрия
1. При каком значении  прямая
x y
z
= =
будет перпендикулярна
3 3 2+
плоскости 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 4 = 0?
2. Найдите скалярное произведение векторов 𝑐̄1 и 𝑐̄2 , построенных на векторах 𝑎̄ (4, −2, −4), 𝑏̄(6, −3,2), если 𝑐̄1 = 3𝑎̄ − 𝑏̄, 𝑐̄2 = 2𝑎̄ + 2𝑏̄.
214
3. Найдите косинус угла между плоскостями −2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 1 = 0 и
𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 + 2 = 0.
4. Составьте уравнение плоскости, которая проходит через начало координат и имеет нормальный вектор n (5,0,3) .
5. Даны точки A(–1,–1,–2), B(2,2,–2), C(–4,2,–4), D(–1,5,–2). Найдите:
1) высоту пирамиды ABCD, опущенную из вершины D;
2) уравнение высоты пирамиды ABCD, опущенной из вершины D;
3) проекцию вектора 𝐴𝐵 на вектор 𝐶𝐷;
4) проекцию точки D на прямую (AB);
5) расстояние от точки D до плоскости (ABC);
6) уравнение прямой, проходящей через точку D, параллельно прямой
(AB);
7) площадь треугольника ABC.
2
2
6. Приведя уравнение кривой 3x + 2 y − 6 x − 12 y + 15 = 0 к канониче-
скому виду, выясните какая линия описывается этим уравнением и сделайте чертеж.
7. Постройте кривые:
1) x = 2 −
3 2
y − 6y + 5 ;
2
2) x = −1 − 4 y .
Введение в анализ
1. Найдите предел последовательности:
3n 3  n 0,3  cos ( 3n )
2) lim
;
n→
4 − 17n1,3
4
2n 3 − 3n + 6
1) lim
;
n→ 4n − 7n 3 + 4
3) lim
n→
(
)
2n − 1 − 2n + 1  n ;
1
3
5
2n − 1
4) lim  2 + 2 + 2 + ... + 2  .
n → n
n
n
n 

2. Вычислите предел функции:
215
4 x 2 + 3x − 1
1
1
1) lim 2
, a ) x0 = ; b) x0 = − ; c) x0 = −1; d ) x0 =  ;
x→ x0 3x + 4 x + 1
4
3
 4x + 3 
2) lim 

x→ 4 x − 3


4) lim
x →5
3 x +4
3) lim
;
x→
x −1 − 2
;
2x −1 − 3
x + 4x + 1
x + 2 − 4x + 7
2
;
1 − cos x
.
x →0 sin 2 8 x
5) lim
3. Будут ли точки 𝑥 = 0, 𝑥 = 2 точками разрыва данной функции (доказать), если
− x,
x  0,


2
f ( x ) = 1 − ( x − 1) , 0  x  2,

2,
x  2.

4. Точки 𝑥 = −2, 𝑥 = 2 являются для функции y =
4
точками разрыва
4 − x2
второго рода, точками скачка, точками устранимого разрыва или точками непрерывности?
 1
 9 x +5 ,
x  −3,
 2
−3 x  3
5. Исследуйте функцию на непрерывность f ( x ) =  x − 8,
 − x 2 + 12 x − 32

, x  3.
x −8

Дифференциальное исчисление
1. Найдите производную заданных функций:
1) y  − ? y = 2
arctg 3 x
ctg 4 ( 2 x )
+
;
4
sin
x
2
2 1− x 
−

2) y − ? y = arcctg 
+e
 3x 
5x
 3 ctg 5
4
;
x2
216
 1 − 6x
3) y  − ? y = (8 − 3x )  cos3 
2
3
 3x − 4 x

;

4) y − ? y = arcsin 2 x  ( x − 3)( x−3) ;
5) yx − ? e x− y + xy = 0 ;
 x = arcsin t ,
6) y xx − ? 
2
 y = ln 1 − t ;
(
)
7) 𝑦 ‴ −? 𝑦 = 𝑥 ⋅ ln 𝑥.
2. По правилу Лопиталя вычислите пределы функции:
1 − cos 2 x
;
x→0 cos7 x − cos3 x
1) lim
2) lim (sin 3x )
arctg 2 x
x→0
;
3) lim(𝑥 − 1) ⋅ ln sin 𝜋𝑥.
𝑥→1
Интегральное исчисление
1. Вычислить:
1 + ln ( x − 1)
1) 
dx ;
x −1
x
2
2)  x  e  dx ;
( x − 1) dx
x
 dx ;
4
4)

2 x 3 − 3x 2 − 7
5)  2
dx ;
x + x−2
6)
 4 − 5cos x ;
3)  sin
6
( 2 x + 1) dx
7) 
;
( x − 1) ( x 2 + 2 x + 2 )
e3
9)
1 + ln x
dx ;
x

1

3
2
11)  sin

6
3x
dx ;
2
8)
1 − 2x − x2
;
dx
x +1 − 3 x +1
dx ;
6
x +1 +1


10)
 (5x − 9 ) cos 4 xdx ;
−
arctg 3
12)


4
2tgx − 3
dx ;
1 + tgx
217


arctg 3 x
13) 
dx ;
2
1
+
x
3
1

15)
0
−
1
x
−
14)
dx
 x2 + 2x + 2 ;
−
1
x
 arctge
dx .
2
− 

x 2 1 + e x 


e
2. Исследовать на сходимость:
4
1)
( 3x
3
+ 2 x 2 + x + 1) dx
 x ( x − 3)( x − 5)( x − 7 ) ;
3
+
3)

2
3
x−2
4x + 3
3
dx .

2)

0
x 2 + sin 2 x + 2
x5 + 8 + x
dx ;
218
Литература
1. Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа. – С.-
Пб.: Лань, 2017.
2. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в
упражнениях и задачах: в двух частях. Ч.1, 2. – М.: АСТ, Мир и образование, 2016.
3. Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому
анализу: Учебное пособие для вузов. – С.-Пб.: Лань, 2017.
4. Каплан И.А., Пустынников В.И. Практикум по высшей математике: в
двух томах. Т.1, 2 – М.: Эксмо, 2006.
5. Лунгу К.Н., Письменный Д.Т., Федин С.Н., Шевченко Ю.А. Сборник
задач по высшей математике. 1 курс. – М.: Айрис-пресс, 2011.
6. Минорский В.П. Сборник задач по высшей математике: Учебное посо-
бие для втузов. – М.:ФИЗМАТЛИТ, 2010.
Ɂɚɤɚɡʋɨɬɍɫɥɩɟɱ
ɥɢɫɬɍɱɢɡɞɥ
Ɉɬɞɟɥɩɨɥɢɝɪɚɮɢɱɟɫɤɨɣɤɨɪɩɨɪɚɬɢɜɧɨɣɢɫɭɜɟɧɢɪɧɨɣɩɪɨɞɭɤɰɢɢ
ɂɡɞɚɬɟɥɶɫɤɨဨɩɨɥɢɝɪɚɮɢɱɟɫɤɨɝɨɤɨɦɩɥɟɤɫɚɄɂȻɂɆȿȾɂȺɐȿɇɌɊȺɘɎɍ
ɝɊɨɫɬɨɜဨɧɚဨȾɨɧɭɩɪɋɬɚɱɤɢɬɟɥ ဨဨ
Скачать