Математический анализ

конспект лекций
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
2
1. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
1.1. Понятие первообразной функции и неопределенного интеграла
Пусть функция f  x  определена в каждой точке интервала  a; b  или
бесконечного интервала  ; b  ,  a;    ,  ;    .
Определение. Функция F  x  называется первообразной для функции
f  x  на интервале  a; b  , если она имеет производную в каждой точке
этого интервала и эта производная совпадает с f  x  , т.е.
F  x   f  x  .
Примеры. 1) f  x   cos x, F  x   sin x ; 2) f  x   2 x, F  x   x 2 .
Свойство. Если F ( x) является первообразной для функции f  x 
на интервале  a; b  , то и функция F  x   C , где C – любое число, является
первообразной для f  x  .
Действительно, если F  x  – первообразная для f  x  , то F   x   f  x 
на  a; b  . Но и
 F  x   C   F   x   C  F   x   0  f  x  .
Свойство. Если F1  x  и F2  x  – первообразные для f  x  на интервале  a; b  , то существует такая постоянная C , что F1  x   F2  x   C
для любого x из  a; b  .
Найдем производную разности F1  x   F2  x  :
 F1  x   F2  x   F1  x   F2  x   f  x   f  x   0
для любого x   a; b  .
Это означает, что F1  x   F2  x   C на интервале  a; b  .
Следствие. Если для функции f  x  известна первообразная F  x 
на интервале  a; b  , то все первообразные для f  x  на интервале  a; b 
задаются формулой
F  x  C .
Определение. Совокупность всех первообразных для функции f  x 
называется неопределенным интегралом от функции f  x  и обозначается
В этом обозначении

 f  x  dx .
– знак интеграла, f  x  dx – подынтегральное
выражение, f  x  – подынтегральная функция.
3
Если F  x  одна из первообразных для функции f  x  , то, согласно полученному следствию,
 f  x  dx  F  x   C ,
где C – произвольная постоянная.
xdx
  1  x 2  C  1  x  1 .
Примеры. 1) 
1  x2
2)  cos xdx  sin x  C    x    .
Теорема. Если функция f  x  непрерывна на интервале
 a; b  ,
то
на этом интервале существует первообразная для f  x  и неопределенный интеграл.
1.2. Основные свойства неопределенного интеграла
Связь между дифференцированием и интегрированием:
1.  d  F  x    F  x   C .
2. d  f  x  dx  f  x  dx .


Линейные свойства интеграла:
3.   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx .
4.  k  f  x  dx  k   f  x  dx .
5. Инвариантность формул интегрирования.
Если справедлива формула  f  x  dx  F  x   C , то для любой функции
  x  , имеющей непрерывную производную, верна формула
 f   x  d   x   F   x   C .
Например, формула  cos x dx  sin x  C будет верна, если x  et :
t
t
t
 cos  e  d  e   sin  e   C .
Все свойства доказываются на основании определения первообразной.
Свойство 2. Найдем дифференциал обеих частей равенства
 f  x  dx  F  x   C :
d
  f  x  dx   d  F  x   C    F  x   C  dx 
  F   x   0  dx  F   x  dx  f  x  dx .
Свойство 3. Пусть F  x  – первообразная
G  x  – первообразная для функции g  x  , т.е.
для
функции
f  x ,
 f  x  dx  F  x   C1, F  x   f  x  ,  g  x  dx  G  x   C2 , G  x   g  x  ,
 f  x  dx   g  x  dx  F  x   G  x   C1  C2  F  x   G  x   C .
4
Найдем производную алгебраической суммы (разности) F  x   G  x  :
 F  x   G  x    F   x   G  x   f  x   g  x  .
Следовательно,   f  x   g  x   dx  F  x   G  x   C и
  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx .
1.3. Таблица неопределенных интегралов
1.  0  dx  C.
2.  dx  x  C.
3.
4.
5.
6.
x 1
dx
1
 x dx    1  C   ,   1 ,  x2   x  C ,
dx
 x  ln x  C  x  0 .
ax
x
x
x
 a dx  ln a  C  а  0, a  1 ,  e dx  e  C.
 sin x dx   cos x  C.


dx
 2 x  C.
x
7.  cos x dx  sin x  C.
8.
dx
 cos2 x  tg x  C



 x    n, n   .
2


dx
 sin2 x   ctg x  C  x     n, n   .
dx
1
x
dx
 arctg  C  а  0  ,  2
 arctg x  C.
10.  2
2
a
a
x a
x 1
dx
1
xa

ln
 C  а  0 .
11.  2
x  a 2 2a x  a
dx
x
dx
 arcsin  C  а  0  , 
 arcsin x  C.
12. 
2
2
2
a
a x
1 x
9.
13.

dx
 а  0 .
 ln x  x 2  a 2  C
x2  a2
dx
x
 ln tg  C.
14. 
sin x
2
dx
x 
 ln tg     C.
15. 
cos x
2 4
Докажем формулу 4.
5
1
Пусть x  0 , тогда ln x  ln x,  ln x  C    ln x  C   .
x
Пусть x  0 , тогда
1
1
ln x  ln   x  ,  ln x  C    ln   x   C  
  1  .
x
x
При всех x  0 производная совпадает с подынтегральной функцией,
1
т.е. ln x является первообразной для функции .
x
Для формул 11, 13, 14 и 15 нет аналогов среди формул таблицы производных, но для их проверки достаточно убедиться в том, что производные
функций, стоящих в правых частях этих формул, совпадают
с соответствующими подынтегральными функциями.
Проверим формулу 13:

1
 ln x  x 2  a 2  C  
 x  x2  a2 



 x  x2  a2





1
1
 1 
 2x  


2
2
x  x2  a2  2 x2  a2
 x x a
1

1

x2  a2  x


 1 


1


2
2 
x a 
x
.
x x a
x a
x a
Упражнение. Доказать формулы из таблицы интегралов.
Замечание. Не для всех функций первообразные можно выразить через элементарные функции. Интегралы от таких функций называют «неберущимися». К ним относятся, например, интегралы
cos x
sin x
dx
 x2
2
e
dx
,
dx
,
dx
,

 x
 x
 ln x ,  sin x dx.
2
2
2
2
2
2
 
1.4. Простейшие методы интегрирования
1.4.1. Разложение интеграла. Этот способ основан на применении линейных свойств интеграла.
 x3 3e x x 2 3 x 4 
x3  3e x x  2 3 x  4
dx    

  dx 
Примеры. 1) 
x
x
x
x
 x
  x 2 dx  3 e x dx  2 
2

x 3 dx  4
3
1
x3
dx x
x
 x  3  3e  2  1  4ln x  C 
3
x3
  3e x  6 3 x  4ln x  C.
3
6
2)
 x 
x

2
2
2


2
2
dx    x  2 x 3  x  dx   x dx  2 x 3 dx   xdx 




5
x2
x
x2
x3 4 5 x 2
 2

C 

x 
 C.
5
3
2
3 5
2
2
 3cos 2 x
3cos 2 x  7sin 2 x
7sin 2 x 
3) 
dx


  cos2 x  sin 2 x cos2 x  sin 2 x dx 
cos 2 x  sin 2 x


dx
dx
 3 2  7 
 3ctg x  7 tg x  C.
sin x
cos 2 x
x2  1  6
 x2  1
x2  5
6 
6 

4)  2
dx  


 2
dx    1  2
 dx 

2
2
x 1
x 1
x

1
x

1
x

1




dx
  dx  6 2
 x  6arctg x  C.
x 1
1.4.2. Подведение (внесение) под знак дифференциала. Этот метод основан на свойстве инвариантности формул интегрирования.
Примеры.
20
1)   x  3 dx. В этом примере можно применить свойство инвари
3


антности и использовать тот факт, что дифференциал постоянного равен
нулю  d  3  0  и поэтому dx  d  x  3.
  x  3
20
dx    x  3 d  x  3
20
21
x  3


 C.
21
В общем случае dx  d  x  a  , где a – любое число.
2)
  3x  5 
7
dx. Чтобы воспользоваться формулой 3 таблицы интегра-
лов, надо вместо dx образовать выражение d  3x  5 , которое равно 3dx .
1
Используем для этого равенство dx  d  3x  5 .
3
1
7
7 1
7
3
x

5
dx

3
x

5

d
3
x

5

3
x

5
d  3x  5  










3
3
 3x  5
1  3x  5
 
C 
 C.
3
8
24
1
В общем случае dx  d  kx  a  , где a и k – любые числа, k  0.
k
8
8
7
1
1
1
3)  sin 2 xdx   sin 2 x  d  2 x    sin 2 x d  2 x    cos 2 x  C.
2
2
2
2
2 1
2
2
1
1
4)  e x  xdx   e x  d x 2   e  x d x 2    e  x d  x 2 
2
2
2
1 2
  e x  C. Чтобы воспользоваться формулой 5 таблицы, используем
2
1
равенство xdx  d x 2 .
2
1
d x3
d x3
2 x 2dx
1
2 1
x3
3
5) 
 2
 2 
  arctg  C 
3 22  x3 2 3 2
2
4  x6
4  x6
 
 
 
 
 
 
 
1
1
x3
 arctg  C (равенство x 2dx  d  x3  и формула 10 таблицы).
3
3
2
1
В общем случае x dx 
d  x  , k  1.
k 1
k 1
k
dx
1
 1  dx
1 1
1
6)  cos    2    cos    d     sin    C , т.к. 2  d   и
x
 x
 x x
 x  x
 x
формула 7.
d x
dx
7) 

2
 2 tg x  C. Использовано равенство

2
2
x cos
x
cos
x
 
dx
 2d
x
 
 
 
 x  и формула 8 таблицы.
d  cos x 
sin x
dx  
  ln cos x  C.
cos x
cos x
Использовано равенство sin xdx  d  cos x  и формула 4 из таблицы.
d  sin x 
cos xdx
1 d  2  3sin x  2
9) 

 

2  3sin x  C.
3
2  3sin x
2  3sin x 3
2  3sin x
Использовано равенство cos xdx  d  sin x  и формула 3 из таблицы.
8)  tg xdx  
10)

d  ln x 
dx

   ln x 
x ln x
ln x
Здесь использовано равенство

1
2
d  ln x  
 ln x 
1
1
2
 C  2 ln x  C.
2
dx
 d  ln x  и формула 3 таблицы.
x
8
 
 
зовано равенство e dx  d  e  и формула 11 таблицы.
d ex
e x dx
1
ex  3
1 ex  3
11)  2 x


ln x
 C  ln x
 C. Испольx 2
2
2

3
6
e 9
e

3
e

3
e
3
x
x
e tg x dx
12) 
Использовано
равенство
  e tg x d  tg x   e tg x  C.
2
cos x
dx
 d  tg x  и формула 5.
cos 2 x
d  ctg x 
dx
ctg x
 
  arcsin
 C. Использовано
13) 
2
2
2
3
sin x 9  ctg x
9  ctg x
dx
 d  ctg x  и формула 12 таблицы.
равенство
sin 2 x
d  arctg x 
dx
arctg x


ln
tg
 C. Использова14) 

sin  arctg x 
2
1  x 2 sin  arctg x 


dx
 d  arctg x  и формулуа 14 таблицы.
1  x2
2arcctg x dx
2arcctg x
arcctg x
15) 


2
d
arcctg
x


 C. Использовано ра


ln 2
1  x2
dx
 d  arcctg x  и формула 5 таблицы.
венство
1  x2
d  arcsin x 
dx

 ln arcsin x  C. Использовано ра16) 
2
arcsin
x
arcsin x 1  x
но равенство
венство
17)

dx
1 x
 d  arcsin x  и формула 4 таблицы.
2
dx
1  x  arccos
2
2
x 3

 
d  arccos x 
arccos 2 x  3

  ln arccos x  arccos 2 x  3  C.
Использовано равенство
dx
 d  arccos x  и формула 13 таблицы.
1 x
1.4.3. Выделение полного квадрата из квадратного трехчлена. Одним из способов нахождения интегралов, содержащих квадратный трехчлен в знаменателе, является выделение полного квадрата. Затем применяется метод внесения под знак дифференциала.
2
9
Примеры. 1)
dx
 x 2  x  1.
Выделим в знаменателе полный квадрат и
используем формулу 10 из таблицы интегралов.
1

1
dx 
x

dx
dx
1
2

2 C 

arctg
 x 2  x  1    1 2 3  
2
2
3
3
1  3

x


x  


 
2
2
2
4

2  2 


2
2x  1
arctg
 C.
3
3
dx
dx
d ( x  1)
x 1


 arcsin
 C.
2) 
2
2
2
2
3  2 x  x2
4   x  1
2   x  1
Здесь также выделили полный квадрат и использовали формулу 12
из таблицы интегралов. Другой способ будет приведен ниже.
Контрольные вопросы
1. Сформулируйте определение первообразной и приведите ее основные свойства.
2. Что называется неопределенным интегралом?
3. Перечислите основные свойства неопределенного интеграла.
4. Докажите формулы из таблицы неопределенных интегралов.
5. Какие существуют простейшие методы интегрирования?
2
x 3dx
dx
3
6. Найдите интегралы  x  x dx , 
, 2
.
8
x

2
x

3
4 x


2. ОСНОВНЫЕ МЕТОДЫ ИНТЕГРИРОВАНИЯ
2.1. Интегрирование по частям
Пусть функции u  x  и v  x  имеют непрерывные производные. Производная их произведения
 uv   uv  uv .
Проинтегрируем обе части этого равенства
 uv  dx  uvdx  vudx.



  uv  dx  uv  C, поэтому
uv  C   uvdx   vudx.
По свойству интеграла
Кроме того, udx  du, vdx  dv.
Константу можно включить в неопределенные интегралы, входящие
в это равенство, и получить формулу интегрирования по частям:
10
 udv  uv   vdu.
Рассмотрим основные типы интегралов, к нахождению которых можно
применить этот метод.
I. 1.  x m cos ax dx,  x m sin ax dx.
Рекомендуются обозначения: u  x m , dv  cos ax  dv  sin ax .
1
Тогда du  mx m 1dx, v  sin ax
a
1


 v   cos ax  .
a


1
2.  x meax dx. Здесь u  x m , dv  eax dx, du  mx m 1dx, v  e ax .
a
Замечание. В этих интегралах интегрирование по частям применяется
столько раз, какова степень переменной x , т.е. m раз.
Примеры.
1)   7 x  6  cos xdx.
Следует принять в качестве u
функцию 7 x  6 . Тогда
dv  cos xdx, du  7dx и v   cos xdx  sin x  C . Удобно полагать C  0 .
Используя формулу интегрирования по частям, получаем
  7 x  6 cos xdx   7 x  6 sin x   7sin xdx   7 x  6 sin x  7cos x  C.
du  dx 
 u  x7
1

2)   x  7  sin 5 xdx  
 dv  sin 5 xdx v   5 cos5 x 
1
1
 1
  1

  x  7    cos5 x      cos5 x  dx    x  7  cos5 x   cos5 xdx 
5
5
 5
  5

1
1
   x  7  cos5 x  sin5 x  C.
5
25
 u  2 x  3 du  2dx 
1
3x
1 3 x    2 x  3  e3 x  
3)   2 x  3 e dx  
3x
3

 dv  e dx v  3 e 
1
1
2
1
2
  e3 x  2dx  e3 x  2 x  3   e3 x dx  e3 x  2 x  3  e3 x  C.
3
3
3
3
9
m
m
m
m
II. 1.  x arcsin xdx,  x arccos xdx,  x arctg xdx,  x arcctg xdx.
В этих интегралах рекомендуются обозначения
dv  x mdx, u  arcsin x  u  arccos x, u  arctg x, u  arcctg x .
x m 1
dx
Тогда v 
, du 
m 1
1  x2

dx
dx
dx 
, du 
,
du


.
 du  
2
2

2
1

x
1

x
1 x


11
2.  x m log ka xdx, m  1.
Здесь u
 log ka
x, dv  x dx, du  k
m
 log ka 1 x 
1
x m 1
 dx, v 
.
x ln a
m 1
Примеры.
2


u

arccos
2
x
du


dx 

1)  arccos 2 xdx 
1  4 x2  

vx
 dv  dx



2
2 xdx
 x arccos 2 x   x   
dx  x arccos 2 x  




2
2
1

4
x
1

4
x




2
1
 1  d 1  4x
 x arccos 2 x     
 x arccos 2 x   2 1  4 x 2 
4
 4
1  4 x2
1
 x arccos 2 x 
1  4 x 2  C.
2
dx 

xdx
u

ln
x

3
du



2)  ln  x  3 dx  
x  3   x ln  x  3   x  3 
 dv  dx
v  x 
  x  3  3 dx  x ln x  3   x  3 dx  3dx  
 x ln  x  3  

 
 x  3 
x3
 x 3
dx
 x ln  x  3   dx  3
 x ln  x  3  x  3ln x  3  C.
x3
dx 

u  ln x du  

x
3)  x 2 ln xdx  
3 
x
 dv  x 2dx v 

3 

x3
x3dx x3
1 2
x3
x3
 ln x  
 ln x   x dx  ln x   C.
3
3x
3
3
3
9
1 

2
u

ln
x
du

2ln
x

dx 

x3 2
x3  2ln x
2 2
x
4)  x ln xdx  
dx 
  ln x  
x3
3
3
x
2
 dv  x dx

v
3


dx 

 u  ln x du  x 
x3 2
2 2
 ln x   x ln xdx  

x3 
3
3
2
 dv  x dx v 

3 

x3 2
2  x3
1 2  x3 2
2 x3
2 x3
 ln x   ln x   x dx   ln x 
ln x 
 C.
3
3 3
3
3
9
27

12
III. Интегралы  eax cos bx dx ;  eax sin bx dx.
Можно ввести следующие обозначения
u  eax , dv  cos bx dx  dv  sin bx dx .
1
1


Тогда du  aeax dx, v  sin bx  v   cos bx  .
b
b


Формула интегрирования по частям применяется дважды, в результате
мы получается тот же интеграл, с которого начинали. Такие интегралы называются «круговыми».
 u  e2 x
du  2e2 x dx 
2 x

Пример.  e cos3x dx  
1
v  sin 3x 
 dv  cos3xdx
3


1
1
 e2 x sin 3x   sin 3x   2  e2 x dx 
3
3
 u  e2 x
du  2e2 x 
1 2 x
2 2 x

 e sin 3x   e sin 3x dx  
1
dv

sin
3
x
dx
v


cos3
x
3
3


3


1
2 1

 1
 e2 x sin 3x    e2 x cos3x      cos3x   2  e2 x dx  
3
3 3
 3

1
2
4
 e2 x sin3x  e2 x cos3x   e2 x cos3x dx.
3
9
9
Получили уравнение относительно искомого интеграла:
1 2 x
2 2 x
4 2 x
2 x
 e cos3x dx  3 e sin3x  9 e cos3x  9  e cos3x dx,
4 2 x
1 2 x
2 2 x
2 x
e
cos3
x
dx

e
cos3
x
dx

e
sin3
x

e cos3x,

9
3
9
1 2 x
2
 4  2 x
1    e cos3x dx  e sin3x  cos3x.
3
9
 9
Отсюда найдем интеграл:
9  1 2 x
2 2 x

2 x
 e cos3x dx  13  3 e sin3x  9 e cos3x   C 
1
 e2 x  3sin 3x  2cos3x   C.
13
2.2. Интегрирование подстановкой или заменой переменной
Этот метод основан на свойстве инвариантности формул интегрирования: если справедлива формула  f  x  dx  F  x   C , то для любой непрерывно дифференцируемой функции   t  , заменяя x    t  , получаем
13
 f   t   d  t   F  t   C,
 f   t    t  dt  F  t   C.
Найдя полученный интеграл относительно новой переменной t , выразим из равенства x    t  переменную t    x  и подставим в полученный результат.
 t x 
dx
2t dt
t 11
t 1
Пример. 
  x  t2   
 2
dt  2
dt 
t 1
t 1
t 1
x  1  dx  2tdt 


1
dt
 2
dt   2 dt  2
 2t  2ln t  1  C  t  x  
t 1
t 1
 2 x  2ln x  1  C.
2.3. Интегрирование функций с квадратным трехчленом
в знаменателе
Рассмотрим интегралы четырех видов  a, b, c, A, B  , а  0  :
 Ax  B  dx
dx
dx
 ax2  bx  c ,  ax2  bx  c , 
,
 Ax  B  dx
.
ax  bx  c
ax  bx  c
1

После замены переменной t  ax 2  bx  c , квадратный трехчлен
2
2
ax  bx  c сводится к неполному квадратному трехчлену at 2  m , m  .
После приведения подобных слагаемых, нужно разделить числитель
на знаменатель почленно. Один из двух полученных интегралов – таблич1
d at 2  m .
ный, в другом нужно использовать формулу t dt 
2a
 2  t  3  11 dx 
(2 x  11)dx t  x  3
Пример.  2
  x  t  3  
x  6 x  13  dx  dt 
 t  32  6  t  3  13
 2t  5 dt
 2t  5 dt 
 2
 2
t  6t  9  6t  18  13
t 4
d t2  4
1
t
2t dt
5 dt
dt
 2
 2
 2
 5 2
 ln t 2  4  5  arctg  C 
2
2
t 4
t 4
t 4
t 4
5
x3
5
x3
2
 ln  x  3  4  arctg
 C  ln x 2  6 x  13  arctg
 C.
2
2
2
2
2

2








14



2.4. Интегрирование рациональных дробей
Функция
Pn  x   an x n  an 1x n 1  ...  a1x  a0 ,
где a0 , a1,..., an  , an  0 , называется многочленом степени n.
Определение. Отношение двух многочленов называется дробнорациональной функцией или рациональной дробью.
Q  x
Определение. Рациональная дробь m
называется правильной, есPn  x 
ли степень числителя меньше степени знаменателя m  n, и неправильной,
когда m  n.
Интегралы от рациональных дробей можно найти по плану.
Q  x
I. Если дробь m
неправильная, то следует выделить из дроби цеPn  x 
лую часть, т.е. представить ее в виде суммы
Qm  x 
r  x
 q x 
,
Pn  x 
Pn  x 
где q  x  – частное от деления числителя на знаменатель или целая часть
дроби, r  x  – остаток от деления Qm  x  на Pn  x  . Степень остатка меньше степени знаменателя, т.е. дробь
r  x
является правильной. Тогда
Pn  x 
Qm  x 
r  x
dx

q
x
dx



 Pn  x  
 Pn  x  dx.
Первое слагаемое есть интеграл от многочлена и находится с помощью
разложения на несколько интегралов, второе слагаемое есть интеграл
от правильной дроби.
II. Среди правильных дробей выделим четыре типа дробей, называемых простейшими A, b, M , N , p, q , D  p 2  4q  0, k  , k  1 :

I.

A
A
Mx  N
Mx  N
. II.
.
.
III.
IV.
xb
x 2  px  q
 x  b k
x 2  px  q


k
.
Дроби первого и второго типа интегрируются с помощью внесения
под знак дифференциала выражения  x  b  .
Adx
 x  b  A  ln x  b  C.
15
Adx
  x  b k
 A  x  b 
k
 k 1
x  b

dx  A 
C 
k  1
A
1

 C.
1  k  x  b k 1
Интеграл от дроби третьего типа – это интеграл с квадратным трехчленом в знаменателе. Можно выделить полный квадрат из квадратного трехчлена или сделать замену переменной (см. п. 2.3).
p

t

x


2

Mx  N
Mx  N
p
dx

dx

x

t



 x 2  px  q   p 2
2
p2
 dx  dt 
x  q


2
4



2
a
p

Mp
M t    N
Mt  N 
dt
2
2  M t dt   N  Mp 
   2 2
dt  


 2

2
2
2
2
2  t  a2
t a
t a
t a 
M
Mp  1
t

 ln t 2  a 2   N 
  arctg  C 
2
2  a
a

Mp
p
N

x

M
2 arctg
2 C 
 ln x 2  px  q 
2
a
a
M
2 N  Mp
2x  p
 ln x 2  px  q 
arctg
 C.
2
2a
2a
Интеграл от дроби четвертого типа находится с помощью рекуррентной
формулы. Сначала сделаем замену, чтобы квадратный трехчлен привести
к виду t 2  a 2 .
p

t

x


Mp
2
Mt

N



Mx  N
p
2 dt 
dx

x

t



 2
k
k
 dx  dt2 
x  px  q
t 2  a2




t dt
Mp 
dt

M

N



 2 2 k.
2
2 k
2


t a
t a













(1)
(2)
Найдем каждый из двух интегралов.
(1)

t
t dt
2
a

2 k




 k 1
2
2
2
2
1 d t a
1 t a
 

2 t 2  a2 k 2
k  1



16
C 

(2)

t
1
1

2  k  1 t 2  a 2

dt
2
 a2

k
1
a2
 2
a
t 2  a2



К интегралу



k 1
t


a
1
1

2  k  1 x 2  px  q




k 1


k 1

1
t2
a2  t 2  a2



k
dt.
dt применим метод интегрирования по частям.

2 k
ut
du  dt

t dt
1
1

dt  dv 
v


k
k

2  k  1 t 2  a 2
t2  a2
t2  a2

1
t
1
dt



.

k

1
2  k  1 t 2  a 2
2  k  1 t 2  a 2 k 1
t2
 C.
2
2
2
1 t  a t
dt  2 
dt 
2
2 k
a
t a
k
1
dt
a2  t 2  a2
t2
2
C  










k 1 


Подставим полученное выражение в интеграл (2). После преобразований получим

dt
1
dt
1 
1
t
1





 2 2 k a 2  2 2 k 1 a 2  2  k  1 2 2 k 1 2  k  1 
t a
t a
t a


dt
1
t
2k  3
dt




.

2
2
2 k 1  2a 2  k  1
2
2 k 1
2
2 k 1
2
a
k

1



t a
t a
t a

dt
Если обозначить J k  
, получим формулу
2
2 k
t a









Jk 





1
t

2  k  1 a 2 t 2  a 2



k 1
2k  3 1
 J k 1.
2  k  1 a 2
Эта формула является рекуррентной. Применяем ее до тех пор, пока
степень в знаменателе не будет равна 1.
III. Вернемся к нахождению интеграла от правильной дроби, т.е.
r  x
 Pn  x  dx.
17
Разложим знаменатель дроби Pn  x  на множители, среди которых будут множители вида  x  b  , где b – корень многочлена Pn  x  , и вида
k
x
2

l
 px  q , где квадратный трехчлен x 2  px  q не имеет корней, т.е.
D  p 2  4q  0.
Таким образом, знаменатель Pn  x  будет разложен на множители следующим образом

Pn  x   an  x  b1  1  ...   x  br  r  x 2  p1x  q1
k
k

l1

 ...  x 2  ps x  qs

ls
,
где b1, b2 ,..., br – действительные корни многочлена Pn ( x) , а каждый квадратный трехчлен имеет отрицательный дискриминант.
IV. Известно, что всякая правильная дробь может быть представлена
в виде суммы простейших дробей I–IV типов.
При этом
– множителю  x  b  соответствует в этой сумме простейшая дробь
A
,
xb
где A – некоторое число;
– множителю  x  b  соответствует сумма k простейших дробей
Ak
A1
A2


...

,
x b
 x  b k  x  b k 1
k
где A1, A2 ,..., Ak – некоторые числа;


– множителю x 2  px  q соответствует простейшая дробь вида
Mx  N
,
x 2  px  q
где M , N – некоторые числа;

– множителю x 2  px  q
x
M1x  N1
2
 px  q

l
 x
l
M 2 x  N2

Таким образом, получим
r  x

Pn  x   x  b k1  ...   x  b
1
соответствует сумма простейших дробей
r
2

 px  q
kr

 ... 
l 1

r  x
 x  p1 x  q1
2
18

l1
M l x  Nl
.
x 2  px  q

 ...  x  ps x  qs
2

ls


A1
 x  b1 k1

 ... 
x

Ak1
x  b1
M1 x  N1
2
x
 p1 x  q1
 ... 

l1
M1 x  N1
2
 ps x  qs

B1
 x  br kr
 ... 
ls
 ... 
M l1 х  N l1
x 2  p1 x  q1
 ... 
Bkr
x  br
 ... 
 ...
M ls х  N ls
x 2  ps x  qs
.
V. Находим неопределенные коэффициенты. Для этого приводим сумму простейших дробей к общему знаменателю, отбрасываем знаменатели
в обеих частях равенства и получаем тождественное равенство, содержащее неизвестные коэффициенты.
x2  2
Пример. Дробь 2
2 разложить на простейшие.
x  x  1
Имеем
x2  2
A B
C
D




.
2
2
2
2
x
x

1
x
x  x  1
 x  1
Чтобы найти A, B, C, D , приведем правую часть к общему знаменателю
и отбросим знаменатели в обеих частях равенства:
x
2
A  x  1  Bx  x  1  Cx 2  Dx 2  x  1
2
x2  2

2
x  x  1
 x  1
2
2
A  x  1  Bx  x  1  Cx 2  Dx 2  x  1  x 2  2.
2
2
2
,
В правой части равенства раскроем скобки, приведем подобные:
 B  D  x3   A  2B  C  D  x 2   2 A  B  x  A  x 2  2.
Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях переменной слева и справа:

x3 :
B  D  0,
2
x : A  2 B  C  D  1, 
x :
2 A  B  0, 

x0 :
A  2.

Получили систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными. Решив ее, найдем значения коэффициентов A, B, C, D .
Можно для нахождения коэффициентов разложения применить метод
частных значений. В обе части равенства подставляют вместо х любые
числа. Более простые равенства получаются, если подставлять корни знаменателя.
19
A  x  1  Bx  x  1  Cx 2  Dx 2  x  1  x 2  2.
x  0 : 2  A,
x  1 : 3  C.
Сразу нашли два коэффициента. Корней знаменателя больше нет.
Для нахождения двух других коэффициентов достаточно получить только
два уравнения, сравнив коэффициенты при двух одинаковых степенях переменной, например, при x3 и x :
x 3 : 0  B  D  D   B,
x : 0  2 A  B  B  2 A  4  D  4.
Получили разложение исходной дроби в сумму простейших дробей:
x2  2
2 4
3
4
 2 

.
2
2
x  x  1
x 1
x
x 2  x  1
2
2
VI. Обобщая все действия, описанные в этом пункте, составим краткий
план интегрирования рациональной дроби.
Q  x
1) Если дробь m
неправильная, выделяем ее целую часть
Pn  x 
2) Знаменатель дроби Pn  x  раскладываем на множители.
3) Представляем правильную дробь в виде суммы простейших дробей.
4) Находим коэффициенты разложения.
5) Находим интегралы от каждого слагаемого.
2x  3
dx.
Примеры. 1) Найти интеграл  2
x 9
2x  3
1. Дробь 2
правильная.
x 9
2x  3
2x  3

.
2. Разложим знаменатель на множители: 2
x

3
x

3



x 9
3. Разложим дробь в сумму простейших дробей:
2x  3
A
B


.
( x  3)( x  3) x  3 x  3
4. Приведем дроби в правой части к общему знаменателю:
2 x  3 A  x  3  B  x  3

.
 x  3 x  3
x2  9
Приравниваем числители полученных дробей:
A  x  3  B  x  3  2 x  3.
Найдем неопределенные коэффициенты методом частных значений:
20
3
6A  9  A  ,
2
1
x  3: 6 B  3  B  .
2
2x  3
3
1
Получаем разложение дроби:


.
 x  3 x  3 2  x  3 2  x  3
5. Находим интеграл исходной дроби как сумму двух интегралов:


2x  3
3
1
3 d  x  3 1 d  x  3
dx


dx



 x 2  9  2  x  3 2  x  3 
 x 3  2  x 3 
2


3
1
 ln x  3  ln x  3  C.
2
2
5x
2) Найти интеграл 
dx.
3
 x  1
5x
1. Дробь
правильная.
3
 x  1
2. Знаменатель уже разложен на множители.
3. Разложим дробь в сумму простейших дробей:
5x
A
B
C



.
3
3
2
 x  1  x  1  x  1 x  1
x3 :
4. Приведем дроби в правой части к общему знаменателю:
5x
 x  1
3

A  B  x  1  C  x  1
 x  1
3
2
.
Приравниваем числители полученных дробей:
A  B  x  1  C  x  1  5x.
В левой части равенства раскроем скобки, приведем подобные:
Cx 2   B  2C  x   A  B  C   5x.
Найдем А, В, С , приравняв коэффициенты при одинаковых степенях х .
2
 х 2 : С  0,
С  0,

 1

 х : В  2С  5,   В  5,
 0
 А  5.

 х : А  В  С  0; 
5x
5
5


.
Получаем разложение дроби:
3
3
 x  1  x  1  x  12
5. Находим интеграл исходной дроби как сумму двух интегралов:
21
 5
5 
dx
dx
  x  13 dx     x  13   x  12  dx  5  x  13  5  x  12 


5x
3
2
 5  x  1 d  x  1  5  x  1 d  x  1

3) Найти интеграл
5
2  x  1
2

2
1
x  1
x  1


5
5
С 
2
1
5
С.
x 1
x4  3
 x3  8 dx.
1. Дробь неправильная, выделим ее целую часть:
x4
3
 4
x  8x
 8x  3
x4  4
8x  3

x

.
x3  8
x3  8
x3  8
x
x4  3
8x  3 
8x  3

dx    x  3
dx

x
dx

Тогда  3


 x3  8 dx.
x 8
x 8

8x  3
.
Ищем интеграл от правильной дроби 3
x 8
8x  3
8x  3

.
2. 3
x  8  x  2 x2  2 x  4

3.
4.

8x  3
 x  2  x2  2 x  4
8x  3

 x  2 x2  2 x  4




A
Bx  C
 2
.
x  2 x  2x  4


 x  2  x
A x 2  2 x  4   Bx  C  x  2 

2
 2x  4

,
A x 2  2 x  4   Bx  C  x  2   8 x  3.
Подставим в обе части значение x  2 : 12 A  13  A  
Составим два уравнения для нахождения B и C :
13

x2 :
A B  0  B  A  ,

12
1
11 
x 0 : 4 A  2C  3  C   3  4 A  . 
2
3 
22
12
.
13
Получаем разложение дроби:
12
11
x
8x  3
13 1
3   13  1  1  13 x  44 .
 
 13
3
2
12 x  2 x  2 x  4
12 x  2 12 x 2  2 x  4
x 8
5. Находим интеграл исходной дроби как сумму интегралов:
x4  3
x2
8x  3
x 2 13 dx
1 13x  44
 x3  8 dx  2   x3  8 dx  2  12  x  2  12  x2  2 x  4 dx 
x 2 13
13
19
x 1

 ln x  2  ln x 2  2 x  4 
arctg
 C.
2 12
24
4 3
3
13x  44
dx найдем отдельно:
Интеграл  2
x  2x  4
x 1  t 
13x  44
13x  44
dx

dx

 x 2  2 x  4   x  12  3  xdxt dt1 


t dt
dt
13
57
t
2
 13 2
 57  2
 ln t  3 
arctg
C 
3
3
t 3
t 3 2
13
57
x 1
 ln x 2  2 x  4 
arctg
 C.
2
3
3






2.5. Интегрирование тригонометрических выражений
2.5.1. Нахождение интегралов вида
 cos nx  cos mx dx,  sin nx  cos mx dx,  sin nx  sin mx dx m  n .
Чтобы найти эти интегралы, следует предоставить подынтегральное
произведение в виде суммы, используя формулы:
1
cos   cos    cos      cos      ,
2
1
sin   cos    sin      sin      ,
2
1
sin   sin    cos      cos      .
2
Пример.
1
1 1
1

sin13
x

cos5
x
dx

sin18
x

sin8
x
dx


cos18
x

cos8 x   C.





2
2  18
8

m
n
2.5.2. Нахождение интегралов вида  sin x  cos x dx.
а) m и n – неотрицательные, четные.
Следует понизить степени путем перехода к двойным углам, т.е. использовать формулы
23
sin 2  
Примеры.
1  cos 2
1  cos 2
1
, cos2  
, sin  cos   sin 2 .
2
2
2
1  cos 2 x dx  1 x  1 sin 2 x  C.
1)  cos2 xdx  
2
2
4
2
1
 1  cos 2 x 
2
2)  sin 4 x dx   
 dx   1  2cos 2 x  cos 2 x dx 
2
4


1
1
1

 x  sin 2 x   cos 2 2 x dx   x  sin 2 x   1  cos 4 x  dx  
4
4
2

1
1
1
1
1
1
1

  x  sin 2 x   x  sin 4 x    С  x  sin 2 x  x  sin 4 x  С 
4
2
4
4
4
8
32

3
1
1
 x  sin 2 x  sin 4 x  С .
8
4
32
б) По крайней мере один из показателей степени положительное, целое,
нечетное число.
Следует применить метод «отщепления», т.е. от нечетной степени «отщепить» один множитель, внести его под знак дифференциала и оставшуюся четную степень преобразовать, используя тождество
sin2   cos2   1 .
Примеры.




 
xd  sin x   t  sin x    1  t  t dt   t
2
1)  cos5 x  sin 4 xdx  cos4 x  sin 4 x  cos xdx  cos2 x  sin 4 x  d  sin x  


2
  1  sin 2 x sin 4
2 2 4
4

 2t 6  t 8 dt 
t5
t7 t9
sin5 x 2sin 7 x sin9 x
  t dt  2 t dt   t dt   2    С 


С.
5
7 9
5
7
9
sin 3 x
sin 2 x
sin 2 x
dx


sin
xdx


2)  3
 3 cos x
 3 cos x d  cos x  
cos x
 t2
1  cos 2 x
1 t 2
1 
  3
d  cos x   cos x  t     3 dt    3  3  dt 
cos x
t
t
 t
cos 2 x d (cos x)  cos x  t   1  t 2 dt   t 2  1 dt 
  1 

  3
  3 t 3 t 
3
cos x
t
4
6
5
t 3 dt
8
1
t 3 dt
8
2
3
3


 t  t  C  3 3 cos8 x  3 3 cos2 x  C.
8 2
8
2
3 3
в) Хотя бы одно из n и m целые отрицательное нечетное число.
Здесь надо сделать домножение на sin x или cos x.
24
Пример.
dx
cos x dx
d (sin x)
 sin 2 x  cos x   sin 2 x  cos2 x   sin 2 x  1  cos2 x sin x  t  
1  t   t

 t 1  t 




1 t2
t2

dt  dt  dt 
 2
dt



 t2 1 t2
2
2
 t2 1 t2
t 1 t2
t2 1 t2 


1 1 t 1
1
1 sin x  1
   ln
C 
 ln
 C.
t 2 t 1
sin x 2 sin x  1
Замечание. Обозначим через R(u, v) рациональное выражение
от функций u и v, т.е. эти функции входят в выражение в целых положительных степенях.

dt
2
2.5.3. Нахождение
2


интегралов

вида

 R sin x, cos x  dx,
где
R  sin x, cos x  – рациональная функция от sin x и cos x.
Если для подынтегральной функции справедливо равенство
R   sin x,  cos x   R sin x, cos x 
следует использовать замену t  tg x . При этом
1
1
cos x 

,
2
2
1  tg x
1 t
sin x  cos x  tg x 
t
1 t 2
, dx 
dt
.
1 t 2


dt
 t  tg x 
t 2  1 dt
2
dx
1

t
  x  arctg t   


Пример. 
2
2
2
1
1  cos x 
1

t
t

2
dt 
1
 dx 
2
1  t2
1 t 

dt
1
t
1
tg x


arctg
C 
arctg
 C.
2
2
2
2
2
2
t  2





 
Подстановку t  tg x (или t  ctg x ) следует использовать и в случаях,
когда подынтегральная функция зависит от tg x или ctg x соответственно.
Например, интегралы вида
n
n
 tg x dx и  ctg x dx,
где n – целое положительное число.
 t  tg x 
dt
dt    t 6 
Пример.  tg 6 x dx  
 выделим целую  
2
dx

 часть дроби 
1 t

1  t 2 
25

t6
t2 1
t6  t4
t4  t2 1
 t4
 4 2
 t t
t2

t2 1
1
1 
t5 t3
tg5 x tg3 x
 4 2
 t  t 1

 tg x  x  C.
 dt    t  arctg t  C 
5 3
5
3
1 t2 

Интегралы такого вида можно также находить способом понижения
степени, используя формулы
1
1
ctg2 x  2  1, tg2 x 
 1.
sin x
cos2 x
 1

Пример.  ctg5 xdx  ctg3 x ctg 2 xdx  ctg3 x  2  1 dx 
 sin x 
dx
  ctg3 x 2   ctg3 xdx    ctg3 x d  ctg x    ctg x ctg 2 x dx 
sin x
4
ctg x
ctg 4 x
 1


  ctg x  2  1 dx  
  ctg x d  ctg x    ctg x dx 
4
4
 sin x 

ctg 4 x ctg 2 x

 ln sin x  C.
4
2
2.5.4. Универсальная тригонометрическая подстановка. Интеграл
вида
 R sin x, cos x  dx
может быть сведен к интегралу от рациональной
дроби подстановкой, называемой универсальной:
2dt
x
,
t  tg , x  2arctg t , dx 
2
1 t2
x
x
x
2sin cos
2 tg
 разделим числитель и 
2
2 
2  2t ,
sin x 
2 x 
2
x
x  знаменатель на cos 
2 x
1

t
cos 2  sin 2
1

tg

2
2
2
2
26
x
x
2 x
 sin 2
 разделим числитель и  1  tg
1 t2
2
2
2
x 
cos x 


.
2
знаменатель на cos 2 
2 x
2 x
2 x
1

t

cos  sin

2  1  tg
2
2
2
x
2t 

t

tg
sin
x


dx
1
2 dt
2
1 t2  
Пример. 





2dt
2t 1  t 2
2  3sin x 
dx 

2  3
1 t2 

1 t2
cos 2
 3
d t  
2 dt
2 dt
dt
 2 
 2
 2
 2

2
2t  2  6t
t  3t  1
2 t  3t  1
 3 5
t   
 2 4
3
5
x
t 
2tg  3  5
1
1
2 2 С 
2

ln
ln
 С.
5
3
5
5 2tg x  3  5
2
t 
2
4
2 2


2.6. Интегрирование иррациональных выражений
2.6.1 Интегралы вида
Mx  N

dx находятся тем же способом,
ax 2  bx  c
что и простейшие дроби III типа.
 2  t  3  11 dt 
 2 x  11 dx t  x  3
  x  t  3  
Пример. 
x 2  6 x  13  dx  dt 
 t  32  6  t  3  13

 2t  5 dt
t  6t  9  6t  18  13
2


d t2  4
t2  4
2
 5


dt
t2  4
 2t  5 dt 
t 4
2

2t dt
t 4
2

5dt
t 4
2

 2 t 2  4  5ln t  t 2  4  C 
 x  32  4  5ln x  3   x  32  4
C 
 2 x 2  6 x  13  5ln x  3  x 2  6 x  13  C.
2.6.2. Интегралы вида
 R  x,
n

ax  b dx сводятся к интегралу от ра-
циональной дроби заменой переменной t  n ax  b .
27
t  2 х  1 
1
2


2  3t  
2

dx
tdt
 t 1 
3 dt 
 x 

3
Пример. 

2
2  3t
2  3t
2  3 2х  1


 dx  tdt



1
2 dt
1 2 1 d  2  3t  1 2
  dt  
 t  
 t  ln 2  3t  C 
3
3 2  3t 3 3 3
2  3t
3 9
1
2

2 х  1  ln 2  3 2 х  1  C.
3
9
Если подынтегральная функция содержит несколько корней различных
степеней из одного и того же линейного выражения, то за новую переменную t надо взять корень n -й степени из этого выражения, где n – наименьшее общее кратное всех показателей корней, входящих в подынтегральную функцию.
Например, в интеграле
2  3 2x  3  4 2x  3
 1  2 2 x  3 dx
следует воспользоваться подстановкой t  12 2 x  3.
Пример.
t  6 х  1 

выделим целую 
х  1dx 
t 3  6t 5dt
t 8dt
6

x

t

1


6



 3 х 1  2 
 t 2  2  t 2  2  часть дроби  

5
 dx  6t dt 

t8
t2  2
t 8  2t 6
t 6  2t 4  4t 2  8

 2t 6
2t 6  4t 4
4t 4

4t 4  8t 2
2
  8t
8t 2  16
16
16 

6
4
2
 6  t 6  2t 4  4t 2  8  2
 dt  6 t dt  12 t dt  24 t dt  48 dt 
t 2

28
dt
t7
t5
t3
1
t
 96 2
 6   12   24   48t  96 
arctg
C 
7
5
3
2
2
t 2
6 6  х  1
7
12 6  х  1
5
х 1
 C.
7
5
2

ax  b n2 ax  b
ax  b 
2.6.3. Интегралы вида  R  x, n1
,
, ..., nk
 dx сводятcx

d
cx

d
cx

d


ся к интегралу от рациональной дроби заменой переменной
ax  b
tп
,
cx  d
где n – наименьшее общее кратное всех показателей корней, входящих
в подынтегральную функцию.
Пример.

1 х
1  t2 
2
2
2
, 1  x  t 1  x  , x 1  t  1  t , x 
t 

1

x
1  t2 

1  х dx

 1  x x   2t 1  t 2  2t 1  t 2
4
t
 dx 

dt  
dt
2 2
2 2


1 t
1 t


4t

dt
2 2
1 t
t 2dt
t 2dt
 t 
 4
 4 2

1 t2
1 t2 1 t2
t 1 t2 1
1 t2
t2 1  t2 1
1
2t 2dt
dt
dt
 4  2

2
dt

2

2




2 t 1 t2 1
t2 1
t2 1
t2 1 t2 1


 8 х  1  48 х  1  48 2 arctg
6


















6




  
  
1 t 1
 2  ln
 2arctg t  C  ln
2 t 1
1 х
1
1 х
1 x
 2arctg
C 
1 x
1 х
1
1 x
1 х  1 x
1 х
 2arctg
 C.
1 x
1 х  1 x
2.6.4. Тригонометрические
подстановки.
Интегралы
 ln
 R  x,





вида
a 2  x 2 dx,  R x, x 2  a 2 dx,  R x, x 2  a 2 dx сводятся к ин-
тегралам от тригонометрических функций применением так называемых
тригонометрических подстановок, которые подбираются в зависимости
от подкоренного выражения.
29


а)  R x, a 2  x 2 dx, x  a sin t , dx  a cos t dt ,
a 2  x 2  a 2  a 2 sin t  a 2 (1  sin 2 t )  a 2 cos2 t  a cos t.


б)  R x, x 2  a 2 dx, x 
a
a sin t
, dx 
dt ,
cos t
cos 2 t
2
a2
a sin t
2
2 1  cos t
x a 
a  a

.
2
2
cos t
cos t
cos t
a
dt ,
в)  R x, x 2  a 2 dx, x  a tg t , dx 
cos 2 t
1
a
x 2  a 2  a 2 tg 2 t  a 2  a 2 tg 2 t  1  a 2 

.
cos 2 t cos t
Примеры.
 x  2sin t



4  x2
4cos 2 t  2cos t dt
cos 2 t dt
dx   dx  2cos t dt   
 2

1) 
x
2sin
t
sin
t
 4  x 2  4cos 2 t 


2
2
cos t d  cos t 
cos t sin t dt
z 2dz
z 2dz
 2
 2
  z  cos t   2
 2 2

sin 2 t
1  cos 2 t
1  z2
z 1
2
2




 z  1  1 dz  2
2
z2 1
dz
dz
 2
dz

2

2
dz

2
 z2 1
 z2 1 
 z2 1 
z2 1

z 1
cos t  1
4  x2 
 2 z  ln
 C  2cos t  ln
 C  cos t 

z 1
cos t  1
2


4  x2
1
4  x2
4  x2  2
2
2
 2
 ln
 C  4  x  ln
C.
2
2
2
4 x
4 x 2
1
2
3
3sin t


x

,
dx

dt 
2
2

9 tg2 t 3sin t
x 9
cos t
cos t
dx  
 2 dt 

2) 
2
9
x2
2 
 x2  9 
 3  cos t

9

9
tg
t




cos2 t
 cos t 
3tg t cos2 t 3sin t
sin 2 t
sin 2 t cos t


dt  
dt  
dt 
9
cos t
cos2 t
cos2 t
30


z2  1  1
sin 2 t
z2

d  sin t    z  sin t   
dz   
dz 
1  cos2 t
1  z2
z2  1
1 z 1
1 sin t  1
  z  ln
 C   sin t  ln
C 
2 z 1
2 sin t  1

3
9
x2  9 
2

 cos t  , sin t  1  cos t  1  2 
x
x 
x


x2  9
1
x2  9 1
x2  9 1
x2  9  x
x

 ln
C 
 ln
C.
2
2
x
2
x
2
x 9
x 9  x
1
x
2dt


3 2dt
x

2
tg
t
,
dx

2
tg
t


3
2


x dx
cos t
cos 2 t 
3) 


4
x 2  4  x 2  4  4 tg 2 t  4  4 
2

cos t 
cos 2 t
tg3 t  cos t
sin 3 t
sin 2 t
sin 2 x
 8
dt  8
 8
sin t dt   8
d (cos x) 
cos 2 t
cos 4 t
cos 4 t
cos 4 x
1  cos 2 t
1  z2
dz
dz
 8
d
cos
t

z

cos
t


8
dz


8

8








cos 4 t
z4
z4
z2

8 8
8 8
8
8
2 
 3  C  3  C 


C

cos
t



z
z
3z
3z
3cos3 t cos t

4  x 2 



8

2
3

2
 4 x

dx

4) 

x2 3  x2 






3

8
2

4  x 
2 3
C 
3
 4 4  x2  C .
4  x2


3
3

3  x2 
, dx 
dt
cos 2 t
cos t
cos 2 t 
x  3  tg t
3 dt

3  tg t

2
3
cos t
3  cos t  cos 2 t
1 cos t
1 d (sin t )
1 1
dt

dt




C 
3  sin 2 t
3  sin 2 t
3 sin t
cos 2 t  3  sin 2 t
31

5)

x


x2
tg
t



1
3
1
3  x2
3



 
C 
 C.
tg t 
x
sin t 
3
3x


3
1  tg 2 t 

x  2  3sin t


2
2


5  4 x  x 2 dx   9   x  2  dx   9   x  2   3cos t  
dx  3cos t dt


  3cos t  3cos t dt  9  cos2 t dt  9 
1  cos 2t
9 1

dt   t  sin 2t   С 
2
2 2


x2
x2 
 sin t 

 t  arcsin
3
3 

9 9
9 9
 t  sin 2t  С  t  sin t cos t  C  

cos t  1  sin 2 t 
2 4
2 2

2 
2
9   x  2 
 x2

  1   3  

3


9
x  2 9 x  2 5  4 х  x2
 arcsin
 

C 
2
3
2 3
3
2
9
x  2  x  2 5  4х  x
 arcsin

 C.
2
3
2
2.6.5. Интегрирование дифференциального бинома

m
n
 x a  bx

p
dx.
В зависимости от степеней в таким интегралах применяются различные
подстановки. Рассмотрим три случая
1) Если p – целое число, то подстановка x  t k , где k – наименьшее
общее кратное знаменателей дробей m и n .
m 1
2) Если
– целое число, то подстановка a  bxn  t s , где s – знамеn
натель дроби p .
m 1
 p – целое число, то подстановка a  bxn  xnt s , где
3) Если
n
s – знаменатель дроби p .
В остальных случаях интегралы от дифференциальных биномов не выражаются через известные элементарные функции, т.е. «не берутся».
Пример.

4
1  x 
3
x  8 x7
dx  
15
 
x 8 1 


32
1
x2
3
4
 dx , т.е.


p
3
,
4
m
15
,
8
7 3
1 m 1
 15  1 3
 p     1 :      1 – целое число, значит
n ,
n
4 4
2
 8
 2 4
1
1
x2

1
x 2t 4 .
Разделим обе этого равенства части на
1
x2
: x

1
2
1  t4 .
3
1 
Продифференцируем обе части равенства:  x 2 dx  4t 3dt или
2
dx
3
 8 x 2 t 3dt .
Подставим в интеграл:

15
 
x 8 1 


15
8
3
1 4
x2 
3
 x8


dx  
3
 x2
3
15  1  4 
3 

4
8
2
x  x t   8 x 2 t 3  dt


 
 



t7
 8 x
t
 t dt   8 t dt   8   C 
7
1


7
2
 4 1

1 x 
1 x
1

x
8
2
 t  x  1  4
4
  4
 C.
1
7
x
x




x2



3
3
6
2.7. Интегрирование гиперболических функций
Гиперболические функции:
e x  e x
e x  e x
sh x
ch x
sh x 
, ch x 
, th x 
, cth x 
.
2
2
ch x
sh x
Производные этих функций:
1
1
 sh x   ch x ,  ch x   sh x ,  th x   2 ,  cth x    2 .
ch x
sh x
Интегралы от этих функций:
dx
dx
 ch x dx  sh x  C ,  sh x dx  ch x  C ,  ch 2 x  th x  C ,  sh 2 x  cth x  C .
сhx dx
Примеры. 1) 
.
2+5shx
1
Сделаем подстановку t  2  5sh x , dt  5ch x dx . Тогда ch x dx  dt .
5
Следовательно, интеграл равен
сh x dx 1 dt 1
1
 2+5sh x  5  t  5 ln t  C  5 ln 2+5sh x  C .
33
2)  sh 3 x dx .
Поскольку сh2 x  sh2 x  1, то sh2 x  сh2 x  1. Интеграл можно переписать в виде
 sh x dx   sh
3
2


x shx dx   сh 2 x  1 sh x dx . Сделаем подстанов-
ку t  сh x , dt  sh x dx . Тогда




t3
1 3
 сh x  1 sh x dx   t  1 dt  3  t  C  3 сh x  сh x  C .
3)   2 x  1 sh x dx . Используем интегрирование по частям.
2
2
Пусть u  2 x  1, dv  sh x dx . Тогда du  2dx , v  ch x . Получаем
  2x  1 sh x dx   2 x  1 ch x  2 ch x dx   2 x  1 ch x  2sh x  C .
x
x

e x  e x 
1
x e e
4)  e sh x dx  sh x 
dx   e2 x  1 dx 
  e 
2 
2
2

1
1
 e2 x  x  C .
4
2
x

x

dx
e e 
dx
2dx
5) 
 ch x 



x
x
x
x
1  ch x 
2
e

e
2

e

e
 1
2
x
d e
e x dx
dt
dt
x

 2 x

2

t

e

2

2
 e 2 x  2e x  1 
 t 2  2t  1   t  12 

2e  e 2 x  1
2
2

C   x
C.
t 1
e 1
Контрольные вопросы
1. Запишите формулу интегрирования по частям.
2. Перечислите основные типы интегралов, которые находятся методом
интегрирования по частям. Найдите интеграл  x arctg x dx .

x

 
3. Дайте определения правильных и неправильных дробей.
4. Объясните, что означает «разделить числитель на знаменатель».
5. Перечислите действия при интегрировании рациональных дробей.
6. Перечислите основные типы интегралов, содержащих тригонометрические, иррациональные и гиперболические функции, и приведите методы их нахождения.
3. ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
3.1. Понятие определенного интеграла
Замечание. Рассматривая отрезок  a; b  , будем считать, что на отрезке
задано направление от граничной точки, указанной первой, к граничной
34
точке, указанной второй. Т.е. возможно задание отрезка 3; 2 или  2; 3 .
Пусть в каждой точке отрезка  a; b определена функция f  x  . Разобьем отрезок  a; b на более мелкие части, точками a  x0 , x1, x2 ,..., xn  b,
занумеровав эти точки в соответствии с заданным направлением отрезка,
будем называть их точками деления.
Обозначим k  xk  xk 1, k  1, 2,..., n. Величина  k равна длине k -й
части отрезка, взятой со знаком плюс или со знаком минус в зависимости
от заданного на отрезке направления. Обозначим через x наибольшую
длину отрезка: x  max   k .
k 1,2,..., n
На каждой k -й части отрезка произвольным образом выберем точку
ck , назовем точки ck точками разметки (рис. 1).
c2

c1

a  x0
x1
ck

cn

xk 1 xk
x2
xn 1
xn  b
Рис. 1
Далее вычислим значения функции f  x  в точках разметки f  ck  и
составим сумму
n
 f  ck    k .
k 1
Составленная сумма называется интегральной суммой для функции
f  x  на отрезке  a; b . Каждому разбиению отрезка  a; b соответствует
определенное значение интегральной суммы, зависящее от выбора точек
деления и точек разметки.
Определение. Если существует предел последовательности интегральных сумм при неограниченном измельчении разбиения отрезка  a; b и величина этого предела не зависит от выбора точек деления и точек разметки, то функция f  x  называется интегрируемой на  a; b , а этот предел
называется определенным интегралом от функции f  x  по отрезку  a; b :
b
n
 f  ck   k .
 f  x  dx  lim
x 0
k 1
a
Замечание. Понятие определенного интеграла не требует, чтобы нижний предел интеграла a всегда был меньше верхнего предела b .
a
Замечание. Примем по определению
 f  x  dx 0 .
a
35
Замечание. Достаточным условием существования определенного интеграла служит непрерывность подынтегральной функции: если функция
f  x  непрерывна на отрезке  a; b , она интегрируема на этом отрезке.
3.2. Геометрический смысл определенного интеграла.
Вычисление площади криволинейной трапеции
Пусть на отрезке  a; b (a  b) задана непрерывная функция y  f  x  ,
принимающая на  a; b неотрицательные значения, f  x   0 .
Часть плоскости, ограниченной сверху линией y  f  x  , снизу отрезком  a; b , слева прямой x  a , справа прямой x  b , будем называть криволинейной трапецией.
y
y  f ( x)
c1
0 a  x0
ck
c2
x1
x2
xk 1
cn
xk
xn 1
xn  b
x
Рис. 2
Разобьем отрезок  a; b на части точками x1, x2 ,..., xn 1, величина
k  xk  xk 1 равна длине k -й части отрезка (рис. 2).
Обозначим через Sk площадь криволинейной трапеции, находящейся
над k -й частью отрезка  a; b . Площадь криволинейной трапеции равна
сумме всех частей.
n
Sкрив.тр   Sk .
k 1
Выберем на каждой части отрезка произвольным образом точку ck и
заменим площадь Sk площадью прямоугольника с тем же основанием и
высотой, равной значению функции f  x  в выбранной точке ck , т.е.
f  ck  . При этом площадь криволинейной трапеции заменится площадью
36
ступенчатой фигуры, состоящей из прямоугольников, построенных на каждой из частей данного отрезка  a; b .
Выразим площадь построенной ступенчатой фигуры:
n
Sст.ф   f  ck   k .
k 1
Тогда площадь криволинейной трапеции приближенно равна площади
ступенчатой фигуры
Sкрив.тр  Sст.ф .
Это приближенное равенство будет тем точнее, чем мельче разбиение
отрезка  a; b . Поэтому за точное значение площади криволинейной трапеции следует принять предел, к которому стремиться площадь ступенчатой фигуры при неограниченном измельчении разбиения отрезка  a; b :
Sкрив.тр  lim
x 0
n
b
k 1
a
 f  ck  k   f  x  dx.
Таким образом, геометрически определенный интеграл от непрерывной
неотрицательной функции равен площади соответствующей криволинейной трапеции.
3.3. Свойства определенного интеграла
3.3.1. Линейные свойства
1.
b
b
b
a
b
a
a
  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx.
b
2.    f  x  dx    f  x  dx,   .
a
b
3.
a
a
 f  x  dx    f  x  dx.
a
b
b
4.  dx  b  a.
a
Для доказательства этих свойств нужно представить каждый из интегралов, стоящих в левой части, как предел интегральной суммы и воспользоваться свойствами пределов.
Докажем свойства 2 и 4.
Свойство 2.
b
n
n
b
   f  ck  k   lim
 f  ck  k    f  x  dx.
   f  x  dx  lim
x 0
x 0
k 1
k 1
a
a
37
Свойство 4.
b
b
n
 dx   1 dx  lim
a
x 0
a
 b  a   b  a.
1 k  lim
x 0
k 1
3.3.2. Аддитивность. При любом расположении точек a, b, c справедливо равенство
b
c
b
a
a
c
 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx.
Доказательство. Сначала будем считать, что a  c  b (рис. 3).
a  x0
x1
xn 1 xn  b
xl 1 xl  c
x2
Рис. 3
Разобьем отрезок  a; b на мелкие части так, чтобы точка с являлась
одной из точек деления, запишем интеграл:
b
n
 f  ck  k .
 f  x  dx  lim
x 0
k 1
a
Разобьем интегральную сумму на две части так, что cl  c . В первую
сумму сгруппируем все слагаемые, относящиеся к отрезку  a; с  , во вторую – относящиеся к отрезку  с; b :
b

a
n
 l

f  x  dx  lim  f  ck   k  lim   f  ck   k   f  ck   k  
x 0
x 0
k 1
k l 1
 k 1

n
 lim
x 0
l
n
c
b
k 1
k l 1
a
c
 f  ck  k  lim
 f  ck  k   f  x  dx   f  x  dx.
x 0
Пусть теперь точки расположены иначе, b  a  c (рис. 4).
b
По доказанному
c
a
Рис. 4
c
a
c
b
b
a
 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx.
Поменяем местами пределы интегрирования (свойство 3):
b
b
c
с
a
a
  f  x  dx    f  x  dx   f  x  dx.
38
Перенесем первые слагаемые из одной части равенства в другую:
b
c
b
a
a
c
 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx.
3.3.3. Свойства определенного интеграла, выражаемые неравенствами. В свойствах, приведенных в этом разделе, будем полагать a  b.
Сохранение знака интеграла. Если функция f  x  интегрируема
на отрезке  a; b и неотрицательна на нем, то интеграл от функции f  x 
по этому отрезку неотрицателен, т.е. если f  x   0 при всех x   a; b , то
b
 f  x  dx  0.
a
b
Доказательство.
n
 f  ck  k .
 f  x  dx  lim
x 0
k 1
Так
f  ck   0,
как
a
 k  0, то
n
 f  ck  k  0,
n
поэтому lim
x 0
k 1
 f  ck  k  0 по свойству пре-
k 1
дела.
Интегрирование неравенства. Если функции f  x  и g  x  интегрируемы на отрезке  a; b и f  x   g  x  для всех x   a; b , то
b
b
a
a
 f  x  dx   g  x  dx.
Доказательство. Функция
f  x   g  x  неотрицательна на отрезке
b
 a; b . По предыдущему свойству   f  x   g  x  dx  0.
a
Применяя линейные свойства интеграла, получаем
b
b
b
b
b
a
a
a
a
a
  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx  0, т.е.  f  x  dx   g  x  dx.
Оценка определенного интеграла. Пусть f  x  непрерывна (значит и
интегрируема) на  a; b , пусть M , m соответственно наибольшее и наименьшее значения f  x  на отрезке  a; b . Тогда
b
m  b  a    f  x  dx  M  b  a  .
a
39
Доказательство. Так как M и m – наибольшее и наименьшее значения
f  x  на  a; b , то для любой точки x отрезка  a; b выполняется неравен-
ство m  f  x   M .
Проинтегрировав это неравенство, получаем
b
b
b
b
a
a
a
a
 m dx   f  x  dx   Mdx и m  b  a    f  x  dx  M  b  a  .
Замечание. Геометрический смысл оценки. Площадь криволинейной
трапеции заключена между площадями S1 и S 2 двух прямоугольников
(рис. 5).
y
M
S2
m
S1
x
0
b
a
Рис. 5
Следствием предыдущего свойства является теорема.
Теорема о среднем интегральном значении. Если функция f  x  непрерывна на  a; b, то на этом отрезке существует такая точка с, что
выполняется равенство
b
 f  x  dx  f  c  b  a  .
a
Доказательство. Из полученной оценки следует, что
b
1
m
f  x  dx  M .
b  a a
В средней части неравенства стоит некоторое число, заключенное между наименьшим и наибольшим значениями функции f  x  на отрезке
 a; b . Так как f  x  непрерывна на отрезке  a; b , на нем существует не40
которая точка с, в которой функция f  x  принимает именно это значение
b
1
f c 
f  x  dx, c  a; b. Умножив обе части на  b  a  , получим
b  a a
b
 f  x  dx  f  c  b  a  .
a
b
1
Замечание. Число
f  x  dx называется средним интегральным
b  a a
значением функции f  x  на отрезке  a; b .
3.4. Вычисление определенного интеграла
Удобное правило для вычисления определенного интеграла дается теоремой Ньютона–Лейбница. Чтобы доказать эту основную теорему интегрального исчисления, рассмотрим интеграл с переменным верхним пределом.
Пусть функция f  x  непрерывна на  a; b . Рассмотрим интеграл
от функции f  t  в пределах от точки t  a до произвольной точки x отрезка  a; b . Этот интеграл представляет собой функцию своего верхнего
x
предела. Обозначим эту функцию Ф  x  : Ф  x    f  t  dt .
a
Теорема (о производной интеграла с переменным верхним пределом). Производная определенного интеграла от непрерывной функции
по его переменному верхнему пределу равна значению подынтегральной
функции в точке верхнего предела, т.е.
x

Ф  x     f  t  dt   f  x  .


a

Доказательство. Найдем требуемую производную согласно определению производной и покажем геометрический смысл произведенных вычислений (рис. 6)
 Ф x
Ф  x  x   Ф  x 
Ф  x   lim
 lim
.
x 0
x 0
x
x
Преобразуем выражение в числителе:
Ф  x  x  
x x

x
f  t  dt   f  t  dt 
x x
a
a
x
41

x
f  t  dt , Ф  x    f  t  dt ,
a
Ф  x  x   Ф  x  
x x

f  t  dt  f  c  x  x  x   f  c   x,
x
где c  x; x  x  (по теореме о среднем интегральном значении).
y
y  f ( x)
0

x c
a
x  x
x
b
Рис. 6
Тогда
f  c  x
 lim f  c   lim f  c   f  x  ,
x 0
x 0
c x
x
т.к. функция с непрерывна на отрезке  a; b .
Замечание. В теореме доказано, что интеграл с переменным верхним
пределом является одной из первообразных для подынтегральной функции.
Теорема Ньютона–Лейбница. Пусть f  x  непрерывна на отрезке
 a; b , а F  x  – одна из ее первообразных. Тогда
Ф  x   lim
b
 f  x  dx  F  b   F  a  (формула Ньютона–Лейбница).
a
Доказательство.
Согласно
предыдущей
теореме,
функция
x
Ф  x    f  t  dt является одной из первообразных для функции f  t  , слеa
довательно, Ф  x  и F  x  отличаются друг от друга на постоянную, т.е.
x
 f  t  dt  F  x   C , C  const.
a
42
Родставим
вместо
значение
x
в
a
a
обе
части
равенства:
x
 f  t  dt  F  a   C , откуда C   F  a  , т.е.  f  t  dt  F  x   F  a  .
a
a
Заменим в этом равенстве x на b , переменную t переобозначим в x :
b
 f  x  dx  F  b   F  a .
a
b
Это равенство записывают также в виде

f  x  dx  F  x  a .
b
a
Выражение F  x  a читается как «двойная подстановка от a до b ».
b
Замечание. Формула Ньютона–Лейбница – основная формула в интегральном исчислении, она сводит вычисление определенного интеграла
от функции к отысканию первообразной этой функции.
Методы нахождения первообразной (неопределенного интеграла) мы
рассматривали выше. Эти же методы применимы и для вычисления определенного интеграла. Рассмотрим далее особенности такого применения.
Пример.

2

0


sin x dx
1 2 d  9  7cos x 
12
 
    9  7cos x 
7 0 9  7cos x
70
9  7cos x


2
9  7cos x
7
2
0

2
7


9  16  

1
2
d  9  7cos x  
2
2
3  4  .
7
7
3.5. Интегрирование по частям и замена переменной
Пусть u  u  x  и v  v  x  – функции, непрерывные на  a; b и диффе-
ренцируемые на  a; b  . Тогда справедливо равенство:
b
 udv  uv
b
a
b
  v du.
a
a
Пример.


0
0


du  dx 
 ux
 x sin x dx  dv  sin x v   cos x    x cos x 0   cos x dx    sin x 0   .
При замене переменной в определенном интеграле следует пересчитать
пределы интегрирования:
b

a

 f  x  dx   x    t    f   t     t  dt.
43
Корень t   уравнения   t   a дает новый нижний предел интегрирования, корень t   уравнения   t   b – верхний.
Примеры.
2t


t  ex  1
dx  2
dt 

t 1
ln 3
 x 2
 2 2t dt
dx
0
1) 
  e  t 1   e 1  2    2

x
t

1
t
2
ln
3
e  1  x  ln t  1   e  1  2 
0
2





2
dt
1 t 1
2 2
 2  ln
2 t 1
t 1
2
x

t

tg

2
2

dx
2t
2) 
 sin x 
2  3sin x 
1  t2
0
 dx  2dt
1  t2


1


2
2

1
2 1
2 1
 ln  ln
 ln
.
3
2 1
3 2 1



  tg 0  0 
 1

  tg  1  
4
1



0
1
2  3
1
2t
1  t2

2dt

1  t2
1
2 dt
2 dt
dt
dt
 2



 t 2  3t  1   3 2 5 
2
2
t

2

6
t
2
t

3
t

1
0
0
0
0
t   
 2 4


1
3
t


1
2

ln
5
3
2
t 
4
2
5
2
5
2
1
3)


0
1
5  4 x  x dx 
2
2
1  5 5
3 3  1
3 5
 ln
ln
.
 ln
 
2
5 5 5
3 3 
5

9   x  2  dx 
2
2
х  2 : 2  2  3sin   

x  2  3sin t
 0

 2
2
  9   x  2   3cos t х  1:1  2  3sin     3cos t  3cos t dt 


 0
dx

3cos
t
dt




2


2
1  cos 2t
9 1

dt   t  sin 2t 
2
2 2

0
2
 9  cos 2 t dt  9 
0

2
0

9  9
 
.
2 2
4
Контрольные вопросы
1. Сформулируйте определение определенного интеграла.
2. Перечислите свойства определенного интеграла.
44
3. Сформулируйте теорему Ньютона–Лейбница.
4. Запишите формулу интегрирования по частям в определенном интеграле.
5. Какие существуют особенности применения метода замены переменной в определенном интеграле.
4. НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
4.1. Интегралы по неограниченному промежутку
Пусть функция y  f  x  интегрируема на любом отрезке  a; b .

Определение. Несобственным интегралом
 f  x  dx
называется пре-
a
b
дел lim
b 
 f  x  dx .
a
Если этот предел существует, то интеграл называется сходящимся, если
не существует, то интеграл называется расходящимся. Т.е.

b
a
a
f  x  dx .
 f  x  dx  blim
 
Аналогично определяется
b
b
b


a
f  x  dx .
 f  x  dx , т.е.  f  x  dx  alim
 

Интеграл
 f  x  dx определяется через два предыдущих:


c



c
 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx ,
где с – любое число.
Этот интеграл является сходящимся, если сходятся оба интеграла
в правой части равенства. Если хотя бы один из них расходится, то и

 f  x  dx
является расходящимся. Интеграл по неограниченному проме-

жутку также называют несобственным интегралом I рода.

Пример. Пусть p – любое число. Рассмотрим

1
а) p  1 ,


1
b
dx
.
xp
dx
dx
b
 lim 
 lim ln x 1  lim  ln b  ln1   . Интеграл
b 
x b  1 x b 
расходится.
45
б) p  1


1
b
dx
dx
x  p 1
1
 lim  p  lim
 lim
b1 p  1 .
p
b  x
b   p  1
b  1  p
x
1
1
b




1
b1 p  1   . Интеграл расходится.
b  1  p
1
1  1

b1 p  1  lim
 1 
Если p  1 , 1  p  0 и lim

p

1
b  1  p
b  1  p  b

1
1

. Интеграл сходится.
 0  1 
1 p
p 1
Если p  1 , 1  p  0 и lim


Таким образом,

1
dx
xp

сходится при p  1,
расходится
при p  1.
Пример.


b
cos xdx  lim
b
0
 cos xdx  lim sin x
b
0
b
0
 lim sin b  sin 0  lim sin b
b
b
не существует. Следовательно, интеграл расходится.
4.2. Геометрический смысл несобственного интеграла I рода
Пусть функция f  x  положительна при x   a;    . Тогда
b
 f  x  dx
a
выражает площадь криволинейной трапеции, ограниченной линиями
y  f  x , x  a , x  b , y  0 .
Устремляя b к  (рис. 7), перейдем к несобственному интегралу.

Тогда
 f  x  dx выражает площадь неограниченной области, лежащей
a
между линиями y  f  x  , x  a , y  0 .
y
0
y  f ( x)
x
a
Рис. 7
46
Замечание. Несобственный интеграл можно находить, применяя формулу Ньютона–Лейбница.
Обозначим lim F  b   F    , lim F  b   F    .
b
b
Тогда

b
a
a
b
f  x  dx  lim F  x  a  lim  F  b   F  a   
 f  x  dx  blim


b
b

 F     F  a   F  x  a ,
b



Пример.
f  x  dx  F  x 
e
2 x
0
1
dx   e2 x
2
1
.
2

dx
Пример. 
 arctg x
2
1

x

вен  .

b
и



0

f  x  dx  F  x 
1
  2x
2e


0


.
1
1
 0  1  . Интеграл
2
2
сходится и равен




 
      . Интеграл сходится и ра2  2
4.3. Интеграл от неограниченной функции
Пусть функция y  f  x  непрерывна на интервале  a; b  , а в точке
x  b имеет бесконечный разрыв.
Пусть   0 . Рассмотрим отрезки  a; b    . На них функция f  x  непрерывна, интеграл от f  x  по отрезку  a; b    существует и зависит
от числа  : J   
b 
 f  x  dx .
a
y
y  f ( x)
0
a
b 
Рис. 8
47
b
x
Определение. Несобственным интегралом по отрезку  a; b от функции f  x  , имеющей бесконечный разрыв в точке b , называется предел
lim J    lim
 0
b 
 f  x  dx .
 0 
a
Если этот предел существует, интеграл называется сходящимся, если
предел не существует, интеграл называется расходящимся.
b
Аналогично определяется
 f  x  dx , если функция f  x 
имеет беско-
a
нечный разрыв в точке a (рис. 9):
b
b
a
a 
f  x  dx .
 f  x  dx  lim
0  
y
y  f ( x)
0
a
x
a 
b
Рис. 9
Пусть   0,   0 – некоторые числа. Если f  x  имеет бесконечный
разрыв во внутренней точке отрезка a; b (рис. 10), то
y
0
a
c 
c c 
Рис. 10
48
b
x
b
c
b
c 
b
a
a
c
a
c 
f  x  dx  lim  f  x  dx.
 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  lim
0  
 0 
Последний интеграл является сходящимся, если сходятся оба интеграла
в правой части равенства. Если хотя бы один из них расходится, то и
b
 f  x  dx является расходящимся.
a
Интеграл от неограниченной функции называют также несобственным
интегралом II рода.
2
2 
 функция имеет 
dx
dx

бесконечный
разрыв

lim

Пример. 



4
4


0

x

2
x

2
в
точке
x

2




0
0


 lim
 0  3
2 
1
 x  2 3
0


1
1

  .
 lim 

 0  3    3 3   2 3 


Интеграл расходится.
1
Пример. Пусть p – любое число. Рассмотрим
1
dx
 xp .
0
1
dx
dx
1
а) p  1, 
 lim 
 lim ln x   lim  ln1  ln     . Интеграл
 0 
x  0   x  0 
0
расходится.
1
1
 1
dx
dx
x  p 1
 1 p 
б) p  1,  p  lim  p  lim
 lim 


 0  x
 0   p  1
 0  1  p 1  p
x


0


1
 1

, p  1,
 1  p

 , p  1.
Таким образом,
1
dx
 xp
0
сходится при p  1,
расходится
при p  1.
Замечание. Несобственный интеграл от неограниченной функции также можно находить, применяя формулу Ньютона–Лейбница.
1) Пусть функция f  x  определена и непрерывна на промежутке
а; b  , b – точка бесконечного разрыва функции. Тогда
49
b
 f  x  dx  xlimb0 F  x   F  a  ,
a
где F  x  – первообразная функции f  x  .
2) Пусть функция f  x  определена и непрерывна на промежутке
 а; b , а – точка бесконечного разрыва функции. Тогда
b
 f  x  dx  F  b   xlima 0 F  x  ,
a
где F  x  – первообразная функции f  x  .
4.4. Признак сравнения
Пусть на промежутке  а; b  определены две неотрицательные непрерывные функции f  x  и g  x  , причем f  x   g  x  на этом промежутке,
b – точка бесконечного разрыва функций f  x  и g  x  .
b
Тогда из сходимости интеграла
 g  x  dx следует сходимость интеграла
a
b
 f  x  dx ,
b
а из расходимости интеграла
a
 f  x  dx
следует расходимость
a
b
интеграла  g  x  dx .
a
1
dx
 1 3 х .
0
Подынтегральная функция разрывна в точке х  1 .
3
х  х   3 х   х  1  3 х  1  х . Значит, неравенство
Пример. Исследовать на сходимость несобственный интеграл
Решение.
При х  0; 1
1
dx
1
1
х

0;
1
верно
при
.
Вычислим
интеграл
:




1

х
1 3 х 1 х
0
1
dx
 1  х   ln 1  х
0
1
0
  lim ln 1  х  ln1   .
x 1 0
Т.е. этот интеграл расходится.
1
Значит, интеграл
dx
 1 3 х
также расходится.
0
50
4.5. Предельный признак сравнения
Пусть функции f  x  и g  x  неотрицательны и непрерывны на проме-
жутке  a; b  , b – точка бесконечного разрыва обеих функций. Тогда, если
f  x
 К  0 , то интегралы
существует предел lim
x b g  x 
b
 f  x  dx
b
и
a
 g  x  dx
a
сходятся или расходятся одновременно.
2
Пример. Исследовать на сходимость интеграл
dx
 х
.
х
0
Решение. Подынтегральная функция разрывна в точке х  0 .
2
Сравним данный интеграл с интегралом

0
т.к. p 
dx
. Этот интеграл сходится,
х
1
1
х
1
1
:
 lim
 lim
 1  0.
 1. Кроме того, lim
x 0 х  х
2
х x0 х  х x0 х  1
2
dx
Значит, интегралы 
и
х

х
0
2

0
dx
сходятся или расходятся одноврех
2
dx
 х  х сходится.
0
Аналогичные признаки справедливы и для интегралов I рода.
Примеры. Исследовать на сходимость интегралы.
менно, и

1)

е  х dx .
2
0
Функция
f  x   е х
2
не имеет первообразной, выражающейся че-
рез элементарные функции. При х  1 верно неравенство х 2  х и
2
х 2  х   х 2   х  е х  е х .

е
Вычислим интеграл
х
dx   е х
1

грал сходится, значит,
е
 х2

1
  lim е х  е1  е1 . Этот интеx 
dx тоже сходится.
1

Итак,
1

е х dx   е  х dx 
0
0
2
2


е  х dx также сходится по первому признаку
2
1
сравнения.
51

2)

3
ln x 1
ln x
.

dx . При х  3 ln x  1. Тогда
х
х
x

dx
2 x
x

Интеграл
3

Значит,


1

грал

1
3
 lim 2 x  2 3   , т.е. расходится.
x 
ln x
dx также расходится по первому признаку сравнения.
x

3
3)

dx
1
1
. На всём промежутке интегрирования
 7 . А инте7
7
1 х
х
1 х
dx
сходится
х7
 р  7  1 ,
поэтому исходный интеграл сходится
по первому признаку сходимости.

arctg x
1
arctg x
4) 
.

dx . На всём промежутке интегрирования
3 2
3 2
3 2
х
х
х

4

А интеграл


dx
3
х2
2
расходится  р   1 , поэтому исходный интеграл
3 

4
расходится по первому признаку сходимости.

xdx
5)  3 . Сравним данный интеграл с интегралом
x 1
2
грал сходится, т.к. p  2  1. Кроме того,


2
dx
. Этот инте2
x
x
1
x3
1
lim 3 : 2  lim 3
 lim
1 0 .
1
x  x  1 x
x  x  1 x 
1 3
x

Значит, интегралы

2

менно, и

2
6)
 cos

xdx
и
x3  1


2
dx
сходятся или расходятся одновреx2
xdx
сходится по предельному признаку.
x3  1
 e  dx . Сравним данный интеграл с интегралом
x
x2
интеграл сходится, т.к. p  2  1. Кроме того,
1
 : 1 
cos e x
lim
x 
x
2
x
2
 
lim cos e x  cos0  1  0 .
x 
52


1
dx
. Этот
x2
Значит, интегралы
 cos

временно, и

x
x
2
 cos
 e  dx и


2
2
dx
сходятся или расходятся одноx2
 e  dx сходится по предельному признаку.
x
x2
2


dx
dx
7) 
. Сравним данный интеграл с интегралом 
. Этот
x
4
x

ln
x
1
1
1
интеграл расходится, т.к. p   1. Кроме того
2
1
1
x
1
1
lim
:
 lim
 lim
  0.
x  4 x  ln x
x x  4 x  ln x x 
ln x 2
4
x

Значит, интегралы

1

временно, и

1
dx
и
4 x  ln x


1
dx
сходятся или расходятся одноx
dx
расходится по предельному признаку.
4 x  ln x
Контрольные вопросы
1. Дайте определение несобственного интеграла I рода.
2. Дайте определение несобственного интеграла II рода.
3. В каких случаях несобственные интегралы называют сходящимися и
расходящимися?
4. Сформулируйте признак сравнения.
5. Сформулируйте предельный признак сравнения.
5. ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА
5.1. Вычисление площадей плоских фигур
1) Если на отрезке  a; b задана непрерывная функция f  x  , f  x   0
для всех x   a; b , то
b
 f  x  dx
выражает площадь криволинейной трапе-
a
b
ции (рис. 11): S   f  x  dx .
a
2) Если f  x  непрерывна на  a; b и f  x   0 на  a; b (рис. 12), то
b
S    f  x  dx.
a
53
3) Если f  x  непрерывна на отрезке  a; b и меняет на нем знак, то
b
S   f  x  dx.
a
y
y
a
b
0
y  f ( x)
x
S
S
0
a
x
b
y  f ( x)
Рис. 11
Рис. 12
Например на рис. 13
b
c
d
a
b
c
S  S1  S2  S3    f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .
y
S2
a
0
S1
d
c
b
x
S3
Рис. 13
4) Если площадь ограничена сверху и снизу линиями y  f1  x  и
b
y  f 2  x  соответственно (рис.14), то S    f 2  x   f1  x   dx.
a
5) Если фигура не является криволинейной трапецией, ее разбивают
на части и находят площадь как сумму площадей отдельных частей.
Например на рис. 15,
54
b
c
a
b
S  S1  S2 , S    f1  x   f 2  x   dx    f 3  x   f 2  x   dx.
y
y  f 2 ( x)
a
S
0
x
b
y  f1( x)
Рис.14
y
y  f3 ( x)
y  f1( x)
y  f 2 ( x)
S1
S2
0
a
b
Рис. 15
55
c
x
6) Если
фигура
ограничена
линиями
x  g  y  , y  c, y  d , x  0
d
(рис. 16), то S   g  y  dy.
c
y
d
S
x  g  y
c
x
0
Рис. 16
Пример. Вычислить площадь фигуры (рис. 17), ограниченной линиями
4 y  8 x  x 2 и 4 y  x  6.
Решение. Найдем точки пересечения данных линий.
Для этого решим систему из уравнений этих линий:
4 y  8 x  x 2 , 8 x  x 2  x  6, x 2  7 x  6  0, x  1, x  6 .
1
2
4 y  x  6,

y
S
0
1
x
6
Рис. 17
56
Тогда площадь равна
6



6


1
1
S   8 x  x 2   x  6  dx   7 x  x 2  6 dx 
41
41
6

1  7 x2 x3
1
7 1
7 1
 1 
 

 6 x    126  72  36      6     24    
4 2
3
4
2 3
2 3
 4 

1

1 144  21  2 125
5
(кв. ед.).


5
4
6
24
24
7) Пусть линия на плоскости задана параметрически
b
t1  t  t2 . В формуле S   f  x  dx сделаем замену
 x  x t  ,
 y  y t  ,

f  x   y  y t  ,
a
dx  d  x  t    x  t  dt , t1  t  t2 . Получили формулу для вычисления площади в случае параметрического задания линии:
t2
S   y  t   x  t  dt .
t1
Пример. Найти площадь эллипса с полуосями a и b (рис. 18).
x2 y 2
Решение. Уравнение эллипса 2  2  1 зададим параметрически:
a
b
x  a cos t , t  t  t .
2
y  b sin t , 1

y
b
a
S1
a
0
b
Рис. 18
57
x
Эллипс – симметричная относительно осей координат фигура, поэтому
найдем его площадь как учетверенную площадь части, лежащей в первой
a
четверти, т.е. Sэлл  4S1 , где S1   ydx .
0
Сделаем в этом интеграле замену переменной x  a cos t . При этом зна
чению x1  0 соответствует t1  , а значению x2  a соответствует t1  0 .
2
Учитывая, что y  b sin t , получаем

0
0
0
2



0
2
2
2
S1   b sin t  a cos t  dt   b sin t  a sin t  dt  ab  sin 2 tdt ab  sin 2 tdt 



1  cos 2t
ab
ab 2
ab
 ab 
dt 
dt

cos
2
t
d
2
t

t


2
2
4
2
0
0
0
2
2

2
0

ab
 sin 2t
4
2
0

 ab
4
.
0
 ab
  ab .
4
8) Вычисление площади в полярных координатах.
Определение. Криволинейным сектором называется плоская фигура,
ограниченная непрерывной кривой, заданной уравнением в полярных координатах      , и двумя лучами    и    (рис. 19).
Sэлл  4S1  4

 
r  r() 


Рис. 19
Докажем, что площадь криволинейного сектора выражается формулой

1
S    2   d .
2
Для доказательства:
58
а) разобьем криволинейный сектор на n секторов лучами   i
  0  1  ...  n   ;
n
i
i 1
i
0
r  r ( )


Рис. 20
б) на каждом частичном сегменте i ; i 1  возьмем произвольную точку i : i  i  i 1 , под углом i проведем луч длиной i   i  и заменим i -й криволинейный сектор круговым сектором радиуса R  i
(рис. 20);
в) вычислим площадь каждого i -го кругового сектора, применяя формулу
1
1
Sсект.  R 2   : Si  i2  i ,
2
2
где i  i 1  i ;
г) найдем площадь криволинейного сектора:
n 1
n 1
n 1
1 2
1
Sкрив.сект   Si   i  i , Sкрив.сект  lim  i2  i .
n 
i 0
i 0 2
i 0 2
Т.к. по условию функция    непрерывна, этот предел существует и
равен определенному интегралу:

n 1
1
1
S   i2  i    2   d .
2
i 0 2
Получили формулу для вычисления площади криволинейного сектора

Sкрив.сект
1
   2   d .
2
Пример. Найти площадь лемнискаты Бернулли
x
2
 y2

2


 2a 2 x 2  y 2 .
59
Решение. Перейдем к полярным координатам
 x   cos  ,
 x2  y2   2 .

 y   sin  ,


 4  2a 2   2 cos2   sin 2  ,  2  2a 2 cos2 .
Найдем область определения данной функции: cos2  0 




 2 n   2   2 n, n  Z ;  n       n, n  Z .
2
2
4
4
Фигура симметрична относительно центра и осей координат (рис. 21),

14 2
поэтому S  4S1 , где S1      d .
20
Получаем

S  4

1
sin 2
 2   d  2  2a 2 cos 2 d  4a 2 

20
2
0
4

4
y
4
0


4
S1
a 2
0
1
 4a 2   2a 2 .
2
x
Рис. 21
5.2. Вычисление объемов тел по известным площадям
поперечных сечений
Рассмотрим некоторое тело в пространстве. Обозначим через a и b
наименьшую и наибольшую из абсцисс всех точек этого тела. Поставим
задачу: найти объем V тела, если известна площадь его сечения плоскостью, проведенной перпендикулярно оси Oх при любом x (такое сечение
называют поперечным), т.е. эта площадь является известной функцией
S  x  , непрерывной на  a; b .
60
y
0 a
xxi i 1 xi
xi
b
x
Рис. 22
Для решения задачи сделаем следующее (рис. 22):
1) разобьем отрезок  a; b на п частей точками x1  x2  ...  xn 1 , обозначим x0  а , xп  b , xi  xi 1  xi ;
2) возьмем две соседние точки xi и xi 1 , проведем плоскости x  xi и
х  xi 1 ;
3) найдем объем вырезанного этими плоскостями из данного тела слоя
Vi , он приближенно равен объему цилиндра с площадью основания
S  xi  и высотой xi , т.е. Vi  S  xi   xi ;
4) объем всего тела V приближенно равен сумме объемов Vi :
n 1
n 1
i 0
i 0
V   Vi   S  xi   xi ;
5) точное значение объема тела найдем, переходя к пределу при n   ,
который существует, так как S  x  непрерывна, и равен интегралу от S  x 
по отрезку  a; b :
n 1
b
i 0
a
V  lim  S  xi   xi   S  x  dx.
n 
Получили формулу для вычисления объема:
b
V   S  x  dx ,
a
где S  x  – площадь поперечного сечения.
61
Пусть криволинейная трапеция, ограниченная линиями
 f ( x) непрерывна на отрезке a; b ,
y  f  x
x  a , x  b , y  0 , вращается вокруг
оси Oх . Найдем объем полученного при этом тела (рис. 23).
y
y  f ( x)
0
x
a
b
x
Рис. 23
Поперечное сечение здесь – круг, его площадь
S  x    y2    f  x  .
Объем тела вращения выражается формулой
2
b
b
b
VOх   S  x  dx    y dx     f  x   dx.
2
2
a
a
a
Если криволинейная трапеция, ограниченная линиями
  y  непрерывна на c; d  ,
x    y
y  c , y  d , x  0 , вращается вокруг оси
Oу , получаем другую формулу для вычисления объема тела вращения:
d
d
VOу    x dy      y   dy.
2
c
2
c
5.3. Вычисление длины дуги плоской кривой
Определение. Непрерывной кривой называется кривая, заданная уравнением y  f  x  , где f  x  непрерывна на  a; b .
62
Определение. Кривая называется гладкой, если она задается уравнением y  f  x  , где f  x  и ее производная f   x  непрерывны на  a; b .
Пусть гладкая кривая AB задана уравнением y  f  x  , a  x  b.
1) Разобьем кривую AB на n частей произвольным образом и впишем
в нее ломаную линию (рис. 24), соединив точки M i отрезками. Обозначим
длину i -го звена ломаной
M i M i 1  li .
2) За длину кривой AB примем предел, к которому стремится длина
вписанной ломаной линии при стремлении max  li  0 или n   .
3) Найдем длину i -го звена li  M i M i 1. Пусть M i  xi ; yi  ,
M i 1  xi 1; yi 1  , тогда
M i M i 1 
 xi 1  xi 2   yi 1  yi 2 .
Обозначим xi  xi 1  xi , выразим разность yi 1  yi , используя формулу Лагранжа: f  x2   f  x1   f   c  x2  x1  , где точка с лежит между
x1 и x2 . Получим yi 1  yi  f  xi 1   f  xi   f   ci  xi 1  xi   f   ci   xi ,
где c   xi ; xi 1 .
Тогда
M i M i 1 
 xi 2   f   ci     xi 2   xi 2  1   f   ci   
2
2

 1   f   ci    xi .
2
y
B
M i 1
Mi
li
A
0
a
b
Рис. 24
63
x
4) Найдем длину кривой AB :
n 1
n 1
b
LAB  lim  li  lim  1   f   ci    xi   1   f   x   dx.
n 
i 0
n 
2
i 0
2
a
Предел существует, т.к. по условию AB – гладкая кривая, f   x  непрерывна на  a; b . Итак, получили формулу
b
LAB   1   f   x   dx.
2
a
Если гладкая кривая задана уравнением x    y  на отрезке  c; d  , то
d
LAB   1     y   dy.
2
c
x
x
 
a a
Пример. Найти длину дуги цепной линии (рис. 25) y   e  e a 

2


для 0  x  1.
y
a
0
x
1
Рис. 25
b
Решение. Используем формулу LAB   1   f   x   dx. Преобразуем
2
a
подкоренное выражение:
x
x 
x
x
x
x
 
 
a a
a  a 1 a  1  1  a
a
a
f  x    e  e    e   e        e  e  ,
 2

2
a
 a   2 




64
2
1   f   x 
2
x
x
2x 
 2x
 

1 a
1
 1  e  e a   1  e a  2  e a  


4
4




2
2x
2x 
2x 
x
 2x
 x


 
1
1
1
  4  e a  2  e a    e a  2  e a    ea  e a  .
 4
 4

4






Подставив в интеграл, получаем
1
2
x
x
x
x
x
x
1
1
1
 
 
 
 
1 a
1  a
a a
a a
a
a
a
a
 e  e  dx    e  e  dx   e  e    e  e  .
LAB  





4
2 0
2
2
0





0


Пусть гладкая кривая задана параметрически:
 x  x t  ,
t  t1; t2 .

y

y
t
,



1
Функции x  t  и y  t  имеют непрерывные производные на отрезке
t1; t2  . Вычислим длину кривой, используя формулу для производной
функции, заданной параметрически:
 x  x t 



y  y t 
b


y  t 
2
yx 
, LAB   1   yx  dx   dx  x  t  dt t1  t  t2  
x  t 


a
 y  y  t 

x


x  t 


t2

t1
t2
 y  t  
1
1 
  x  t  dt  
x  t 
 x  t  
t1
2
t2

 x  t     y t  
 x  t     y  t  
2
2
2
2
 x  t  dt 
dt.
t1
Получили формулу
t2
LAB  
 x  t     y  t  
2
2
dt.
t1
Пример. Вычислить длину первой арки циклоиды (рис.26)

 x  a  t  sin t  ,
0  t  2 .

y

a
1

cos
t
,




65
y
2a
2 a
 a
a
0
x
2 a
Рис. 26
t2
 x  t     y  t  
Решение. Используем формулу LAB  
2
2
dt. Вычислим
t1
подкоренное выражение:
x  t   a  t  sin t   a 1  cos t  , y  t   a 1  cos t   a sin t ,
 x t    y t 
2
2


 a 2 1  cos t   a 2 sin 2 t  a 2 1  2cos t  cos 2 t  sin 2 t 
2
 a 2  2  2cos t   2a 2 1  cos t   2a 2 sin 2
Подставим в интеграл, получаем
2
LAB 

0
t
4a sin dt 
2
2
2
2
t
t
 4a 2 sin 2 .
2
2
t
 2a sin 2 dt 
0
t
t
t


  sin  sin , т.к. sin  0 при 0  t  2  
2
2
2


2
2
t
t

 2a  sin dt  2a  2cos   4a  cos   cos0   8a.
2
2 0

0
Пусть гладкая кривая задана уравнением в полярных координатах:
     , 1    2 .
Функция    имеет непрерывную производную на отрезке 1; 2  .
Вычислим длину кривой, используя формулу для параметрически заданной линии и считая угол  параметром:
 x   cos      cos ,
 y   sin       sin  , 1     2 ;

LAB 
2
  x      y   
2
1
66
2
d .
Преобразуем подкоренное выражение:
x        cos       cos     sin  ,
y        sin        sin      cos ,
2
2
 x     y      cos   sin  2     sin   cos 2 
    cos2   2   cos sin    2 sin 2  
2
    sin 2   2   sin  cos   2 cos 2  
2




     cos2   sin 2    2 cos2   sin 2         2 .
2
Получили формулу
LAB 
2
2
 2          d .

2
1
Пример. Найти длину кардиоиды (рис. 27)   a 1  cos .

2a
0
Рис. 27
Решение. Используем формулу LAB 
2

 2          d .
2
1
Преобразуем подкоренное выражение:
     a 1  cos   a sin  ,


 2           a 2 1  cos   a 2 sin 2   a 2 1  2cos  cos 2   sin 2   
2
2


1

 a 2  2  2cos    2a 2 1  cos    4a 2 cos 2 .
2
Ввиду симметричности линии относительно полярной оси получаем
67



LAB  2  4a cos
2
0
2

2

d  4a  cos
0

2
d  8a sin

2

 8a.
0
Контрольные вопросы
1. Приведите несколько формул для вычисления площадей плоских фигур. В какой ситуации применяется каждая из этих формул?
2. Приведите несколько формул для вычисления объемов тел. В какой
ситуации применяется каждая из этих формул?
3. Приведите несколько формул для вычисления длин дуг кривых.
В какой ситуации применяется каждая из этих формул?
6. ФИЗИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ
ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА
6.1 Статические моменты и моменты инерции
Рассмотрим фигуру, изображенную на рис. 28. Предположим, что эта
фигура однородна, т.е. ее поверхностная плотность (масса, отнесенная
к единице площади) постоянная и равна 1.
y
y  f 2 ( x)
y  f1( x)
0
a
b
x
Рис. 28
Тогда величины
b

b

1
M x   f 22  x   f 12  x  dx, M y   x  f 2  x   f 1  x   dx
2a
a
называются статическими моментами плоской фигуры относительно
осей Ox и Oy соответственно.
Величины
68
b

b

1
I x   f 23  x   f 13  x  dx, I y   x 2  f 2  x   f 1  x   dx
3a
a
называются моментами инерции плоской фигуры относительно осей Ox и
Oy соответственно.
Статические моменты кривой AB (a  x  b) , заданной уравнением
y  f  x  , вычисляются по формулам (считаем, что линейная плотность
постоянная и равна 1)
b
b
M x   f  x  1   f   x   dx, M y   x 1   f   x   dx.
2
a
a
(a  x  b) , заданной уравнением
Моменты инерции кривой AB
y  f  x  , вычисляются по формулам
b
Ix   f
2
2
 x
b
1   f   x   dx, I y   x 2 1   f   x   dx.
2
a
2
a
Пример. Найти моменты инерции фигуры, ограниченной координатными осями и параболой y  1  x 2  x  0  .
Решение. Здесь f 1  x   0, f 2  x   1  x 2 , 0  x  1 .
Следовательно,
b


1

1
1
I x   f 23  x   f 13  x  dx   1  x 2
3a
30
Iy x
 f 2  x   f 1  x   dx   x
a


1
3 1  16
 1  1    
,
3
5 7  105
0
1
2
1
1
dx   1  3x 2  3x 4  x 6 dx 
30
1
1
3
1 
  x  x3  x5  x7 
3
5
7 
b

3
1
2
1  x  dx   x
2
0
1 
1
  x3  x5 
5 
3
2

 x 4 dx 
0
1
0
1 1 2
   .
3 5 15
6.2. Центр тяжести
Для материальной дуги AB (a  x  b) плоской кривой y  f  x  координаты центра тяжести C определяются по формулам
b
b
2
2
1
1
x C   x 1   f   x   dx, y C   f  x  1   f   x   dx,
La
La
69
b
где L   1   f   x   dx – длина дуги кривой.
2
a
Для материальной однородной криволинейной трапеции, прилежащей
к оси Ox , имеющей верхнюю границу y  f  x  , ограниченной прямыми
x  a и x  b , центр тяжести имеет координаты
b
b
2
1
1
x C   x  f  x  dx, y C 
f
x
dx,




Sa
2 S a
b
где S   f  x  dx – площадь криволинейной трапеции.
a
Пример. Найти координаты центра тяжести однородного полукруга
x  y 2  4 , расположенного над осью Ox .
Решение. Верхняя граница данной криволинейной трапеции задается
1
формулой y  4  x 2 . Площадь фигуры равна S   R 2  2 , где R  2
2
2
(по условию задачи). Т.к. фигура симметрична относительно оси Oy , то
x C  0 . Найдем ординату центра тяжести по формуле
b
2
1
1
yC 
f   x   dx 


2S a
4
1 
x3 

 4x  
4 
3 
2

2

2
4 x
2
2

2
1
dx 
4
1  8  
8   1
 8     8    

4  
3 
3   4
2
 4  x
2
2
 dx 
16  12  4 8


.
 16   
3
3
3

 8 
Центр тяжести C  0;
.
 3 
Контрольные вопросы
1. Сформулируйте определения статических моментов и моментов
инерции. Запишите их формулы.
2. Какими формулами определяются координаты центра тяжести материальной дуги плоской фигуры?
7. ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ
7.1. Понятие двойного интеграла
Пусть в области  плоскости Oxy задана функция z  f  P   f  x, y  .
Всюду в дальнейшем будем полагать, что область  имеет конечную
площадь и ограничена одной или несколькими линиями.
Выполним следующие действия.
70
Разобьем область  на n малых площадок 1 ,  2 , …,  n
(рис. 29) так, чтобы сумма площадей малых площадок была равна площади
n
всей области:  
  .
i
i 1
1. В каждой малой площадке  i
выберем произвольную точку
Pi  xi , yi  . Умножим значение функции z  f  P   f  x, y  в точке Pi
на  i :
f  Pi   i  f  xi , yi   i .
2. Составим сумму всех таких
произведений:
Рис. 29
n
n
 f  P     f  x , y  
i
i
i
i 1
i
i.
(1)
i 1
Сумма вида (1) называется интегральной суммой, составленной
для функции двух переменных z  f  P   f  x, y  .
3. Рассмотрим предел интегральной суммы (1) при неограниченном
увеличении числа n малых площадок и при стягивании каждой из них
в точку. Если этот предел существует и не зависит ни от способа разбиения
области  на малые площадки  i , ни от выбора в каждой из них точки
Pi  xi , yi  , то он называется двойным интегралом от функции
z  f  P   f  x, y  по области  и обозначается одним из следующих способов:
 f  P  d ,  f  x, y  d ,  f  x, y  dxdy



(ниже будет показано d  dxdy ). Таким образом,
n
 f  x, y  d  lim  f  x , y  
n 

i
i
i
(2)
i 1
или в другой записи
n
 f  P  d  lim  f  P   .

n 
i
i
( 2 )
i 1
Здесь подразумевается, что при n   каждая из малых площадок  i
стягивается в точку;  называется областью интегрирования, функция
71
f  x, y  – подынтегральной функцией, f  x, y  d – подынтегральным выражением, d – элемент площади.
Определение. Двойным интегралом от функции f  x, y  по области 
называется предел, к которому стремится интегральная сумма (1) при неограниченном увеличении числа малых площадок  i и при условии, что
каждая из них стягивается в точку. При этом предполагается, что этот предел не зависит от способа разбиения области  на части и выбора точек Pi
в каждой из малых площадок  i .
Функция, имеющая интеграл, называется интегрируемой.
Рассмотрим тело, ограниченное
областью  , цилиндрической поверхностью C с направляющей l и
с образующими, параллельными оси
Oz , и частью поверхности S , уравнение которой z  f  x, y  (рис. 30).
Предположим,
что
функция
z  f  x, y  определена, непрерывна
и неотрицательна в области  . Такое
тело называется цилиндрическим.
Геометрический смысл двойного
интеграла состоит в том, объем циРис. 30
линдрического тела численно равен
двойному интегралу от аппликаты z  f  x, y   0 , взятому по области  ,
что следует из определения двойного интеграла (см. рис. 30, 31):
n
V  lim
n 
 f  x , y     f  x, y  d .(3)
i
i
i
i 1

Масса плоской пластинки  с плотностью     x, y  равна двойному интегралу
от плотности:
n
m  lim
n 
  x , y       x, y  d (4)
i
i
i
i 1

Замечание. Если подынтегральная
функция f  x, y   1, то значение двойного
интеграла численно равно площади области интегрирования:
 d  
.

Рис. 31
72
Действительно, в этом случае любая интегральная сумма имеет вид
n
n
 f  x , y    1    и численно равна площади области  . Т.к.
i
i 1
i
i
i
i 1
предел интегральной суммы тоже равен  , то
n
 d  lim  
n 

n
i
 lim
n 
i 1
  
.
i 1
Теорема. Для всякой функции z  f  x, y  , непрерывной в ограниченной
замкнутой области, имеющей площадь  , существует двойной интеграл.
В дальнейшем будут рассматриваться только функции, непрерывные
в области интегрирования.
Из теоремы существования следует, что можно, например, прямыми,
параллельными осям координат, разбить область  на малые прямоугольники  i со сторонами xi и yi (рис. 32). При этом  i  xi yi . Выбирая затем в каждом малом прямоугольнике точку Pi  xi , yi  , мы можем написать, согласно определению двойного интеграла,
n
n
 f  x, y  d  lim  f  x , y    lim  f  x , y  x y 

n 
i
i
i
i 1

n 
i
i
i
i
i 1
 f  x, y  dxdy .

Рис. 32
Выражение dxdy называется элементом площади в декартовых координатах и равно площади прямоугольника со сторонами dx и dy , параллельными осям координат. Заметим, что при составлении интегральной
73
суммы площадки  i , прилегающие к границе области, не имеют формы
прямоугольников.
Однако можно доказать, что ошибка от замены таких площадок прямоугольниками с площадями xi yi в пределе сведется к нулю.
7.2. Свойства двойного интеграла
Определение двойного интеграла (2), ( 2 ) конструктивно совершенно
аналогично определению определенного интеграла:
b
n
 f  x  dx  lim  f  x  x .
n 
a
i
i
i 1
Поэтому двойной интеграл обладает теми же свойствами, что и определенный интеграл, которые доказываются совершенно аналогично доказательствам соответствующих свойств определенного интеграла.
Приведем свойства двойного интеграла без вывода.
1) Постоянный множитель можно выносить за знак двойного интеграла, т.е. если k – некоторое число, то
 k f  x, y  d  k  f  x, y  d

.

2) Двойной интеграл от суммы нескольких функций равен сумме двойных интегралов от слагаемых:
  f  x, y     x, y  d   f  x, y  d    x, y  d


.

3) Если в области интегрирования  имеет место неравенство
f  x, y   0 , то и
 f  x, y  d  0
.

Если в области интегрирования непрерывная функция f  x, y   0 , и хотя бы в одной точке области f  x, y   0 , то и
 f  x, y  d  0
.

4) Если в области интегрирования функции f  x, y  и   x, y  удовлетворяют неравенству f  x, y     x, y  , то и
 f  x, y  d    x, y  d .


5) Если область интегрирования разбита на несколько частей:
 1 ,  2 , …,  k , то
 f  x, y  d   f  x, y  d  f  x, y  d ... f  x, y  d

1
2
.
k
Если рассматривать двойной интеграл как объем цилиндрического тела,
то пятое свойство геометрически очевидно. А именно, если основание ци74
линдрического тела разбить на несколько частей  1 ,  2 , …,  k , то объем
всего цилиндрического тела равен сумме объемов составляющих его цилиндрических тел с основаниями  1 ,  2 , …,  k .
6) В случае интегрируемости функции f  x, y  интегрируема и функция
f  x, y  , и имеет место неравенство
 f  x, y  d   f  x, y  d .


7) Если в области интегрирования  наименьшее и наибольшее значения функции соответственно равны m и M , тогда
mS 
 f  x, y  d  MS ,

где S – площадь области  .
8) Теорема о среднем значении. Пусть функция f  x, y  непрерывна
в замкнутой ограниченной области  . Тогда в области  существует такая
точка P0  x0 , y0  , что
 f  x, y  d  f  x , y  .
0
(5)
0

Если функция f  x, y   0 в области  , то эта теорема имеет следующий геометрический смысл.
Объем цилиндрического тела равен объему цилиндра с тем же основанием  , что и у цилиндрического тела, и с высотой, равной значению
функции в некоторой точке P0  x0 , y0  области  . Значение функции
f  x0 , y0  , определяемое из равенства (5), называется средним значением
функции f  x, y  в области  .
7.3. Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах
Вычисление двойного интеграла как предела интегральной суммы так
же, как и в случае определенного интеграла, связано обычно с большими
трудностями. Чтобы их избежать, вычисление двойного интеграла сводят
к последовательному вычислению двух определенных интегралов.
При выводе ограничимся случаем, когда в области интегрирования  подынтегральная функция f  x, y   0 . Такое предположение позволяет рассматривать двойной интеграл как объем цилиндрического тела.
Итак, требуется вычислить двойной интеграл
 f  x, y  d

рывной функции f  x, y  .
75
от непре-
Предположим сначала, что область интегрирования  ограничена двумя непрерывными кривыми y  1  x  , y  2  x  и двумя прямыми x  a ,
x  b , причем для всех значений, заключенных между a и b , имеет место
неравенство 2  x   1  x  . Такую область мы будем называть правильной
в направлении оси Oy . Эта область такова, что всякая прямая, параллельная оси Oy , и проходящая через внутреннюю точку области, пересекает
границу области в двух точках (рис. 33).
Аналогично определяется область, правильная в направлении оси Ox .
Область, правильную как в направлении оси Ox , так и в направлении
оси Oy , мы будем называть просто правильной областью.
Проведем через точку  x,0  оси Ox
прямую, параллельную оси Oy . Эта
прямая пересекает кривые, ограничивающие область  , соответственно в
точках C1 и C2 . Точку C1 будем называть точкой входа, а точку C2 – точкой выхода.
Их ординаты обозначим соответственно yвх и yвых , т.е. ордината точки
входа yвх  1  x  , а ордината точки выхода yвых  2  x  .
Известно, что двойной интеграл
Рис. 33
f  x, y  d численно равен объему


V цилиндрического тела, ограниченного частью поверхности z  f  x, y  ,
которая проектируется в площадку  (см. рис. 31):
V
 f  x, y  d .

Найдем объем V цилиндрического тела иначе, а именно с помощью
поперечных сечений.
Как известно, если сечение тела плоскостью, перпендикулярной к оси
Ox и проходящей через точку с абсциссой x ( a  x  b ) имеет площадь
S  x  , то объем V тела выражается формулой
b

V  S  x  dx .
a
76
(6)
Применим
эту
формулу
к вычислению объема цилиндрического тела.
Проведя через точку  x,0,0 
плоскость, перпендикулярную оси
Ox , мы получим в сечении криволинейную трапецию C1M1M 2C2
(рис. 34).
Аппликата z  f  x, y  точки
линии M1M 2 при постоянном x
является функции только от y ,
причем y изменяется в границах
Рис. 34
yвых  2  x  .
от yвх  1  x  до
Площадь S  x  трапеции C1M1M 2C2 равна определенному интегралу
S  x 
2  x 
yвых
 z dx    f  x, y  dx .
(7)
1 x
yвх
Итак, формула (7) выражается площадь поперечного сечения цилиндрического тела.
Подставим в равенство (6) выражение для S  x  , получим
b  2  x 


V
f  x, y  dy  dx .




a  1  x 

Но т.к., с другой стороны, объем V цилиндрического тела равен двой-
 
ному интегралу
 f  x, y  d , то имеем



b  2  x 

f  x, y  d  
f  x, y  dy  dx ,




a  1  x 

 
или
2  x 
b
 f  x, y  d   dx   f  x, y  dy

1 x
a
Это и есть искомая формула.
77
.
(8)
Таким образам, для того, чтобы вычислить двойной интеграл
 f  x, y  d ,
нужно
сначала
вычислить
определенный
интеграл

2  x 
  f  x, y  dy , считая x постоянным (или, как говорят, вычислить внут-
1 x
ренний интеграл).
Нижней границей интегрирования служит ордината точки входа
yвх  1  x  , а верхней границей – ордината точки выхода yвых  2  x  , соответствующие данному фиксированному значению x . Результат вычисления этого интеграла является функцией только от x .
Интегрируя теперь эту функцию в границах от a до b , получим значение двойного интеграла.
Замечание 1. Если область  ограничена двумя кривыми x   1  y  , x   2  y 
и двумя горизонтальными прямыми y  c ,
y  d  c  d  , причем 1  y    2  y  для
всех y между c и d (рис. 35), то аналогично можно доказать, что имеет место
равенство
d  2  x 


f  x, y  d 
f  x, y  dx  dy ,





c  1  x 

Рис. 35
или

 
d
 2  x
 f  x, y  d   dy   f  x, y  dx

Рис. 36
c
.
(9)
1 x
Здесь при внутреннем интегрировании
y считается постоянным. Результат этого
интегрирования является функцией от y ,
которую затем следует проинтегрировать
в границах от c до d .
Интегралы, стоящие в правых частях
формул (8) и (9), называются повторными (или двукратными) интегралами.
Замечание 2. В формулах (8) и (9)
границы внешнего интеграла всегда постоянны.
78
Замечание 3. Формулы (8) и (9) выведены в предположении, что область  имеет специальный вид. Если контур области  более сложный
(рис. 36), то область  разбивают на конечное число частей, удовлетворяющим условиям, при которых была выведена формула (8) или (9). Затем
вычисляют интеграл по формуле (8) или (9) для каждой из таких частей.
Интеграл же по всей области в силу аддитивности, равен сумме интегралов
по каждой из этих частей.
Для случая, приведенного на рис. 36, имеем:
 f  x, y  d   f  x, y  d   f  x, y  d   f  x, y  d

1
2
.
3
Замечание 4. Если областью интегрирования  служит прямоугольник, ограниченный прямыми x  a , x  b  a  b  и y  c , y  d  c  d 
(рис. 37), то формулы (8) и (9) для этого случая примут вид:
Рис. 37
Рис. 38
b
d
a
d
c
b
c
a
 f  x, y  d   dx  f  x, y  dy ,

 f  x, y  d   dy  f  x, y  dx .

Пример 1. Вычислить двойной интеграл
  x

2

 y 2 d , если обла-
стью интегрирования  является треугольник, ограниченный прямыми
x
y  0 , x  2 , y  (рис. 38).
2
Решение. Если при вычислении двойного интеграла пользоваться форx
мулой (8), то yвх  1  x   0 , yвых  2  x   , т.к. точки входа лежат
2
x
на оси Ox , а точки выхода – на прямой y  ; a  0 , b  2 . Поэтому, при2
меняя формулу (8), имеем
79
  x
2
x
2
2

  x
 y 2 d  dx

0
2

 y 2 dy .
0
Вычислим внутренний интеграл, в котором считаем x постоянным:
x
2
x
2
3
 2
y 
13 3
2 x 1 x
x  y dy   x y    x      
x .
3
2
3
2
24



0
0
Следовательно,

2

2
 

3
2

2
13x 4
13
x  y d  x dx 
 .
24  4
6
2
2

3
0
0
  x
Используя для вычисления двойного интеграла
2

 y 2 d форму-

лу (9), получим тот же результат. Замечая, что в этом случае
x
xвх  1  y   2 y , xвых   2  y   2 , т.к. точки входа лежат на прямой y 
2
или x  2 y , а точки выхода – на прямой x  2 , (см. рис. 38), получим
  x
2

1
2
  x
 y d  dy
2

0
2

 y 2 dx .
2y
Т.к.
2

2y
2
3
 x3
 8
14
8
2
2
2 
2   8y
x  y dx    y x     2 y   
 2 y 3    2 y 2  y 3,
3
  3
 3
 2y  3
 3

1
1
8
2 y3 7 y 4 
13
8
2
2
2 14 3 
x  y d    2 y  y  dy   y 

то
  .
3 
3
6 
6
3
3
0

0
Если принять во внимание геометрический смысл двойного интеграла,
 
то
  x

2


 y 2 d дает объем V цилиндрического тела, ограниченного

сверху частью параболоида вращения z  x 2  y 2 , которая проектируется
на плоскость Oxy в треугольник  .
80
Пример 2.

Вычислить
двойной
интеграл
xy 2d , если область интегрирования  огра-

ничена линиями x  0 , y  x , y  2  x 2 (рис. 39).
Решение. Применим для вычисления двойного интеграла формулу (8). Здесь yвх  1  x   x ,
yвых  2  x   2  x 2 , a  0 , b  1. Поэтому
2 x2
1
 xy d   dx 
2

0
xy 2dy . Вычислим внутрен-
x
ний интеграл, в котором считаем x постоянным:
Рис. 39
2 x2

x
 xy
xy dy  
 3
2
3
2 x2


x


x 2  x2
3

3
x4
 .
3
Следовательно,


1
 
1
2
xy d 
x 2 x
3
2

3
0
4
1
 x  dx  
6



2
1 2 x
  
4
6


4
1
1
2  x  d 2  x  
2 3
2
0
1 4

x dx 
3
0
1

x5 
1
1 24 67
.
    

15 
24 15 24 120
0
Если при вычислении двойного интеграла

xy 2d пользоваться фор-

мулой (9), то придется область интегрирования  разбить на две части  1
и  2 (см. рис. 39), т.к. линия, на которой расположены точки выхода,
на отдельных участках задается различными уравнениями. По свойству
аддитивности

xy 2d 


xy 2d 
1

xy 2d .
(*)
2
Применяем формулу (9) к каждому из интегралов, стоящих в правой
части равенства (*). Т.к. для первого интеграла xвх  1  y   0 ,
xвых   2  y   y , c  0 , d  1, получим


1
y
y
1
1
 
0
0
2

0
2

0

0
81
2
y
x2 
xy d  dy xy dx  y dy xdx  y   dy 
 2 
2
0
1

0
1
 y5 
y4
1
dy     .
2
10
 10 
0
Аналогично находим второй из интегралов в правой части равенства (*). Поскольку для области  2 : xвх  1  y   0 , xвых   2  y   2  y ,
c  1 , d  2 , то
2 y
2
 xy d   dy 
2


1
x2 
y  
 2 
1
2 y
2
2
0
0

2
1
2
dy 

xy dx  y dy
2

2 y
2

1
0
2 y
y
dy 
2
2
2
x2 
xdx  y  
 2 

2 y
2
1
dy 
0
2
2
 2 y3 
 y3 y 4 
11
 y   dy      .
2 
8 
24
 3
1
1

Таким образом, окончательно,

xy 2d 

1 11 67
.
 
10 21 120
Последний пример показывает, что для нахождения двойного интеграла

xy 2d в данном конкретном случае выгоднее применить формулу (8).

Это следует иметь в виду при вычислении двойных интегралов и пользоваться той из формул, применение которой ведет к менее громоздким вычислением.
7.4. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах
Одним из методов упрощения вычисления определенного интеграла
является метод замены переменной. Введение новых переменных в двойном интеграле очень часто приводит к более экономным вычислениям.
В данном случае рассмотрим замену декартовых координат x и y полярными координатами r и  .
Предположим, что нужно вычислить
двойной
интеграл
 f  x, y  d

M1
M2
M4
M3
Рис. 40
от непрерывной
функции z  f  x, y  по области  .
Рассмотрим область  в полярной системе координат, полюс
которой совпадает с началом координат, а полярной осью служит
ось Ox .
Поскольку двойной интеграл является пределом интегральной суммы (см. (2) или ( 2 )), причем этот
предел не зависит ни от способа
82
разбиения области  на части, ни от выбора в каждой малой площадке
 i точки Pi , то разобьем область интегрирования  на малые площадки
 i с помощью лучей, выходящих из полюса, и окружностей с общим
центром в полюсе (рис. 40).
Рассмотрим площадку  i , ограниченную двумя лучами, выходящими
из полюса и составляющими между собой угол i и двумя окружностями
радиусов ri и ri  ri (рис. 41 (а)).
Площадь  i этого криволинейного четырехугольника найдем как разность площадей двух круговых секторов:
1
1
2
 i  Sсек.OM M  Sсек.OM M   ri  ri  i  ri 2i 
1 2
3 4
2
2
r 
1
2

 ri ri i   ri  i   ri  i  ri i .
2
2 

Рис. 41 (a)
Рис. 41 (б)
r
Обозначим через ri средний радиус между ri и ri  ri , т.е. ri  ri  i .
2
Тогда  i  riri i . В каждой малой площадке  i выберем точку
Pi  xi , yi  . При этом точку Pi возьмем лежащей на окружности радиуса ri .
Обозначим через i полярный радиус точки Pi . Поскольку декартовы координаты точки xi , yi и ее полярные координаты ri , i связаны извест-
ным соотношением xi  ri cosi и yi  ri sin i , получим
 f  x, y  d  lim  f  x , y    lim  f  ri cosi , ri sini  rir  .
n

n 
n
i
i 1
i
i
n 
i
i
i 1
Замечание. При составлении интегральной суммы площадки  i , прилегающие к границе области  , могут оказаться срезанными и иметь пло83
щадь, меньшую, чем riri i . Однако можно доказать, что ошибка
от замены таких площадок площадками рассматриваемой нами формой
в пределе сводится к нулю.
В правой части последнего равенства стоит предел интегральной суммы для функции f  ri cosi , ri sin i  r по переменным r и  . Поэтому
 f  r  cos , r  sin   r r    f  r cos, r sin   rdrd .
n
lim
n 
i
i i
i
i
i
i
i 1

Итак, имеет место следующая формула:
 f  x, y  d   f  r cos, r sin  rdrd .

(10)

Выражение d  rdrd называется элементом площади в полярных координатах.
С точностью до бесконечно малых более высокого порядка малости,
1
2
чем rdrd , это выражение дает площадь   rdrd   dr  d криволи2
нейного четырехугольника, изображенного на рис. 41 (б). Соотношение (10) называется формулой преобразования двойного интеграла к полярным координатам.
Таким образом, чтобы преобразовать двойной интеграл к полярным координатам, нужно переменные x и y в подынтегральной функции f  x, y 
заменить соответственно на r cos и r sin  , а элемент площади d заменить его выражением в полярных координатах: rdrd .
Вычисление двойного интеграла
 f  r cos, r sin  rdrd
также сво-

дится к вычислению повторного интеграла, но только здесь роль переменных x и y играют r и  .
Предположим, что область  ограничена двумя лучами, выходящими
из полюса под углами  и      , и двумя кривыми, уравнения которых в полярных координатах r  r1   и r  r2    r1  r2  . Проведем
из полюса луч под углом 
      . Этот луч пересекает кривые r  r1   и
r  r2   соответственно в
точках C1 и C2 (рис. 42).
Точку C1 назовем точкой
входа, а точку C2 – точкой
Рис. 42
84
выхода. Для данной области интегрирования формула вычисления двойного интеграла имеет вид
r2  

 f  r cos, r sin   rdrd   d   f  r cos, r sin   rdr


r1 
r2  
Внутренний интеграл
(11)
  f  r cos , r sin   rdr
берется (при постоян-
r1 
ном  ) в границах от полярного радиуса точки входа rвх  r1   до полярного радиуса точки выхода rвых  r2   . Результат этого интегрирования
есть некоторая функция от переменной  , которую затем нужно проинтегрировать в границах от  до  (крайние значения аргумента  ).
Если область интегрирования  имеет вид, изображенный
на рис. 43 (а) и полюс принадлежит границе области, то для нее полярный
радиус точки входа равен нулю: rвх  0 и, следовательно,

r  
 f  r cos, r sin   rdrd   d 


f  r cos  , r sin   rdr
(12)
0
Если область  содержит внутри себя начало координат и ограничена
кривой r  r   (рис. 43 (б)), то имеем
Рис. 43 (а)
Рис. 43 (б)
2
r  
 f  r cos, r sin   rdrd   d 

0
f  r cos  , r sin   rdr
(13)
0
В частности, если замкнутая кривая – окружность радиуса R с центром
в начале координат, то
85
2
R
 f  r cos, r sin   rdrd   d  f  r cos, r sin   rdr

0
(14)
0
Пример 1. Вычислить двойной интеграл

4  x 2  y 2 d , где  есть

круг радиуса 2 с центром в начале координат.
Решение. По формуле (10) имеем

4  x 2  y 2 d 

4   r cos     r sin   rdrd 
2
2



4  r 2 rdrd .

Используя для вычисления последнего интеграла соотношение (14),
получим

2
 
2 
2
2
2 2 
4

r


8
16
.
4  r 2 rdrd  d 4  r 2 rdr  
d 
 d 
3
3
3


0
0
0 
0

0
Заметим, что вычисление этого же интеграла в декартовых координатах
сопряжено с более громоздкими вычислениями.
2



3

7.5. Вычислению объема с помощью двойного интеграла
Для нахождения объема цилиндрического тела воспользуемся формулой (3).
Пример. Найти объем тела, вырезанного из шара радиуса R прямым
круговым цилиндром диаметра R , образующая которого проходит через
центр шара.
Решение. Совместим начало координат с центром шара, направив ось
Oz по образующей цилиндра, а ось Ox – вдоль диаметра основания цилиндра.
В силу симметрии относительно координатных плоскостей Oxy и Oxz
достаточно найти объем части тела, находящейся в  октанте, и полученный результат учетверить (рис. 44). Следовательно, V  4
 zd , где z –

аппликата точки сферы, а  – полукруг в плоскости Oxy радиуса
тром в точке  0,5R; 0  (рис. 45).
86
R
с цен2
Рис. 45
Рис. 44
Т.к. уравнение сферы радиуса R с центром в начале координат имеет
вид x 2  y 2  z 2  R 2 , то в первом октанте z  R 2  x 2  y 2 и, следовательно, V  4

R 2  x 2  y 2 d .

Переходя к полярным координатам, согласно формуле (10) получим
V 4

R 2  x 2  y 2 d  4


R 2  r 2 rdrd .

Замечая, что, rвх  0 , rвых  R cos ,   0 ,  
ле (12) находим
V 4
 2

R  r rdrd  4
2

 2
 4

0

2
2
 R r

3


4 R3

3

3




0
2

d

0
(см. рис. 45), по форму-

R 2  r 2 rdr 
0
 2
d  4
2
R cos 
0
R cos 
 2

2
2
2
 R  R cos 

3



3
2

R3 

 d 
3 

4 R3   2 
1  sin  d 
   (куб. ед.).
3  2 3

0
2

3

7.6. Физические приложения двойного интеграла
Моментом инерции I материальной точки M с массой m относительно некоторой точки O называется произведение массы m на квадрат ее
расстояния r от точки O : I  mr 2 . Момент инерции системы материальных m1 , m2 , …, mn точек относительно точки O есть сумма моментов
инерции отдельных точек системы:
87
n
I
m r
2
i i
.
i 1
Определим теперь момент инерции материальной плоской фигуры  .
Пусть фигура  расположена в координатной плоскости Oxy . Определим
момент инерции этой фигуры относительно начала координат, предполагая, что поверхностная плотность всюду равна единице.
Разобьем область  на элементарные площадки  i ( i  1, 2,..., n )
(рис. 46). На каждой площадке возьмем точку Pi с координатами xi , yi .
Назовем элементарным моментом инерции Ii площадки  i произведение массы площадки  i на квадрат расстояния ri 2  xi 2  yi 2 :
Ii  xi 2  yi 2  i


n
 xi
и составим сумму таких моментов:
i 1
2

 yi 2  i . Она представляет
собой интегральную сумму для функции f  x, y   x 2  y 2 по области  .
Рис. 46
Момент инерции фигуры  определим как предел этой интегральной
суммы, когда диаметр каждой элементарной площадки  i стремится
к нулю:
n
IO 
lim
diam i 0
 xi
i 1
2

 yi 2  i .
Но пределом этой суммы является двойной интеграл
  x

2

 y 2 dxdy .
Следовательно, момент инерции фигуры  относительно начала координат равен
88
IO 
  x

 y 2 dxdy ,
2
(15)

где  – область, совпадающая с данной плоской фигурой. Интегралы
I Ox 
 y dxdy ,
2
(16)

I Oy 
 x dxdy
2
(17)

называются, соответственно, моментами инерции фигуры  относительно
осей Ox и Oy .
Пример 1. Вычислить момент инерции площади круга  радиуса R
относительно центра O .
Решение. По формуле (15) имеем: I O 
  x
2

 y 2 dxdy .

Для вычисления этого интеграла перейдем к полярным координатам  ,
r . Уравнение окружности в полярных координатах есть r  R . Поэтому
2
IO 
R
 d  r
0
2
rdr 
 R2
0
2
.
Замечание. Если поверхностная плотность  не равна единице, а является некоторой функцией от x и y , т. е.     x, y  , то масса площадки
 i будет с точностью до бесконечно малых высшего порядка равна


 xi , yi  i , и поэтому момент инерции плоской фигуры относительно
начала координат будет:
IO 



  x, y  x 2  y 2 dxdy
(15 )

Моменты инерции фигуры относительно осей Ox и Oy будут соответственно равны
I Ox 
   x, y  y dxdy ,
( 16 )
   x, y  x dxdy .
( 17 )
2

I Oy 
2

Пример 2. Вычислить момент инерции плоской материальной фигуры
 , ограниченной линиями y 2  1  x , x  0 , y  0 относительно оси Oy ,
если поверхностная плотность в каждой точке равна y (рис. 47).
Решение. По формуле ( 17 ) получим
89
1
1 x
1 x
1
1
 x2 y 2 
1 2
1
I Oy  dx
yx dy  
dx 
x 1  x  dx  .

2 
2
24
0
0
0
0
0
Вообще говоря, все геометрические и механические величины, связанные с плоским непрерывным распределением масс вдоль некоторой
фигуры  и представляющие аддитивные функции области, в принципе выражаются двойными
интегралами, распространенными на эту фигуру.
Перед тем, как рассмотреть следующую задачу, дадим ряд определений.
Статическим моментом SOx относительно
оси Ox материальной точки P  x, y  , лежащей
в плоскости Oxy и имеющей массу m , называют
произведение массы точки на расстояние от этой
точки до оси абсцисс, т. е. в данном случае на ее
Рис. 47
ординату: SOx  my . Аналогично определяют
статический момент SOy относительно оси Oy : SOy  mx и относительно
 

2

начала координат: SO  m x 2  y 2 .
Если дана система, состоящая из нескольких материальных точек, то
статический момент системы относительно оси координат или начала координат определяют как сумму соответствующих статических моментов
точек этой системы.
Пусть теперь в плоскости Oxy задана материальная площадка  , поверхностная плотность  которой в любой точке есть заданная функция
координат этой точки:     x, y  .
Для нахождения статических моментов SOx , SOy и SO этой площадки
поступим аналогично тому, как поступили в случае нахождения моментов
инерции материальной плоской фигуры. В итоге получим:
n
SOx  lim
n 
 y   x , y     y   x, y  d ,
i
i
i
i
i 1
(18)

n
SOy  lim
n 
n
SO  lim
n 

 x   x , y     x   x, y  d ,
i
i
i
i
i 1

xi 2  yi 2   xi , yi   i 
i 1


90
x 2  y 2   x , y  d .
(19)
Как известно из механики, координаты x , y центра тяжести плоской
материальной системы определяются равенствами:
S
S
(20)
x  Oy , y  Ox ,
m
m
где m – масса системы, а SOx и SOy – статические моменты системы. Т.к.
по формуле (4) масса плоской площадки  равна
   x, y  dxdy , то

по формулам (18), (19) и (20) находим следующие выражения для координат центра тяжести (центра масс) плоской пластинки:
 x   x, y  dxdy  y   x, y  dxdy
, y
.
x
   x, y  dxdy
   x, y  dxdy




В частности, если пластинка однородная   x, y    0 , то
 x  dxdy   x dxdy  x dxdy
.
x


  dxdy   dxdy  dxdy
0
0


0

0



Аналогично
 y dxdy
.
y
 dxdy


Т.к.
 dxdy   d   (см. п. 7.1, замечание), то


x
1


x d , y 

1

 y d .
(21)

Пример 3. Найти координаты центра тяжести однородной площадки,
ограниченной параболой y  4  x 2 и осью Ox (рис. 48).
Решение. Т.к. фигура симметрична относительно оси Oy , то без вычисления ясно, что x  0 . Ординату y центра тяжести подсчитаем по формуле
(29). Найдем статический момент SOx :
91
4 x2
2
 y d   dx 
SOx 



1
2
2
1
2
2

ydy 
0

2
4  x 2 dx 
2
2
 16  8x
2

 x 4 dx 
2
256
.
15
Рис. 48
Определим площадь  :  


4 x2
2
 
d  dx
2
2
dy 
0
32
4  x  dx  .


3
2
2
 y dxdy 256 3 8
Следовательно, по формуле (21) y 

  .
15
32 5
dxdy



8
Итак, координаты центра тяжести таковы: x  0 , y  .
5
Контрольные вопросы
1. Дайте определения двойного и двукратного интегралов.
2. Приведите формулы для вычисления геометрических и физических
величин с помощью двойного интеграла.
3. Перечислите свойства двойного интеграла.
4. Сформулируйте правила вычисления двойного интеграла в декартовой и полярной системах координат.
8. ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ
8.1. Понятие тройного интеграла.
Вычисление в декартовых координатах
Пусть в пространстве задано тело, объем которого равен V . Предположим, что в каждой точке P этого объема определена функция
u  f ( P)  f  x, y, z  . Выполним следующие действия.
1. Разобьем тело V на n малых тел v1 , v2 , … vn причем
n
V
 v
i
i 1
(в дальнейшем V и vi означают как тела, так и их объемы).
92
vi
2. В каждом из малых тел
выберем произвольную точку
Pi  P  xi , yi , zi  . Умножим значение функции u  f ( P) в точке на объем
vi малого тела, которому принадлежит точка Pi :
f  Pi  vi  f  xi , yi , zi  vi .
3. Составим сумму всех таких произведений:
n
n
 f  P  v   f  x , y , z  v ,
i
i
i
i 1
i
i
(22)
i
i 1
которая называется интегральной суммой.
Рассмотрим предел интегральной суммы (22) при неограниченном увеличении числа n малых тел vi и при стягивании каждого из них в точку.
Определение. Если этот предел существует и не зависит ни от способа
разбиения объема V на малые тела vi , ни от выбора в каждой из них точки P  xi , yi , zi  , то его называют тройным интегралом от функции
u  f ( P)  f  x, y, z  по области V и обозначают так:
 f  P  dv , или  f  x, y, z  dv .
V
V
Таким образом,
n
 f  P  dv   f  x, y, z  dv  lim  f  x , y z  v .
n 
V
V
i
i, i
i
i 1
Пусть в пространстве Oxyz дано некоторое материальное тело V , содержащее точку P  x, y , z  . Масса m тела объема V , считая, что плотность в каждой точке тела есть заданная непрерывная функция  координат точки P  x, y, z  , т. е.     x, y, z  равна тройному интегралу от плотности,     x, y, z  :
m
   x, y, z  dv .
V
Теорема. Для всякой функции u  f  x, y, z  , непрерывной в ограниченной замкнутой области пространства, имеющей объем V , существует
тройной интеграл.
Тройной интеграл обладает теми же свойствами, что и двойной интеграл. Сформулируем некоторые из них.
1) Аддитивность. Если область интегрирования V разбита на k частей
V1 , V2 , … Vk , то
93
 f  x, y, z  dv   f  x, y, z  dv   f  x, y, z  dv  ...  f  x, y, z dv .
V
V1
V2
Vk
2) Оценка тройного интеграла. Если m и M , соответственно, наименьшее и наибольшее значения функции f  x, y, z  в области V , то имеет
место неравенство
mV 
 f  x, y, z  dv  MV ,
V
где V есть объем данной области.
3) Теорема о среднем. Если функция f  x, y, z  непрерывна в замкнутой
ограниченной области V , то в этой области существует такая точка
P0  P  x0 , y0 , z0  , что
 f  x, y, z  dv  f  P V  f  x , y , z V ,
0
0
0
0
(23)
V
где V – объем области.
Замечание. Если в области V подынтегральная функция f  x, y, z   1 ,
то тройной интеграл численно равен объему области, т.е.
 dv  V .
V
Это следует из того, что в данном случае любая интегральная сумма
n
имеет вид
1 vi  V и численно равна объему тела V .
i 1
Предположим, что пространственная (трехмерная) область V , ограниченная замкнутой поверхностью S , обладает следующими свойствами:
1) всякая прямая, параллельная оси Oz , проведенная через внутреннюю
(т. е. не лежащую на границе S ) точку области V , пересекает поверхность
S в двух точках;
2) вся область V проектируется на плоскость Oxy в правильную двумерную область  ;
3) всякая часть области V , отсеченная плоскостью, параллельной любой из координатных плоскостей Oxy , Oxz или Oyz , также обладает свойствами 1 и 2.
94
Рис. 49
Рис. 50
Область V , обладающую указанными свойствами, мы будем называть
правильной трехмерной областью.
Правильными трехмерными областями являются, например, эллипсоид,
прямоугольный параллелепипед, тетраэдр и т.д. Пример неправильной
трехмерной области дан на рис. 49. Мы будем рассматривать далее только
правильные области.
Пусть поверхность, ограничивающая область V снизу, имеет уравнение
z  1  x, y  , а поверхность, ограничивающая эту область сверху, имеет
уравнение z   2  x, y  (рис. 50).
Введем понятие трехкратного интеграла IV по области V от функции
трех переменных f  x, y, z  , определенной и непрерывной в области V .
Предположим, что область  – проекция области V на плоскость Oxy –
ограничена линиями: y    x  , y    x  , x  a , x  b . Тогда трехкрат1
2
ный интеграл от функции f  x, y, z  по области V определяется так:
b  2  x    2  x , y 
 



IV  
f  x, y, z  dz  dy  dx .



 
a

x

x
,
y
 
 1   1 
Заметим, что в результате интегрирования по z и подстановки пределов в фигурных скобках получится функция от x и y . Далее, вычисляется
двойной интеграл от этой функции по области  .
b  2  x    2  x , y 
 



f  x, y, z  dz  dy  dx
Замечание. Кратный интеграл IV  



 
a
 
 1  x   1  x, y 
 

 
95

2  x 
b
 2  x, y 
   dy 
f  x, y, z  dz .
в дальнейшем будем записывать в виде IV  dx
1 x
a
1 x, y 
Пример 1. Вычислить трехкратный интеграл от функции f  x, y, z   xyz по области
V , ограниченной плоскостями x  0 , y  0 ,
z  0 , x  y  z  1.
Решение. Эта область правильная, она ограничена снизу и сверху плоскостями z  0 ,
z  1  x  y и проектируется на плоскость
Oxy в правильную плоскую область  , представляющую собой треугольник, ограниченный прямыми x  0 , y  0 , y  1  x (рис. 51).
Рис.51
Поэтому трехкратный интеграл выглядит следующим образом:
 1 x  y


IV 
xyz dz  d .


  0

Расставляя пределы в двукратном интеграле по области  , получим:
 
1 x
1
1 x  y
  dy 
IV  dx
0
1

0
1 x
 
1
dx
2
0
1 x
1
 
xyzdz  dx
0
0
0
1
xy 1  x  y  dy 
2
0

0
1 x  y
 xyz 2 


 2 0
dy 
x
1
.
1  x 4 dx 
24
720
Теорема. Тройной интеграл от функции f  x, y, z  по правильной области V равен трехкратному интегралу по той же области, т.е.
2  x 
b
2  x, y 
 f  x, y, z  dv   dx   dy 
V
1 x
a
f  x, y, z  dz .
1 x , y 
Доказательство. Разобьем область V плоскостями, параллельными координатным плоскостям, на n правильных областей:
V  v1  v2  ...  vn .
Как и выше, обозначим через IV трехкратный интеграл от функции
f  x, y, z  по области V , а через I v трехкратный интеграл от этой функi
ции по области vi . Тогда на основании свойства аддитивности можем написать равенство
96
IV  I v  I v  ...  I v .
1
2
n
Каждое из слагаемых, стоящих в правой части этого равенства, преобразуется по формуле (33):
IV  f  P1  v1  f  P2  v2  ...  f  Pn  vn ,
(34)
где Pi – некоторая точка области vi .
В правой части этого равенства стоит интегральная сумма. По предположению функция f  x, y, z  непрерывна в области V и потому предел
этой суммы при стремлении к нулю наибольшего диаметра vi существует
и равняется тройному интегралу от функции f  x, y, z  по области V . Таким образом, переходя к пределу в равенстве (34) при diamvi  0 , получим:
IV 
 f  x, y, z  dv ,
V
или окончательно, меняя местами стоящие слева и справа выражения,
b
IV 
2  x 
 2  x, y 
 f  x, y, z  dv   dx   dy 
V
a
1 x
f  x, y, z  dz .
1 x , y 
Замечание. Аналогично тому, как это было в случае двукратного интеграла, можно составлять трехкратный интеграл с другим порядком интегрирования по переменным и другими пределами, если, конечно, это позволяет форма области V .
Пример 2.
Вычислить
объем,
ограниченный
эллипсоидом
x2 y 2 z 2
 2  2  1.
2
a
b
c
Рис. 52
97
Решение.
Объем
(рис. 52)
ограничен
снизу
поверхностью
x2 y 2
x2 y 2
z  c  1  2  2 , а сверху – поверхностью z  c  1  2  2 . Проекa
b
a
b
цией этого эллипсоида на плоскость Oxy является область  , ограничен-
x2 y 2
ная эллипсом 2  2  1 .
a
b
Сводя к трехкратному интегралу, получим
a
V
b 1 x 2 a 2
 dx 
a
b 1 x
c 1 x 2 a 2  y 2 b2

dy
2
a
 c 1 x
2
2
a

dz  2c dx
a y
2
2
b
a
2
b 1 x 2 a 2

b 1 x 2 a 2
x2 y 2
1  2  2 dy .
a
b
При вычислении внутреннего интеграла х считается постоянной. Сдеx2
x2
лаем подстановку y  b  1  2 sin t , dy  b  1  2 cos dt . Переменная y
a
a


x2
x2
изменяется от b 1  2 до b 1  2 , поэтому t меняется от  до .
2
2
a
a
Подставляя в интеграл новые пределы, получим
a
 2
 
V  2c dx
a
a
 2
 x2   x2  2
x2
 1  2    1  2  sin t  b  1  2 cos t dt 
a
 a   a 
 2
a
 x2 
 cb
4 abc
.
 2cb  1  2  dx
cos2 t dt  2
a 2  x 2 dx 
3
a
a
  2
a 
a

Итак, V 



4 abc
4 abc
. Если a  b  c , то получаем объем шара V 
.
3
3
8.2. Вычисление тройного интеграла в цилиндрических
и сферических координата
В случае цилиндрических координат положение точки P в пространстве определяется тремя числами  , r , z , где  и r – полярные координаты
проекции точки P на плоскость Oxy и z – аппликата точки P , т.е. расстояние точки до плоскости Oxy , взятое со знаком плюс, если точка лежит
выше плоскости Oxy , и со знаком минус – если ниже (рис. 53 (а)).
98
Рис. 53
В этом случае пространственную область V разбиваем на элементарные объемы координатными поверхностями   i , r  rj , z  zk (полуплоскости, примыкающие к оси Oz , круговые цилиндры, ось которых совпадает с осью Oz , плоскости, перпендикулярные к оси Oz ). Элементарным
объемом будет криволинейная «призма» (рис. 53 (б)). Площадь основания
этой призмы с точностью до бесконечно малых высшего порядка равна
rr , высота равна z (индексы i , j , k для простоты опускаем).
Следовательно, v  r r  z . Поэтому тройной интеграл от функции
F  , r , z  по области V имеет вид I 
 F , r, z  rdrddz .
V
Границы интегрирования определяются формой области V .
Если дан тройной интеграл от функции f  , r , z  в прямоугольных координатах, то его можно преобразовать в тройной интеграл в цилиндрических координатах. В самом деле, заметив, что x  r cos , x  r sin  , z  z ,
получим:
 f  x, y, z  dxdydz   F , r, z  rdrddz ,
V
V
где f  r cos , r sin  , z   F  , r , z  .
Пример 1. Определить массу M полушара радиуса R с центром в начале координат, если плотность F его вещества в каждой точке  x, y, z 
пропорциональна расстоянию этой точки от основания, т. е. F  kz .
Решение. Уравнение верхней части полусферы z  R 2  x 2  y 2 в цилиндрических координатах имеет вид z  R 2  r 2 .
Следовательно,
99
M

V
2
kz r drd dz 
2
 

d dr
0
R
2
R2  r 2
R
0
2
kz r dz 
0
R
z 
d r  
2
0
0 
 
0
2
R2  r 2
dr 
 R4 R4 
k R4
 kR 4
.

2 

 d 
2
4
2
4
4

0
0
0 
В сферических координатах положение точки P в пространстве определяется тремя числами  , r ,  , где r – расстояние от начала координат,
так называемый радиус-вектор точки,  – угол между радиусом-вектором
и осью Oz ,  – угол между проекцией радиуса-вектора на плоскость Oxy
и осью Ox , отсчитываемый от этой оси в положительном направлении (т.е.
против часовой стрелки) (рис. 54 (а)). Для любой точки пространства:
r  0 , 0     , 0    2 .
Разобьем данную область V на элементарные части v координатными
поверхностями r  const (сферы),   const (конические поверхности
с вершинами в начале координат),   const (полуплоскости, проходящие
через ось Oz ). С точностью до бесконечно малых высшего порядка элементарный объем v можно считать параллелепипедом с ребрами длины
r , r  , r sin   . Тогда элементарный объем равен (рис. 54 (б)):
k

2
 

k
d r R  r dr 
2
2
2

v  r 2 sin  r .
Рис. 54
Тройной интеграл от функции F  , r ,  по области V имеет вид
I

F  , r ,  r 2 sin  drd d .
V
100
Границы интегрирования определяются формой области V . Из рисунка
54 (а) устанавливаются выражения декартовых координат через сферические:
x  r sin  cos ,
x  r sin sin  ,
x  r cos .
Поэтому формула преобразования тройного интеграла от декартовых
координат к сферическим имеет вид

V
f  x, y, z  dxdydz 

f  r sin  cos , r sin  sin  , r cos  r 2drd d .
V
8.3. Геометрические и физические приложения тройного интеграла
Момент инерции тела. Момент инерции точки M  x, y, z  массы m
относительно координатных осей Ox , Oy , Oz (рис. 55) выражаются, соответственно формулами:

 x
 x

 z m ,
 y m .
IOx  y 2  z 2 m ,
IOy
IOz
2
2
2
2
Моменты инерции тела выражаются соответствующими интегралами. Так, например, момент
инерции тела относительно оси Oz
выражается интегралом
IOz 
  x
2

 y 2   x, y, z  dxdydz ,
V
Pис.55
где   x, y, z  – плотность вещества.
Момент инерции точки M  x, y, z  массы m относительно координатных плоскостей Oxy , Oxz , Oyz (см. рис. 55) выражаются, соответственно
формулами
IOxy  z 2m , IOxz  y 2m , IOyz  x 2m .
Моменты инерции тела выражаются соответствующими интегралами.
Так, например, момент инерции тела относительно плоскости Oxz выражается интегралом
101
I Oxz 

y 2  x, y, z  dxdydz .
V
Пример 2. Вычислить момент инерции
прямого кругового цилиндра высоты 2h и
радиуса R относительно диаметра его среднего сечения, считая плотность постоянной
и равной  0 .
Решение. Выберем систему координат
следующим образом: направим ось Oz
вдоль оси цилиндра, а начало координат поместим в его центре симметрии (рис. 56).
Тогда задача сведется к вычислению момента инерции цилиндра относительно оси Ox :
Рис. 56
IOx 
  y
2

 z 2  0dxdydz .
V
Переходя к цилиндрическим координатам, получим:
2
I Ox   0
R
h
 d  dr   z
0
 0
2

0
0
2
2

 r sin  r dz   0
2
2
h
R
 2h 3

d 
 2h r 2 sin 2   rdr 
3

0
 
0
 2h3 R 2
 2h 3 R 2
R4 2 
R4 
 2h sin   d   0 
2  2h   

3
2
4
3
2
4 



2  2h
R2 
  0  hR 

.
3
2


Статический момент тела. Координаты центра тяжести. Статический момент точки M  x, y, z  массы m относительно координатных
осей Ox , Oy , Oz (см. рис. 55) и начала координат выражаются, соответственно формулами:
2
SOx  m y 2  z 2 , SOy  m x 2  z 2 ,
SOz  m x 2  y 2 , SO  m x 2  y 2  z 2 .
Статические моменты тела выражаются соответствующими интегралами.
Так момент инерции тела относительно оси Oy выражается интегралом
SOy 
   x, y, z 
x 2  z 2 dxdydz ,
V
где   x, y, z  – плотность вещества.
102
Аналогично (21) для плоских фигур, координаты x , y , z центра тяжести пространственной материальной системы определяются равенствами:
SОyz
SОxy
S
, y  Оxz , z 
,
x
m
m
m
где m – масса системы, а SOyz , SOxz и SOxy – статические моменты системы относительно координатных плоскостей Oyz , Oxz и Oxy .
Тогда координаты центра тяжести тела выражаются формулами:
 x  x, y, z  dxdydz  y  x, y, z  dxdydz
, y
,
x
   x, y, z  dxdydz
   x, y, z  dxdydz
V
V
V
V
 z  x, y, z  dxdydz
.
z
  x, y, z  dxdydz

V
V
Пример 3. Определить координаты центра тяжести верхней половины
шара радиуса R с центром в начале координат, считая плотность  0 постоянной.
Решение. Полушар ограничен поверхностями
z  R2  x2  y 2 , z  0 .
Аппликата его центра тяжести определяется формулой
 z  x, y, z  dxdydz
.
z
   x, y, z  dxdydz
V
V
Переходя к сферическим координатам, получаем:
 2
2
0
z
R
  
d
0
0
2
d rco s  r 2 sin  dr
0
 2
0
R
 d  d  r sin  dr
2
0
0
R4 1
2
4 2  3 R.

4 3
8
R
6
0
В силу симметрии полушара x  y  0 .
Контрольные вопросы
1. Дайте определение тройного и трехкратного интеграла.
2. Перечислите свойства тройного интеграла.
103
3. Сформулируйте теорему о существовании тройного интеграла.
4. Сформулируйте правила вычисления тройного интеграла в декартовой, цилиндрической и сферической системах координат.
5. Перечислите геометрические и физические приложения тройного
интеграла. Приведите соответствующие формулы.
9. КРИВОЛИНЕЙНЫЙ ИНТЕГРАЛ I РОДА
9.1. Определение криволинейного интеграла I рода.
Вычисление, свойства
Определение криволинейного интеграла первого рода. Рассмотрим
«функцию точки» f  M   f  x, y  , заданную вдоль непрерывной плоской
простой спрямляемой кривой L (рис. 57). Непрерывная кривая называется
простой, если она задана параметрически и каждая ее точка получается
лишь при одном значении параметра.
В случае замкнутой простой кривой исключение представляет единственная точка, в которой «кривая замыкается» и которая отвечает двум
крайним значением параметра), и повторим уже известный процесс: разбив
кривую L на элементарные дуги Ai Ai 1 и выбрав на них произвольно
по точке M i  M  xi , yi  , вычислим значения f  M i   f  xi , yi  в них и составим сумму
n 1
n 1
 f  M  l   f  x , y  l .
i
i 0
i
i
i
i
i 0
Рис. 57
Конечный предел этой суммы при стремлении  к нулю называется
криволинейным интегралом первого рода (или криволинейным интегралом
104
по длине дуги) от функции f  M   f  x, y  , взятым по кривой или по пути
L , и обозначается символом
 f  M  dl   f  x, y  dl ,
L
L
где l есть длина дуги кривой и dl напоминает об элементарных
длинах li .
При этом предполагается, что этот предел не зависит от способа разбиения дуги L на части и выбора точек M i на каждой из элементарных
дуг li , i  0,1,..., n  1 .
Если вдоль плоской простой спрямляемой кривой L расположены массы, причем известна их линейная плотность   M  во всех точках M кривой, тогда масса m всей кривой L может быть вычислена по формуле

m    M  dl .
L
Замечание. В приведенном определении не играет роли направление,
которое может быть придано пути L . Если, например, эта кривая не замкнута и под ( AB ) и ( BA ) понимать разнонаправленные кривые, то
 f  M  dl   f  M  dl .
AB
BA
Аналогично рассмотренному, можно ввести понятие интеграла, распространенного на пространственную кривую L :
 f  M  dl   f  x, y, z  dl .
L
L
В основу кладется некоторая прямоугольная система координат. Функция f определена лишь в точках кривой L .
Сведение к определенному интегралу. Предположим, что на кривой L
произвольно установлено направление (одно из двух возможных), так что
положение точки M на кривой может быть определено длиной дуги
s  AM , отсчитываемой от начальной точки A . Тогда кривая L параметрически выразится уравнениями вида: x  x  s  , y  y  s  ( 0  s  S ), a
функция f  x, y  , заданная в точках кривой, сведется к сложной функции
f  x  s  , y  s   от переменной s .
Если через si ( i  0,1,..., n  1 ) обозначим значения дуги, отвечающие
выбранным на дуге AB точкам деления Ai , то li  si 1  si  si . Обозначим через si значения s , определяющие точки M i (причем si  si  si 1 ).
Интегральная сумма для криволинейного интеграла
105
n 1
n 1
 f  M  l   f  x  s  , y  s  s
i
i
i
i 0
i
i
i 0
является в тоже время интегральной суммой для определенного интеграла,
так что:
S
 f  M  dl   f  x  s  , y  s  ds ,
L
(25)
0
причем существование одного из интегралов влечет за собой существование другого.
Интеграл существует, например, в случае непрерывности функции
f  M  , что мы и предполагаем.
Пусть теперь кривая L задана произвольными параметрическими уравнениями
x    t  , y    t   t0  t  T  ,
где функции  и  непрерывны со своими производными   и   . Предположим, что кратных точек на кривой нет. Тогда кривая спрямляема, и
если возрастание дуги s  AM  s  t  отвечает возрастанию параметра t , то
 t      t  
s  t  
2
2
.
Заменяя переменную в интеграле (25) справа, получим:

T
f  M  dl 
L

f   t  ,  t  
  t      t  
2
2
dt .
(26)
t0
Таким образом, для вычисления криволинейного интеграла первого рода нужно заменить в подынтегральной функции переменные x и y выражениями координат через параметр, а множитель ds – дифференциалом
дуги как функции параметра.
Если бы при возрастании параметра t дуга AM убывала, то стоило бы
лишь перейти к дуге BM , чтобы снова прийти к формуле (26). Таким образом, в этой формуле нижний предел интеграла справа должен быть
меньше верхнего, каково бы ни было параметрическое задание кривой.
В случае кривой, заданной явным уравнением y  y  x   a  x  b  ,
формула (26) принимает вид

b
f  M  dl 
L
Замечание. Очевидно,

f  x, y  x   1   y  t   dt .
2
a
 dl  l , где l – длина всей кривой L .
L
106
Пример 1. Вычислить интеграл
 xydl  l , если L – четверть эллипса
L
2
2
x
y

 1 , лежащая в первом квадранте.
a 2 b2
Решение. Исходя из параметрического представления эллипса:
x  a cos t , y  b sin t ,
будем иметь:
 xt 2   yt 2 dt 
xt  a sin t , yt  bco s t ,
a 2 sin 2 t  b2 cos2 t .
Вычисление можно произвести по формуле (26):
 2
I

a cos t b sin t a 2 sin 2 t  b 2 cos 2 tdt 
0
 2

ab
2

sin 2t a 2
0
1  cos 2t
1  cos 2t
 b2
dt .
2
2
1
Положим здесь cos2t  z , тогда sin 2t dt   dz и
2
ab
I
4
1

1
a 2  b2 a 2  b2

zdz 
2
2
ab
2
2  a 2  b2 a 2  b2


 

4 b 2  a 2 3  2
2

z 

32
1
1
ab a 2  ab  b 2
.


3
ab
9.2. Приложения криволинейного интеграла I рода
Вопросы, связанные с массами, непрерывно распределенными вдоль
материальной кривой, приводят к криволинейным интегралам рассмотренного типа.
Мы уже имели дело в с вычисление статических моментов и моментов
инерции плоской пластины и пространственного тела относительно координатных осей и координатных плоскостей с плотностью  . Можно распространить полученные там формулы на случай непрерывного распределения масс вдоль непрерывной спрямляемой прямой. Так, например, момент инерции данной кривой L относительно плоскости Oxz выражается
интегралом
IOxz 

y 2   x, y, z  dl .
L
107
Аналогичным образом получим формулы для вычисления координат
центра тяжести материальной кривой. Так для случая на плоскости имеем:
SOx 
x
SOy
m
 y   x, y  dl , S   x   x, y  dl ,
Oy
L
L
L
Ox
 x   x, y  dl S  y   x, y  dl
, y
.


m
   x, y  dl
   x, y  dl
L
L
L
Контрольные вопросы
1. Дайте определения криволинейного интеграла I рода.
2. Приведите формулы приведения криволинейного интеграла I рода
к определенному интегралу при различных способах задания кривой.
3. Приведите формулы, выражающие физические приложения криволинейного интеграла I рода.
4. Зависит ли криволинейный интеграл I рода от направления, выбранного на кривой, по которой производится интегрирование?
5. Перечислите свойства криволинейного интеграла I рода.
10. КРИВОЛИНЕЙНЫЙ ИНТЕГРАЛ II РОДА
10.1. Задача о работе переменной силы.
Определение криволинейного интеграла II рода
Рассмотрим задачу. Вдоль некоторой кривой L , находящейся в поле




сил F  P  x, y, z  i  Q  x, y, z  j  R  x, y, z  k , движется некоторая масса
(материальная точка). Требуется определить работу сил поля при перемещении этой массы из точки A в точку B .
Из физики известно, что если материальная точка под действием посто
янной силы F совершила прямолинейное перемещение, выражаемое век


тором S , то работа E этой силы равна скалярному произведению F на S
 
E  F S .

(27)
Поскольку в общем случае сила F меняется как по величине, так и
по направлению, а перемещение по кривой L не является прямолинейным,
формулу (27) непосредственно применять нельзя. Поэтому разобьем кривую L в направлении от точки A к точке B на n «малых» дуг точками деления A1 , A2 ,…, An 1 . Начальную точку A кривой обозначим через A0 ,
конечную точку B – через An (рис. 58). Пусть xi , yi , zi – координаты точки Ai ( i  0, 1, 2,..., n ).
108
Впишем в кривую L ломаную, соединив точки деления прямолиней
ными отрезками. На каждой дуге Ai 1 Ai выберем произвольную точку M i
с координатами i , i ,  i .
Заменим кривую L ломаной

A0 A1 A2 ... An , а силу F , которая,
вообще говоря, меняется и по величине и по направлению от точки к точке, будем считать посто
янной вдоль каждого звена Ai 1 Ai
ломаной и равной заданной силе
в точке M i дуги Ai 1 Ai :
Рис.58




F  Mi   P  Mi  i  Q  Mi  j  R  Mi  k ,
или подробнее,




F  M i   P i ,i , i  i  Q i ,i , i  j  R i ,i , i  k .
Тогда работа силы вдоль дуги Ai 1 Ai приближенно равна работе силы

F  M i  вдоль звена Ai 1 Ai , которая согласно формуле (28), равна скаляр

ному произведению силы F ( M i ) на вектор перемещения Ai 1 Ai , т.е.


F ( M i ) Ai 1 Ai .

Проекции вектора Ai 1 Ai на оси координат соответственно равны
xi  xi  xi 1 , yi  yi  yi 1 , zi  zi  zi 1 . Выражая скалярное произведе

ние F ( M i ) Ai 1 Ai в координатной форме, получим


F ( M i ) Ai 1 Ai  P i ,i , i  xi  Q i ,i , i  yi  R i ,i , i  zi .
Суммируя эти выражения по всем звеньям ломаной, найдем приближенное значение работы E вдоль кривой L :
n
E



F ( M i ) Ai 1 Ai 
i 1
n

  P  , ,  x  Q  , ,  y  R  , ,  z  .
i
i
i
i
i
i
i 1
109
i
i
i
i
i
i
За точное значение работы E примем предел полученной суммы, устремляя длины дуг Ai 1 Ai к нулю:
n
E  lim
n 
  P  , ,  x  Q  , ,  y  R  , ,  z  .
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
(28)
i 1
Таким образом, вычисление работы привело нас к нахождению предела
суммы определенного вида, которая называется интегральной суммой. Нахождение пределов сумм рассмотренного вида встречается и в других вопросах, не связанных с вычислением работы.
Определение криволинейного интеграла II рода. Повторив приведенный
выше процесс для заданной на некоторой непрерывной кривой L (дуги
AB ) в некоторой области трехмерного пространства вектор-функции




  P  x, y, z  i  Q  x, y, z  j  R  x, y, z  k , получим интегральную сумму
n



F  M i  Ai 1 Ai 
i 1
n

  P  , ,  x  Q  , ,  y  R  , ,  z  .
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
(29)
i 1
Если существует предел интегральной суммы вида (29) при условии,
что длины всех дуг Ai 1 Ai стремятся к нулю, не зависящий ни от способа
разбиения дуги AB на дуги Ai 1 Ai , ни от выбора на каждой из них точки
M i , то этот предел называют криволинейным второго рода (или криволинейным интегралом по координатам) от вектор-функции




  P  x, y, z  i  Q  x, y, z  j  R  x, y, z  k
вдоль кривой L (или вдоль дуги AB ) в направлении от A к B и обозначают
 P  x, y, z  dx  Q  x, y, z  dy  R  x, y, z  dz
AB
или
 P  x, y, z  dx  Q  x, y, z  dy  R  x, y, z  dz .
L
Т.к. подынтегральное выражение Pdx  Qdy  Rdz есть скалярное произведение


вектора






  P i Q j Rk

и
дифференциала
dr  dx i  dy j  dz k радиус-вектора r переменной точки кривой L , то
110




криволинейный интеграл от вектор-функции   P i  Q j  R k можно записать в векторной форме:

  dr .
L
Итак, по определению
 P  x, y, z  dx  Q  x, y, z  dy  R  x, y, z  dz 
AB
n
 lim
n 
  P  , ,  x  Q  , ,  y  R  , ,  z  .
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i 1
Здесь подразумевается, что при n   каждая из дуг Ai 1 Ai стягивается
в точку.
Поскольку
n
lim
n 
  P  , ,  x  Q  , ,  y  R  , ,  z  
i
i
i
i

 lim 
P i ,i , i  xi 
n  
 i 1

i
i
i
n
n
Q  , ,  y  
i
i
i
i
i 1
n
n
n 
i
i
i
i
i 1
n
 lim
i
i 1

R i ,i , i  zi  

n
 P  , ,  x  lim Q  , ,  y  lim  R  , ,  z .
i
i
i 1
i
i
i
n 
i
i
i
i 1
n 
i
i
i
i
i 1
Предполагая, что пределы, стоящие справа, существуют, их можно рассматривать как криволинейные интегралы вдоль дуги AB от соответствующих функций:
 P  x, y, z  dx  Q  x, y, z  dy  R  x, y, z  dz 
AB

 P  x, y, z  dx   Q  x, y, z  dy   R  x, y, z  dz .
AB
AB
AB
Определение криволинейного интеграла показывает, что работа силы

E вдоль дуги L есть криволинейный интеграл второго рода от силы F
вдоль этой дуги, т.е.

E  Pdx  Qdy  Rdz ,
L
где P , Q и R – проекции силы на координатные оси.
Теорема существования криволинейного интеграла. Пусть кривая
L задана в параметрическом виде уравнениями x  x  t  , y  y  t  , z  z  t 
111
, где x  t  , y  t  , z  t  – функции, имеющие непрерывные производные первого порядка при   t   . Тогда для всякой вектор-функции




  P  x, y, z  i  Q  x, y, z  j  R  x, y, z  k , непрерывной ( P , Q и R – непрерывные) вдоль этой кривой, существует предел интегральной суммы
при неограниченном увеличении числа дуг, на которые разбивается кривая
L при стремлении к нулю каждой из них. Этот предел не зависит от способа разбиения дуги L на части и от выбора промежуточных точек M i .
10.2. Вычисление, свойства криволинейного интеграла II рода
Пусть кривая L ( AB ) задана параметрическими уравнениями x  x  t  ,
y  y  t  , z  z  t  ,   t   , причем функции x  t  , y  t  , z  t  непрерывны
и имеют непрерывные производные первого порядка.
Предположим, что начальной точке A дуги AB соответствует значение
параметра t   , а конечной точке B – значение t   и при изменении параметра t от  до  переменная точка M  x, y, z  описывает дугу в направлении от A к B .
Пусть, далее, P  x, y, z  – непрерывная функция, заданная вдоль кривой
L , Т.к. P  x, y, z  – непрерывная функция переменных x , y , z , а x , y , z –
непрерывные функции от t , то сложная функция P  x  t  , y  t  , z  t   является непрерывной функцией от t при   t   . Т.к. кривая L и функция
P  x, y, z  удовлетворяют условиям теоремы существования криволинейного интеграла, то существует
 P  x, y, z  dx
и, следовательно, существует
L
n
предел интегральной суммы
 P  , ,  x ,
i
i
i
i
который не зависит
i 1
ни от способа разбиения дуги L на части, ни от выбора промежуточных
точек M i  M i ,i , i  .
Разобьем отрезок  ,   на n частей точками t1 , t2 , …, tn 1 ; обозначим
t0   , tn   . Этим значением параметра t соответствуют точки дуги
A  A0 , A1 , A2 , …, An 1 , An  B имеющие следующие координаты:
x0  x  t0  , y0  y  t0  , z0  z  t0  ,
x1  x  t1  , y1  y  t1  , z1  z  t1  ,
…
xn 1  x  tn 1  , yn 1  y  tn 1  , zn 1  z  tn 1  ,
xn  x  tn  , yn  y  tn  , zn  z  tn  .
112
При этом точки A1 , A2 , …, An 1 , делящие дугу, расположены последовательно в направлении от точки A к точке B .
При переходе от точки Ai 1 к точке Ai абсцисса x получает приращение xi  xi  xi 1  x  ti   x  ti 1  . Применим к разности x  ti   x  ti 1  теорему Лагранжа о конечном приращении:
xi  x  ti   x  ti 1   x  i  ti ,
где ti  ti  ti 1 и ti 1   i  ti . Значению параметра t   i соответствует
на кривой точка M i с координатами i  x  i  , i  y  i  ,  i  z  i  , лежащая на дуге Ai 1 Ai .
Составим для выбранного разбиения дуги L на части и для выбранных
выше точек M i интегральную сумму:
n
n
 P  , ,  x   P  x  , y  , z   x  t
i
i
i
i
i
i 1
i
i
i
i
i 1
и перейдем к пределу при условии, что шаг разбиения  сегмента  ,  
стремится к нулю. Можно доказать, что при этом длины дуг Ai 1 Ai стремятся к нулю, и согласно определению криволинейного интеграла имеем
n
 P  x, y, z  dx  lim  P  , ,  x 
n 
L
i
i
i
i
i 1
n
 lim
 0
 P  x  , y  , z   x  t .
i
i
i
i
i
i 1
Сумма, стоящая в правой части последнего равенства, является интегральной суммой для непрерывной функции одной переменной t :
P  x  t  , y  t  , z  t   x  t  , заданной на отрезке  ,   . Ее предел равен определенному интегралу:

n
lim
 0
 P  x   , y  , z   x  t   P  x t , y t , z t  xt  dt .
i
i
i
i
i
i 1

Таким образом,

 P  x, y, z  dx   P  x t , y t , z t  xt  dt .
L

Это и есть искомая формула, позволяющая свести вычисление криволинейного интеграла к вычислению определенного интеграла. А именно,
надо задать кривую L параметрическими уравнениями x  x  t  , y  y  t  ,
z  z  t  и в подынтегральном выражении P  x, y, z  dx заменить перемен113
ные x , y , z их выражениями через параметр t , а dx – дифференциалом
функции x  x  t  . За нижнюю границу в полученном определенном интеграле нужно принять значение параметра, соответствующее началу дуги, а
за верхнюю границу – значение параметра, соответствующее концу дуги.
Аналогичным образом находим

 Q  x, y, z  dy   Q  x(t ), y(t ), z(t )  y(t )dt ,


L
 R  x, y, z  dz   R  x(t ), y(t ), z(t )  z(t )dt .

L
В итоге
 P  x, y, z  dx  Q  x, y, z  dy  R  x, y, z  dz 
L


  P  x t  , y t  , z t  xt   Q  x t  , y t  , z t  yt  

(30)

 R  x  t  , y  t  , z  t   z  t  dt.
Если, в частности, дуга L является плоской, заданной параметрическими уравнениями x  x  t  , y  y  t    t    , а P  x, y  и Q  x, y  – непрерывные функции, определенные на кривой L , то для вычисления криволинейного интеграла по этой плоской кривой от вектор-функции



  P  x, y  i  Q  x, y  j получим формулу

 P  x, y  dx  Q  x, y  dy    P  x t  , y t  xt   Q  x t , y t  yt dt . (31)

L
Из формулы (31) можно получить формулу для вычисления криволинейного интеграла в случае, когда плоская кривая задана уравнением
y    x  . Пусть при перемещении точки по кривой L от точки A к точке
B величина x меняется от a до b . Применяя формулу (31) и замечая, что
dx
x 
 1 , получим
dx
b
 P  x, y  dx  Q  x, y  dy    P  x,  x   Q  x,  x  x dx .
L
a
В частности,
114
b
 P  x, y  dx   P  x,  x  x  dx .
L
(32)
a
Свойства криволинейного интеграла II рода
1) Значение криволинейного интеграла зависит от направления, в котором проходится кривая L . Если эту же кривую проходить не от точки A
к точке B , а в обратном направлении, от B к A , то значение интеграла изменит знак на противоположный, т. е.
 Pdx  Qdy  Rdz    Pdx  Qdy  Rdz .
AB
BA
2) Аддитивность. Если кривая L состоит из кривых L1 , L2 , …, Ls ,
на каждой из которых криволинейный интеграл существует, и все кривые
проходятся в одном направлении, то существует интеграл вдоль всей кривой L , и он равен сумме интегралов вдоль каждой из ее частей, т.е.
 Pdx  Qdy  Rdz 
L

 Pdx  Qdy  Rdz   Pdx  Qdy  Rdz ...  Pdx  Qdy  Rdz .
L1
L2
Пример 1. Вычислить

Ls
2 xydx  y 2dy  z 2dz , AB – один виток винто-
AB
вой линии x  cos t , y  sin t , z  2t от точки A 1,0,0  до точки A 1,0,4  .
Решение. Вдоль дуги AB параметр t меняется от 0 до 2 . Используя
формулу (30) и замечая, что x   sin t , y  cos t , z  2 , получим
2
 2xydx  y dy  z dz    2cos t sin t ( sin t )  sin t cos t  4t  2 dt 
2
2
AB
2
0
2


0
2
2
 sin 3 t 8t 3 
64 3
 sin t cos t  8t dt   

   .
3
3 
3

0
2
2

10.3. Формула Грина. Независимость от пути интегрирования
Формула Остроградского–Грина. Рассмотрим на плоскости Oxy область  , ограниченную кривой, пересекающейся с прямыми, параллельными координатным осям, не более чем в двух точках (см. рис. 31). Пусть
P  x, y  и Q  x, y  – функции, непрерывные вместе со своими частными
P Q
производными
и
в области  .
y
x
115
Тогда имеет место следующая формула, называемая формулой Остроградского–Грина:
 Q P 
(33)
 x  y  d  P  x, y  dx  Q  x, y  dy ,





L
где двойной интеграл берется по области  , а криволинейный интеграл –
вдоль замкнутого контура L , ограничивающего область  . При этом контур L проходится в положительном направлении, т. е. при движении вдоль
него область  остается слева (рис. 59).
Для вывода этой формулы рассмотрим
вначале
двойной
интеграл
P
d . Пусть y  1  x  – уравнение
y


дуги AnB , а y  2  x  – уравнение дуги
AmB . Тогда по правилу вычисления
двойного интеграла получим


b
2  x 
a
1 x
P
d  dx
y
  
Рис. 59
P
dy .
y
Т.к. P  x, y  при постоянном x есть одна из первообразных для
2  x 

1  x 
  x
P
dy  P  x, y  2 x  P  x,2  x    P  x,1  x   .
1 
y
Поэтому


P
d 
y
b
  P  x,  x   P  x,  x  dx 
2
1
a
b
b


 P  x,2  x   dx  P  x,1  x   dx .
a
a
b
По формуле (32):
 P  x,  x  dx   P  x, y  dx .
1
a
AnB
b
Аналогично
 P  x,  x  dx  
2
a
P  x, y  dx .
AmB
116
P
, то
y
Следовательно,


P
d 
y

P  x, y  dx 
AmB
 P  x, y  dx .
AnB
Изменив направление вдоль дуги AmB на противоположное, согласно
свойству 1 криволинейного интеграла, имеем
 P  x, y  dx    P  x, y  dx .
AmB
BmA


P
Поэтому
d   
P  x, y  dx 
P  x, y  dx  .


y

AnB
 BmA

Так как дуги BmA и AnB дают в совокупности границу L области  ,
проходимую в положительном направлении, то, по свойству аддитивности,
получим



 P  x, y  dx   P  x, y  dx   P  x, y  dx .
BmA
AnB
Следовательно,


L
P
d   P  x, y  dx .
y

(34)
L
Аналогично доказывается, что
Q
d  Q  x, y  dy .
x



(35)
L
Вычитая из равенства (35) равенство (34), получим формулу Остроградского–Грина:
 Q P 
 x  y  d  P  x, y  dx  Q  x, y  dy .





L
Эта формула выведена в предположении, что контур L пересекается
прямыми, параллельными осям координат, не более чем в двух точках. Как
можно показать, она остается справедливой, когда это условие не выполнено.
Векторным полем называется область пространства или плоскости, ка
ждой точке M которой поставлен в соответствие вектор  . Проекции P ,

Q и R вектора  на координатные оси являются функциями координат
точки M :
P  P  x, y, z  , Q  Q  x, y, z  , R  R  x, y, z  .
Таким образом,





    M   P  x, y, z  i  Q  x, y, z  j  R  x, y, z  k .
117
В частности, если поле задано на плоскости, то



  P  x, y  i  Q  x, y  j .
Независимость криволинейного интеграла II рода от пути интегриро


вания. Пусть дано плоское векторное поле   P  x, y  i  Q  x, y  j .
В дальнейшем мы будем предполагать, что функции P и Q непрерывны
P
Q
вместе со своими производными
и
в некоторой области G плосy
x
кости Oxy .
Рассмотрим в области G две произвольные точки A и B . Эти точки
можно соединить различными линиями, лежащими в области G , вдоль которых значения криволинейного интеграла
 Pdx  Qdy , вообще говоря,
AB
различны.
  x  y  dx  2xydy , где
Пример 2. Вычислить
L – линия, заданная
L
уравнением: а) y  3x  2 ; б) y  x 2 от точки A 1;1 до точки B  2;4  .
Решение.
2
а)
  x  y  dx  2xydy    x  3x  2  2x 3x  2  3 dx 
L
1
2

 18x
2

 8 x  2 dx  28 ;
1
2
б)
x  y  dx  2 xydy   x  x 2  2 x  x 2  2 x  dx 



L
1
2

  4x
4

 x 2  x dx  28
19
.
30
1
Итак,
  x  y  dx  2xydy
L
интеграл
 x
2
зависит от пути интегрирования. При этом

 y 2 dx  2 xydy вдоль этих же линий дает один и тот же ре-
L
1
зультат 33 .
3
118
Разобранные примеры показывают, что криволинейные интегралы, вычисленные по различным путям, соединяющим две данные точки, в одних
случаях различны, а в других принимают одно и то же значение.
Пусть A и B – две произвольные точки области G , рассмотрим различные кривые, лежащие в области G и соединяющие точки A и B . Если
 Pdx  Qdy по любому из этих путей принима-
криволинейный интеграл
AB
ет одно и то же значение, то говорят, что он не зависит от пути интегрирования.
Рассмотрим две теоремы, в которых приводятся условия независимости
криволинейного интеграла
 Pdx  Qdy от пути интегрирования.
AB
Теорема 1. Для того чтобы криволинейный интеграл
 Pdx  Qdy
AB
в некоторой области G не зависел от пути интегрирования, необходимо и
достаточно, чтобы интеграл по любому замкнутому контуру, лежащему
в этой области, был равен нулю.
Достаточность. Пусть интеграл
 Pdx  Qdy по любому замкнутому
AB
контуру, лежащему в области G , равен нулю. Пусть A и B – две точки,
принадлежащие области G . Соединим эти точки двумя различными, произвольно выбранными кривыми AmB и AnB , лежащими в области G
 Pdx  Qdy   Pdx  Qdy . Дуги
(рис. 60). Покажем, что
AmB
AmB и AnB
AnB
образуют замкнутый контур AmBnA . Учитывая свойства криволинейных
интегралов, получим

Pdx  Qdy 
AmBnA
AmB

 Pdx  Qdy    Pdx  Qdy .
BnA
Но по условию
BnA
 Pdx  Qdy   Pdx  Qdy ,
AmB
т.к.
 Pdx  Qdy   Pdx  Qdy 
AnB
AnB

Pdx  Qdy  0 как интеграл по замкнутому конту-
AmBnA
ру. Следовательно,
119
 Pdx  Qdy   Pdx  Qdy  0 или  Pdx  Qdy   Pdx  Qdy .
AmB
AnB
AmB
AnB
Таким образом, криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования.
Необходимость. Пусть в области G
криволинейный
интеграл
 Pdx  Qdy
AB
не зависит от пути интегрирования. Рассмотрим произвольный замкнутый контур,
лежащий в области G , и возьмем на нем
две произвольные точки A и B (рис. 60).
Тогда

Pdx  Qdy 
AmBnA
 Pdx  Qdy   Pdx  Qdy 
AmB

Рис. 60
BnA
 Pdx  Qdy   Pdx  Qdy  0 .
AmB
AnB
Итак, интеграл по любому замкнутому контуру L , лежащему в области
G , равен нулю.
Теорема 2. Для того чтобы криволинейный интеграл
 Pdx  Qdy не
L
зависел от пути интегрирования в некоторой односвязной области G , необходимо и достаточно, чтобы в каждой точке этой области выполнялось условие
P Q

.
y x
P Q

Достаточность. Пусть в области G
. Покажем, что криволиy x
нейный интеграл
 Pdx  Qdy по любому замкнутому контуру L , лежа-
AB
щему в области G , равен нулю. Рассмотрим площадку  , ограниченную
контуром L . В силу односвязности области G площадка  целиком принадлежит этой области. На основании формулы Остроградского–Грина
 Q P 
Pdx  Qdy  

 d .

x

y



L


120
Но в области G и, в частности, на площадке 


 Q P 
 x  y  d  0 , а, следовательно,


Q P

 0 . Поэтому
x y
 Pdx  Qdy  0 .
Итак, интеграл
L
по любому замкнутому контуру L в области G равен нулю. По теореме 1:
криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования.
Необходимость. Пусть криволинейный интеграл
 Pdx  Qdy не завиL
сит от пути интегрирования в некоторой области G . Покажем, что во всех
P Q

точках области
.
y x
Предположим противное, т.е. что в некоторой точке P0  x0 , y0  данной
области
P
Q
P
Q


 0 . В силу
. Пусть для определенности
y P
x P0
y P x P0
0
0
предположения о непрерывности частных производных
P Q
и
разность
y
x
P Q

является непрерывной функцией. Следовательно, около точки P0
y x
можно описать круг  (лежащий в области G ), во всех точках которого,
P Q

как и в точке P0 , разность
положительна.
y x
Применим к кругу  формулу Остроградского–Грина:
 Q P 
Pdx  Qdy  

 d ,

x

y



L


P Q

 0 во всех точках круга  , то
y x
 Q P 
на основании свойства 3 двойного интеграла
 x  y  d  0 . Следо

где L – граница круга  . Т.к.


вательно,
 Pdx  Qdy  0 . Итак, криволинейный интеграл, взятый по граL
нице L круга  , не равен нулю. Это противоречит тому, что по условию
интеграл не зависит от пути интегрирования. Полученное противоречие
P Q

доказывает, что во всех точках области G имеет место равенство
.
y x
121
Пример 3.
Доказать,
что
интегралы
 x
2

 y 2 dx  2 xydy
и
L
  x  y  dx  2 xydy не зависят от пути интегрирования.
L
 x
Решение.
2

 y 2 dx  2 xydy . Здесь P  x 2  y 2 и Q  2 xy , тогда
L
Q
P
P Q
. Следовательно, по теореме 2, инте
 2 y . Итак,
 2y и
y x
y
x
грал не зависит от пути интегрирования.
  x  y  dx  2xydy . В примере 1 мы уже видели, что данный интеграл
L
зависит от пути интегрирования. Это подтверждается и теоремой 2. Действительно,
P
P Q
Q
P  x  y , Q  2 xy ,

 1,
.
 2y и
y x
y
x
Пример 4.
Рассмотрим
плоское
векторное
поле



 ydx
xdy
y
x
.
 2
i 2
j и криволинейный интеграл
 2
2
2
2
2
x y
x y
x y
x  y2

L
y
x
, Q 2
. На всей плоскости Oxy , за исключением
2
x  y2
x y
P Q

начала координат, выполняется условие
. В точке O  0,0 
y x
P Q
ни функции P и Q , ни их производные
и
не определены.
y
x
Рассмотрим окружность L единичного радиуса с центром в начале координат. Параметрическое уравнение окружности L имеет вид x  cos t ,
y  sin t  0  t  2  . Вычислим
Здесь P  

L
2
 ydx
xdy


x2  y 2 x2  y 2
2

0
  sin t   sin t 
cos t  cos t 

dt 

2
2
2
2 
cos
t

sin
t
cos
t

sin
t


2
 dt  2 .
0
Итак, интеграл по замкнутому контуру L оказался не равным нулю, неP Q

смотря на то, что в каждой точке области выполняется условие
.
y x
Это объясняется тем, что вся плоскость Oxy за исключением точки O  0,0 
не является односвязной областью.
122
10.4. Геометрический и физический смысл
криволинейного интеграла. Физические приложения
Геометрический и физический смысл криволинейного интеграла были
рассмотрены в п. 9.2 и п. 10.1. Рассмотрим некоторые примеры.
Применим формулу Остроградского–Грина к вычислению площади
плоской области с помощью криволинейного интеграла. Рассмотрим
Q
P
функции P  x, y   0 и Q  x, y   x . Так как
 1 , то по формуле
 0, а
y
x
(33) получим
 1  0 d   0dx  xdy ,  d   xdy .

Но интеграл

L
L
 d численно равен площади области  . Поэтому


  xdy
(36)
L
Аналогично, полагая P  x, y    y , а Q  x, y   0 , можно получить еще
одну формулу для вычисления площади плоской области  с помощью
криволинейного интеграла:

   ydx .
( 36 )
L
Суммируя формулы (36) и ( 36 ) получим
 1

1 

xdy  ydx    xdy  ydx  .
 2

2
L
L

L

Пример 1. Найти площадь фигуры, ограниченной эллипсом, параметрические уравнения которого x  cos t , y  sin t .
Решение. Если обходить эллипс в положительном направлении, то параметр t изменяется от 0 до 2 . Используя формулу (36), получим


  xdy 
L


2

2

a cos t b cos t dt  ab cos 2 t dt   ab .
0
0
Если криволинейный интеграл второго рода





 
 dr от вектор-функции
L
  P  x, y, z  i  Q  x, y, z  j  R  x, y, z  k берется по замкнутому контуру L ,
123

то он называется циркуляцией векторного поля  по замкнутому контуру
L и обозначается

 
 dr или
L
 P  x, y, z  dx  Q  x, y, z  dy  R  x, y, z  dz .
L




Пример 2. Вычислить циркуляцию векторного поля   x i  2 y j  z k
вдоль окружности L , образованной при пересечения цилиндра x 2  y 2  1
плоскостью z  1.
Решение. Запишем параметрическое уравнение окружности L :
x  cos t , y  sin t , z  1 0  t  2 .
Т.к. x   sin t , y  cos t и z  0 , то по формуле (30) получим
2
 xdx  2 ydy  zdz    cos t ( sin t )  2sin t cos t  0 dt 
AB
2


0
0
sin 2 t
sin t cos t dt 
2



2
 0.
0

Итак, циркуляция вектора   x i  2 y j  z k вдоль окружности L равна нулю.
Нахождение функции по ее полному дифференциалу. Пусть дано дифференциальное выражение P  x, y  dx  Q  x, y  dy , причем P и Q непреP
Q
рывны вместе со своими частными производными
и
во всей плосy
x
кости Oxy или в некоторой односвязной области G .
В разделе «Функции нескольких переменных» была доказана теорема:
для того чтобы дифференциальное выражение Pdx  Qdy в односвязной
области G было полным дифференциалом некоторой функции u  u  x, y  ,
необходимо и достаточно, чтобы в области G выполнялось условие
P Q

.
y x
Функция u  x, y  , полный дифференциал которой равен дифференциальному выражению Pdx  Qdy , называется первообразной для этого выражения.
124
( x, y )
Поэтому криволинейный интеграл

Pdx  Qdy , который не зависит
( x0 , y0 )
от пути интегрирования, является первообразной для дифференциального
выражения Pdx  Qdy . При нахождении первообразной
( x, y )
u  x, y  

Pdx  Qdy можно взять лю-
( x0 , y0 )
бую линию, соединяющую точки  x0 , y0  и
 x, y  , так как криволинейный интеграл не
зависит от пути интегрирования. Для того,
чтобы не смешивать координаты точки
 x, y  с переменными интегрирования, обозначим последние буквами  и  .
Рис. 61
( x, y )

Тогда u  x, y  
P  ,  d  Q  ,  d .
( x0 , y0 )
Для упрощения вычислений можно в качестве пути интегрирования
взять ломаную ACB со сторонами AC и CB , параллельными координатным осям (рис. 61). Тогда
 Pd  Qd   Pd  Qd   Pd  Qd .
ACB
AC
CB
Уравнение отрезка AC :   t ,   y0 , причем параметр t меняется
от x0 до x . Заметим, что при интегрировании по отрезку AC интеграл
 Q  ,  d равен нулю, так как вдоль этого отрезка  постоянна и, сле-
AC
довательно, d  0 . Поэтому
x
 P  ,  d  Q  ,  d   P t, y dt .
0
AC
x0
Уравнения отрезка CB :   x ,   t , причем параметр t меняется от y0
до y . Так как вдоль этого отрезка  постоянно, то d  0 . Поэтому
y
 P  ,  d  Q  ,  d   Q  x,t dt .
CB
y0
Итак,
125
y
x
u  x, y  
 P t, y dt   Q  x,t dt .
(37)
0
x0
y0
Если u  x, y  есть первообразная для некоторого дифференциального
выражения, то u  x, y   C также является первообразной. Можно показать,
что любая первообразная может быть представлена в виде u  x, y   C .
Пример 3. Найти первообразную для дифференциального выражения
x

 y 2 dx  2 xydy .
2
Решение. Здесь P  x 2  y 2 , Q  2 xy . Так как
ловие
P
Q
 2y ,
 2 y , то усy
x
P Q

выполнено во всей плоскости.
y x
( x, y )
Следовательно, u  x, y  
 
2

  2 d  2 d . За начальную точ-
( x0 , y0 )
ку  x0 , y0  возьмем начало координат. Тогда по формуле (37) получим
( x, y )
 
u  x, y  
x
2

2
( x0 , y0 )
 d  2d   
0

y
x3
t  0 dt  2 x  tdt   xy 3 .
3
2
2

0
x3
Итак, одной из первообразных служит функция u   xy 3 .
3
Pdx  Qdy
Пусть
выражение
имеет
первообразную
( x, y )
u  x, y  

Pdx  Qdy .
Рассмотрим
криволинейный
интеграл
( x0 , y0 )
( x2 , y2 )

Pdx  Qdy , где  x1, y1  и  x2 , y2  – соответственно начальная и ко-
( x1 , y1 )
нечная точки пути интегрирования. Тогда
( x0 , y0 )
( x2 , y2 )

Pdx  Qdy 
( x1 , y1 )

( x2 , y2 )
Pdx  Qdy 
( x1 , y1 )

( x0 , y0 )
Pdx  Qdy 
( x0 , y0 )
( x2 , y2 )


( x1 , y1 )
Pdx  Qdy 

( x0 , y0 )
126
Pdx  Qdy .
( x1 , y1 )
Но

Pdx  Qdy  u  x1, y1  ,
( x0 , y0 )
( x2 , y2 )

Pdx  Qdy  u  x2 , y2 
( x0 , y0 )
и, следовательно,
( x2 , y2 )

Pdx  Qdy  u  x2 , y2   u  x1, y1  .
(38)
( x1 , y1 )
Таким образом, если дифференциальное выражение Pdx  Qdy имеет
первообразную, то криволинейный интеграл (38) равен разности значений
первообразной в конечной и начальной точках пути интегрирования. Формула (38) аналогична формуле Ньютона–Лейбница для определенного интеграла.
Если выражение Pdx  Qdy является полным дифференциалом некоторой функции u  x, y  , т.е. Pdx  Qdy  du  x, y  , то
u
u
P  x, y   , Q  x , y  
.
y
x


 u  u 
В этом случае вектор F  P i  Q j 
i
j есть градиент функции
x
y


u  x, y  . Функция u  x, y  , градиент которой равен вектору P i  Q j , называется потенциалом этого вектора. А векторное поле, заданное вектором



F  P i  Q j называется потенциальным.
Докажем еще одно приложение криволинейного интеграла первого рода к вопросу о притяжении материальной точки материальной кривой.
Как известно, по закону Ньютону, материальная точка M массы m
притягивает материальную точку M 0 массы m0 с силой, направленной
mm
от M 0 к M и численно равной k  2 0 , где r – расстояние MM 0 , а k –
r
коэффициент, зависящий от выбора основных единиц измерения (для упрощения будем считать его равным единице).
Если точка M 0 притягивается системой точек M1 , M 2 , …, M n с массами m1 , m2 , …, mn , то результирующая или равнодействующая сила, получается геометрическим сложением сил притяжения отдельными точками.
В то же время проекции результирующей силы на координатные оси
равны алгебраическим суммам проекций отдельных сил.
Если обозначить проекции равнодействующей на оси через X и Y , а


угол, составленный вектором r  M 0 M i с осью Ox , через  i (рис. 62), то
получим
127
n
X

m0mi
cosi ,
ri 2

m0mi
sin i ,
ri 2
i 0
n
Y
i 0

где ri обозначает длину вектора ri .
Пусть теперь притягивающая
масса распределена непрерывным
образом по кривой L .
Рис. 62
Для нахождения притяжения разобьем кривую на участки и, сосредоточив массу каждого участка в произвольно выбранной на нем точке M i ,
найдем приближенные значения проекций равнодействующей на оси:
n
X

i 0
m0   M i  si
ri 2
n
cosi , Y 

m0   M i  si
ri 2
i 0
sin i ,
т.к. в этом случае масса отдельного участка приближенно равна   M i  si .
Если устремить все si к нулю, то в пределе получатся точные равенства, причем суммы заменятся интегралами:
  M  cos
  M  sin 
,
(39)
X  m0 
ds
Y

m
ds ,
0
2
2
r
r
L
L


здесь r означает длину вектора r  M 0 M i , а  – угол, составленный им
с осью Ox .
Пример. Найти притяжение, оказываемое однородной полуокружностью (при   1) на единицу массы, помещенную в ее центр.
Решение. Помести начало координат в центр полуокружности и ось
абсцисс проведем через ее концы (рис. 63). По соображениям симметрии
X  0 , так что задача сводится к нахождению лишь проекции Y .
sin 
ds .
2
r
L
Но в нашем случае r  R (радиус полуокружности) и ds  Rd . Поэтому
По формуле (39): Y  

1
2
Y   sin  d  .
R0
R
Рис. 63
128
Контрольные вопросы
1. Дайте определения криволинейного интеграла II рода.
2. Приведите формулы приведения криволинейного интеграла II рода
к определенному интегралу при различных способах задания кривой.
3. Приведите формулы, выражающие геометрические и физические
приложения криволинейного интеграла II рода.
4. Зависит ли криволинейный интеграл II рода от направления, выбранного на кривой, по которой производится интегрирование?
5. Сформулируйте теорему существования криволинейного интеграла
II рода.
6. Перечислите свойства криволинейного интеграла II рода.
7. Запишите формулу Грина. Перечислите условия, при которых она
применяется.
8. Сформулируйте условия независимости криволинейного интеграла
II рода от пути интегрирования.
11. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
11.1. Основные понятия
Определение. Дифференциальным уравнением называется уравнение,
связывающее независимые переменные, их функцию и производные (или
дифференциалы) этой функции.
Определение. Порядок дифференциального уравнения – это наибольший порядок производных или дифференциалов, входящих в это уравнение.
Определение. Если неизвестная функция зависит от одной переменной,
то дифференциальное уравнение называется обыкновенным, иначе – уравнением в частных производных.
Таким образом, обыкновенное дифференциальное уравнение n-го порядка имеет вид


n
F x, y, y, ..., y   0 .
Например, уравнение y  3 y  2 y  0 – обыкновенное дифференциальное уравнение третьего порядка, x 2 y  2 y  y 2 – обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка.
Далее в пособии рассматриваются только обыкновенные дифференциальные уравнения.
Определение. Решением дифференциального уравнения называется
функция y    x  , которая при подстановке в уравнение обращает его
в тождество.
Определение. Процесс отыскания решения дифференциального уравнения называется его интегрированием, а график решения – интегральной
кривой.
129
Примеры. 1) Уравнение y  2 x имеет решение y  x 2 . Но также функции y  x 2  5 , y  x 2  1 и, вообще, y  x 2  C , где C – произвольная постоянная, являются решениями этого дифференциального уравнения. Действительно, если подставить производные функций y  x 2  C при любом
значении C , т.е. y  2 x , в уравнение, то получим тождество 2 x  2 x .
2) Уравнение y  y имеет решение y  e x , но также функции y  4e x ,
y  e x и, вообще, y  Ce x , где C – произвольная постоянная, являются
решениями этого дифференциального уравнения. Действительно, если
подставить функции y  Ce x и их производные y  Ce x при любом значении C в уравнение, получим тождество Ce x  Ce x .
y
C
3) Для уравнения y   решениями являются функции y  , где
x
x
C
C – произвольная постоянная. Если подставить функции y  и их проx
C
изводные y   2 , в уравнение, то при любом значении C получим тожx
C
C 1
дество  2    .
x x
x
4) Уравнение y  y  0 имеет решение y  sin x , но функции y  cos x ,
y  2sin x  4cos x и, вообще, y  C1 sin x  C2 cos x , где C1 и C2 – произвольные постоянные, также являются решениями этого дифференциального уравнения.
Если подставить функции y  C1 sin x  C2 cos x и их вторые производные y  C1 sin x  C2 cos x в уравнение, то при любых значениях C1 и C2
получим тождество  C1 sin x  C2 cos x    C1 sin x  C2 cos x   0 .
Определение. Решить дифференциальное уравнение, значит, найти
множество функций, которые удовлетворяют данному уравнению.
Рассмотрим пример геометрической задачи, которая сводится к решению дифференциального уравнения.
Пример. Найти кривую, проходящую через точку  4; 1 , зная, что
отрезок любой касательной к ней, заключенной между осями координат,
делится в точке касания пополам.
130
Решение. Пусть M  x; y  – произвольная точка кривой с уравнением
y  f x.
Для определенности предположим,
что кривая расположена в первой четверти.
Исходя из геометрического смысла
производной, в точке M
tg   y .
MC
Из рис. 64: tg MBC 
. Но
BC
y
y  f  x
A
M
y

x
O
C
B
x


tg MBC  tg 180     tg 
и MC  y .
По условию задачи AM  MB , слеy
y
довательно, OC  CB  x . Таким образом, получаем  tg   или y   .
x
x
Это дифференциальное уравнение первого порядка. Решением этого уравС
нения являются функции y  , где C – произвольная постоянная.
x
4
Через точку  4; 1 проходит график функции y  . Это и есть уравнеx
ние искомой кривой.
Рис. 64
11.2. Дифференциальные уравнения первого порядка
Дифференциальным уравнением первого порядка является уравнение
вида
F  x, y, y  0 .
В некоторых случаях в уравнении первого порядка может отсутствовать x или y . Но обязательно в него должна входить первая производная
y или первый дифференциал dy , и не должны входить производные или
дифференциалы более высоких порядков.
Если из уравнения первого порядка F  x, y, y  0 выразить y , т.е. записать в виде y  f  x, y  , то его называют уравнением, разрешенным
относительно производной.
Дифференциальное уравнение первого порядка может быть записано
также в дифференциальной форме
P  x; y  dx  Q  x; y  dy  0 ,
где P  x; y  и Q  x; y  – известные функции.
От одной формы записи уравнения можно перейти к другой.
131
Теорема (существование и единственность решения задачи Коши).
Если в уравнении y  f  x, y  функция f  x, y  и ее частная производная
f
непрерывны в некоторой области D , содержащей точку  x0 ; y0  , то
y
существует единственное решение y    x  этого уравнения, удовлетворяющая условию y  x0   y0 .
Это означает, что в условиях теоремы через каждую точку области D
проходит ровно одна интегральная кривая.
Определение. Условие y  x0   y0 называется начальным условием и
записывается также в виде
y
x  x0
 y0 .
Определение. Задача отыскания решения дифференциального уравнения, удовлетворяющего начальному условию, называется задачей Коши.
Определение. Общим решением дифференциального уравнения первого порядка в некоторой области D называется семейство функций
y    x, C  , если она является решением этого уравнения при любом значении постоянной С и для любого начального условия y  x0   y0
  x0 ; y0   D 
существует единственное значение С  С0 такое, что функ-
ция y    x, C0  удовлетворяет этому условию.
Определение. Если общее решение записано в неявном виде
  x, y, C   0 , то его называют общим интегралом дифференциального
уравнения.
Определение. Частным решением называется функция y    x, С0  ,
которая получается из общего решения при определенном значении постоянной С  С0 .
Для получения частного решения обычно указывают, какое значение
должно принимать это решение в конкретной точке, т.е. задают начальное
условие.
Замечание. При нарушении условий теоремы существования и единственности могут возникать разные ситуации. В частности, начальному условию y  x0   y0 может удовлетворять не одно решение дифференциального уравнения, т.е. через точку  x0 ; y0  может проходить несколько интегральных кривых.
Решение y    x  дифференциального уравнения y  f  x, y  называют особым, если через каждую точку графика функции y    x  проходит
132
по крайней мере еще одна интегральная кривая этого дифференциального
уравнения.
Особое решение дифференциального уравнения не выводится из общего решения ни при каком значении постоянной C .
2
Например, уравнение y   2 y имеет общее решение y   x  C  . Но и
функция y  0 также удовлетворяет этому уравнению. Любому начальному условию y  x0   0 , где x0  , удовлетворяет и решение y  0 , и частное решение y   x  х0  . Однако эта функция не содержится в общем решении. Решение y  0 является особым.
Далее в данном пособии мы будем находить только общие решение
дифференциальных уравнений.
Выделим среди дифференциальных уравнений первого порядка несколько типов. Если удается отнести уравнение к определенному типу, то
можно воспользоваться для его решения каким-либо из известных методов.
В данном пособии рассматриваются следующие типы дифференциальных уравнений первого порядка: уравнения с разделяющимися переменными, линейные уравнения, однородные уравнения и уравнения, сводящиеся к ним, а также уравнения в полных дифференциалах.
2
11.3. Дифференциальные уравнения
с разделяющимися переменными
Среди дифференциальных уравнений первого порядка существуют такие, в которых возможно разнести переменные x и y по разные стороны
от знака равенства – разделить переменные.
В уравнении вида f  y  dy  g  x  dx переменные уже разделены. Оно
называется уравнением с разделенными переменными. Общий интеграл
такого уравнения можно записать в виде  f  y  dy   g  x  dx  C .
Определение. Дифференциальное уравнение первого порядка называется уравнением с разделяющимися переменными, если его можно привести к виду f  y  dy  g  x  dx .
Например, дифференциальное уравнение первого порядка является
уравнением с разделяющимися переменными, если оно имеет вид
y  f1  x  f 2  y 
или P1  x  P2  y  dx  Q1  x  Q2  y  dy  0 .
В первом случае правая часть представлена как произведение двух
функций, одна из которых не зависит от x , а другая от y . Во втором случае таким же образом должны быть представимы функции, стоящие перед
дифференциалами переменных.
133
Пример. Решить дифференциальное уравнение xy  y .
y
1
Решение. Если выразить y , то получим y  или y   y , т.е. праx
x
вая часть представлена как произведение двух функций, одна из которых
не зависит от x , а другая – от y . Значит, это уравнение с разделяющимися
переменными.
Сначала запишем производную в виде отношения дифференциалов:
dy
dy y
y  . Получаем
 . В левой части оставим множители, содержащие
dx
dx x
только y , а в правой части – только x . Для этого разделим обе части уравнения на y , умножим на dx и сократим одинаковые множители в числителе и знаменателе.
y dх dy dx
dy dх
Получается

  ;
 .
x
x y y
dx y
dy
dx
 .
y
x
Получаем ln y  ln x  C . К любой первообразной приписывается константа С , её достаточно записать один раз. Получился общий интеграл
дифференциального уравнения.
Если интегралы, полученные слева и справа, оба равны логарифмам, то
общий интеграл можно упростить.
Для этого вместо константы C нужно записать ln C  C  0  . Выраже-
Затем проинтегрируем обе части полученного уравнения:

ние ln C , так же, как и C принимает все значения из . Затем используем
свойства логарифма: ln y  ln x  ln C ; ln y  ln Cx ; y  Cx .
Семейство функций y  Cx является общим решением дифференциального уравнения xy  y .
Замечание. Выполняя преобразования уравнения (деление на х и у ),
мы могли потерять решение у  0 . Но это решение получается из общего
y  Cx при нулевом значении постоянной C .
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения
xyy  1  x 2 .
1  x2 1
Решение. Здесь y 
 . Функция у  0 решением уравнения
x
y
не является. Разделяем переменные и затем интегрируем обе части
dy
1 x 2
1

2
xy  1  x ; ydy 
dx ;  ydy     x  dx .
dx
x
x

134
Общий
интеграл
y2
x2
 ln x 
 C1
2
2
или
x 2  y 2  2ln Cx ,
где
С1  ln C , С  0 .
Пример. Найти частное решение дифференциального уравнения
y  2 y , удовлетворяющее начальному условию y  0   2 .
Решение. Сначала находим общее решение. Переписываем производdy
dy
 2 y . Переменные можно разделить:
ную в нужном виде:
 2dx .
dx
y
dy
Интегрируем обе части уравнения:
 y  2 dx , получаем
ln y  2 x  C1 . Это общий интеграл дифференциального уравнения.
Общее решение запишем в виде y  Cе2 x , где C  еС1 . В нем содержится и функция у  0 , которая является решением уравнения.
Затем необходимо подобрать такое значение константы C , чтобы выполнялось заданное начальное условие y  0   2 . Для этого в общее решение вместо x подставляем число 0, а вместо y – число 2 и находим C :
2  Cе20  C  2 .
В общее решение y  Cе2 x подставляем найденное значение константы и получаем y  2e2 x .
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения
2
y  4 dx  y x 2  1 dy .




dx
ydy

, y2  4  0 .
2
2
x 1 y  4
dx
ydy
 2
Проинтегрируем обе части:  2
,
x 1
y 4
x 1
1 x 1 1
1
 C y2  4 .
ln
 ln y 2  4  ln C ,
2 x 1 2
2
x 1
Решение. Разделим переменные:


11.4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
Линейное уравнение первого порядка – это уравнение, которое можно
привести к виду
y  P  x  y  Q  x  ,
где P  x  и Q  x  – непрерывные на некотором интервале  a; b  функции.
Замечание. В линейное уравнение входит первая производная y и искомая функция y только в первой степени, и нет их произведения друг
на друга.
135
Уравнение с нулевой правой частью y  P  x  y  0 называется линейным однородным. Если Q  x   0 хотя бы в одной точке интервала  a; b  ,
то уравнение называется линейным неоднородным. Линейные однородные
уравнения являются также и уравнениями с разделяющимися переменными. Метод решения таких уравнений описан ранее.
Линейные неоднородные уравнения можно свести к системе двух уравнений с разделяющимися переменными, используя метод Бернулли. Или
можно применить метод вариации произвольной постоянной. Рассмотрим
далее эти методы на примерах.
Пример. Решить дифференциальное уравнение y  y  e x .
Решение. Применим метод Бернулли. Линейное дифференциальное
уравнение можно решить с помощью замены: y  uv , где u и v – некоторые, пока ещё неизвестные функции, зависящие от x .
По правилу дифференцирования произведения: y  uv  uv .
Подставляем y  uv и y  uv  uv в наше уравнение y  y  e x :
uv  uv  uv  ex .
Затем из второго и третьего слагаемых выносим за скобки общий множитель u :
uv  u  v  v   e x .
Приравниваем к нулю выражение в скобках: v  v  0 . Тогда из уравнения uv  u  v  v   e x получаем: uv  u  0  e x или просто uv  e x .
v  v  0,
Полученные уравнения записываем в систему:
uv  e x .
Сначала из первого уравнения находим функцию v . Это уравнение
с разделяющимися переменными. В ходе решения линейных уравнений
этим методом найти нужно одну функцию v , поэтому потеря решения
v  0 при делении на v не повлияет на общий ответ.
dv
dv
v  v  0;
 v;
 dx .
dx
v
dv
Интегрируем обе части уравнения    dx ; ln v  x; v  e x .
v
Функция v найдена. Константу C на данном этапе не приписываем.
Далее подставляем найденную функцию v  e x во второе уравнение
системы: ue x  e x , и находим функцию u :
du
u  1;
 1; du  dx;  du   dx; u  x  C .
dx
Обе функции найдены: v  e x , u  x  C . Записываем общее решение
y  uv , т.е. y   x  C  e x .

136
Замечание. При решении линейных уравнений нужно уметь решать
логарифмические уравнения определенного вида. Они приведены ниже.
g x
1) Если ln v  g  x  , то v  e   .
2) Если ln v  ln g  x  , то v  g  x  .
3) Если ln v  k ln g  x  , то v   g  x   , где k  .
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения
k
y  2 xy  xe x .
Решение. Данное уравнение имеет вид y  P  x  y  Q  x  , т.е. является
линейным дифференциальным уравнением. Подставим y  uv и
2
y  uv  uv в исходное уравнение: uv  uv  2 xuv  xe x .
После подстановки проведем вынесение множителя за скобки:
2
uv  u  v  2 xv   xe x .
Составляем систему. Для этого приравниванием к нулю выражение
2
в скобках: v  2 xv  0 , получая и второе уравнение uv  u  0  xe x ,
2
v  2 xv  0,
uv  xe x . В результате получаем систему 
 x2
uv  xe .
Из первого уравнения найдем функцию v :
2
dv
dv
dv
v  2 xv  0;
 2 xv;
 2 xdx ;   2 xdx; ln v   x 2 ; v  e x .
dx
v
v
Найденную функцию v подставим во второе уравнение системы
2
uv  xe x :
2
ue x  xe x ; u  x .
2
2
du
x2
 x; du  xdx;  du   xdx; u 
C .
dx
2
 x2
  x2
2
x2
Итак, v  e x , u 
.
Общее
решение:
y

C
  C  e .
2
 2

Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения
Далее находим функцию u :
y  2 xy  xe x .
Решение. Применим метод вариации произвольной постоянной.
Сначала решим однородное уравнение, соответствующее данному неоднородному y  2 xy  0 . Оно является уравнением с разделяющимися переменными.
2
137
dy
Найдем его общее решение: dy  2 xy ;
 2 xdx ;
y
dx
ln y   x 2  C1 ; y  e x
2
 C1

dy
 2 xdx ;
y
или y  Ce x , где C  eC1 .
2
Решение y  0 в общем решении y  Ce x содержится.
Далее будем искать общее решение неоднородного уравнения в виде
2
y  C  x  e x , заменив произвольную постоянную C на функцию C  x  ,
пока еще неизвестную.
2
Подставим функцию y  C  x  e x и её производную
2
y  C  x  e x  C  x  2 xe x
2
2
в исходное уравнение:
C   x  e x  C  x   2 xe x  2 x  C  x  e x  xe x .
2
2
2
2
Упростив, получим C  x  e x  xe x или C  x   x .
2
2
x2
Тогда C  x    xdx 
C.
2
 x2
 2
Общее решение: y    C  e x .
 2

Приведем пример задачи с физическим смыслом, сводящейся к линейному дифференциальному уравнению.
Пример. Ускорение локомотива, начальная скорость которого v0 , прямо пропорциональна силе тяги F и обратно пропорциональна массе поезда m. Сила тяги локомотива F  t   b  k  v  t  , где v  t  – скорость локомотива в момент времени t , а b и k – постоянные величины. Определить
зависимость силы тяги локомотива от времени t.
Решение. Ускорение локомотива – это производная его скорости
по времени
dv
a .
dt
dv b  kv
dv k
b

 v .
Поэтому, согласно условию,
или
dt
m
dt m
m
Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка относительно функции v  t  .
Применим метод вариации произвольной постоянной.
Соответствующее линейное однородное уравнение имеет вид
dv k
 v  0 . Его решение:
dt m
138
k
 t
dv
k
dv
k
k
dv
k
  v,
  dt ,     dt , ln v   t  ln C , v  Ce m .
dt
m
v
m
m
v
m
Будем искать решение исходного уравнения в виде v  C  t  e
k

k
t
m .
Тогда
k
 t
 t
dv
k
 C t  e m  C t  e m .
dt
m
Поставим v  C  t  e
k
t
m

k
k
 t
 t
dv
k
и
 C   t  e m  C  t  e m в исходное
dt
m
уравнение:
Ct  e
C t  e

k
t
m

k
t
m
k
k
 t
 t
k
k
b
 C t  e m   C t  e m  ,
m
m
m
k
k
k
t
b
b t
b
b t
 , C   t   e m , C  t    e m dt  e m  C .
m
m
k
m
Значит,
k
b kt
 kt b
 t
v  C t  e
  e m  C  e m   Ce m .
k

k


Начальная скорость v  0   v0 , поэтому
b
v  0   v0   C ,
k
b
откуда C  v0  . Таким образом,
k

k
t
m
b
b 
b  t
v  t     v0   e m ,
k 
k
и зависимость силы тяги локомотива от времени определяется равенством
F  t   b  kv  t    b  kv0  e

k
t
m .
11.5. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка
Дифференциальное уравнение первого порядка называется однородным, если оно может быть представлено в виде
 y
y  g   ,
x
где g – некоторая функция одной переменной.
139
y
y
 ln является однородным.
x
x
Определение. Функция y  f  x, y  называется однородной степени k ,
если для произвольного числа  выполняется равенство
f  x, y    k f  x, y  .
Пример. Являются ли однородными следующие функции:
2 x  3x
а) f  x, y   x 2  xy ; б) f  x, y  
; в) f  x, y   xy  1?
x y
Например, уравнение y 


Решение. а) f  x, y    x    x   y   2 x 2  xy   2 f  x, y  . Эта
2
функция является однородной степени 2.
2  x   3 y    2 x  3 y 

  0 f  x, y  . Эта функция
б) f  x, y  
  x  y
 x    y
является однородной степени 0.
в) f  x, y    x  y   1   k f  x, y  ни при каком значении k . Эта
функция не является однородной.
Если в уравнении y  f  x, y  функция f  x, y  является однородной
степени 0, то данное уравнение является однородным.
Если в уравнении P  x, y  dx  Q  x, y  dy  0 функции P  x, y  и Q  x, y 
являются однородными одинаковой степени, то данное уравнение является
однородным.
Однородное уравнение сводится к уравнению с разделяющимися переменными с помощью введения новой искомой функции z  z  x 
y
по формуле z  .
x
Тогда y  z  x   x и y  z  x   x  z  x   x  z  x   x  z  x  .
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения
x  2y
y 
x
x  2y
Решение. Обозначим f  x, y  
.
x
 x  2 y x  2 y

 f  x, y  при любом значении  ,
Имеем f  x, y  
x
x
значит, правая часть является однородной функцией степени 0, а уравнение является однородным.
y
Делаем замену: z  , y  z  x   x , y  z  x   x  z  x  .
x
140
Получаем zx  z 
x  2 zx
.
x
dz
вместо z , сокращаем дробь в правой части на x и пеdx
реносим второе слагаемое из левой части в правую.
dz
dz
x  1  2 z  z, x  1  z .
dx
dx
x 1 z

Затем делим обе части на dz :
, и переворачиваем обе дроби:
dx dz
dx dz

. Получилось уравнение с разделенными переменными, интегриx 1 z
руем обе его части.
dx
dz
 x   1  z , ln x  ln C  ln 1  z , 1  z  Cx , z  Cx  1.
Решение z  1 в общем решении z  Cx  1 содержится.
y
y
Вместо z подставим и получим  Cx  1, y  Cx 2  x .
x
x
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения
Далее пишем
y
2

 3х 2 dx  2 xydy  0 .
Решение. Функции Р  x, y   y 2  3х 2 и Q  x, y   2 хy являются одно
родными
степени
2,
т.к.
при
любом
значении
Р  x,  y    y   3  х    2 Р  x, y  и Q  x, y   2 х y   2Q  x, y  .
y
Значит, данное уравнение является однородным. Сделаем замену z  .
x
Тогда y  z  x   x и dy  xdz  zdx .
Уравнение преобразуется к виду
z 2 x 2  3х 2 dx  2 x 2 z  xdz  zdx   0 .
2
2


Разделим обе части на x 2 :
z
2

 3 dx  2 z  xdz  zdx   0 .
Слагаемые, содержащие dx , оставим в левой части, остальные слагаемые перенесем в правую:
  z  3 dx  2xzdz .
Разделим обе части на x  z  3 и после сокращения дробей получим
2
2

dx 2 zdz

.
x z2  3
141
После интегрирования обеих частей получаем общий интеграл дифференциального уравнения:
C
C
ln C  ln x  ln z 2  3 ; ln  ln z 2  3 ;  z 2  3 .
x
x
Делаем обратную замену:
2
C  у
    3.
x х
Ответ запишем в виде Cx  у 2  3х 2 .
11.6. Уравнения, приводящиеся к однородным
Дифференциальное уравнение вида
 a x  b1 y  c1 
y  f  1
,
 a2 x  b2 y  c2 
a
b
где a1, b1, c1, a2 , b2 , c2  , c1  0, c2  0 и 1  1 , можно свести к одноa2 b2
родному с помощью замены:
x  u  p, y  v  q.
Числа p и q находят как решение системы линейных уравнений
a1 p  b1q  c1  0,
a2 p  b2q  c2  0.
2x  y  4
Пример. Найти общее решение уравнения y 
.
3x  2 y  1
Решение. Сделаем замену:
x  u  p, y  v  q.
Числа p и q найдем из системы линейных уравнений
2 p  q  4  0,  2 p  q  4,
3 p  2q  1  0;
3 p  2q  1.
По формулам Крамера:
  2 1  7 , 1  4 1  7 ,  2  2 4  14 ,
3 2
1 2
3 1
 7
 14
p 1 
 1, q  2   2 .

7

7
Т.е. замена задается формулами x  u  1, y  v  2 и y  v .
2  u  1   v  2   4
2u  v
Получаем уравнение v 
, т.е. v 
.
3u  2v
3 u  1  2  v  2   1
Это уравнение однородное, т.к. правая часть является однородной
2u  v
2 u   v
, f  u, v  
 f  u, v  .
функцией степени 0: f  u, v  
3u  2v
3 u  2 v



142
Делаем
замену
v
z ,
u
v  z u   u ,
v  z  u   u  z u  .
Получаем
2u  zu
.
3u  2 zu
dz
Далее пишем
вместо z , сокращаем дробь в правой части на u и пеdu
реносим второе слагаемое из левой части в правую.
dz
2 z
dz
2  z  3z  2 z 2
u
 z,
u
,
du
3  2z
du
3  2z
dz
2  4z  2z2
u
.
du
3  2z
u 2  4z  2z 2
Затем делим обе части на dz :
, и переворачиваем обе

du  3  2 z  dz
du
3  2z

dz . Получилось уравнение с разделенными передроби:
u 2  4z  2z2
менными, интегрируем обе его части.
du
3  2z

 u  2  4 z  2 z 2 dz .
3  2z
dz :
Найдем интеграл 
2  4z  2z2
3  2z
1
2z  3
1
2z  2
dz

 2  4 z  2 z 2 dz   2  z 2  2 z  1 dz   2   z 2  2 z  1 dz   z 2  2 z  1  
2


1  d z  2z  1
dz

  2

2
2
z  2z  1
 z  1  2 

1
1
z 1 2 
   ln z 2  2 z  1 
ln
  C.
2 
2 2 z  1  2 
Общий интеграл дифференциального уравнения:
1
1
z 1 2
ln u   ln z 2  2 z  1 
ln
 C.
2
4 2 z 1 2
v
Делаем две обратные замены: z  и u  x  1, v  y  2 , и получаем
u
v
2
1 2
1  v  2v
1
u
ln u   ln   
1 
ln
C,
2 u
u
4 2 v 1 2
u
zu  z 


143
1 
ln x  1   ln 
2 
y2
1 2
y  2  2 y  2
1
x

1
1 
ln
 C.
 
y2
x 1 
x 1
4 2
1 2
x 1
2
11.7. Уравнения Бернулли
Уравнение Бернулли имеет вид
y  P  x  y  Q  x  y n ,
где n – любое действительное число.
y
x
 x y и y  2 xy  .
Например, y  2 xy  xy 2 , y 
2x
y
Если n  0 , то это уравнение является линейным y  P  x  y  Q  x  .
Если n  1 , то это уравнение также является уравнением с разделяющимися переменными y  P  x  y  Q  x  y , т.к. оно преобразуется к виду
y   Q  x   P  x   y .
В остальных случаях уравнение можно привести к линейному дифференциальному уравнению относительно новой искомой функции z  z  x  ,
используя замену z  y1 n . Тогда z  1  n  y n  y .
Пример. Найти общее решение уравнения y  2 y  y 2  x  1 e2 x .
Решение. Это уравнение Бернулли, n  2 . Сделаем замену
1
z  x   y1 n  y 1  .
y
Замену будет сделать удобнее, если предварительно преобразовать
данное уравнение – разделить обе части на y 2 .
Замечание. В общем случае нужно разделить на y n .
y
1
1
1
Получим 2  2    x  1 e2 x . Т.к. z  , то z   2  y .
y
y
y
y
Уравнение преобразуется к виду
 z  2 z   x  1 e2 x .
Получилось линейное уравнение относительно функции z  z  x  .
Умножим обе части на  1 : z  2 z    x  1 e2 x .
Далее решаем как линейное уравнение. Сделаем замену z  uv , тогда
z  uv  uv .
Получим uv  uv  2uv    x  1 e2 x ; uv  u  v  2v     x  1 e2 x .
v  2v  0,
Составим систему 
2 x
uv    x  1 e .
144
Решим первое уравнение:
v  2v  0;
dv
dv
 2v;
 2dx;
dx
v
dv
2 x
 v  2 dx; ln v  2 x; v  e .
Подставим результат во второе уравнение и решим его:
du
ue2 x    x  1 e2 x ;
   x  1 ; du    x  1 dx;
dx
C x2
C  x2  2x
.
du


x

1
dx
;
u



x





2 2
2
C  x 2  2 x 2 x
Общее решение: z 
e .
2
1
2e2 x
1 C  x 2  2 x 2 x
Значит 
или y 
.
e ; y 
y
2
C  x 2  2 x 2 x
C  x2  2x
e
2
11.8. Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах
Уравнение вида
P  x; y  dx  Q  x; y  dy  0 ,
P Q
, называется уравнением в полных дифференциалах.

y x
Левая часть этого уравнения является полным дифференциалом некоторой функции двух переменных u  u  x; y  . Если эта функция известна,
где
то общий интеграл уравнения можно записать в виде u  x; y   С .
Найти эту функцию можно по формуле:
u  x, y  
y
x
 P t , y  dt   Q  x, t  dt .
0
x0
y0
Или можно использовать формулу для нахождения полного дифференциала функции двух переменных:
u
u
du 
dx  dy  P  x, y  dx  Q  x, y  dy ,
x
y
откуда
u
u
 P  x, y  и
 Q  x, y  .
x
y
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения

 sin 2 x

sin 2 x 
 y  x  dx   y  2  dy  0 .
y 



145
sin 2 x
sin 2 x
Решение. Здесь P  x, y  
 x , Q  x, y   y  2 . Тогда
y
y
P
sin 2 x Q
2sin x cos x
sin 2 x

 2 .
 2 ,
2
x
y
y
y
y
Значит, это уравнение в полных дифференциалах.
Найдем функцию u  x, y  , полный дифференциал которой равен

 sin 2 x

sin 2 x 
 y  x  dx   y  2  dy .
y 



1 способ. Примем x0  0, y0  1 в формуле
u  x, y  
y
x
 P t , y  dt   Q  x, t  dt .
0
x0
y0
Тогда
y
x
u  x, y    P  t , 1 dt   Q  x, t  dt 
0
1
 sin 2 x 
 sin 2t 
 
 t  dt    t  2  dt 
1
t 

0
1
x
y
 1
t 2  x  t 2 sin 2 x  y
   cos 2t     
 
2
2
2
t

0 
1
1
x 2 1 y 2 sin 2 x 1
  cos 2 x 
 

  sin 2 x 
2
2 2 2
y
2
x 2 y 2 sin 2 x  1 1
1 x 2 y 2 sin 2 x 1

2



   cos 2 x   sin x  


 .
2
2
y
2 2
2
y
2
2 2

x 2 y 2 sin 2 x
Значит, общий интеграл


C.
2
2
y
2 способ. Применим формулу для нахождения полного дифференциала
функции двух переменных

 sin 2 x

u
u
sin 2 x 
du  dx  dy  
 x  dx   y  2  dy .
x
y
y
y 



Значит,
 u sin 2 x
 x  y  x,
 u
sin 2 x
  y 2 .
y
 y
146
 sin 2 x

1
x2
Из первого уравнения u   
 x  dx  
cos 2 x 
   y  , где
2y
2
 y

  y  – функция, не содержащая х .
С одной стороны
u 1  1
1 1
1
sin 2 x

2 


  cos 2 x     y   2   sin x     y   2  2     y  .
y y 2  2
y 2
2y
y


С другой стороны, из системы
u
sin 2 x
 y 2 .
y
y
1
sin 2 x
sin 2 x
Т.е.
 2   y   y  2 .
2 y2
y
y

1
1 
y2 1

C.
Значит,    y   y  2 ;   y     y  2  dy 
2
2
y
2y
2
y


1
x2 y 2 1
x 2 y 2 sin 2 x
В общем, u   cos 2 x 
.


C 


2y
2
2 2y
2
2
y
Значит, общий интеграл этого уравнения
x 2 y 2 sin 2 x


C.
2
2
y
11.9. Дифференциальные уравнения высших
порядков. Основные понятия
Дифференциальные уравнения порядка выше первого будем называть
дифференциальными уравнениями высших порядков. Рассмотрим подробнее дифференциальные уравнения второго порядка.
Дифференциальное уравнение второго порядка в общем случае имеет
вид
F  x, y, y, y  0 .
Уравнение второго порядка, разрешенное относительно старшей производной: y  f  x, y, y  .
Начальное условие для уравнения второго порядка имеет вид
y  х0   у0 , y  х0   у0 ,
где х0 , у0 , у0  .
Определение. Общим решением дифференциального уравнения второго порядка называется семейство функций y    x, C1, C2  , каждая функция которого является решением этого уравнения (при любых значениях
постоянных C1 и C2 ), и для любого начального условия
y  х0   у0 , y  х0   у0 существует единственная пара значений C1  С10 и
147

C2  С20 таких, что функция y   x, С10 , С20

удовлетворяет этому усло-
вию.
Функция, которая получается из общего решения при конкретных зна-


чениях произвольных постоянных C1  С10 и C2  С20 y   x, С10 , С20 , называется частным решением уравнения.
Общее решение дифференциального уравнения n -го порядка содержит
n произвольных постоянных. Начальное условие имеет вид
n 1
n 1
y  х0   у0 , y  х0   у0 , ..., y   х0   у0  ,
где х0 , у0 , у0 , ..., у0   .
Определение. Общим решением дифференциального уравнения n -го
порядка называется семейство функций y    x, C1, C2 , ..., Cn  , каждая
функция которого является решением этого уравнения (при любых значениях постоянных), и для любого начального условия существует единственный набор значений C1  С10 , C2  С20 , …, Cn  Cn0 таких, что функция
n 1


y   x, C10 , C20 , ..., Cn0 удовлетворяет этому условию.
11.10. Уравнения, допускающие понижение порядка
С помощью замены переменной некоторые дифференциальные уравнения можно свести к уравнениям, порядок которых ниже.
Рассмотрим три типа уравнений, допускающих понижение порядка.
n
I. Уравнение вида y   f  x  .
 

n 1
d y 

Преобразуем левую часть этого уравнения: y  n   y  n 1 
.
dx
Тогда оно будет иметь вид


d y
n 1
dx
Введем новую функцию р  х   y
  f  x .
n 1
dр
 f  x .
dx
Умножим обе части уравнения на dx и проинтегрируем: dр  f  x  dx ,
. Получим
 dр   f  x  dx , р  х    f  x  dx  С1 или
у
n 1
  f  x  dx  С1 .
Это уравнение на порядок ниже, чем исходное уравнение, и оно также
допускает понижение порядка. Продолжаем этот процесс, пока не получим
функцию у  х  .
Пример. Решить уравнение y IV  sin 2 x .
148
1
Решение. y   sin 2 xdx   cos 2 x  C1 ,
2
1
 1

y     cos 2 x  C1  dx   sin 2 x  C1x  C2 ,
4
 2

1
1
x2


y     sin 2 x  C1x  C2  dx  cos 2 x  C1  C2 x  C3 ,
8
2
 4

1

x2
1
x3
x2
y    cos 2 x  C1  C2 x  C3  dx  sin 2 x  C1  C2  C3 x  C4 .
2
16
6
2
8

C
C
Переобозначим 1 в C1 , а 2 в C2 и получим ответ:
6
2
1
y  sin 2 x  C1 x 3  C2 x 2  C3 x  C4 .
16
k
k 1
n
II. Уравнение вида F x, y  , y  , ..., y    0 , т.е. оно не содержит


явно функцию y и несколько ее первых производных.
k
Порядок можно понизить заменой р  y  , где
р  р  х  . Тогда
k 1
р  y  , р  y  k 2  и т.д.
у
 0.
х
Решение. Полагаем р  y , где р  р  х  . Тогда р  y .
р
После замены уравнение имеет вид р   0 . Это уравнение с раздех
ляющимися переменными.
dр р dр dx dр
dx
 ;
 ;
  ; ln p  ln x  ln C1 .
dx х р
х
р
х
Значит, р  С1х . После обратной замены также получим уравнение
с разделяющимися переменными
dу
у  С1х;
 С1х; dу  С1хdx;  dу  С1  хdx;
dx
х2
у  С1  С2 ; у  С1х 2  С2 .
2
n
III. Уравнение вида F y, y, y, ..., y   0 , т.е. оно не содержит явно
Пример. Решить уравнение y 


переменную x .
Для понижения порядка введем новую функцию р  р  y  по формуле
р  y .
149
Тогда y  x  
dy dр  y  dр  y  dy
dр


  p .
dx
dx
dy dx
dy
Пример. Найти частное решение уравнения y   у   у  y  1  0 ,
удовлетворяющее начальному условию y  0   2, y  0   2 .
Решение. Полагаем р  y , где р  р  y  . Тогда y  р  p .
2
Получаем p  p  p 2  p  y  1  0 . Т.к. р  0 , то можно разделить обе
части на р
p  p  y  1  0 .
Это линейное уравнение. Сделаем замену p  uv, u  u  y  , v  v  y  :
uv  uv  uv   y  1, uv  u  v  v    y  1 .

Решаем систему v   v  0,
u v   y  1.
dv
dv
dv
1)
 v;
 dy;    dy; ln v  y; v  e y .
dy
v
v
du
2) ue y   y  1  u    y  1 e y ;
   y  1 e y ; du    y  1 e  y dy;
dy

 du     y  1 e

y

dy; u   y  1 e y  e y  C1  ye y  C1 .
Значит, p  ye y  C1 e y  y  C1e y и y  y  C1e y .
Используем условие y  0   2, y  0   2 : 2  2  C1e0 . Получим C1  0 и
y  y .
Это уравнение с разделяющимися переменными.
dy
dy
dy
 y;
 dx; 
  dx; ln y  x  C; y  e x C  C2e x .
dx
y
y
Используем условие y  0   2 : 2  C2e0 . Получим C1  2 и y  2e x .
11.11. Линейные дифференциальные уравнения высших порядков
Уравнение вида
b0  x  y   b1  x  y    ...  bn  x  y  g  x  ,
где b0  x   0 , b1  x  , ..., bn  x  , g  x  – непрерывные на некотором интервале  a; b  функции, называется линейным дифференциальным уравнением
n -го порядка.
Оно содержит искомую функцию y и все ее производные только в первой степени.
n
n 1
150
Если g  x   0 , то уравнение называется линейным однородным, если
g  x   0 хотя бы в одной точке интервала  a; b  , то уравнение называется
неоднородным.
Разделим уравнение на b0  x   0 и обозначим
b1  x 
b  x
g  x
 a1  x  , ..., n
 an  x  ,
 f  x .
b0  x 
b0  x 
b0  x 
Получим уравнение
n
n 1
y   a1  x  y   ...  an  x  y  f  x  .
11.12. Линейные однородные дифференциальные
уравнения (ЛОДУ) второго порядка
Рассмотрим уравнение вида
y  a1  x  y  a2  x  y  0 .
Установим некоторые свойства его решений.
Теорема. Если функции y1  y1  x  и y2  y2  x  являются частными
решениями уравнения y  a1  x  y  a2  x  y  0 , то решением этого уравнения является также функция
y  C1 y1  x   C2 y2  x  ,
где C1 и C2 – произвольные постоянные.
Действительно, поставим функцию y  C1 y1  x   C2 y2  x  и ее производную в уравнение y  a1  x  y  a2  x  y  0 :
C1 y1  x   C2 y2  x   a1  x  C1 y1  x   C2 y2  x  
a2  x   C1 y1  x   C2 y2  x    C1 y1  x   C2 y2  x  
C1a1  x  y1  x   C2a1  x  y2  x   C1a2  x  y1  x   C2a2  x  y2  x  



 C1 y1  x   a1  x  y1  x   a2  x  y1  x  

 C2 y2  x   a1  x  y2  x   a2  x  y2  x   C1  0  C2  0  0 .
Функции y1  y1  x  и y2  y2  x  называются линейно независимыми
на интервале  a; b  , если равенство 1 y1  x    2 y2  x   0 , 1,  2  , выполняется на интервале  a; b  тогда и только тогда, когда 1   2  0 .
Если хотя бы одно из чисел 1 или  2 отлично от нуля, и выполняется
равенство 1 y1  x    2 y2  x   0 на интервале  a; b  , то функции y1 и y2
называются линейно зависимыми на интервале  a; b  .
151
Пусть функции y1 и y2 линейно зависимы, и, для определенности,
в равенстве 1 y1  x    2 y2  x   0 пусть 1  0 . Преобразуем последнее равенство:
y  x

1 y1  x   2 y2  x   0; 1 y1  x   2 y2  x  ; 1
  2  const .
y2  x 
1
Таким образом, если функции y1 и y2 линейно зависимы, то их отношение равно константе.
y  x
Верно и обратное. Пусть 1
 c . Тогда y1  x   cy2  x   0 и коэффиy2  x 
циент при y1  x  не равен нулю, т.е. функции y1 и y2 линейно зависимы.
Примеры.
1) Функции y1  3e x и y2  e x линейно зависимы на любом интервале,
y1 3e x

 3.
y2 e x
2) Функции y1  sin x и y2  cos x линейно независимы на любом инy
тервале, т.к. 1  tg x  const .
y2
Средством изучения линейной зависимости системы функций является
так называемый определитель Вронского или вронскиан.
Для двух дифференцируемых функций y1  y1  x  и y2  y2  x  вронскиан имеет вид
y
y2
.
W  x   1
y1 y2
т.к.
Теорема. Для того, чтобы частные решения y1  x  и y2  x  линейного
однородного дифференциального уравнения второго порядка были линейно
независимы на  a; b  , необходимо и достаточно, чтобы условие W  x   0
выполнялось хотя бы в одной точке интервала  a; b  .
Пример. Функции y1  sin x и y2  cos x являются частными решениями дифференциального уравнения y  y  0 . Они линейно независимы на
любом интервале  a; b  , т.к. W  x   sin x cos x  1  0 .
cos x  sin x
Совокупность двух линейно независимых на интервале  a; b  частных
решений ЛОДУ второго порядка определяет фундаментальную систему
решений этого уравнения.
Теорема (структура общего решения ЛОДУ второго порядка). Если
y1  y1  x 
y2  y2  x 
два
частных
решения
и
ЛОДУ
152
y  a1  x  y  a2  x  y  0 образуют на интервале  a; b  фундаментальную
систему решений, то общим решением этого уравнения является функция
y  C1 y1  x   C2 y2  x  , где C1 и C2 – произвольные постоянные.
Пример. Общим решением уравнения y  y  0 является семейство
функций
y  C1 sin x  C2 cos x ,
т.к. функции y1  sin x и y2  cos x образуют фундаментальную систему
его решений.
11.13. Линейные однородные дифференциальные
уравнения n -го порядка
Рассмотрим уравнение вида
y   a1  x  y   ...  an  x  y  0 .
(40)
Приведем без доказательства несколько утверждений относительно
решений этого уравнений.
1. Если функции y1  x  , y2  x  , ..., yn  x  являются частными решениями
уравнения (40), то функция
y  C1 y1  x   C2 y2  x   ...  Cn yn  x 
также является его решением.
2. Функции y1, y2 , ..., yn называются линейно независимыми на  a; b  ,
если равенство 1 y1   2 y2  ...   n yn  0 для любых х   a; b  выполняется лишь в случае, когда 1   2  ...   n  0 .
3. Определитель Вронского имеет вид
y1
y2
...
yn
y
y2 ...
yn
W  x  1
.
...
...
...
...
n 1
n 1
n 1
y1  y2  ... yn 
Пусть y1, y2 , ..., yn – частные решения уравнения (40). Если определитель Вронского этой системы функций равен нулю в некоторой точке
х0   a; b  , то она линейно зависима, и её определитель Вронского тождественно равен нулю на  a; b  .
4. Частные решения y1, y2 , ..., yn уравнения (40) образуют фундаментальную систему решений на  a; b  , если они линейно независимы на этом
интервале.
5. Общее решение ЛОДУ (40) имеет вид y  C1 y1  C2 y2  ...  Cn yn , где
C1, C2 , ..., Cn – произвольные постоянные, а y1, y2 , ..., yn – частные решения уравнения, образующие фундаментальную систему.
n
n 1
153
Пример. Показать, что решения некоторого ЛОДУ третьего порядка –
функции y1  e x , y2  xe x , y3  x 2e x образуют фундаментальную систему
решений и составить это уравнение.
Решение.
ex
W  x  ex
xe x
 x  1 e x
ex
 x  2 ex

x 2e x
x2  2x e x
1
x
x2
 e3 x 1 x  1
x2  2x 
1 x  2 x2  4 x  2
x2  4x  2 e x



1 x
x2
 e3 x 1 1
2 x  e3 x  4 x  2  4 x   2e3 x  0 для всех x  .
1 2 4x  2
Следовательно, данные функции образуют фундаментальную систему
решений.
ЛОДУ третьего порядка имеет вид y  a1  x  y  a2  x  y  a3  x  y  0 .
Подставив функции y1  e x , y2  xe x , y3  x 2e x в это уравнение, можно
найти коэффициенты a1  x  , a2  x  , a3  x  .
После подстановки получается система:
 х
х
х
х
е х a1е х a2 е  a3хе  0,
х
х
х
х
 3е  хе  a1 2е  хе  a2 е  хе  a3 хе  0,
 6е х  6 хе х  х 2е х  a 2е х  4 хе х  х 2е х  a 2 хе х  х 2е х  a х 2е х  0.
1
2
3

Упрощаем систему:

a1  a2  a3  1,
a1  2  х   a2 1  х   a3 х  3  х,
a 2  4 х  х 2  a 2 х  х 2  a х 2  6  6 х  х 2 .
2
3
 1
Решаем ее и получаем функции a1  x   3 , a2  x   3 и a3  x   1 .
Итак, искомое уравнение y  3 y  3 y  y  0 .
















11.14. Линейные однородные дифференциальные уравнения
второго порядка с постоянными коэффициентами
Рассмотрим уравнение вида
y  py  qy  0 ,
где p и q постоянны.
Для нахождения общего решения этого уравнения, достаточно найти
два его частных решения, образующих фундаментальную систему решений.
154
Будем искать нужные частные решения в виде y  ekx , где k – некоторое число (метод предложен Л. Эйлером).
Дифференцируя эту функцию два раза и подставляя в уравнение
y  py  qy  0 , получаем

k 2ekx  pkekx  qekx  0 ,

т.е. ekx k 2  pk  q  0 или k 2  pk  q  0 , т.к. ekx  0 .
Уравнение k 2  pk  q  0 называется характеристическим уравнением
дифференциального уравнения y  py  qy  0 .
Возможны три случая.
I. Корни уравнения k1 и k2 действительны и различны, т.е.
D  p 2  4q  0 .
Частными решениями уравнения y  py  qy  0 являются функции
y1  ek1x и y2  ek2 x . Они образуют фундаментальную систему решений,
т.к. их вронскиан
k1 x
k2 x
W  x   e k1x e k2 x  ek1xek2 x  k2  k1   0 .
k1e
k 2e
Значит, общее решение имеет вид y  C1ek1x  C2ek2 x .
Пример. Решить уравнение y  5 y  6 y  0 .
Решение. Составляем характеристическое уравнение k 2  5k  6  0 .
Его корни k1  2 и k2  3 . Фундаментальная система решений: y1  e2 x и
y2  e3 x .
Общее решение y  C1e2 x  C2e3 x .
II. Корни уравнения k1 и k2 действительны и равны k1  k2 , т.е. D  0 .
Частными решениями уравнения y  py  qy  0 являются функции
y1  ek1x и y2  xek1x .
Покажем, что y2  xek1x является решением уравнения y  py  qy  0 .



y2  xek1x  ek1x  xk1ek1x  1  xk1  ek1x ,





y2  1  xk1  ek1x  k1ek1x  1  xk1  k1ek1x  2k1  xk12 ek1x .
Подставляем в уравнение y  py  qy  0 :
 2k  xk  e
1
2
1
k1 x


 p 1  xk1  ek1x  qek1x  0 или x k12  pk1  q   p  2k1   0 .
Но k12  pk1  q  0 и p  2k1  0 , значит, y2  xek1x является решением
уравнения.
155
Они образуют фундаментальную систему решений, т.к. их вронскиан
k1 x
e
W  x 
k1ek1x
xek1x
x  e2k1x  0 .
2 k1 x 1
k1x
k1x  e
k1 1  k1x
e  xk1e
Значит, общее решение имеет вид y  C1ek1x  C2 xek1x .
Пример. Решить уравнение y  16 y  64 y  0 .
Решение. Составляем характеристическое уравнение k 2  16k  64  0 .
Его корни k1  k2  8 . Фундаментальная система решений: y1  e8 x и
y2  xe8 x .
Общее решение y  C1e8 x  C2 xe8 x .
III. Корни уравнения k1 и k2 комплексные: k1     i и k2     i ,
т.е. D  0 .
Частными решениями уравнения y  py  qy  0 являются функции
y1  e x cos  x и y2  e x sin  x .
y1  e x cos  x
Покажем, что
y  py  qy  0 .

является
решением
уравнения


y1  e x cos  x   e x cos  x   e x sin  x  e x  cos  x   sin  x  ,



y1  e x  cos  x   sin  x    e x  cos  x   sin  x  


 e x  sin  x   2 cos  x 


 e x  2 cos  x   sin  x   sin  x   2 cos  x 



 e x  2   2 cos  x  2 sin  x .
Подставляем в уравнение y  py  qy  0 :



e x  2   2 cos  x  2 sin  x  pe x  cos  x   sin  x  

2

 qe x cos  x  0 ,
  2 cos  x  2 sin  x  p cos  x  p sin  x  q cos  x  0 .
Чтобы это выражение было равно нулю, должны быть равны нулю коэффициенты при cos  x и при sin  x , т.е.
 2   2  p  q  0 , 2  p  0 .
Проверим, так ли это.
1) 2  p  0  p  2 , что верно, согласно формулам Виета.
2)  2   2  p  q  0   2   2  2 2  q  0  q   2   2
по той же формуле.
156
верно
Аналогично, можно проверить вторую функцию y2  e x sin  x .
Функции y1  e x cos  x и y2  e x sin  x образуют фундаментальную
систему решений, т.к. их вронскиан
x
e x sin  x
W  x    x e cos  x x

 e cos  x   e sin  x  e x sin  x   e x cos  x
x
x
e
cos

x
e
sin  x  e2 x  1  e2 x  0 .

x
x
  e sin  x  e cos  x
Значит,
общее
решение:
y  C1e x cos  x  C2e x sin  x
или
y  C1e x  cos  x  C2 sin  x  .
Пример. Решить уравнение y  6 y  25 y  0 .
Решение. Составляем характеристическое уравнение k 2  6k  25  0 .
6  64 6  8i
Его корни k1,2 

 3  4i . Фундаментальная система
2
2
решений: y1  e3 x cos 4 x и y2  e3 x sin 4 x . Общее решение
y  e3x  C1 cos4 x  C2 sin 4 x  .
Пример. Найти частное решение дифференциального уравнения
y  4 y  0 , удовлетворяющее начальным условиям y  0   1 , y  0   2 .
Решение. Составим и решим характеристическое уравнение:
k 2  4  0; k 2  4; k  2 .
Получены два различных действительных корня, поэтому общее решение: y  C1e2 x  C2e2 x .
Теперь нужно найти частное решение, соответствующее заданным начальным условиям. Наша задача состоит в том, чтобы найти такие значения констант C1 и C2 , чтобы выполнялись начальные условия.
Сначала используем условие y  0   1 : C1e20  C2e20  1; C1  C2  1.
Получаем первое уравнение: C1  C2  1.
Далее берём наше общее решение y  C1e2 x  C2e2 x и находим произ-



водную: y  C1e2 x  C2e2 x  2C1e2 x  2C2e2 x . Используем второе условие y  0   2 : 2C1e20  2C2e20  2;  2C1  2C2  2 .
Составим и решим систему из двух найденных уравнений:
C1  C2  1,
2C1  2C2  2.
В составленной системе удобно разделить второе уравнение на 2 и
сложить уравнения:

157
C2C C 2C1,  2; CCCC1,1; 2C  2; C  1.
1
2
1
1
2
2
1
2
2
Подставим найденные значения констант
y  C1e2 x  C2e2 x : y  0  e2 x  1  e2 x  e2 x .
2
в
общее
решение
11.15. Линейные однородные дифференциальные уравнения
п-го порядка с постоянными коэффициентами
Рассмотрим уравнение вида
n
y
 a1 y 
n 1
 ...  an y  0 ,
где a1, ..., an  .
Характеристическое уравнение для этого дифференциального уравнения имеет вид k n  a1k n 1  ...  an  0 .
Это уравнение имеет ровно п корней с учетом кратности, включая
комплексные корни. По этим корням выписываем фундаментальную систему решений дифференциального уравнения.
1) Каждому простому (кратности 1) корню k соответствует одна функция в фундаментальной системе решений: ekx .
2) Каждому корню k кратности s соответствует s функций
в фундаментальной системе решений: ekx , хekx , ..., х s 1ekx .
3) Каждой паре простых комплексно сопряженных корней    i соответствует две функции в фундаментальной системе решений: e x cos  x и
e x sin  x .
4) Каждой паре комплексно сопряженных корней    i кратности s
соответствует 2s функции в фундаментальной системе решений:
e x cos  x, хe x cos  x, ..., х s 1e x cos  x ,
e x sin  x, хe x sin  x, ..., х s 1e x sin  x .
Примеры. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
1) y  3 y  3 y  y  0 .
Решение. Характеристическое уравнение k 3  3k 2  3k  1  0
или
 k  13  0 . Это уравнение имеет один корень k  1 кратности 3.
Фундаментальная система решений: y1  e x , y2  xe x , y3  x 2e x .
Общее решение: y  С1e x  С2 xe x  С3 х 2e x .
2) у  6 y  45 y  0 .
Решение. Составляем характеристическое уравнение k 3  6k 2  45k  0


или k k 2  6k  45  0 .
158
6  12i
 3  6i .
2
Фундаментальная система решений:
y1  e0 x  1, y2  e3x cos6 x, y3  e3x sin 6 x .
Его корни k1  0 , k2,3 
Общее решение: y  С1  С2e3x cos6 x  С3e3x sin 6 x .
3) у IV  16 y  0 .
Решение. Составляем характеристическое уравнение k 4  16  0 .
Его корни k1  2 , k2  2 , k3  2i , k4  2i .
Фундаментальная система решений:
y1  e2 x , y2  e2 x , y3  cos2 x, y4  sin 2 x .
Общее решение: y  С1e2 x  С2e2 x  С3 cos2 x  С4 sin 2 x .
11.16. Линейные неоднородные дифференциальные
уравнения (ЛНДУ) с постоянными коэффициентами
n
n 1
Рассмотрим уравнение y    a y    ...  a y  f x .
1
Уравнение
 
n
n
n 1
y    a1 y    ...  an y  0
называется однородным уравнением, соответствующим неоднородному
уравнению
n
n 1
y    a y    ...  a y  f x .
1
n
 
Теорема (структура общего решения ЛНДУ). Общим решением y
n
n 1
уравнения y    a y    ...  a y  f x является сумма его произвольно1
n
 
го частного решения yч и общего решения yo соответствующего однородного уравнения, т.е. y  yo  yч .
Если правая часть уравнения имеет так называемый специальный вид,
то частное решение можно найти методом подбора в зависимости от вида
правой части f  x  .
1. Если f  x  является многочленом n-й степени f  x   Pn  x  , то частное решение ЛНДУ ищется в виде yч  Gn  x  x r , где Gn  x  – многочлен
степени n с неопределенными коэффициентами, а r – количество корней
характеристического уравнения, равных нулю.
2. Если функция f  x  – это произведение многочлена степени n и экспоненты f  x   Pn  x  e x , то частное решение ЛНДУ второго порядка
ищется в виде yч  e xGn  x  x r , где Gn  x  – многочлен n-ой степени
с неопределенными коэффициентами, r – число корней характеристического уравнения, равных  .
159
3. Если функция f  x  имеет вид f  x   Asin  x  B cos  x , то частное
решение ЛНДУ второго порядка ищется в виде
yч   G sin  x  H cos  x  x r ,
где G, H – неизвестные числа, r – число корней характеристического
уравнения, равных  i .
4. Если функция f  x  имеет вид
f  x   e x  Pn  x  sin  x  Qm  x  cos  x  ,
то частное решение ЛНДУ второго порядка ищется в виде
yч  e x  Gl  x  sin  x  Hl  x  cos  x  x r , где Gl  x  , Hl  x  – многочлены
степени l  max n, m с неопределенными коэффициентами, r – число
корней характеристического уравнения, равных    i .
Многочлены с неопределенными коэффициентами
степени 0: A, B, C, ... ;
степени 1: Ax  B, Cx  D, ... ;
степени 2: Ax 2  Bx  C , ... ;
степени 3: Ax3  Bx2  Cx  D и т.д.
Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения
y  4 y  8 x3 .
Решение. 1) Сначала найдем общее решение соответствующего однородного уравнения и обнуляем правую часть: y  4 y  0 .
Составим
и
решим
характеристическое
уравнение:
2
2
k  4  0; k  4; k  2 . Получены два различных действительных корня,
поэтому общее решение: yo  C1e2 x  C2e2 x .
2) Теперь нужно найти какое-либо частное решение yч неоднородного
уравнения y  4 y  8x3 .
Прежде всего, смотрим на нашу правую часть: f  x   8 x3 . Это многочлен третьей степени. Поэтому, частное решение тоже следует искать
в виде многочлена третьей степени: Ax3  Bx2  Cx  D , где A, B, C, D –
пока ещё неизвестные коэффициенты (числа).
Затем смотрим на корни характеристического уравнения k1, 2  2 ,
найденные на предыдущем этапе. Корней, равных нулю, нет, значит, r  0 .


Таким образом, yч  Ax3  Bx 2  Cx  D x0  Ax3  Bx 2  Cx  D .
Используем метод неопределенных коэффициентов.
Найдём первую и вторую производную функции yч :
160



yч  Ax3  Bx 2  Cx  D  3 Ax 2  2Bx  C ,



yч  3 Ax 2  2 Bx  C  6 Ax  2 B .
Подставим yч и yч в левую часть исходного уравнения y  4 y  8x3 :


6 Ax  2 B  4 Ax3  Bx 2  Cx  D  8 x3 .
Далее необходимо приравнять коэффициенты при соответствующих
степенях переменной в обеих частях равенства и составить систему линейных уравнений.
6 Ax 2B  4 Ax3  4Bx 2  4Cx  4D  8x3  0  x 2  0  x  0 .
~~~~
~~~~~
~~~~~
4 A  8,
 A  2,
4 B  0,
 B  0,
6 A  4C  0,  C  3,
2 B  4 D  0;  D  0.


Подставляем найденные значения A, B, C, D в частное решение и по-
лучаем yч  2 x3  3x .
3) Запишем общее решение неоднородного уравнения:
y  yo  yч  C1e2 x  C2e2 x  2 x3  3x .
Пример. Найти общее решение неоднородного дифференциального
уравнения y  7 y  12 y  3e4 x .
Решение. 1) Найдем общее решение соответствующего однородного
уравнения: y  7 y  12 y  0 .
Составим и решим характеристическое уравнение: k 2  7k  12  0 ,
7 1
7 1
D  49  48  1, D  1  1 ; k1 
 3 , k2 
 4 . Получены различ2
2
ные действительные корни, поэтому общее решение: yo  C1e3 x  C2e4 x .
2) Выясняем, в каком виде нужно искать частное решение yч .
Сначала смотрим на правую часть. Т.к. в правой части находится экспонента, умноженная на константу f  x   3e4 x , то в частное решение также будут входить экспонента и константа Ae4x .
Т.к. один корень характеристического уравнения k2  4 равен числу
  4 , то выражение Ae4x нужно домножить на x1  х . Таким образом, частное решение дифференциального уравнения следует искать в виде:
yч  Ae4 x  x1  A xe4 x ,
где A – пока еще неизвестный коэффициент, который предстоит найти.
Найдем первую и вторую производные:
161



yч  A xe4 x  Ae4 x  4 A xe4 x   A  4 A x  e4 x ,
yч 
 A  4 A x  e   4 Ae
4x
4x
 4  A  4 A x  e 4 x  8 A  16 A x  e 4 x .
Подставим в исходное уравнение:
8 A  16 Ax  e4 x  7  A  4 Ax  e4 x  12 Axe4 x  3e4 x .
После упрощения получаем Ae4 x  3e4 x , откуда A  3 . Найденное значение A  3 подставляем в yч .
Таким образом, частное решение: yч  3xe4 x .
3) Составляем общее решение неоднородного уравнения:
у  yo  yч  C1e3x  C2e4 x  3хe4 x .
Пример. Найти частное решение уравнения y  6 y  9 y  хe3 x , удовлетворяющее начальному условию y  0   0, y  0   1 .
Решение. 1) Найдем общее решение соответствующего однородного
уравнения:
Характеристическое
уравнение:
y  6 y  9 y  0 .
k 2  6k  9  0 , k1,2  3 . Общее решение: yo  C1e3 x  C2 хe3 x .
2) Выясняем, в каком виде нужно искать частное решение yч . Смотрим
на правую часть неоднородного уравнения f  x   хe3x , видим в ней множители e3x и многочлен первой степени. Значит, yч тоже содержит такие
же множители:  Ах  В  e3x .
Далее смотрим на корни характеристического уравнения k1,2  3 . Корень один, действительный, кратности 2. Значит, выражение  Ах  В  e3x
необходимо домножить на х 2 , т.е. частное решение следует искать в виде:
yч   Ах  В  e3 x х 2  Ах 3  Вх 2 e3 x .


Ищем неизвестные коэффициенты A и В .
Найдем первую и вторую производные:
yч 



 Ах
3
 

 Вх 2 e3x 
 


yч    3 Ах3  3 Ах 2  3Вх 2  2 Вх  e3 x    9 Ах 2  6 Ах  6 Вх  2 В  e3 x 
3 3 Ах  3 Ах  3Вх  2 Вх  e 
  9 Ах  18 Ах  6 Ах  9 Вх  12 Вх  2 В  e .
 3 Ах 2  2 Вх e3 x  3 Ах3  Вх 2 e3 x  3 Ах3  3 Ах 2  3Вх 2  2Вх e3 x ,
3
3
2
2
2
3x
2
162
3x
Подставим yч , yч и yч в исходное уравнение и максимально упростим его:
9 Ах 3  18 Ах 2  6 Ах  9 Вх 2  12 Вх  2 В e3 x 






 6 3 Ах 3  3 Ах 2  3Вх 2  2 Вх e3 x  9 Ах 3  Вх 2 e3 x  хe3 x , 6 Ах  2В  х .
Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях х :
1

6 А  1,  А  ,
6
2 В  0; 

 В  0.
1
Таким образом, yч  х 3e3 x .
6
3) Составим общее решение неоднородного уравнения:
1
у  yo  yч  C1e3 x  C2 хe3 x  х 3e3 x .
6
4) Найдем частное решение, удовлетворяющее заданным начальным
условиям y  0   0, y  0   1 .
Используем первое условие y  0   0 :
1
C1е30  C2  0  e30   03  e30  0  C1  0 .
6
Далее находим производную от общего решения:
1


у   C1e3 x  C2 хe3 x  х3e3 x  
6


1 3 3 x 
1
1
 3x
3x
  C1e  C2 хe  х e   3C1e3 x  C2е3 x  3C2 хe3 x  х 2e3 x  х3e3 x
6
2
2


и используем второе условие y   0   1 :
1
1
3C1e30  C2е30  3C2  0  e30   02  e30   03  e30  1 ,
2
2
3C1  C2  1 .
Т.к. C1  0 , значит, C2  1 . Подставим найденные значения констант
1
в общее решение y  хe3 x  х 3e3 x .
6
Теорема (о наложении решений). Если правая часть уравнения
n
n 1

y  a x y   ...  a x y  f x представлена в виде суммы двух

 
 
n 
1
 2
функций f  x   f1  x   f 2  x  , а yч и yч – частные решения уравнений
с правыми частями f1  x  и f 2  x  соответственно, то функция
1
163
1
2
у  yч   yч  является частным решением уравнения с правой частью
f  x .
Используя эту теорему можно определять вид частного решения дифференциального уравнения с правой частью, являющейся суммой правых
частей специального вида.
Пример. Известны корни характеристического уравнения линейного
однородного дифференциального уравнения второго порядка и его правая
часть.
Указать
вид
его
частного
решения:
а) k1  0, k2  1, f  x   3х 2  5  хе х ;
б) k1  k2  3, f  x   sin 3x  4e3x ;
в) k1  1, k2  4, f  x    х  2  е4 х  х 2 .
Решение. Во всех трех случаях правая часть может быть представлена
как сумма двух правых частей специального вида. Определяем вид частного решения для каждого слагаемого в отдельности, а затем складываем их.
а) уч  Ах 2  Вх  С х   Dх  E  хе х ; б) уч  А sin 3x  B cos3x  Cх 2е3х ;


в) уч   Ах  В  хе4 х  Сх 2  Dх  E .
11.17. Метод вариации произвольных постоянных
Общее решение уравнения
y  a1  x  y  a2  x  y  f  x 
(41)
можно найти, если известно общее решение yo соответствующего однородного уравнения
y  a1  x  y  a2  x  y  0 ,
(42)
методом вариации произвольных постоянных (методом Лагранжа).
Пусть yo  C1 y1  C2 y2 – общее решение уравнения (42). Здесь y1 , y2 –
фундаментальная система решений этого уравнения.
Будем искать решение уравнения (41) в виде y  C1  x  y1  C2  x  y2 , где
C1  x  и C2  x  – неизвестные функции. Подберем их так, чтобы функция
y  C1  x  y1  C2  x  y2 была решением уравнения (41).
Производные y  C1  x  y1  C1  x  y1  C2  x  y2  C2  x  y2 .
Подберем функции C1  x  и C2  x  так, чтобы выполнялось равенство
C1  x  y1  C2  x  y2  0 .
Тогда y  C1  x  y1  C2  x  y2 .
И тогда y  C1  x  y1  C1  x  y1  C2  x  y2  C2  x  y2 .
Подставим функцию y и ее производные в уравнение (41):
164
C   x  y   C  x  y   C   x  y   C  x  y   
a  x  C  x  y   C  x  y   
1
1
1
1
1
2
1
1
2
2
2
2
2
 a2  x   C1  x  y1  C2  x  y2   f  x  .
Перегруппируем слагаемые:
C1  x  y1  a1  x  y1  a2  x  y1  C2  x  y2  a1  x  y2  a2  x  y2 






 C1  x  y1  C2  x  y2  f  x  .
Т.к. y1 и y2 – решения уравнения (42), то y1  a1  x  y1  a2  x  y1  0 и
y2  a1  x  y2  a2  x  y2  0 .
Значит, C1  x  y1  C2  x  y2  f  x  .
C   x  y  C   x  y  0,
1
2
2
Получаем систему  1
относительно неиз



C
x
y

C
x
y

f
x
 
 1   1
2   2
вестных функций C1  x  и C2  x  .
y1
Определитель матрицы системы
y1
y2
 0 , т.к. это определитель
y2
Вронского фундаментальной системы решений. Значит, система имеет
единственное решение C1  x   1  x  и C2  x   2  x  .
Интегрируя, находим
C1  x    1  x  dx  C1 и C2  x    2  x  dx  C2 .
Итак, общее решение системы имеет вид
y
   x  dx  C  y     x  dx  C  y .
1
1
1
2
2
2
1
.
cos x
Решение. 1) Найдем общее решение соответствующего однородного
уравнения y  y  0 : k 2  1  0 , k  i .
Фундаментальная система решений: y1  cos x и y2  sin x . Общее решение yo  C1 cos x  C2 sin x .
2) Будем
искать
решение
исходного
уравнения
в виде
y  C1  x  sin x  C2  x  cos x , где C1  x  и C2  x  – неизвестные функции.
Найдем их из системы
Пример. Найти общее решение уравнения y  y 
165
C   x  sin x  C   x  cos x  0,
2
 1

1
.
C1  x  cos x  C2  x   sin x  
cos x

По формулам Крамера:
sin x cos x

 1  0 ,
cos x  sin x
0
cos x
sin x
0
1  1
 1,  2 
1  tg x ,
 sin x
cos x
cos x
cos x


C1  x   1  1 , C2  x   2   tg x .


Значит,
C1  x    dx  x  C1, C2  x    tg xdx  ln cos x  C2 .
Общее решение y   x  C1  cos x   ln cos x  C2  sin x .
11.18. Системы дифференциальных уравнений
Рассмотрим систему дифференциальных уравнений первого порядка
 dx1
 dt  f1  t , , x1, x2 , ...., xn  ,
 dx2

 f 2  t , , x1, x2 , ...., xn  ,
 dt
.
.
.
.
.
.
 dxn
 dt  f n  t , , x1, x2 , ...., xn  ,
где x1  t  , x2  t  , ..., xn  t  – искомые функции.
Такая система, в которой в левой части стоят производные первого порядка, а правые части производных не содержат, называется нормальной.
Общее решение системы – совокупность функций x1, x2 , ..., xn , зависящих от переменной t и произвольных постоянных C1, C2 , ..., Cn , удовлетворяющих всем уравнениям системы.
Частное решение системы – совокупность функций
x1  t  , x2  t  , ..., xn  t  ,
удовлетворяющих всем уравнениям и начальным условиям
x1  t0   x10 , x2  t0   x20 , ..., xn  t0   xn0 ,
где t0 , x10 , x20 , ..., xn0  .
Эту систему можно свести к дифференциальному уравнению n -го порядка от одной из искомых функций. Найдя эту функцию, можно затем
найти остальные.
166
Пример. Найти частное решение системы
 dх
 dt  x  y  t ,
 dy
  4 x  3 y  2t ,
 dt
удовлетворяющее начальному условию х  0  1, y  0   0 .
Решение. Дифференцируем по t первое уравнение
d 2 х dх dу

 1.
dt 2 dt dt
dх dу
Подставляем выражения для
и
из системы:
dt
dt
d 2х
  х  у  t    4 х  3 у  2t   1 ,
dt 2
d 2х
 3х  2 y  3t  1.
dt 2
dх
 х  t , значит,
Из первого уравнения системы: у 
dt
d 2х
 dх



3
х

2
  х  t   3t  1
2
dt
 dt

или
d 2х
dх
 2  х  5t  1 .
2
dt
dt
Общее решение этого уравнения
х  C1et  C2tet  5t  9 .
Тогда
dх

у   х  t  C1e t  C2te t  5t  9  C1e t  C2te t  5t  9  t 
dt
 C1et  C2et  C2tet  5  C1et  C2tet  5t  9  t 

 
 2C1et  C2et  2C2tet  6t  14 .
Общее решение системы
 х  C1et  C2te t  5t  9,

t
t
t
 y  2C1e  C2e  2C2te  6t  14.
Подставим данные из начального условия
1  C1  9,
0  2C1  C2  14.
Отсюда C1  10, C2  6 .

167

t
t

Искомое решение системы  х  10e t 6te t 5t  9,t
 у  20e  6e  12te  6t  14.
Рассмотрим систему n линейных уравнений:
 dx1
 dt  a11x1  a12 x2  ...  a1n xn ,
 dx2

 a21x1  a22 x2  ...  a2 n xn ,
 dt
.
.
.
.
.
.
.
 dxn
 dt  an1x1  an 2 x2  ...  ann xn ,
где aij  , x1  t  , x2  t  , ..., xn  t  – искомые функции.
Эту систему можно свести к одному линейному однородному дифференциальному уравнению n -го порядка.
Пример. Найти общее решение системы
 dх
 dt  x  y,
 dy
   x  3 y.
 dt
Решение. Дифференцируем по t первое уравнение
d 2 х dх dу

 .
dt 2 dt dt
dх dу
Подставляем выражения для
и
из системы:
dt
dt
d 2х
d 2х
  х  у  х  3у , 2  4 у .
dt 2
dt
dх
 х , значит,
Из первого уравнения системы: у 
dt
d 2х
dх
d 2х
 dх


4
 4х  0 .
или

4

х


2
dt
dt
dt 2
dt


Общее решение этого уравнения
х  C1e2t  C2te2t .
Тогда
dх

у   х  C1e2t  C2te2t  C1e2t  C2te2t 
dt
 2C1e2t  C2e2t  2C2te2t  C1e2t  C2te2t  C1e2t  C2e2t  C2te2t .

 
2t
2t

Общее решение системы  х  C1e 2t  C2te2t ,
2t
 y  C1e  C2e  C2te .
168

Контрольные вопросы
1. Дайте определение дифференциального уравнения.
2. Что называется решением дифференциального уравнения?
3. Что называется порядком дифференциального уравнения?
4. Как формулируется задача Коши для дифференциального уравнения первого порядка?
5. При каких условиях задача Коши для дифференциального уравнения первого порядка имеет единственное решение?
6. Перечислите типы дифференциальных уравнений первого порядка.
7. Как узнать дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными? Опишите метод его решения.
8. Как узнать однородное дифференциальное уравнение? Опишите
метод его решения.
9. Дифференциальное уравнение какого вида можно свести к однородному? Какая замена позволяет это сделать?
10. Как узнать линейное дифференциальное уравнение? Опишите метод его решения.
11. Как узнать уравнение Бернулли? Опишите метод его решения.
12. Как узнать дифференциальное уравнение в полных дифференциалах? Опишите метод его решения.
13. Приведите три вида уравнений старших порядков, допускающих
понижение порядка. Какие замены понижают порядок таких уравнений?
14. Что называется фундаментальной системой решений линейного однородного дифференциального уравнения?
15. Сформулируйте теорему о структуре общего решения линейного
однородного дифференциального уравнения п -го порядка.
16. Как составить фундаментальную систему решений линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными
коэффициентами?
17. Сформулируйте теорему о структуре общего решения линейного
неоднородного дифференциального уравнения п -го порядка.
18. Как найти частное решение линейного неоднородного дифференциального уравнения со специальной правой частью?
19. Как найти решение линейного неоднородного дифференциального
уравнения с правой частью произвольного вида?
169