mathem-kstuca.ucoz.uamathem-kstuca.ucoz.ua/NMZK/194/194_praktica.pdf · 2018-03-30 · 3 < K L M I Пропоновані методичні вказівки призначені

Міністерство освіти і науки України

ХАРКІВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ

БУДІВНИЦТВА ТА АРХІТЕКТУРИ

О.М. Стасенко

Методичні вказівки до практичних занять

з курсу «Вища математика»

для студентів спеціальності 194

«Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та водні технології»

Харків 2017

Міністерство освіти і науки України

ХАРКІВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ

БУДІВНИЦТВА ТА АРХІТЕКТУРИ

Спеціальність 194

О.М. Стасенко

Методичні вказівки до практичних занять

з курсу «Вища математика»

для студентів спеціальності 194

«Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та водні технології»

Затверджено на засіданні кафедри

вищої математики.

Протокол № 1 від 30.08.2017

Харків 2017

2

Методичні вказівки до практичних занять з курсу «Вища математика» для

студентів спеціальності 194 «Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та

водні технології» / Укладач О.М. Стасенко – Харків: ХНУБА, 2017. - 250 с.

Рецензент А.Ю. Петрова

Кафедра вищої математики

3

ВСТУП

Пропоновані методичні вказівки призначені для студентів спеціальності

194 «Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та водні технології» з метою

надання допомоги у вивченні теоретичного матеріалу і опануванні

практичними навичками розв’язання задач з дисципліни «Вища математика».

Практичне заняття – форма навчального заняття, під час якого

викладач організує детальний розгляд студентами окремих теоретичних

положень навчальної дисципліни та формує вміння і навички їх

практичного застосування шляхом індивідуального виконання студентом

відповідно сформульованих завдань.

Методичні вказівки містять програму кожного модуля, навчальний

матеріал для проведення практичних занять, питання для самоперевірки, задачі

для виконання домашніх завдань, приклади розв’язання задач та перелік

завдань для самостійної роботи.

Методичні вказівки доцільно використовувати як для роботи в аудиторії,

так і для індивідуальної самостійної роботи.

ПРОГРАМА НАВЧАЛЬНОЇ ДИСЦИПЛІНИ

1 семестр

ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ I. Лінійна та векторна алгебра. Аналітична

геометрія.

Тема 1. Визначники і їх властивості.

Тема 2. Системи лінійних алгебраїчних рівнянь. Правило Крамера.

Тема 3. Матриці та дії над ними. Обернена матриця.

Тема 4. Матричний запис системи рівнянь. Теорема Кронекера-Капеллі.

Тема 5. Поняття вектора. Лінійні операції над векторами.

Тема 6. Скалярний, векторний та мішаний добуток векторів.

Тема 7. Системи координат на площині. Пряма на площині, її рівняння.

Тема 8. Криві другого порядку: коло, еліпс, гіпербола, парабола.

Тема 9. Площина. Різні види її рівнянь. Кут між площинами. Поверхні другого

порядку.

Тема 10. Пряма у просторі, різні види рівнянь прямої. Пряма та площина в

просторі.

ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ II. Диференціальне числення. Невизначений

інтеграл

Тема 11. Границя функції. Важливі границі.

Тема 12. Неперервність функції. Точки розриву функції.

Тема 13. Похідна функції. Правила диференціювання. Таблиця похідних.

Тема 14. Похідна неявної, параметрично заданої функції. Похідні та

диференціали вищих порядків.

Тема 15. Теореми Ролля, Лагранжа, Коші, правило Лопіталя .

Тема 16. Знаходження екстремуму функції. Опуклість, угнутість кривої, точки

перегину. Асимптоти графіка функції. Загальна схема дослідження функцій.

Тема 17. Функція багатьох змінних. Границя, неперервність, частинні похідні.

4

Тема 18. Екстремум функцій двох змінних. Найбільше та найменше значення

функції в області.

Тема 19. Невизначений інтеграл. Таблиця інтегралів. Безпосереднє

інтегрування.

Тема 20. Інтегрування підстановкою та частинами.

Тема 21. Раціональні дроби і їх розкладання і їх розкладання, інтегрування

раціональних дробів.

Тема 22. Інтегрування тригонометричних виразів. Інтегрування

ірраціональних функцій.

2 семестр

ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ ІІІ. Визначений інтеграл. Диференціальні

рівняння.

Тема 23. Визначений інтеграл. Формула Ньютона-Лейбниця.

Тема 24. Інтегрування заміною змінної та частинами.

Тема 25. Геометричні та механічні застосування визначеного інтеграла.

Тема 26. Невласні інтеграли 1 та 2 роду, ознаки збіжності.

Тема 27. Диференціальні рівнянь І порядку. Задача Коші. Рівняння з

відокремлюваними змінними. Рівняння, однорідні відносно змінних.

Тема 28. Лінійні рівняння. Рівняння Бернуллі.

Тема 29. Рівняння другого порядку. Три типа рівнянь, що припускають

зниження порядку.

Тема 30. Лінійні однорідні диференціальні рівняння П порядку.

Тема 31. Лінійні однорідні рівняння з сталими коефіцієнтами.

Тема 32. Лінійні неоднорідні рівняння 2 порядку. Теорема про загальний

розв’язок. Метод варіації довільних сталих.

Тема 33. Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння зі спеціальною правою

частиною. Системи диференціальних рівнянь.

ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ ІV. Кратні та криволінійні інтеграли.

Тема 34. Обчислення подвійного інтеграла в прямокутних координатах.

Тема 35. Заміна змінних у подвійному інтегралі.

Тема 36. Застосування подвійного інтеграла до задач геометрії та механіки.

Тема 37. Потрійний інтеграл та його обчислення.

Тема 38. Потрійний інтеграл в циліндричних та сферичних координатах.

Застосування потрійного інтеграла.

Тема 39. Означення криволінійного інтеграла, теорема існування, обчислення.

Тема 40. Формула Гріна.. Умови незалежності криволінійного інтеграла від

шляху інтегрування.

3 семестр

ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ V. Ряди. Випадкові події.

Тема 41. Числові ряди. Збіжність рядів. Гармонічний ряд. Необхідна умова

збіжності. Достатні ознаки збіжності рядів з додатними членами: ознаки

порівняння, ознака Даламбера, ознака Коші (радикальна, інтегральна).

5

Тема 42. Знакозмінні ряди. Абсолютна та умовна збіжність. Степеневі ряди.

Теорема Абеля. Радіус збіжності. Область збіжності степеневого ряду.

Розвинення функції у степеневі ряди.

Тема 43. Класифікація подій. Основні поняття та визначення. Класична та

статистична ймовірність, її властивості. Відносна частота появи події.

Геометрична ймовірність.

Тема 44. Теореми додавання та множення ймовірностей. Умовна ймовірність.

Теорема множення ймовірностей залежних подій. Ймовірність появи хоча б

однієї події. Теорема додавання ймовірностей сумісних подій. Формули повної

ймовірності та Бейєса.

Тема 45. Повторні випробування. Формула Бернуллі. Локальна та інтегральна

теореми Лапласа.

ЗМІСТОВИЙ МОДУЛЬ VІ. Випадкові величини. Математична

статистика. Теорія кореляції.

Тема 46. Дискретні випадкові величини та закони їх розподілу. Біноміальний

закон та закон Пуассона. Числові характеристики дискретних випадкових

величин та їх властивості. Інтегральна та диференціальна функції розподілу і їх

властивості. Інтегральна та диференціальна функції розподілу і їх властивості.

Тема 47. Неперервні випадкові величини, їх числові характеристики, закони

розподілу. Рівномірний розподіл, нормальний розподіл, їх числові

характеристики. Закон великих чисел. Теореми Бернуллі та Чебишева Закон

великих чисел. Теореми Бернуллі та Чебишева.

Тема 48. Генеральна та вибіркова сукупності. Статистичний розподіл вибірки.

Емпірична функція розподілу та її властивості. Полігон та гістограма.

Генеральна і вибіркова середні. Дисперсія.

Тема 49. Статистичні оцінки параметрів розподілу, їх властивості. Інтервальні

оцінки. Надійна ймовірність та надійний інтервал. Надійні інтервали для

оцінювання математичного сподівання та середнього квадратичного відхилення

при нормальному розподілі.

Тема 50. Елементи теорії кореляції. Поняття регресії. Коефіцієнт кореляції.

Кореляційна таблиця. Знаходження параметрів вибіркового рівняння прямої

лінії регресії.

6

ПРАКТИЧНЕ ЗАНЯТТЯ 1

Визначники n–го порядку, їх властивості. Методи обчислення визначників.

Правило Крамера для розв’язання системи лінійних рівнянь.

Розв’язання прикладів

Приклад 1 Обчислити визначник cos sin

sin cos

.

Розв’язання. Використовуючи правило обчислення визначника другого

порядку, маємо: 2 2cos sin

cos sin 1sin cos

.

Приклад 2 Розв’язати нерівність 3

14.4 2

x x

x

Розв’язання. Після обчислення визначника одержимо 22 12 14x x або 2 6 7 0x x . Розкладемо ліву частину одержаної нерівності на множники:

(x+1)(x 7)<0. Для одержання розв’язків цієї нерівності застосуємо метод

інтервалів (рис.1.1).

0 0

+ +

-1 7 x

Рис.1.1

Таким чином, розв’язок нерівності: 1;7x .

Приклад 3 Обчислити визначник

2 0 5

1 3 16 .

0 1 10

Розв’язання: Згідно з означенням визначника третього порядку маємо:

2 0 5

1 3 16 60 0 5 0 0 32 87.

0 1 10

Приклад 4 Розв’язати систему лінійних рівнянь

1238

,2325

21

21

xx

xx

методом Крамера;

Розв’язання. Для розв’язання системи за правилом Крамера обчислюємо

головний та додаткові визначники системи:

5 215 16 31

8 3

,

1 2

23 2 5 2369 24 93, 60 184 124

12 3 8 12x x

.

Тоді 1 2

1 2

93 1243, 4.

31 31

x xx x

7

Приклад 4 Обчислити

1 2 5

1 10 1

3 2 6

.

Розв’язання. Застосовуючи властивості визначників маємо:

1 2 510 1 1 1 1 10

1 10 1 1 2 52 6 3 6 3 2

3 2 6

1 10 6 1 2 2 1 6 3 1 5 1 2 3 10 58 18 160 120 .


1 0 0 2

1 1 2 3

0 2 4 0

2 2 1 1

A

.

Розв’язання. Маємо

11 12 13 14

1 0 0 21 2 3 1 1 2

1 1 2 31 0 0 2 2 4 0 2 1 0 2 4

0 2 4 02 1 1 2 2 1

2 2 1 1

A A A A A

.

Обчислимо визначники третього порядку:

1 2 34 0 2 0 2 4

2 4 0 1 2 3 4 4 18 18;1 1 2 1 2 1

2 1 1

1 1 22 4 0 4 0 2

0 2 4 1 1 2 6 8 8 6.2 1 2 1 2 2

2 2 1

Остаточно маємо: 18 2 6 30A .


2 3 4 5

1 1 3 2

3 5 1 4

2 2 5 6

A

.

Розв’язання. Скористаємось властивостями визначників і утворимо,

наприклад, у першому стовпці нулі. Для цього виконаємо послідовно такі дії:

1) до першого рядка додамо другий, помножений на 2;

2) до третього рядка додамо другий, помножений на -3;

3) до четвертого рядка додамо другий, помножений на -2.

Напишемо в умовних позначеннях вказані дії, а також їх результат

(опускаємо запис відповідних обчислень):

8

2 3 4 5

1 1 3 2

3 5 1 4

2 2 5 6

A

2 3 2 ;

0 1 2 1

1 1 3 2

0 8 10 10

0 0 11 2

A

Застосуємо далі властивості визначників:

0 1 2 11 3 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1

1 1 3 20 8 10 10 1 8 10 10 0 1 3 2 0 1 3 2 1 8 10 10

0 8 10 100 11 2 0 11 2 0 11 2 8 10 10 0 11 2

0 0 11 2

A

Для отриманого нами визначника третього порядку використаємо

аналогічні властивості і утворимо, наприклад, у першому рядку нулі: 1 2 1 1 0 1 1 0 0

26 21 8 10 10 1 8 26 10 1 8 26 2 ( 1) 1 1 ( 52 22) 74.

11 20 11 2 0 11 2 0 11 2

Приклад 6 Розв'язати систему лінійних рівнянь за правилом Крамера:

1 2

1 2 3

1 2 3

7 2 11

7 2

6 6 3 15.

x x

x x x

x x x

Розв’язання. Знаходимо визначники:

7 2 01 1 7 1

7 1 1 7 2 0 7 3 2 15 9 06 3 6 3

6 6 3

,

1

11 2 01 1 2 1

2 1 1 11 2 96 3 15 3

15 6 3

,

2

7 11 02 1 7 1

7 2 1 7 11 1815 3 6 3

6 15 3

,

3

7 2 111 2 7 2 7 1

7 1 2 7 2 11 276 15 6 15 6 6

6 6 15

.

За формулами Крамера отримуємо:

11

91

9x

, 22

182

9x

, 3

3

273

9x

.

Приклад 7 Розв'язати систему лінійних рівнянь за правилом Крамера:

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 3 9

2 2

3 2 2 7.

x x x

x x x

x x x

9

Розв’язання. Знаходимо визначники:

2 1 3

1 2 1 13

3 2 2

, 1

9 1 3

2 2 1 13

7 2 2

,

2

2 9 3

1 2 1 26

3 7 2

, 3

2 1 9

1 2 2 39

3 2 7

.

За формулами Крамера отримуємо:

11

131

13x

, 22

262

13x

, 3

3

393

13x

.

Приклад 8 Установити, що система лінійних рівнянь

3465

,1254

,2233

321

321

321

xxx

xxx

xxx

має єдиний розв’язок і знайти його за правилом Крамера.

Розв‘язання. Для розв’язання системи за правилом Крамера потрібно

обчислити головний визначник системи:

3 1

3 3 2 0 3 2 0 3 23 2

4 5 2 1 5 2 0 1 2 ( 1) ( 1) ( 1)(6 2) 41 2

5 6 4 1 6 4 1 6 4

Оскільки 04 , то система має єдиний розв’язок. Обчислимо додаткові

визначники системи:

1

2

3

2 1

2 2

2 3

2 3 2 0 7 27 2

1 5 2 1 5 2 ( 1) 1 ( 1)( 14 ( 18)) 4,9 2

3 6 4 0 9 2

3 2 2 5 0 25 2

4 1 2 4 1 2 ( 1) 1 (10 14) 4,7 2

5 3 4 7 0 2

3 3 2 5 7 05 7

4 5 1 4 5 1 ( 1) 1 ( 1)( 45 ( 49)) 4. 7 9

5 6 3 7 9 0

x

x

x

Тоді 31 21 2 3

4 4 41, 1, 1.

4 4 4

xx xx x x

Перевірка:

;3141615

,1121514

,2121313

.33

,11

,22

10

Домашнє завдання

Повторити теорію [9, л.1-2], с. 3 – 16.

Вправи

1 Обчислити визначники:

а) 25

41

; б)

21

43 ; в)

105

63; г)

асаваа

сва

2

1.

Відповідь: а) 18; б) 10; в) 0; г) 0.

2 Розв’язати рівняння:

а) 2

3

32

13

xx

x; б) 0

cos1

1sin4

x

x; в) 0

5cos8sin

5sin8cos

xx

xx.

Відповідь: а) 2

3;

6

121 xx ; б) Znnx n ,

212)1(

;

в) Znnx ),12(6

.

3 Розв'язати нерівності:

а) ;01

233

x

x б) 11

27

132

x

x.

Відповідь: а) 3x ; б) 25,0 x .

4 Установити, що система має єдиний розв’язок і знайти його за

правилом Крамера.

а)

;872

,1353

,42

zyx

zyx

zyx

б)

.105

,163

,52

zy

zx

yx

Відповідь: а) 1 zyx ; б) 5,3,1 zyx .

Питання для самоперевірки

1 Дати означення визначників другого та третього порядку.

2 Дати означення мінору елемента визначника.

3 Що називають алгебраїчним доповненням елемента визначника?

4 Навести правило обчислення визначника п – го порядку.

5 Які перетворення не змінюють величину визначника?

6 Яке перетворення змінює лише знак визначника?

7 За яких умов визначник може дорівнювати нулю?

8 Які існують методи розв’язання систем лінійних алгебраїчних рівнянь?

9 Яку систему називають лінійною?

10 Яку систему лінійних рівнянь називають сумісною, несумісною,

визначеною і невизначеною?

11 Напишіть формули Крамера.

12 Для яких систем рівнянь можна використовувати правило Крамера?

11


Матриці. Знаходження розв’язків систем лінійних рівнянь за допомогою

оберненої матриці. Метод Гауса.


Приклад 1 Знайти матрицю

0

1

5

2

1

4

3

5

7

2

4

3

5

2A .

Розв’язання. Використовуючи правила множення матриць на число та

додавання матриць, знаходимо

3 2 3 2 3 2 3 2

5 2 45 10 4 12 15 10 12 4 15 22 11

2 3 7 3 1 1 6 14 3 3 6 3 14 3 3 11

45 2 0 810 6 0 8 6 10 0 14 10

A

Приклад 2 Знайти добуток А В, якщо А = (3 2), .1

1

Â

Розв'язання. Матриця А має розмір 1×2, матриця В має розмір 2×1,

тому добуток А В існує і в матрицею розміру 1×1.

.1)1(2131

123

АВ

Приклад 3 Знайти добуток АВС, якщо

12638

9328,

57

34ВА ,

.12

37

С

Розв’язання. Задані матриці мають розмір 2×2, тому їх можна

перемножити, причому одержимо матрицю того самого розміру. Помножимо

спочатку А на В:

.216

62

)126(5937385)28(7

)126(3934383)28(4

АВ

Тепер помножимо одержану матрицю на матрицю С:

.30

02

1213)6(22176

1)6(322)6(72

12

37

216

62

АВС

Приклад 4 Знайти матрицю ТАВС 2 , якщо

832

154А ,

163

510

47

В .

12

Розв’язання. Маємо, .

81

35

24

ТА

Тоді .

01

10

01

81

35

24

2

163

510

47

2

232323 xxx

ТABC

Приклад 5 Знайти розв’язок системи за допомогою оберненої матриці.

1

,235

,142

321

321

321

ххх

ххх

ххх

Розв’язання. У матричній формі дану систему можна записати таким

чином:

,

1

2

1

111

351

142

13133

2

1

33 хххх

х

х

або коротко АX = С, звідки X =А-1С, де А-1 матриця, обернена до

матриці А.

Обернена матриця А-1 існує, бо 08det A .

Знайдемо алгебраїчні доповнення для кожного елемента матриці А

,23511

3511

А

,3)14(

11

1421

А

,7512

35

1431

А

,2)31(11

3112 А

,112

11

1222 А

,5)16(

31

1232 А

,45111

5113

А

,2)42(11

4223

А

.6410

51

4233

А

За формулою знаходження оберненої матриці одержуємо: .

624

512

732

8

11

А

Тепер знайдемо шуканий розв’язок

.

4/3

8/9

8/11

6

9

11

8

1

644

522

762

8

1

1

2

1

624

512

732

8

1

1333

1

АСХ

Отже, ;8/111 х ;8/92 х ;4/33 х

Приклад 6 Розв’язати систему лінійних рівнянь 1 2 3

1 2 3

1 2 3

3 3 2 2,

4 5 2 1,

5 6 4 3.

x x x

x x x

x x x

матричним способом. Зробити перевірку.

Розв’язання. Розв’язок системи матричним способом знаходиться за

формулою 1X A B .

13

Складемо матриці

3 3 2 2

4 5 2 , 1 .

5 6 4 3

A B

Знайдемо обернену матрицю системи 11 21 31

1

12 22 32

13 23 33

1A A A

A A A A

A A A

, для цього

обчислимо алгебраїчні доповнення для кожного елемента матриці А.

1 1

11

5 2( 1) 8,

6 4A

2 1

21

3 2( 1) 0,

6 4A

3 1

31

3 2( 1) 4,

5 2A

1 2

12

4 2( 1) 6,

5 4A 2 2

22

3 2( 1) 2,

5 4A 3 2

32

3 2( 1) 2,

4 2A

1 3

13

4 5( 1) 1,

5 6A

2 3

23

3 3( 1) 3,

5 6A

3 3

33

3 3( 1) 3.

4 5A

Обчислимо визначник матриці А:

3 3 2

4 5 2 4

5 6 4

.

Отже,

8 0 4 2 1( 8) 2 0 1 4 3 4 11 1 1

6 2 2 1 , 1( 6) 2 2 1 2 3 4 14 4 4

1 3 3 3 11 2 3 1 ( 3) 3 4 1

X X

або 1 2 31, 1, 1x x x .

Перевірка.

3 1 3 1 2 1 2 2 2

, 4 1 5 1 2 1 1 1 1

5 1 6 1 4 1 3 3 3

.

Приклад 7 Розв’язати систему методом Гауса

31 2 4

31 2 4

31 4

31 2 4

4,

32 2 1,

2 6,

3 0.

xx x x

xx x x

xx x

xx x x

Розв’язання. Працювати зручніше не з самою системою, а з матрицею з

коефіцієнтів при невідомих і вільних членів за допомогою елементарних

перетворень:

IIIIII

~

31110

21010

74530

41111

~

124440

21010

74530

41111

~

01113

62101

12312

41111

І - помножимо елементи 1-го рядка по черзі на -2, -1, -3 і додамо відповідно до

елементів 2-го, 3-го і 4-го рядків;

ІІ - поділимо елементи 4-го рядка на -4;

ІІІ - поміняємо місцями 2-й і 4-й рядки;

14

123000

52100

31110

41111

~

21200

52100

31110

41111

~

74530

21010

31110

41111

~

VIVIII.

IV - помножимо елементи 2-го рядка по черзі на 1 і 3, додамо їх відповідно до

елементів 3-го і 4-го рядків;

V - помножимо елементи 3-го рядка на 2 і додамо до елементів 4-го рядка, а в

одержаній матриці елементи 3-го рядка помножимо на -1;

VI - елементи четвертого рядка поділимо на 3.

Одержуємо матрицю, що еквівалентно даній і має той самий ранг:

41000

52100

31110

41111

.

Очевидно, що ця матриця має ранг, що дорівнює 4. Тобто ранги матриці

системи і розширеної матриці системи однакові і дорівнюють числу невідомих

(система визначена).

Одержано трикутну матрицю, яка відповідає наступній системи рівнянь:

1 2 3 4

2 3 4

3 4

4

4,

3,

2 5,

4.

x x x x

x x x

x x

x

Ця система має трикутну форму.

З цієї системи всі невідомі визначаються послідовно, а саме: 44 х ,

34253 х , 24332 х , 143241 х .

Розв’язок системи має вигляд (1;2;3;4).

Приклад 8 Розв’язати систему 1 2 3

1 2 3

2 4,

2 4 2 3

x x x

x x x

методом Гауса.

Розв’язання. 1 2 3

1 2 3

2 4

2 4 2 3

x x x

x x x

. Запишемо розширену матрицю системи

1 2 1 4

2 4 2 3A

. Застосуємо елементарні перетворення (від другого рядка

віднимаємо елементи першого, помноженні на 2): 1 2 1 4 1 2 1 4

~2 4 2 3 0 0 0 5

.

З останньої матриці видно, що rang A ≠ rang A , отже за теоремою

Кронекера-Капеллі система несумісна.

Однорідні системи завжди сумісні, оскільки завжди існує, так званий,

тривіальний розв’язок х1=х2=…=хn=0. Якщо в однорідній системі кількість

рівнянь менше кількості невідомих (m < n), то така система, крім тривіального

розв’язку, має безліч нетривіальних розв’язків.

15

Приклад 9 Розв’язати систему лінійних однорідних рівнянь методом

Гауса: 1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 0,

2 3 2 0,

5 3 0.

x x x

x x x

x x x

Розв’язання. Запишемо розширену матрицю системи та виконаємо

елементарні перетворення розширеної матриці системи:

І ІІ ІІІ IV

1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 01 2 1 0 1 0 1 7 0

2 3 2 0 0 7 4 0 0 7 4 00 1 4 7 0 0 1 4 7 0

1 5 3 0 0 7 4 0 0 0 0 0

~ ~ ~ ~А

.

I – перший рядок помножили на 2 і додали до другого, потім перший рядок

додали до третього;

II – відняли від третього рядка другий;

III – відкинули рядок з усіма нулями, а другий рядок розділили на 7;

IV – другий рядок помножили на 2 та відняли від першого.

З останньої матриці запишемо систему: 1 3

2 3

1,

7

4.

7

x x

x x

Отже, система має безліч розв’язків 1

2

3

1,

7

4,

7

.

x t

x t t R

x t

.


Повторити теорію [9, л.3], с. 16 – 27.

Вправи

1 Знайти матрицю ,2 2ABCAD якщо ,02

13

A ,

5

1

0

1

2

3

B .

04

13

21

C

Відповідь:

232

107

.

2 Знайти союзну матрицю для матриці .

513

124

213

А

Відповідь: 11 3 5

ˆ 17 21 11 .

10 6 2

A

3 Розв'язати систему рівнянь

1532

,4323

,522

321

321

321

ххх

ххх

ххх

матричним способом.

Відповідь: х1=2, х2=1, х3=0.

16

4 Розв’язати систему лінійних рівнянь (п – сума цифр у вашому дні

народження): методом Гауса: а) 1 2

1 2

6 6,

3 4;

x nx n

x x

б)

1 2 3

1 2 3

1 3

5 2 7 ,

2 3 2 1,

3 4.

x x nx n

x x x

x x


1 Дати означення матриці.

2 Що називають розміром матриці?

3 Які існують види матриць?

4 Сформулюйте правила додавання, віднімання матриць, множення

матриці на число і множення матриць.

5 Яка матриця називається оберненою і за якою формулою вона

знаходиться?

6 Які існують методи розв’язання систем лінійних алгебраїчних рівнянь?

7 Яку систему називають лінійною?

8 Яку систему лінійних рівнянь називають сумісною, несумісною,

визначеною і невизначеною?

9 У чому полягає матричний спосіб розв’язання системи лінійних

рівнянь?

10 У чому полягають елементарні перетворення матриці?

11 У чому полягає метод Гаусса розв’язання систем лінійних рівнянь?


Вектори та дії з ними. Проекція вектора на вісь. Координати вектора. Розподіл

відрізку у даному відношенні.


Приклад 1 Знайти координати вектора а , початок якого знаходиться в

точці М1(2,-3,0), кінець – у точці М2(1,1,2).

Розв’язання. Вектор

а має координати

а = (1-2; 1+3; 2-0) = (-1; 4; 2). Приклад 2 Обчислити довжину вектора 3 2a b , якщо 2a i , b i j k .

Розв’язання. Знайдемо координати векторів: 3 3 2;3 0;3 0a , 3 6;0;0a ;

2 2 1;2 1;2 1b , 2 2;2; 2b ; 3 2 6 2;0 2;0 2a b , 3 2 8;2; 2a b .

Тоді довжина шуканого вектора дорівнює:

2 223 2 8 2 2 72 36 2 6 2a b .

Приклад 3 Дано точки 1;2; 1A і 4;7;0B . Зобразити в системі

координат вектор AB ; знайти AB . Який кут утворює вектор AB з віссю Оу?

Розв’язання. Побудуємо точки А і В за їх координатами (рис. 1).

17

Знайдемо координати AB :

4 1;7 2;0 1 3;5;1AB

2 2 23 5 1 35AB .

Знайдемо косинус кута між вказаним

вектором і віссю Оу: 5

cos35

ynp AB

AB ,

5arccos

35 .

Примітка: якщо знайдений косинус виявляється від’ємним

cos 0m , то arccosm .

Приклад 4 Дано вектори 2;3;5a і 10;1; 3b . Знайти: орт вектора

c a b .

Розв’язання. Знайдемо координати вектора с :

2 10;3 1;5 ( 3) (8;4;2)с a b .

Орт вектора c знаходиться за формулою 0c

cc

. Треба вектор скоротити

в c разів. Для цього необхідно кожну координату вектора розділити на його

модуль.

2 2 28 4 2 84 2 21c , 08 4 2 4 2 1

; ; ; ;2 21 2 21 2 21 21 21 21

c

Примітка: координати орта дорівнюють напрямним косинусам вектора

Приклад 5 По координатам точок 1; 1;2A , 1;4; 3B , 5;1;0C знайти:

a) модуль вектора 3a AB BC ;

b) координати точки М, яка ділить відрізок l AB у відношенні 1:3.

Розв’язання.

a) Знаходимо послідовно 0;5; 5AB ; 4; 3;3BС ;

3 0;5; 5 3 4; 3;3 0;5; 5 12; 9;9 12; 4;4а AB BC ,

22 23 12 4 4 144 16 16 176 4 11a AB BC

b) Маємо 1

3 . Значить

11 1

3 111

13

A Bx xx

;

1 11 4

13 31 41 4

13 3

A By yy

;

18

1

2 31 33

1 41 41

3 3

A Bz zz

;

Отримаємо координати шуканої точки 1 3

1; ;4 4

M

.

Приклад 6 Дано сили

1F { 3; -4; 2 },

2F = { 2; 3; -5 },

3F = { -3; -2; 4 }, що

прикладені до однієї точки. Знайти рівнодійну цих сил.

Розв’язання. Знайдемо рівнодійну цих сил як суму векторів

321 FFF :

321 FFFF { 3+2–3; –4+3–2; 2–5+4 }={2; –3; 1}.

Приклад 7 Обчислити довжину вектора

a ={6; 3; 2} і його напрямні

косинуси.

Розв’язання. Використовуючи формули

222

zyxaaaa

,

2 2 2cos x x

x y z

a a

a a aa

;222

cos

zyx

yy

aaa

aa

; 222

cos

zyxaaa

a

a

a

,

одержимо:

749236222

a ; 7

6cos ;

7

3cos ;

7

2cos .

Приклад 8 Знайти точку N , з якою збігається кінець вектора

a ={3; -1;4},

якщо його початок збігається з точкою 3;2;1 M .

Розв’язання. Нехай точка N має координати zyx ,, . Тоді за формулами

a = MN ={ 1Nx ; 2N

y ; 3N

z }, а за умовою

a ={3; -1;4 }.

Отже, 31N

x ; 12 N

y ; 43 Nz . Звідки 4N

x ; 1N

y ; 1N

z .

Таким чином, 1;1;4N - шукана точка.

Приклад 9 Вектори а і b взаємно перпендикулярні, причому 5а ,

12b . Знайти a b і a b .

Розв’язання. Оскільки вектори взаємно перпендикулярні, то

паралелограм, побудований на цих векторах, вироджується в прямокутник. У

прямокутнику діагоналі рівні між собою, отже a b a b .

На основі властивостей діагоналей прямокутника маємо:

2

2 22 2 5 12 13a b a b і остаточно 13a b a b .

Приклад 10 Відомо, що 13а , 19b , 24a b . Знайти a b .

19

Розв’язання. Нехай а AB , b AD , a b AC мають спільний початок в

точці А, а ABCD - паралелограм. Тоді сумою векторів а і b , за правилом

паралелограма, буде вектор a b , а різницею a b для якого a b DВ .

Скористаємось властивістю діагоналей паралелограма 2 2 2 22AC DB AB AD .

З останньої рівності знайдемо 2 2 2 22DB AB AD AC , враховуючи, що

13а AB , 19b AD , 24a b AC , матимемо 2 2 2 22 13 19 24 484DB ,

звідки 22DВ a b .



Вправи

1 Відомі дві координати вектора: 4x

a ; 12y

a . Знайти його третю

координату za , якщо 13

a

Відповідь: 3z

a .

2 Знайти початок вектора a

={2; 3; 1}, якщо його кінець збігається з

точкою 2;1;1 M .

Відповідь: 1;2;3 .

3 Знайти орт вектора

a ={2; -3;-1}.

Відповідь: 0a = 3 4 12

; ;13 13 13

;


1 Дайте означення вектора і його довжини.

2 Що називається базисом на площині та у просторі?

3 Які вектори називають колінеарними, компланарними, рівними між

собою?

4 Що називають координатами вектора?

5 Як розкласти вектор за координатним базисом?

6 Як визначаються операції додавання, віднімання, множення на число?


Скалярний, векторний та змішаний добутки векторів. Їх властивості та

застосування.


20

Приклад 1 Дано три точки А (1, 1, 1), В (2, 2, 1) і С (2, 1, 2). Знайти кут

= ВАС.

Розв’язання. Знайдемо вектори AB

= (1, 1, 0), AC

= (1, 0, 1). Згідно з

формулою кута між векторами маємо:

2

1

101011

100111cos

22222

, отже, = 60.

Приклад 2 Дано вектори

kjia 63 ,

kjib 54 ,

kjic 1243 .

Обчислити

banpñ .

Розв’язання. За формулою обчислення проекції вектора на вектор

одержуємо: c

bac

banpc

.

Знайдемо спочатку координати вектора

ba . Оскільки

a ={3; –6; –1},

b ={1;4; –5},

ba ={3+1; –6+4; –1; –5}={4; –2; –6}.

Далі, використовуючи вище зазначену формулу, одержимо:

4

144169

6122443

banpc

.

Приклад 3 Дано трикутник своїми вершинами: 2; 4; 5A , 3; 2; 2B ,

1; 0; 3C . Покажіть, що CA CB .

Розв’язання. Знайдемо координати векторів:

2 1 ; 4 0; 5 3CA ; 3; 4; 2CA ;

3 1 ; 2 0; 2 3CB ; 2; 2; 1CB .

Умова перпендикулярності двох векторів має вигляд: 0CA CB .

Перевіримо виконання цієї умови:

3 2 4 2 2 1 6 8 2 0CA CB .

Доведено, що вектори перпендикулярні.

Приклад 4 Знайти площу паралелограма, який побудований на векторах

a i j k , 2 2b i j k .

Розв’язання. Модуль векторного добутку двох векторів дорівнює площі

паралелограма, який побудований на цих векторах. Знайдемо векторний

добуток:

.34212212

12

11

22

11

21

11

212

111

kjikji

kji

kji

ba

Площа паралелограма дорівнює: 2 221 4 3 26 . .S a b êâ î ä .

21

Приклад 5 Нехай у просторі задано чотири точки А (1, 1, 1), В (4, 4, 4),

С (3, 5, 5), D (2, 4, 7). Знайти об’єм піраміди АВСD.

Розв’язання. Об’єм піраміди АВСD дорівнює одній шостій об’єму

паралелепіпеда, побудованого на векторах

AB ,

AC і

AD , а останній, у свою чергу,

дорівнює модулю мішаного добутку. Отже, маємо:

AB = (3, 3, 3),

AC = (2, 4, 4),

AD = (1, 3, 6), тому

3 3 31 1

2 4 4 36 6

1 3 6

пірV ABAC AD куб. од.

Приклад 6 Довести, що точки 2; 1; 2A , 1; 2; 1B , 2; 3; 0C ,

5; 0; 6D лежать в одній площині.

Розв’язання. Щоб довести, що ці чотири точки лежать в одній площині,

доведемо, що в одній площині лежать вектори AB , AC , AD , тобто ці три

вектори компланарні.

Умова компланарності трьох векторів має вигляд: 0AB AC AD .

Знайдемо координати векторів: 1; 3; 3AB ; 0; 4; 2AC ;

3; 1; 4AD .

Обчислимо мішаний добуток векторів:

1 3 34 2 3 3

0 4 2 1 3 1 16 2 3 6 12 18 18 01 4 4 2

3 1 4

AB AC AD

.

Таким чином, точки A, B, C, D лежать в одній площині.

Приклад 7 Дано вектори a =(-1;2;5), b =(3;1;-2), c =(4;1;7).

Необхідно:

1 знайти орти векторів , ,a b c ;

2 перевірити, чи є вектори , ,a b c попарно перпендикулярними;

3 перевірити вектори a і b на колінеарність;

4 перевірити, чи є вектори , ,a b c компланарними;

5 знайти площу паралелограма, побудованого на векторах a і b ;

6 обчислити об’єм паралелепіпеда, побудованого на векторах , ,a b c .

Розв’язання. 1 Скористаємося формулами:

0 ; ;yx z

aa aaa

a a a a

, де

2 2 2

x y za a a a .

Дійсно,

1 4 25 30a ; 0 1 2 5( ; ; )

30 30 30a

. 9 1 4 14b ; 0 3 1 2

( ; ; )14 14 14

b

.

16 1 49 66c ; 0 4 1 7( ; ; )

66 66 66c .

2 Скористаємося умовою перпендикулярності:

22

0x x y y z za b a b a b a b , 0x x y y z za c a c a c a c , 0x x y y z zb c b c b c b c .

Обчислимо скалярні добутки векторів

a b (-1)3+21+5(-2)= -11 0, тобто вектори a і b не перпендикулярні;

a c (-1)4+21+57= 33 0, тобто вектори a і c не перпендикулярні;

b c 34+11+(-2)7= -1 0, тобто вектори b і c не перпендикулярні.

3 Скористаємося умовою колінеарності: z

z

y

y

x

x

b

a

b

a

b

aba

|| .

1 2 5

3 1 2

, тобто вектори a і b не колінеарні;

4 Скористаємось умовою компланарності трьох векторів 0

x y z

x y z

x y z

a a a

a b c b b b

c c c

.

1 2 5

( , , ) 3 1 2 7 16 15 (20 42 2) 72

4 1 7

a b c

, 0a b c , тобто вектори

, ,a b c не компланарні.

5 Площу паралелограма знайдемо за формулою: пар x y z

x y z

i j k

S a b a a a

b b b

,

1 2 5

3 1 2

i j k

a b

2 5 1 5 1 2

1 2 3 2 3 1i j k

= 9 13 7i j k .

Отже, 2 2 2( 9) 13 ( 7) 299парS a b ( кв.од.).

6 Об’єм знайдемо за допомогою формули:

x y z

x y z

x y z

a a a

V a b c b b b

c c c

.

Отже,

1 2 5

3 1 2 26 26

4 1 7

V

(куб.од.).

Приклад 7 Дано сили

1F { 3; -4; 2 },

2F = { 2; 3; -5 },

3F = { -3; -2; 4 }, що

прикладені до однієї точки. Обчислити роботу, яку виконує рівнодійна цих сил,

коли її точка прикладання, рухаючись прямолінійно, переміщується з точки

1M = (5; 3; 7) в точку 2M = ( 4; 1;4).

Розв’язання. Механічна інтерпретація скалярного добутку двох векторів

полягає у тому, що робота A сталої сили

F на прямолінійній ділянці шляху

S ,

23

дорівнює скалярному добутку вектора сили на вектор переміщення, тобто

SFA .

Для розв'язання задачі знайдемо спочатку рівнодійну цих сил:

321 FFFF { 3+2–3; –4+3–2; 2–5+4 }={2; –3; 1} .

Вектор переміщення

21MMS {4; –3; 1–3; –4+7}={–1; –4; 3}. Тоді

одержимо:

13312231)4()3()1(2

SFA .

Приклад 8 Дано вектори

kjia 63 ,

kjib 54 ,

kjic 1243 .

Обчислити

banpñ .

Розв’язання. За формулою обчислення проекції вектора на вектор

одержуємо: c

bac

banpc

.

Знайдемо спочатку координати вектора

ba . Оскільки

a ={3; –6; –1},

b ={1;4; –5},

ba ={3+1; –6+4; –1; –5}={4; –2; –6}.

Далі, використовуючи вище зазначену формулу, одержимо:

4

144169

6122443

banpc

.

Приклад 9 Дано вершини трикутника 2;1;1 A , 2;6;5 B , 1;3;1 C .

Обчислити довжину його висоти, опущеної з вершини B на сторону AC .

Розв’язання. Зробимо схематичний рисунок.

Для знаходження величин, що входять до цієї формули, скористаємося

засобами векторної алгебри. Для цього розглянемо вектори

AB {4;–5; 0) і

AC ={0;4; -3}. Тоді 5916

ACAC , а

ACABS

ABC2

1.

Оскільки:

ACAB =

340

054

kji

=34

05

30

04

i

j40

54

k =

B

А D C

Із елементарної математики відомо, що

BDACSABC

2

1. Отже, шукана висота

AC

SBD

2 .

24

=15

i +

j12 +

k16 ={15;12; 16}, то .25625256144225

ACAB

Отже, 252 ABC

S . Таким чином, шукана висота 55

25BD .

Приклад 10 Сила

F ={2;-4; 5} прикладена до точки 3;2;4 A . Знайти

момент цієї сили відносно точки 2;6;5 B .

Розв'язання. За формулою обчислення моменту сили відносно точки

маємо: .

FBAM

Ураховуючи, що

BA={4;–3; –2–2; 3+1}={1; –4; 4},

F ={2; –4; 5},

одержимо

FBAM =

542

441

kji

=54

44

52

41

i

j42

41

k =-4

i +

j3 +

k4 .

Приклад 11 Обчислити мішаний добуток

a

b

c , якщо

a ={1; –1;3},

b ={–2;2;1},

c ={3–2;1;4}.

Розв’язання. Згідно з формулою обчислення мішаного добутку трьох

векторів маємо:

a

b

c = 723

223

53

12

52

12

523

122

311

.

Приклад 12 Установити, чи компланарні вектори:

1)

a ={2; –3;1},

b ={1; –1;3},

c ={1;9; –11},

2)

a ={3; –2;1},

b ={2;1;2},

c ={3; –1; –2}.


1)

a

b

c = 093

22

51

113

119

312

1191

311

132

.

Отже, вектори компланарні, оскільки їх мішаний добуток дорівнює нулю.

2 )

a

b

c =

3 2 11 2 2 2 2 1

2 1 2 3 2 261 2 3 2 3 1

3 1 2

.

Таким чином, вектори не компланарні, оскільки їх мішаний добуток

відмінний від нуля.

Приклад 13 Обчислити об’єм тетраедра, вершини якого знаходяться в

точках 1;1;2 A , 4;5;5B , 1;2;3 C , 3;1;4D .

25

Розв’язання. Відомо, що об’єм тетраедра V дорівнює шостій частині

об’єму паралелепіпеда V . Отже, достатньо обчислити об'єм паралелепіпеда,

побудованого на векторах

AB ,

AC ,

AD .

Знайдемо вектори

AB ={3;6;3},

AC ={1;3;-2},

AD ={2;2;2}. Таким чином,

їх мішаний добуток

ADACAB

222

331

363

=22

23

22

216

3

22

31= 18 .

Звідки, 1818 n

V куб. од. Тепер знайдемо об’єм тетраедра:

3186

1

6

1. nтетр VV куб. од.

Приклад 14 Дано вершини тетраедра 1;3;2A , 2;1;4 B , 7;3;6C ,

8;4;5 D . Знайти довжину його висоти, опущеної з вершини D .

Розв’язання. Зробимо схематичний рисунок. Відомо, що об’єм

тетраедра V обчислюється за формулою

HSVocí

3

1 , де ocнS - площа основи; H - висота.

Отже, ocí

S

VH

3 . Таким чином, щоб знайти

висоту тетраедра, необхідно знайти його об’єм і

площу основи. Маємо:

AB ={ 2; –2; –3},

AC ={ 4; 0; 6},

AD ={ –7; –7; 7}.

ADACAB

777

604

322

=77

602 77

043

=308 .

Таким чином, 3

154

36

308V куб. од.

Площа основи

ACABSocí

2

1 (площа трикутника, побудованого на

векторах

AB і

AC ). Оскільки, що

ACAB

604

322

ji

=60

32

i64

32

j

8241204

22ji ,

2878482412 222

ACAB .

A

B

C

D

26


1

ocíS куб. од. Шукана висота 11

14

3

1543

H .



Вправи

1 Вектор утворює з осями 0x і 0 y кути 40 і 80°. Знайти кут, який

утворює цей вектор з віссю 0x .

Відповідь: 128°.

2 Побудувати вектор

kjia 632 ; знайти його довжину і напрям.

Відповідь: 7

a , 7

2cos ,

7

3cos ,

7

6cos .

3 Визначити, при якому значенні вектори 3a i j k

і

2 2b i j k

взаємно перпендикулярні.

Відповідь: 6 .

4 Дано вектори

a ={1;-3;4},

b ={3;-4;2},

c ={-1;1;4}.Обчислити b c

np a

.

Відповідь: 5.

5 Дано вектори

a ={3;-1;-2},

b ={1;2;-1}. Знайти координати вектора

bba2 .

Відповідь: {10; 2:14}.

6 Обчислити довжини діагоналей і площу паралелограма, побудованого

на векторах

jka і

kjib .


baba , 6S .

7 Обчислити об’єм тетраедра, вершини якого знаходяться в точках

1;1;2 A , 4;5;5B , 1;2;3 C , 3;1;4D

Відповідь: 3 куб. од.


1 Що називається скалярним, векторним, мішаним добутком векторів?

2 Як виконуються операції над векторами, які задані координатами?

3 Сформулюйте умови паралельності, перпендикулярності і

компланарності векторів.

4 Сформулюйте приклади застосування скалярного, векторного, мішаного

добутків.

27


Рівняння лінії. Різні види рівняння прямої. Кут між двома прямими, умови

паралельності та перпендикулярності двох прямих, рівняння пучка прямих,

точка перетину.


Побудова лінії у полярній системі координат

Для побудови графіка кривої L, рівняння якої записане в полярній системі

координат, пропонується виконувати наступні кроки:

1) дослідити криву на визначення областей, де існує графік заданої функції;

2) скласти таблицю і побудувати точки з заданим кроком;

3) з´єднати одержані точки послідовно плавною лінією. Одержують криву L.

Приклад 1 Побудувати лінію в полярній системі координат, яка має

рівняння cos2a .

Розв’язання. Оскільки 0 і константа 0a , то повинна виконуватись

умова 2 0cos . Звідси маємо 2 2 22 2 4 4

k k k k

.

Визначимо діапазон кутів, у яких існує графік функції:

0k ,4 4

1k 3 5

,4 4 4 4

2k 7 9

2 24 4 4 4

.

4 4

Для кутів , які не потрапляють у зазначені проміжки, графік функції не існує.

Складемо таблицю 1.1.

Таблиця 1.1 – 45° – 30° 0° 30° 45°

0 0,87а а 0,87а 0

За одержаними даними побудуємо лінію

(рис.1.1).

Приклад 2 Побудувати лінію, яка задана рівнянням 1 cosa .

Розв’язання. Щоб побудувати графік заданої лінії (кардіоїди), складемо

таблицю 2.1 з кроком 0

45h і приймемо 2 1,4.

Таблиця 2.1 0° 45° 90° 135° 180° 225° 270° 315° 360° 2а 1,7а а 0,3а 0 0,3а а 1,7а 2а

Рис. 2.1

Рис. 1.1

28

Для зручності на рисунку 2.1 залишимо осі прямокутної декартової

системи координат.

Приклад 3 Скласти рівняння прямої l , яка проходить через точку

)1;2(0

M перпендикулярно до даної прямої 0432 yx )(1

l .

Розв'язання. Будемо шукати рівняння прямої l у вигляді:

)(00

xxkyy .

Оскільки за умовою задачі 1

ll , 11kk , звідки

2

3k . Ураховуючи

також, що 2x , 1y остаточно матимемо:

)2(2

31 xy або 0423 yx рівняння прямої l .

Приклад 4 Визначити за яких значень nm, прямі 08 nymx і

012 myx )1 паралельні , 2) збігаються, 3) перпендикулярні?

Розв'язання. Згідно з умовою паралельності прямих: 1

8

2

n

m

m.

Розв’язуючи рівняння m

m 8

2 , одержимо 4m . Тоді при 4m з

нерівності 1

8

n

m маємо 2n , а при 4m 2n . Таким чином, задані

прямі паралельні, якщо 2,4 nm або 2,4 nm .

Якщо прямі збігаються, тоді : 1

8

2

n

m

m,

звідки одержуємо, що 2,4 nm або 2,4 nm . Прямі

перпендикулярні, якщо 082 mm , звідки 0m . При цьому n може набувати

довільних значень.

Приклад 5 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку )3;2(M

і відтинає на координатних осях відрізки однакової довжини, рахуючи кожний

відрізок від початку координат.

Розв'язання. Шукатимемо рівняння прямої у відрізках: 1b

y

a

x.

За умовою ba . Тоді , якщо 0ab , то рівняння прямої ayx ,

якщо 0ab , то рівняння набуде вигляду ayx . Точка )3;2(M належить

кожній з цих прямих, тому її координати задовольняють кожному рівнянню.

Підставляючи в рівняння ayx , замість змінних координат , координати

точки M , одержимо 2+3=а, звідки а=5. Отже, рівняння шуканої прямої в

цьому випадку буде 5 yx або 05 yx . При х=2 і у=3 з рівняння

ayx маємо a32 , звідки 1a . Таким чином, у цьому випадку

рівняння шуканої прямої буде 01 yx .

29

Зазначимо, що коли 0 ba , записати рівняння шуканої прямої у

вигляді 1b

y

a

x не можна, бо це рівняння втрачає значення. У цьому випадку

рівняння прямої треба шукати у вигляді kxy або 0 ByAx , бо умова

0 ba означає, що пряма проходить через початок координат. Отже,

застосовуючи рівняння прямої, що проходить через початок координат, і

враховуючи, що точка M належить цій прямій, матимемо ще одне рівняння

шуканої прямої: 023,2

3,

2

3,23, yxxykkkxy .

Таким чином умові задачі задовольняють три прямі:

023,01,05 yxyxyx .

Приклад 6 Задані координати вершин трикутника АВС: А(3;-2), В(1;4),

С(-2;1). Методами аналітичної геометрії

1) скласти рівняння сторони АВ;

2) скласти рівняння висоти, проведеної з вершини С;

3) обчислити довжину висоти СD;

4) знайти площу трикутника;

5) знайти внутрішній кут трикутника при вершині А (рис. 6.1).

Розв’язання. 1) Запишемо рівняння прямої, яка проходить через дві задані

точки А(х1,у1) и В(х2,у2) : 12

1

12

1

yy

yy

xx

xx

.

Для А(3;-2), В(1;4) маємо: 24

2

31

3

yx;

6

2

2

3

yx ; 233 yx ;

073 yx - загальне рівняння прямої АВ;

73 xy - рівняння прямої АВ з кутовим

коефіцієнтом , 3ABk .

2) Складемо рівняння прямої ABCD . З умови

перпендикулярності прямих AB

CDk

k1

3

1CDk .

Запишемо рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, яка проходить через

точку С(x0;y0): )( 00 xxkyy . Для С(-2;1) маємо: )2(3

11 xy , тобто

053 yx - загальне рівняння прямої СD.

3) Довжину висоти СD знайдемо як відстань від точки С(x0;y0) до

прямої АВ за формулою: 22

00

BA

CByAxd

, де 0 CByAx - рівняння

прямої АВ. 5

106

10

12

13

71)2(3

22

d (од.).

A

B

C

D

x

y

-2

1

4

31-2

Рис. 6.1

30

4) Площа трикутника дорівнює половині добутку довжини сторони на

довжину висоти, яка опущена на цю сторону: ahaS 2

1, тобто CDABSABC

2

1.

Довжину сторони АВ знайдемо за формулою 22

ABAByyxxAB .

102403646224312222

AB . Тоді

125

106102

2

1ABCS ( кв. од.)

5) Тангенс кута - кута між прямими АС і ВС знайдемо за формулою

ACBC

ACBC

kk

kktg

1

5

3ACk ; 1

12

41

BC

BCBC

xx

yyk 4

5

311

5

31

tg , 764 arctg .

Приклад 7 Дві сторони квадрата лежать на прямих 065125 yx і

026125 yx . Обчислити його площу.

Розв'язання. Для обчислення площі квадрата треба знайти довжину його

сторони. Для цього досить знайти відстань між паралельними прямими

026125,065125 yxyx , на яких розташовані дві сторони квадрату.

(умову паралельності цих прямих перевіряти самостійно). Знайдемо на одній з

цих прямих, наприклад, на прямій 065125 yx , координати будь-якої

точки. Для цього покладемо 0y . Тоді 0655 x , звідки 13x . Таким

чином, точка )0;13(M належить прямій 065125 yx . Після цього задача

зводиться до знаходження відстані від точки M до прямої 026125 yx . За

формулою 22

00

BA

CByAxd

маємо 7

14425

26012135

d . Отже, довжина

сторони квадрата дорівнює 7 , а його площа 4972S кв. од.



Вправи

1 Довести, що точки 1;2;1 A , 5;1;0B , 1;2;1C , 3;1;2D належать

одній площині .

2 Обчислити об’єм тетраедра, вершини якого знаходяться в точках

1;1;2 A , 4;5;5B , 1;2;3 C , 3;1;4D

Відповідь: 3 куб. од.

3 Установити, яка лінія визначається рівнянням sin10r , побудувати її.

Відповідь: коло з центром

2;5

і радіуса 5.

31

4 Скласти рівняння прямої якщо точка )3;2(P є основою перпендикуляра,

опущеного з початку координат на цю пряму.

Відповідь : 01332 yx

5 Знайти точку Q , яка симетрична точці P відносно прямої

0332 yx .

Відповідь : )11;11( Q .

6 Пряма 01243 yx відтинає від координатного кута трикутник.

Обчислити його площу.

Відповідь: 6 кв. од.

7 Знайти кут між двома прямими: а) ;053;2 yxxy

б) 0136;0524 yxyx

Відповідь: а) 0135 б) 0 . Дані прямі паралельні.

8 Через точку перетину прямих 04 yx і 01924 yx

проведено пряму паралельно до прямої .0632 yx Скласти її рівняння.

Відповідь: .0831812 yx


1 Що називається рівнянням лінії у деякій системі координат?

2 Як у загальному вигляді визначаються рівняння лініїї на площині в

декартові та полярній системах координат?

3 Як однозначно може бути визначено положення прямої на площині?

4 Яке рівняння називають рівнянням прямої з кутовим коефіцієнтом?

5 Наведіть рівняння прямої, яка проходить: через дві задані точки площини;

через задану точку в заданому напрямі.

6 Запишіть умови паралельності і перпендикулярності двох прямих


Криві другого порядку: коло, еліпс, гіпербола, парабола. Їхні властивості.

Загальне рівняння кривої другого порядку..


Приклад 1 Скласти рівняння геометричного місця точок, сума квадратів

відстаней від яких до точок 1 3: 0M і 2 3: 0M дорівнює 50.

Розв’язання. Нехай :M x y - довільна точка шуканої лінії. За умовою 2 2

1 2 50MM MM , або в координатній формі

50)33 22222 yxyx ,

звідки 509696 2222 yxxyxx , або 1622 yx . Одержали

рівняння кола.

32

Приклад 2 Скласти рівняння кола, якщо точки 3;2A і 1;6B є

кінцями одного з його діаметрів.

Розв’язання. За умовою АВ – діаметр кола. це означає, що його центр

знаходиться на середині відрізка АВ. За формулами ділення відрізка навпіл:

3 11

2 2

A BC

x xx

;

2 64

2 2

A BC

y yy

.

Тобто 1;4C - центр кола. Тепер ясно, що рівняння кола треба шукати у

вигляді 220

20 Ryyxx . Підставляючи в це рівняння замість змінних

координат координати точки А або В (кожна з них належить колу) і

враховуючи, що 0 1x ,

0 4y , матимемо: 2 2 23 1 2 4 R , звідки 2 8R .

Отже, рівняння шуканого кола 2 2

1 4 8x y .

Приклад 3 Скласти рівняння еліпса, фокуси якого лежать на осі абсцис

симетрично відносно початку координат, якщо його велика вісь дорівнює 20, а

ексцентриситет 3

5 .

Розв’язання. За умовою 2 20a , 3

5 . Тоді 10a , а згідно з формулою

c

a :

310 6

5c a . Тепер із співвідношення 2 2 2b a c знаходимо:

2 100 36 64b . Підставляючи значення 2 100a і 2 64b в рівняння еліпса

12

2

2

2

b

y

a

x, одержимо

2 2

1100 64

x y . Це і є рівняння шуканого еліпса.

Приклад 4 Скласти рівняння еліпса, фокуси якого лежать на осі ординат

симетрично відносно початку координат, якщо його мала вісь дорівнює 16, а

ексцентриситет 3

5 .

Розв’язання. За умовою фокуси еліпса лежать на осі ординат, тому його

мала вісь 2 16a , а ексцентриситет 3

5

c

b . Отже, 8a ,

3

5c b .

Із співвідношення 2 2 2a b c маємо:

2 2964

25b b або

21664

25b , звідки

2 100b . Таким чином, рівняння шуканого еліпса 2 2

164 100

x y .

Приклад 5 Скласти найпростіше рівняння еліпса, в якого відстані одного

з фокусів від кінців великої осі дорівнюють 5 і 1.

Розв’язання. Нехай 1 2 2A A a - велика вісь еліпса, 1F - один з його

фокусів (рис. 5.1). За умовою 2 1 5A F , 1 1 1F A . Тоді

33

2 1 2 1 1 1 5 1 6A A A F F A . Отже, 2 6a , звідки

1 3a OA ,

1 1 1 1 3 1 2OF OA F A , тобто 2c . Із

співвідношення 2 2 2b a c маємо: 2 9 4 5b . Підставляючи значення 2 5b і 2 9a в канонічне рівняння еліпса, одержуємо: 2 2

19 5

x y . Це і є рівняння шуканого еліпса.

Приклад 6 Скласти рівняння гіперболи,

фокуси якої розташовані на осі абсцис симетрично відносно початку

координат, якщо рівняння асимптот 4

3y x і відстань між фокусами 2 20c .

Розв’язання. Шукатимемо рівняння гіперболи у вигляді 12

2

2

2

b

y

a

x.

Параметри а і b знайдемо з системи: 2 2

4,

3

100.

b

a

a b

Із першого рівняння системи: 4

3b a . Підставляючи цей вираз у друге

рівняння системи, одержуємо: 2 216

1009

a a , звідки 2 36a . Тоді

2 100 36 64b і шукане рівняння гіперболи: 2 2

136 64

x y .

Приклад 7 Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі

ординат симетрично відносно початку координат, якщо відстань між

фокусами 102 c , а ексцентриситет 3

5 .

Розв’язання. За умовою задачі фокуси гіперболи розташовані на осі

ординат, тому її рівняння буде мати вигляд: 12

2

2

2

a

x

b

y.

Параметри а и b визначаються із системи:

.

,222

b

c

cba

Враховуючи, що с = 5, маємо:

;3

55

,2522

b

ba

.3

,162

b

a

Таким чином, рівняння гіперболи має вигляд: 1169

22

xy

.

Рис. 5.1

F1

x

y

O

A1

A2

34

Приклад 8 Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі

абсцис симетрично відносно початку координат, якщо вона проходить через

точку 1 5;3M і її ексцентриситет дорівнює 2 .

Розв’язання. Рівняння гіперболи шукатимемо у вигляді 12

2

2

2

b

y

a

x.

Підставляючи в це рівняння замість змінних координат x і y координати точки

М1 (бо вона належить гіперболі), одержуємо: 2 2

25 91

a b . За умовою 2

c

a ,

звідки 2c a . Тоді із співвідношення 2 2 2b c a матимемо 2 2 2 22b a a a .

Таким чином, для знаходження невідомих параметрів a і b гіперболи

маємо систему: 2 2

2 2

25 91,

.

a b

b a

Розв’язуючи цю систему, знаходимо: 2 2 16a b .

Отже, шукане рівняння гіперболи 2 2 16x y .

Приклад 9 Скласти найпростіше рівняння гіперболи, симетричної

відносно координатних осей, якщо вона перетинає вісь Oy і проходить через

точки 1 24;5 5M і 2 0;5M . Знайти фокуси цієї гіперболи.

Розв’язання. Рівняння гіперболи шукатимемо у вигляді 12

2

2

2

a

x

b

y.

Оскільки точки М1 і М2 належать гіперболі, їх координати задовольняють

рівнянню гіперболи. Підставляючи координати даних точок у це рівняння,

одержуємо: 2 2

2

125 5761,

251.

b a

b

Розв’язуючи цю систему, знаходимо: 2 225, 144b a .

Отже, шукане рівняння гіперболи має вигляд 2 2

125 144

y x . Із

співвідношення 2 2 2c a b знаходимо с: 25 144 13c .

Фокуси гіперболи розташовані на осі Oy , тому 1 0;13F , 2 0; 13F .

Приклад 10 Скласти рівняння параболи, вершина якої знаходяться в

початку координат, якщо вона симетрично розташована відносно осі Ох і

проходить через точку 1 1;3M .

Розв’язання. Оскільки вершина параболи знаходиться в точці 0;0O , а

вісь Ох є віссю симетрії, то рівняння параболи треба шукати у вигляді 2 2y px .

Параметр р знайдемо з умови, що парабола проходить через точку

1 5;3M . Підставляючи координати цієї точки в рівняння параболи,

одержуємо 23 2 1p , звідки 2 9p .

35

Отже, шукане рівняння параболи 2 9y x .

Приклад 11 Скласти рівняння параболи, симетричної відносно осі Оу,

якщо вона проходить через точки перетину прямої 0x y і кола 2 2 8 0x y y .

Розв’язання. Знайдемо точки перетину прямої і кола, для чого

розв’яжемо систему рівнянь:

2 2

0,

8 0;

x y

x y y

2 2

,

8 0;

x y

y y y

2

0,

2 8 0;

x y

y y

1

2

0,

0,

4;

x y

y

y

1

1

2

2

0,

0,

4,

4.

x

y

x

y

Отже, 0;0O і 4; 4M - шукані точки перетину.

Рівняння параболи, яка симетрична відносно осі Оу і проходить через

початок координат, має вигляд 2 2x py .

Параметр р знайдемо з умови, що парабола проходить через точку

4; 4M . Підставляючи координати цієї точки в рівняння параболи,

одержуємо 24 2 4p , звідки 2 4p .

Таким чином, шукане рівняння параболі набуде вигляду 2 4x y .



Вправи

1 Скласти рівняння кола, яке проходить через точку 1 2;6M , а його

центр знаходиться у точці 1;2C .

Відповідь: 2 2

1 2 25x y .

2 Скласти рівняння кола, яке проходить через початок координат, а його

центр знаходиться у точці 6; 8C .


6 8 100x y .

3 Обчислити ексцентриситет еліпса, якщо відрізок між його фокусами

видно з вершин малої осі під прямим кутом.


2.

4 Скласти рівняння еліпса, якщо його велика вісь дорівнює 26, а фокуси

знаходяться у точках 12; 0 .


1169 25

x y .

36

5 Скласти рівняння гіперболи, фокуси якої розташовані на осі ординат

симетрично відносно початку координат, якщо рівняння асимптот 12

5y x , а

відстань між вершинами дорівнює 48.


1100 576

x y .

6 Обчислити площу трикутника, утвореного асимптотами гіперболи 2 2

14 9

x y і прямою 9 2 24 0x y .

Відповідь: 12 кв.од.

7 Обчислити ексцентриситет рівносторонньої гіперболи.


8 Фокус параболи має координати 6; 0F , а рівняння директриси

6 0x . Скласти рівняння параболи.

Відповідь: 2 24y x .

9 Скласти найпростіше рівняння параболи, фокус якої знаходиться у

точці перетину прямої 2 5 8 0x y з віссю абсцис. Побудувати цю параболу.

Відповідь: 2 16y x .

10 Скласти рівняння параболи та її директриси, якщо парабола проходить

через точки перетину прямої 0y x і кола 2 2 8 0x y x і симетрична

відносно осі абсцис.

Відповідь: 2 4y x , 1x .


1 Виведіть канонічні рівняння кола, еліпса, гіперболи і параболи.

2 Які геометричні властивості еліпса, гіперболи і параболи?

3 Що називається асимптотами гіперболи?

4 Що таке директриса?

5 Що називають еліпсом?

6 Сформулюйте означення гіперболи і параболи.

7 Де знаходяться фокуси гіперболи?

8 Чому дорівнює ексцентриситет параболи?

9 Що називають параметром параболи?

10 Де знаходяться фокуси еліпса?

11 Що називають ексцентриситетом еліпса?


Рівняння поверхні. Рівняння площини. Дослідження загального рівняння

площини. Кут між площинами. Пряма лінія у просторі.

37


Приклад 1 Точка Р (2; -1; -1) є основою перпендикуляра, опущеного з

початку координат на площину. Скласти рівняння цієї площини .

Розв'язання. За умовою точка Р належить шуканій площині, тому її

рівняння шукатимемо у вигляді 0 0 0 0A x x B y y C z z . Відомо також,

що OP . Отже, вектор OP можна вважати нормальним вектором

; ;n A B C площини . Оскільки 2; 1; 1OP n , бо координати точки О

(0; 0; 0), підставляючи його координати і координати точки Р в рівняння

площини, одержимо 2 2 1 1 0x y z або 2 6 0x y z . Це і є

шукане рівняння.

Приклад 2 Скласти рівняння площини, яка проходить через точку

М1 (3; -2; -7) паралельно до площини 12 3 5 0x z .

Розв'язання. Точка М1 належить шуканій площині , тому її рівняння

має вигляд 3 2 7 0A x B y C z .

За умовою площини паралельні, тому їх нормальні вектори колінеарні, а з

умови колінеарності векторів одержуємо 2 0 3

A B C

. А це означає, що вектор

1 2;0; 3n можна вважати нормальним вектором площини . Таким чином,

рівняння цієї площини 2 3 0 2 3 7 0x y z або 2 3 27 0x z .

Цю задачу можна розв‘язати інакше: якщо площини паралельні, то їх

рівняння можна перетворити так, що вони відрізнятимуться лише вільними

членами. Тоді рівняння площин, паралельних даній площині, матиме вигляд:

2 3 0x z D . Підставляючи в це рівняння замість змінних координат х і у

координати точки М1 (3; –2; –7), через яку проходить площина, одержуємо

рівняння 2 3 3 7 0D , звідки 27D . Таким чином, рівняння шуканої

площини набуде вигляду 2 3 27 0x z .

Приклад 3 Визначити, за яких значень l і m площини і

26 6 2 0mx y z будуть паралельні.

Розв'язання. За умовою паралельності двох площин маємо: 2 3

6 6

l

m

,

бо 1 1 1 1; ; 2; ;3n A B C l , 2 2 2 2; ; ; 6; 6n A B C m .

Розв‘язуючи рівняння 2 3

6m

, одержуємо 2 6

43

m

. Із рівняння

3

6 6

l

маємо 3l .

Таким чином, при 3l і 4m площини 1 і 2 будуть паралельні.

Приклад 4 Визначити, за яких значень l площини

15 3 2 0x y z і 22 3 1 0x ly z будуть перпендикулярні.

38

Розв'язання. 1 1 1 1; ; 5;1; 3n A B C - нормальний вектор площини

1 , 2 2 2 2; ; 2; ; 3n A B C l - нормальний вектор площини 2 .

Згідно з умовою перпендикулярності двох площин, маємо

5 2 1 3 3 0l , звідки 19l .

Отже, при 19l площини 1 і 2 будуть перпендикулярні.


1 2; 3; 3M паралельно до площини xOy .

Розв’язання. Шукана площина паралельна площині xOy , а тому її

рівняння 0Cz D . Підставляючи в це рівняння координати точки 1M (бо вона

належить їй), одержимо 3 0C D , звідки 3D C . Тепер рівняння шуканої

площини набуде вигляду 3 0Cz C або 3 3C z . Оскільки 0C ,

3 0z . Це і є шукане рівняння.

Приклад 6 Скласти рівняння площини, яка проходить через вісь Оу і

точку 1 1; 4; 3M .

Розв’язання. Рівняння площини, яка проходить через вісь Оу, має вигляд

0Ax Cz . Оскільки точка М1 належить цій площині, її координати

задовольняють цьому рівнянню і тому 1 3 0A C , звідки 3A C . Таким

чином, рівняння шуканої площини набуває вигляду 3 0Cx Cz , або

3 0C x z . Оскільки 0C , то 3 0x z – шукане рівняння.


1 2; 1;1M перпендикулярно до площин 10y і 22 1 0x z .

Розв’язання. Точка М1 належіть шуканій площині , а тому маємо:

2 1 1 0A x B y C z .

За умовою 1 1 0;1; 0n n , 2 2 2; 0; 1n n , а це

означає, що 1 2 0 1 0 2

2 0 1

i j k

n n n i k

.

Оскільки ; ; 1; 0; 2n A B C , то рівняння шуканої площини

2 2 1 0x z , або 2 4 0x z .

Приклад 8 Обчислити відстань d від точки 0 1;1; 2M до площини,

яка проходить через три точки : 1 1; 1;1M , 2 2;1; 3M , 3 4; 5; 2M .

Розв‘язання. Складаємо рівняння площини, яка проходить через три

точки:

1 1 1

2 1 1 1 3 1 0

4 1 5 1 2 1

x y z

або

1 1 1

3 2 2 0

3 4 3

x y z

.

Розкривши визначник по елементам першого рядка, одержимо:

39

2 1 3 1 6 1 0x y z або 2 3 6 11 0x y z .

Тепер за формулою обчислення відстані від точки до площини,

враховуючи, що 0 1x ,

0 1y , 0 2z , 2A , 3B , 6C , 11D , маємо:

2 1 3 1 6 2 11 28

474 9 36

d

.

Приклад 9 Обчислити відстань між паралельними площинами

12 3 6 14 0x y z і 24 6 12 21 0x y z .

Розв’язання. Знайдемо на одній із площин, наприклад, на площині 1 ,

довільну точку. Для цього в рівнянні 1 покладемо 0y z . Тоді 2 14 0x ,

звідки 7x . Отже, знайдено точку 0 7; 0; 0M , яка належить площині 1 .

Тепер задача зводиться до знаходження відстані від точки М0 до площини 2 .

За формулою обчислення відстані від точки до площини, враховуючи, що

4A , 6B , 12C , 21D , 0 7x ,

0 0y , 0 0z , маємо:

4 7 6 0 12 0 21 493,5

1416 36 144d

.


1 2; 3; 4M і відтинає на координатних осях від нуля відрізки однакової

величини (вважати кожний відрізок напрямленим з початку координат).

Розв’язання. Шукаємо рівняння площини у відрізках, тобто у вигляді

1c

z

b

y

a

x. Оскільки за умовою a b c , рівняння площини набуде

вигляду x y z a . Точка М1 належить площині, тому її координати

задовольняють рівнянню x y z a . Підставляючи в це рівняння координати

мочки М1 , одержуємо 2 3 4 a , звідки 5a . Отже, рівняння шуканої

площини 5 0x y z .



Вправи

1 Cкласти рівняння площини, що відтинає на осі Оу відрізок 5b і

перпендикулярна до вектора 3; 2; 4n .

Відповідь: 3 2 4 10 0x y z .

2 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 1; 1;1M і

перпендикулярно до площин 2 1 0x y z і 2 1 0x y z .

Відповідь: 3 5 1 0x y z .

3 Знайти гострий кут між площинами 11 8 7 5 0x y z і

7 2 8 3 0x y z .


40

4 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точки 1 2; 1; 3M і

2 3;1; 2M паралельно вектору 3; 1; 4a .

Відповідь: 9 7 40 0x y z .

5 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 5; 2; 1M

паралельно до площини YOZ.

Відповідь: 5 0x .

6 Cкласти рівняння площини, яка проходить через вісь Ох і точку

1 4; 1; 2M .

Відповідь: 2 0y z .

7 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точки 1 2; 1;1M і

2 3;1; 2M паралельно до осі Оу.

Відповідь: 1 0x z .

8 Cкласти рівняння площини, яка проходить через точку 1 1; 2; 3M

перпендикулярно до осі O z .

Відповідь: 3 0z .

9 Знайти відстань між паралельними площинами 2 3 6 14 0x y z і

2 3 6 28 0x y z .

Відповідь: 6d .


1 Як визначаються в аналітичній геометрії лінія, поверхня та інші

множини точок? Наведіть приклади.

2 Як однозначно може бути визначене положення площини у просторі?

3 Який вектор називається нормальним вектором площини?

4 Яке рівняння називають загальним рівнянням площини у просторі? У

чому полягає зміст його коефіцієнтів?

5 Виведіть рівняння площини, яка проходить через задану точку і має

заданий нормальний вектор.

6 Виведіть рівняння площини, яка проходить через три задані точки.


Пряма лінія у просторі.

Взаємне розташування прямої і площини.


Приклад 1 Скласти канонічні рівняння прямої, яка проходить через

точку 0 2;0; 3M паралельно вектору 2; 3;5a .

41

Розв’язання. Використовуючи канонічні рівняння і враховуючи, що

0 2x , 0 0y ,

0 3z , 2m , 3n , 5p , одержуємо 2 3

2 3 5

x y z

.

Це і є шукане рівняння.

Приклад 2 Скласти параметричне рівняння прямої, яка проходить через

точку М0 (1; -1; -3) паралельно до прямої 1 2 1

2 5 0

x y z .

Розв’язання. Використовуючи параметричні рівняння і враховуючи, що

напрямний вектор 2;5;0s даної прямої є також і напрямним вектором

шуканої прямої, матимемо:

1 2 ,

1 5 ,

3.

x t

y t

z

Приклад 3 Довести, що прямі 1l

2 1,

3 2,

6 1

x t

y t

z t

і 2l2 4 2 0,

4 5 4 0

x y z

x y z

паралельні.

Розв’язання. Маємо 1 2; 3; 6s - напрямний вектор прямої l1 і

1 2 2 1 4 9 6 6

4 1 5

i j k

s n n i j k

або паралельний йому вектор

2 3; 2; 2s - напрямний вектор прямої l2 .

Знайдемо скалярний добуток векторів 1s і

2s : 1 2 2 3 3 2 6 2 0s s .

Оскільки 1 2 0s s ,

1 2s s . Звідси випливає, що 1 2l l . Таким чином, доведено,

що дані прямі перпендикулярні.

Приклад 4 Знайти напрямні косинуси прямої

4 2 ,

3 ,

5 2 .

x t

y t

z t

Розв’язання. Напрямним вектором даної прямої є вектор 2; 1; 2s .

Використовуючи формули для знаходження напрямних косинусів прямої,

одержимо:

2 2cos

34 1 4

;

1cos

3 ;

2cos

3 .

Приклад 5 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку

0 2; 3; 5M перпендикулярно до двох даних прямих:

1 3 5

1 2 2

x y z

1l і

2 1 7

6 3 2

x y z

2l .

42

Розв’язання. Рівняння прямої l шукатимемо у вигляді 2 3 5x y z

m n p

.

Оскільки 1l l і

2l l , 1 1; 2; 2s s і 2 6; 3; 2s s , звідки

випливає, що напрямним вектором шуканої прямої можна вважати вектор

1 2 1 2 2 10 10 15

6 3 2

i j k

s s s i j k

або паралельний йому вектор 3 2; 2; 3s .

Отже, вважаючи, що 2, 2. 3m n p , рівняння шуканої прямої

набуде вигляду 2 3 5

2 2 3

x y z

.

Приклад 6 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точки

1 2; 1; 3M , 2 3;1; 5M . Знайти її напрямні косинуси.

Розв’язання. Використовуючи рівняння прямої у просторі, що проходить

через дві точки, одержимо 2 1 3

3 2 1 1 5 3

x y z

або

2 1 3

1 2 2

x y z

.

Напрямний вектор цієї прямої ; ; 1;2; 2s m n p . Тепер знаходимо:

1 1cos

31 4 4

;

2cos

3 ;

2cos

3 .

Приклад 7 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку

М0(2;-3;-5) перпендикулярно до площини 6х-3у-5z+2=0.

Розв’язання. Запишемо канонічні рівняння прямої , яка проходить через

точку М0(2;-3;-5):

p

z

n

y

m

х 532

.

Невідомі параметри m, n, знайдемо з умови перпендикулярності прямої і

площини. Оскільки l , то ns

|| , а це означає, що нормальний вектор

площини )5;3;6();;( CBAn

можна вважати і напрямним вектором

шуканої прямої. Отже, )5;3;6();;( pnms

. Підставляючи координати

вектора )5;3;6();;( pnms

у рівняння прямої, одержуємо:

5

5

3

3

6

2

zyх.

Приклад 8 За якого значення п пряма 2

32

3

1

z

n

yх паралельна

площині х-3у-6z+2=0?

Розв’язання. Напрямний вектор прямої )2;;3( ns

, а нормальний

вектор площини )6;3;1();;( CBAn

. За умовою паралельності прямої і

площини: 062313 n , звідки п=-3. Таким чином, при п=-3 пряма і

площина будуть паралельні.

43

Приклад 9 За яких значень m і C пряма 3

5

4

12

zy

m

х

перпендикулярна до площини 3х-2у+Сz+1=0?

Розв’язання. Напрямний вектор прямої )3;4;( ms

, а нормальний

вектор площини );2;3( Cn

. За умовою перпендикулярності прямої і

площини: C

m 3

2

4

3

. Розв’язуючи рівняння

2

4

3

m, одержуємо m= –6. Із

рівняння C

3

2

4

знаходимо, що С=1,5. Таким чином, при m= –6 і С=1,5

пряма і площина будуть перпендикулярні.

Приклад 10 Знайти проекцію точки Р(5;2;–1) на площину2х–у+3z+23=0.

Розв’язання. Насамперед зауважимо, що точка Р не належить площині

(пропонуємо переконатися в цьому самостійно). І,

тому задача зводиться до знаходження

перпендикуляра, опущеного з точки Р на задану

площину (рис.10.1). Використовуючи

параметричні рівняння прямої у просторі і

враховуючи, що нормальний вектор площини

)3;1;2( n

є і одночасно нормальним вектором

прямої РР1:

.31

,2

,25

tz

ty

tx

Тепер знайдемо точку

перетину прямої 62

1

1

1 zyх

і площини 2х+3у+z-1=0, розв’язуючи систему

.02332

,31

,2

,25

zyx

tz

ty

tx

Підставляючи вирази для x, y, z в останнє рівняння системи, одержуємо

0233132252 ttt . Або 022 t , звідки 2t .

При 2t одержуємо: .7231,422,145 zyx

Отже, проекцією точки Р на площину є точка Р1(1;4;-7).


М0(2;-3;4) паралельно прямим 8

3

2

1

1

zyx і

2

5

0

1

4

1

zyx.

Розв’язання. Згідно з рівняння площини запишемо у вигляді

А(х-2)+В(у+3)+С(z-4)=0.

Через те, що )8;2;1();;(1 sCBAn

і )2;0;4();;(

2 sCBAn

, то

n

s

);;(1 zyxР•

Рис. 10.1

44

kji

kji

ssn

8304

204

82121

, і тому рівняння шуканої площини набуде

вигляду 4(х-2)+30(у+3)+8(z-4)=0, або 2x+15y-4z+57=0.

Зауважимо, що нормальним вектором шуканої прямої можна було б

вважати і вектор )4;15;2(1

n

, який є паралельний вектору 8;30;4 n

.

Приклад 12 Знайти кут між прямою

0142

,08

zx

yx і площиною

4x-2y-2z+7=0.

Розв’язання. За формулою знаходження кута між площиною та прямою

у просторі знаходимо:

222222sin

pnmCBA

CpBnAm

.

Оскільки нормальний вектор площини )2;2;4();;( СВАn

і напрямний

вектор прямої kji

kji

ssn

8304

102

01121 ,

2

1

624

6

4114416

22)1(2)1(4sin

.

Отже, 30 .


Повторити теорію [9, л.8-9], с. 55 –66.

Вправи

1 Знайти кут між прямою 2 1,

2 1

x z

y z

і прямою, яка проходить через

початок координат і через точку з координатами 1; 1; 1 .


cos3

.

2 Довести паралельність прямих 2 1

3 2 1

x y z

і

0,

5 8 0.

x y z

x y z

3 Знайти точку перетину прямої і площини:

а) ,1

1

1

1

2

zyx ;02 zyx б) ,

5

1

1

2

3

3

zyx ;0152 zyx

в) ,2

3

3

1

2

2

zyx .0622 zyx

45

Відповідь: а) М(4;-5;1); б) пряма паралельна площині; в) пряма лежить на

площині.

4 Скласти рівняння площини ,яка проходить через точку М0(1;-2;1)

перпендикулярно до прямої

.02

,032

zyx

zyx

Відповідь: .032 zyx

5 За якого значення С пряма

.02434

,0323

zyx

zyx паралельна

площині 022 Czyx ?

Відповідь: С=-2.

6 Скласти рівняння прямої, яка проходить через точку М0(3;1; –2) і точку

перетину прямої 3

2

1

1

2

1

zyx і площини .03532 zyx

Відповідь: .1

1

14

1

zyx

7 Скласти рівняння площини, яка проходить через паралельні прямі

;4

1

5

2

3

1

zyx .

4

2

5

1

3

zyx

Відповідь: 7х+у–4z-9=0.

8 Знайти проекцію точки М(3;-1;1) на площину .03032 zyx

Відповідь: М1(5;5;5).

9 Знайти кут між прямою ;28 tx ;27 ty ;49 tz і площиною

6 .0133 zyx



1 Як однозначно може бути визначене положення прямої у просторі?

2 Який вектор називають напрямним вектором прямої?

3 Виведіть канонічні та параметричні рівняння прямої у просторі.

4 Виведіть рівняння прямої, яка проходить через дві задані точки.

5 Як визначити кут між двома площинами; двома прямими; між прямою і

площиною?

6 Сформулюйте умови паралельності та перпендикулярності двох пря-

мих; двох площин; прямої і площини.

7 Як знайти напрямний вектор прямої якщо вона задана загальним

рівнянням?


Нескінченно малі та нескінченно великі величини. Зв’язок між ними. Границя

функції. Перша та друга особливі границі.

46


Приклад 1 Знайти область визначення функцій :

а) ,23

22

xx

y б) ,342 xxy в) .4

21arccos

xy


а) Функція визначена для всіх значень x , крім тих, за яких знаменник

2 3 2x x дробу 2

2

3 2x x перетворюється на 0. Розв’язавши рівняння

2 3 2 0x x знаходимо 1 21, 2x x . Тому областю визначення даної функції є

сукупність усіх дійсних чисел, крім 1 та 2, тобто

( ) ( ;1) (1;2) (2; )D y .

б) Корені парного степеня існують лише для невід’ємних чисел. Тому

область визначення даної функції можна розглядати як сукупність усіх значень

x , що задовольняють нерівності 2 4 3 0x x .

Розв’яжемо сказану нерівність методом інтервалів. Для цього знайдемо

корені рівняння 2 4 3 0x x . За теоремою Вієта 1 21, 3x x . Ці точки поділяють

всю числову вісь на інтервали: ( ;1), (1;3), (3; ) .

Для зручності позначимо ліву частину нерівності через y і визначимо

знак y на кожному інтервалі (рис.1.1): 2 4 3 ( 1)( 3); (0) 3 0; (2) 1 0; (4) 3 0y x x x x y y y

.

Рис.1.1

Таким чином, область визначення даної функції:

( ) ( ;1] [3; )D y .

в) Позначимо 1 2

4

xt

. Відомо, що функція arccosy t визначена при

1 1t . Отже, задана буде визначена для всіх значень x , що задовольняють

нерівності: 1 2

1 14

x . Розв’язуючи цю нерівність, одержимо: 4 1 2 4x ,

або 5 2 5x , звідки 5 3

2 2x . Отже, область визначення даної функції

3 5( ) ;

2 2D y

.

Приклад 2 Знайти інтервали знакосталості функції 2 3 2

xy

x x

.

знак у +

_ +

х 1 3

47

Розв’язання. Задана функція не існує в точках, де 2 3 2 0x x , звідки

1 1x , 2 2x . Функція дорівнює нулю при 0x . Відкладемо одержані значення

x на числовій прямій і визначимо знак y на кожному інтервалі (рис.2.2):

2( )

3 2 ( 1)( 2)

x xy x

x x x x

; ( 1) 0y , (0,5) 0y , (1,5) 0y , (3) 0y .

Рис.2.2

Отже, 0y для ( ;0) (1;2)x і 0y для (0;1) (2; )x .

Приклад 3 Знайти

1

4

133

0 x

xxim

x .

Розв’язання. Функція, границю якої треба знайти, елементарна, тому

4

31

40

10301

4

1333

0

x

xxim

x .

Приклад 4 Знайти 1

324

2

3

xx

xim

x

Розв’язання. Для визначення границі елементарної функції досить у

вираз цієї функції підставити граничне значення її аргументу. Тоді

013

0

139

0

133

33

1

324

2

24

3

3

xx

xim

x .

Приклад 5 Знайти x

xim

x 11 .

Розв’язання. Границя знаменника дорівнює нулю, тому теорему 6

безпосередньо застосувати не можна, тому що ділення на нуль неможливе.

Якщо 011

ximx , то x1 є величина нескінченно мала, а обернена до неї

x1

1 – нескінченно велика. Отже, умовно можна записати, що

11 x

xim

x .

Розкриття невизначеності виду .0

0

Для розкриття цієї невизначеності користуються такими методами:

а) розкладають чисельник і знаменник на множники, після чого

скорочують дріб на нескінченно малий співмножник і потім переходять до

границі;

б) переносять ірраціональність з чисельника у знаменник або із

знаменника в чисельник, а іноді за необхідністю – і те і друге, після чого

одержаний дріб скорочують і переходять до границі;

в) використовують першу чудову границю

0 1 2 x

_ +

_ + знак y

48

;1sin

sin

00

x

xim

x

xim

xx

г) використовують властивість еквівалентності нескінченно малих

величин.

Нагадаємо, що коли ,10

xx

im то і еквівалентні нескінченно малі

величини при ,0

xx тобто ~β.

При 0x sin x~x, tg x~x, arsin x~x, arctg x~x, xn 1 ~x, 1x ~x.

Зауважимо, що в таких випадках, коли чисельник або знаменник (або і

чисельник, і знаменник) являє собою суму (або різницю) нескінченно малих

функцій, то при обчисленні границі, взагалі кажучи, не можна заміняти окремі

додатки еквівалентними функціями. Така заміна може призвести до

неправильного результату.

Приклад 6 Знайти xx

xxim

x

3

2

1

12 .

Розв’язання. При 1x чисельник і знаменник даного дробу прямують

до нуля. Тому безпосередньо застосування теореми про границю частки тут

неможливе. Розкладаючи чисельник і знаменник даного дробу на множники,

одержуємо:

,11222 xxx .11123 xxxxxxx

Тоді

0

2

0

1

1

11

1

0

012

1

2

13

2

1

xx

xim

xxx

xim

xx

xxim

xxx .

Слід зазначити, скорочення дробу на 1x було законним тому, що при

знаходженні границі в точці 1x значення цієї функції у точці 1x не беремо

до уваги, тобто x, прямуючи до одиниці і, отже, на нуль ми не скорочували.


182

3

21

xx

xim

x .

Розв’язання. Маємо невизначеність виду .0

0 Розкладаючи на множники

чисельник за формулою ,2233 babababa а знаменник за

формулою ,21

2 xxxxacbxax де 1

x і 2

x – корені рівняння

,02 cbxax маємо:

1241218 23 xxxx ,

,0156 2 xx ,12

15

12

242552,1

x ,

2

11x

3

12x .

131231216156 2 xxxxxx .

Отже,

49

6123

111

13

124

1̀312

12412

0

0

156

18 2

21

2

212

3

21

x

xxim

xx

xxxim

xx

xim

xxx .

Приклад 8 Знайти .5

21

5

x

xim

x

Розв’язання. Після підстановки граничного значення x маємо

визначеність виду .0

0 Звільнимося від ірраціональності у чисельнику,

помноживши чисельник і знаменник на спряжений чисельнику множник

.21 х Після скороченого дробу на нескінченно малий множник і

використання теорем про границі, одержимо:

.4

1

21

1

215

41

215

2121

0

0

5

21

5

555

xim

xx

xim

xx

xxim

x

xim

x

xxx


112

2

0

x

xim

x .

Розв’язання. Чисельник і знаменник у точці 0x мають границю, яка

дорівнює нулю. Застосувати теорему про границю частки не можна. Тому

помножимо чисельник і знаменник дробу на добуток .41611 22 xx .

.42

8

11

416

111616

41611

11416416

4161111

0

0

416

11

2

2

022

22

0

222

222

02

2

0

x

xim

xx

xxim

xxx

xxxim

x

xim

xx

xx


xim

x

3sin

0 .

Розв’язання. Використовуючи першу чудову границю, матимемо

3133

3sin3

3

3sin3

0

03sin

000

x

xim

x

xim

x

xim

xxx .

Цей приклад можна було б розв'язати ще й так. При 0x x3sin ~ x3 ,

тому

3333sin

000

xxxim

x

xim

x

xim .

Приклад 11 Знайти xtg

xtgim

x 5

2

0 .

Розв’язання. Через те що при 0x xtg5 ~ x5 і xtg2 ~ x2 ,

50

5

2

5

2

0

0

5

2

00

x

xim

xtg

xtgim

xx .


cos1

x

xim

x

.

Розв’язання. Враховуючи, що 2

sin2cos1 2 xx і при 0x

2sin2 x

~ ,4

2x матимемо

2

142

2sin2

0

0cos12

2

02

2

020

x

x

imx

x

imx

xim

xxx .


sin

x

xxtgim

x

.

Розв’язання. Чисельник і знаменник цього дробу при 0x

перетворюється на нуль. Тому застосувати теорему про границю дробу не

можна. Перетворимо дріб, додавши чисельник у вигляді добутку:

xx

xx

xx

xx

x

xx

x

xx

x

x

xxtg

cos

2sin2sin

cos

cos1sin1

cos

1sinsin

cos

sin

sin3

2

3333

.

Тепер знаходимо:

2

2

0003

2

030

2sin

cos

1sin2

cos

2sin2sin

0

0sin

x

x

imx

imx

xim

x

xx

imx

xtgxim

xxxxx

= ,2

142

2

2

0

x

xim

x

2

2sin,1

cos

1,1

sin

00

xа

xim

x

xim

xx

~

4

2x при 0x .Таким чином,

2

1sin30

x

xxtgim

x .

Слід зауважити, що в цьому прикладі при заміні xнаtgx , xнаxsin

одержали ,0

3x а це означало, що границя функції дорівнює нулю, а це не вірно.

Розкриття невизначеності виду

Для розкриття цієї невизначеності заданої відношенням многочленів,

чисельник і знаменник ділять на найвищу, що входить до них степінь ,x і потім

переходять до границі.

Приклад 14 Знайти 13 24

3

xx

xxim

x .

Розв’язання. Ні чисельник , ні знаменник не мають границі при x .

Застосувати теорему про границю чаcтки безпосередньо не можемо. Тому

перетворимо дріб, поділивши його чисельник і знаменник на 4x . Знаходимо

42

3

24

3

131

11

13 xx

xxim

xx

xxim

xx

.

51

Оскільки при x : 01 x , 01 3 x , 03 2 x , 01 4 x , то,

застосувавши теорему про границю суми, переконуємось, що чисельник має

границю, яка дорівнює 0, а знаменник – I. За теоремою про границю частки

маємо: 01

0

13 24

3

xx

xxim

x .


52

4

xx

xxim

x .

Розв’язання. При x чисельник і знаменник необмежено

збільшується (одержуємо невизначеність виду

). Поділивши чисельник і

знаменник на 4x , тобто на старшу степінь x , і використавши властивості

границь, одержимо

0

1

000

01

131

51

13

5

432

3

2

4

xxx

ximxx

xxim

xx ,

а це означає, що границя функції не існує.

Слід зауважити, що запис 0

1є чисто умовним. Його треба розуміти

так: ......

ввнвмн

I , тобто величина, обернена до нескінченно малої є нескінченно

великою.


12

2

x

xim

x .

Розв’язання. Маємо невизначеність виду

. Поділивши чисельник і

знаменник на 2x , тобто на старшу степінь x , і використавши властивості

границь, одержимо: 2

1

02

01

12

11

12

12

2

2

2

x

xim

x

xim

xx .

Далі при обчисленні границь можна користуватись таким правилом:

якщо чисельник і знаменник дробу - многочлени і x , то границя дробу

дорівнює:

I) відношенню коефіцієнтів при старшій степені змінної, якщо

многочлени однакової степені;

2) нулю, якщо степінь многочленна чисельника нижча за степінь

многочленна знаменника;

3) нескінченності, якщо степінь многочленна чисельника вища за степінь

многочленна знаменника.


3

31

31

xx

xxim

x

.

52

Розв’язання. Оскільки степені многочленів чисельника і знаменника

однакові і x , шукана границя дорівнює відношення коефіцієнтів при

старшій степені x , тобто 13

3

31

3132

3

xx

xxim

x .

Розкриття невизначеності виду

Невизначеність такого виду розкривається одним з двох шляхів:

I) зведенням дробів до спільного знаменника, в результаті чого

приходимо або до невизначеностіo

o, або до невизначеності

;

2) перенесенням ірраціональності з чисельника в знаменник.


31 1

3

1

1

xxim

x .

Розв’язання. При 1x задана функція являє собою різницю двох

нескінченно великих величин (випадок ). Виконаємо віднімання дробів

3

2

3

2

3 1

2

1

31

1

3

1

1

x

xx

x

xx

xx

.

Тоді

.13

3

1

2

11

21

1

2

1

3

1

1

2121

3

2

131

xx

xim

xxx

xxim

o

o

x

xxim

xxim

xx

xx

Приклад 19 Знайти xxximx

652 .

Розв’язання. Тут також маємо невизначеність виду . Помноживши

і поділивши дану функцію на )652 xxx , одержимо

xxx

xxxxximxxxim

xx 65

656565

2

22

2

xxx

xim

xxx

xxxxim

xx 65

65

65

65

22

22

251651

652

xx

xim

x .

Розкриття невизначеності виду 0

Шляхом заміни змінної або за допомогою алгебраїчних перетворень

функції невизначеність 0 зводиться або до невизначеності 0

0, або до

невизначеності

.

53

Слід зауважити, що множення можна замінити діленням на обернену

величину і тому 0 можна розглядати як 0

001

або як

10

(як уже

зазначалося, ці записи чисто умовні).


30

xctgxim

x .

Розв’язання. При 0x одержуємо невизначеність виду 0 Записавши

в іншому вигляді дану функцію і використавши теореми про границі,

матимемо: 330

0

30

3 000

x

xim

xtg

xim

xctgxim

xxx

.

При розв'язанні цього прикладу прийнято до уваги, що при 0x 3

xtg ~

3

x.


21

1

xtgxim

x

.

Розв’язання. Тут також маємо невизначеність виду 0 .

Покладемо 1– zx

. Звідси випливає, що 0z , оскільки 1x .

Тоді, виконуючи відповідні перетворення функції і переходячи до

границі, знаходимо

2

10

21

01

ztgzim

xtgxim

zx

2

222 000 ztg

zim

zctgzim

zztgim

zzz

2

2

0

0

0

z

zim

z .

Розкриття невизначеності виду 1

Для розкриття цієї невизначеності використовуємо другу чудову границю

71828,211

11

eim

xim

x

x

.

Зазначимо, що число e ірраціональне. Логарифм за основою е називають

натуральним логарифмом і позначають xogxne

.


xm

x x

kim

1 .

Розв’язання. Маємо невизначеність 1 . Виконуючи елементарні

перетворення і використовуючи формулу другої чудової границі, одержуємо

km

mxx

k

k

x

x

mx

xe

x

kim

x

kim

111 .


1

23

43

x

x x

xim .

54

Розв’язання. При підстановці граничного значення x у вираз функції

маємо невизначеність 1 . Після виконання елементарних перетворень і

використання другої чудової границі матимемо

3

1

3

1

123

4311

23

43xx

x

xim

x

xim

xx

3

1

3

1

23

61

23

23431

xx

xim

x

xxim

xx

23

123

1

23

6

6

23

23

61 x

xx

xx

eimx

imxx

3223

12

ee x

x

xim

.


xxtgim 212

01

.

Розв’язання. Mаємо

x

xtg

tg

x

x

x

x

xtgimxtgim 2

1

2

0

212

0

2

2

111

212

2

0

0

2

02

2

eeeeimx

x

imx

xtgim

x

xxx

xtg

.

При розв'язанні прикладу прийнято до уваги, що при 0x

xtg 2 ~ xx 2

.


0

ln ln

x

a x aim

x

.

Розв’язання. У результаті підстановки граничного значення x маємо

невизначеність 0

0. Використавши формули потенціювання і другу чудову

границю, одержимо

1

0 0 0

lnln ln 0ln 1

0

x

x x x

a xa x a xaim im im

x x a

1

1 1

0 0

1ln 1 ln 1 ln

a axx

a

x x

x xim im e

a a a

.



Вправи

55

1 Знайти область визначення функцій:

а) 2

1

1y

x

. Відповідь: вся числова вісь .

б) 21 1y x . Відповідь: [–1;1].

в) 32lg2

13

x

xxy . Відповідь: 3 2; 2 2; .

2 Знайти корені функцій і інтервали знакосталості, якщо

а)2 5 6,y x x б) .y x

Відповідь: а) y=0 при x=2 і x=3; y>0 при ),3()2,( х ; y<0 при

)3,2(х , б) y=0 при x=0; y>0 при 0х .

3 Знайти границі

3.1

3

52

2

2

x

xim

x .


3.2 12

2

22

1

x

x x

xim .

Відповідь: e 2 .

3.3

49

3227

x

xim

x .


1 .

3.4

13

6

x

xxim

x .

Відповідь: -2.

3.5 12

2

1

x

x x

xim

Відповідь: 6e .

3.6

8

12

2

132 xx

imx .


1 .


1 Дайте означення функції.

2 Що називається границею функції у точці х0?

3 Що називається границею функції при х , х ?

4 Який найпростіший зв'язок існує між нескінченно великими і

нескінченно малими функціями?

5 Чому дорівнює границя сталої величини?

6 У чому суть першої чудової границі?

7 Що являє собою друга чудова границя?


Неперервність функції. Основні теореми про неперервні функції. Точки

розриву функції.


Приклад 1 Установити, чи функція xy 12 неперервною або розривною

для 3x і 0x .

56

Розв’язання. За означенням функція неперервна в точці 0

x , якщо

000

00 xfxfxf . Перевіримо виконання цієї умови в даних точках.

При 3x маємо: 331 223 y ;

33103

1

03

1

03

2222

x

x

x

imyim ;

1 1

1 3 33 0

3 03 0

lim 2 2 2 2x

xx

im y

.

Умова неперервності при 3x виконується, отже, в точці 3x

функція неперервна. Проведемо аналогічні міркування при 0x : 0120 y не

існує, бо ділення на нуль не можливо.

222 0

1

0

1

0 x

x

x

imyim ,

01

2

1222 0

1

0

1

0

x

x

x

imyim .

Умова неперервності при 0x не виконується, отже, в точці 0x

функція розривна (має нескінчений розрив).

Приклад 2 Дослідити на неперервність і побудувати графік функції ,1 якщо ,1x

y 22 x , якщо ,11 x

,1 якщо .1x

Розв’язання. Вихідна функція не є елементарною, тому що задана

кількома формулами. Кожна з функцій 1,2,1 2 yіxyy

є елементарною і визначена, а отже й неперервна на всій числовій осі.

Тому вихідна функція може бути неперервною тільки в тих точках, де

зміняється її аналітичний вираз, тобто в точках 11 x³x . Досліджуємо

функцію на неперервність в цих точках. Використовуючи означення,

одержуємо:

1212112

y

122

0101

ximimyxx

Задана функція неперервна в точці 1x

122

0101

ximimyxx

121211 2 y

110101

xx

imimy Задана функція розривна в точці 1x

122

0101

ximimyxx

Таким чином, областю

неперервності даної функції є вся

числова вісь; крім точки х=1.

Побудуємо графік функції. На інтервалі

1: її графіком буде пряма 1y ,

на відрізку 1:1 ─ парабола 22 xy

і, нарешті, на інтервалі :1 ─ пряма

1y (рис. 2.1).

Рис. 2.1

57

Приклад 3 Знайти точки розриву функції 2 4

xy

x

і дослідити характер

розриву.

Розв'язання. Відомо, що частка від ділення двох неперервних функцій є

функція неперервна в усіх точках, де знаменник не дорівнює нулю. Оскільки 2 4 0x при 2x , задана функція має дві точки розриву: 2x і 2x .

Досліджуємо характер розриву функції в цих точках. Для цього

обчислимо односторонні границі:

0

2

202202

02

224 022

0202 xx

xim

x

ximimy

xxx

;

0

2

202202

02

224 0220202 xx

xim

x

ximimy

xxx

;

0

2

202202

02

220202 xx

ximimy

xx

;

0

2

202202

02

220202 xx

ximimy

xx

.

Таким чином, в точках 2x і 2x функція має нескінченний розрив або

розрив другого роду (рис.3.1).

Слід зазначити, що функція 2 4

xy

x

непарна, а тому достатньо було б

дослідити характер розриву лише в точці 2x .

Рис.3.1

Приклад 4. Дослідити функцію .7 1

1

xy на неперервність у точках х = 2 і

х = 1.

Розв’язання. Область визначення цієї функції .;11; D Тобто в

точці х = 2 функція буде неперервна, як суперпозиція неперервних

y

x 0 -2 2

58

елементарних функцій. . Обчислимо лівосторонню та правосторонню границі

функції в точці х = 1:

;0

07

17

1

101

101

1

1

0101

7limlim

x

x

xx

x

xx

y

.

7

1

101

101

1

1

1

1

0101

7limlim

x

x

xx x

x

xx

y

Отже, х = 1 — точка розриву 2-го роду, оскільки одна з односторонніх

границь не існує. Точка х = 2 є точкою неперервності функції.

Приклад 5. Дослідити на неперервність функцію 2

1arctg

xy .

Розв’язання. Область визначення цієї функції .;00; yD Тому

на інтервалах ;00; xx y — неперервна, як суперпозиція

елементарних функцій.

Обчислимо односторонні границі в точці х = 0

;021

0

01

arctg

2

2

200

limlim

x

x

x

xy

xx .0

210

01

arctg

2

2

200

limlim

x

x

x

xy

xx

Оскільки односторонні границі існують і рівні між собою (сама функція

при х = 0 не існує), то точка х = 0 є точкою розриву функції 1-го роду (розрив

усувний). Тобто функція неперервна всюди, за винятком точки х = 0.

Приклад 6. Дослідити на неперервність функцію .2

2

x

xxy та

побудувати графік функції.

Розв’язання. Після розкриття 2x функція перепишеться так:

.2ри1

;2 ри1

2при 2

2

;2 при2

2

xx

xx

xx

xx

xx

xx

yп

п

На кожному з інтервалів ;22; i функція неперервна. Розглянемо

односторонні границі функції у точці х = – 2.

;011

1

2

02

limlim0202

x

xy

x

x

yxx

.031

1

2

02

limlim0202

x

xy

x

x

yxx

Отже, точка х = – 2 — точка розриву 1-го роду (розрив неусувний), оскільки односторонні границі функції у цій точці існують, але не рівні між собою, в усіх інших точках функція неперервна.

Графік функції представлений на рис.6.1

2

2

x

xxy

O

у

х

–2 –1 1

–1

–3

2

2

x

xxy

Рис. 6.1

59



Вправи

1 Дослідити на неперервність і побудувати графік функції

.0,

,0,

xякщоx

xякщоey

x

Відповідь: x = 0 – точка розриву першого роду.

2 Знайти точки розриву функції 32

12

xx

xy і установити характер

розриву.

Відповідь: х = 3 – точка розриву другого роду; х = - 1 – точка усувного

розриву.


1 Дайте означення функції.

2 Яка функція називається неперервною в точці?

3 Сформулюйте властивості неперервних функцій.

4 Яка точка називається точкою розриву функції?

5 Дайте класифікацію точок розриву функцій. Наведіть приклади.


Похідна функцій. Геометричний та механічний зміст похідної. Правила

диференціювання функції. Таблиця похідних.


Приклад 1 Використовуючи означення похідної, знайти похідну функції

xxy 43 2 .

Розв’язання. Для даної функції маємо

1) xxxxxxxxxxyy 44)(363)(4)(3 222;

2) xxxxxxxxxxxxy 4)(36)43()44)(363( 2222;

3) xxx

xxxx

x

y

346

4)(36 2

;

4) 0 0

lim lim 6 4 3 6 4x x

yx x x

x

.

Таким чином, ' 6 4y x .

Приклад 2 Скласти рівняння дотичної і нормалі до кривої 235 2 xxy

у точці з абсцисою 1x .

Розв’язання. За умовою задачі 0 1x . Тоді 421315)1()( 2

0 fxf .

Знайдемо похідну функції 235 2 xxy у точці 0 1x . Вона дорівнює

60

2 2

0 0

5 1 3 1 2 5 1 3 1 21 11 lim lim

x x

x xf x ff

x x

0

lim 7 5 7x

x

.

Рівняння шуканої дотичної і нормалі мають відповідно вигляд:

0 0 0y f x f x x x

0 0

0

1y f x x x

f x

У нашому прикладі: 4 7 1y x і 1

4 17

y x , або

7 3 0x y і 7 29 0x y .

Приклад 3 412 3y x

x .

Розв’язання. Використовуючи послідовно правила диференціювання та

таблицю похідних, знаходимо:

4 41 1' 2 3 2 3y x x

x x

2 2 2 2

1 1 1 1 1 12 0 .

2

x x x

x x x x xx x

Прилад 4 32 3 1

( ) .z z z

f zz

Знайти

1

4f

.

Розв’язання. Потрібно знайти значення похідної при 1

4z . Для цього

спочатку знайдемо ( )f z , а потім обчислимо її значення при заданому значенні

аргументу. Попередньо виконаємо тотожні перетворення ( )f z : 1

2 21

( ) 2 3f z z zz

.

Згідно з правилами диференціювання та таблицею похідних

1 3

2 2 22

1 1 1'( ) 2 3 4 .

2f z z z z z

z z

При 1

4z

3

2

2

1 1 1 1 14 1 4 16 13.

4 4 2 4 1

4

f

Приклад 5 Який кут утворює з віссю абсцис дотична до кривої

5 34 1

15 9y x x , проведена в точці з абсцисою 1x ?

61

Розв’язання. Знаходимо похідну 4 24 1

3 3y x x . При 1x

4 11 1

3 3y ,

тобто 1tg , звідки 45 .

Приклад 6 Точка рухається по прямій так, що її відстань від початкового

пункту через t секунд дорівнює 4 3 214 16

4S t t t ;

а) в які моменти точка була в початковому пункті?

б) в які моменти її швидкість дорівнювала нулю?

Розв’язання. Виходячи із механічного тлумачення похідної, маємо:

4 3 2 3 2 21( ) '( ) 4 16 12 32 12 32 ( 4)( 8)

4v t S t t t t t t t t t t t t t

.

Розв’язуючи рівняння ( ) 0v t , тобто ( 4)( 8) 0,t t t знаходимо

1 20, 4t t і 3 8t .

Точка буде в початковому пункті тоді, коли ( ) 0S t . Оскільки

4 3 2 2 2 2 21 1 1( ) 4 16 16 64 ( 8)

4 4 4S t t t t t t t t t , то розв’язуючи рівняння

2 21( 8) 0

4t t , знаходимо

1 0t і 2 8t .

Таким чином, точка була в початковому пункті при 1 0t і

2 8t , а її

швидкість дорівнювала нулю при 1 20, 4t t і

3 8t .

Приклад 7 Тіло масою 3 кг рухається прямолінійно за законом 21 ,S t t

де S виражено в сантиметрах, t – в секундах. Обчислити кінетичну енергію

тіла 2

2

mvT

через 5 секунд після початку руху.

Розв’язання. 2( ) '( ) 1 1 2 .v t S t t t t

Через 5 секунд після

початку руху швидкість тіла дорівнюватиме (5) 11v , а його кінетична енергія

33 121(5) 181,5 10

2T

ерг.

Приклад 8 Знайти похідну функції ln .xy e

Розв’язання. Подавши функцію у вигляді , , lnuy e u v v x і

скориставшись правилом диференціювання складної функції, знайдемо

ln

ln1 1 1 1ln .

2 2 ln 2 ln

xu u x

x u v x xu v

ey y u v e v x e e

x xv x x x

Приклад 9 Знайти похідну функції

1

33

3 3lnsin lnsin .

4 4

x xy

Розв’язання. Як і в попередньому прикладі, маємо

62

2

3

23

3

1 3 1 3 1 4' lnsin cos .33 4 4 4 3sin 12 ln sin

4 4

xctg

x xy

x x

Приклад 10 Знайти похідну функції 3 3.y x arctgx

Розв’язання. Диференціюючи дану функцію як добуток і складну

функцію, знаходимо

3 3 3 3 2 3 3 2

3 2

1' 3 3

1 ( )y x arctgx x arctgx x arctgx x x

x

32 3

63 .

1

xx arctg x

x



Вправи

Продиференціювати задані функції:

1 33 2.y x Відповідь: 23

1

3 x.

2 sin cos . Відповідь: cos .

3 2 2 3 .xy x x e Відповідь: 2 1 .xe x

4 3 3 .xy x Відповідь:

23 3 ln3.xx

5 cos sin .y e x x Відповідь: 2 cos .xe x

6 ( ) 3 2f x x x . Знайти 2'(1); '(4); '( ).f f f a

Відповідь: 2 1'(1) 2; '(4) 2,5; ( ) 3 .f f f a

a

7 Тіло рухається вздовж прямої за законом 35 1S t , де шлях S

визначається в метрах, а час t - в секундах. Якою була швидкість тіла через 2

секунди після початку руху

Відповідь: v 60 м/с.

Знайти похідну складних функцій:

8 3

2 2( ) 2 .u t t t Відповідь: 232 1 2.

2t t t

9 3sin 3 5 .y x Відповідь: 9cos 3 5 .x

10 2sin cos3 .y x Відповідь: 3sin3 sin 2cos3 .x x

11 2

arcsin .yx


2.

| | 4x x

12 2 310 .xy Відповідь:

2 32 10 ln10.x

13 2 3 2sin .x xy e Відповідь:

2 23 2 3 2cos 2 3 .x x x xe e x

63

14 22sin

.cos2

xy

x Відповідь:

2

2sin 2.

cos 2

x

x

15 4 4sin cos .y x x Відповідь: sin4 .x


1 Що називається похідною функції?

2 У чому полягає фізичний та геометричний зміст похідної?

3 Сформулюйте правила диференціювання.

4 Запишіть таблицю похідних.


Похідна оберненої, неявної, параметрично заданої функції. Диференціал

функції. Похідні та диференціали вищих порядків. Дотична, нормаль та

асимптоти кривої.


Приклад 1 Знайти похідну 'dy

ydx

від неявної функції 3 3 3 0.x y axy

Розв’язання. Продиференціюємо обидві частини рівняння по x ,

враховуючи, що y є функцією від x . Одержимо

2 23 3 ' 3 ' 0.x y y a y xy

Для знаходження 'y визначаємо такі перетворення:

2 2 ' ' 0;x y y a y xy 2 2 ' ' 0;x y y ay axy 2 2' ,y ax y ay x

звідки 2

2' .

ay xy

y ax

Приклад 2 Знайти похідну 'dy

ydx

від неявної функції 2 ln .y y x

Розв’язання. Диференціюючи обидві частини рівняння по x , одержимо

12 ln 1y y y y

y

.

Після спрощення матимемо 1 1

ln2

y y y yy

;

1

ln 12

y y ;

1' .

2 1 lny

y

Приклад 3 Знайти ,dy

dx якщо

2ln(1 ),

.

x t

y t arctg t

Розв’язання. Маємо 2 2

' '

2 2 2 2 2

1 2 1 1 12 ; 1

1 1 1 1 1t t

t t tx t y

t t t t t

.

64

Підставляючи знайдені вирази для '

tx і '

ty до формули tx

x

yy

y

, знаходимо

2 22'

2 2 2

12:

1 1 21 2x

t tt t ty

t t t t

.

Приклад 4 Скласти рівняння дотичної і нормалі до астроїди 3

3

2 cos ,

2 sin ,

x t

y t

проведених в точці, для якої 4

t

.

Розв’язання. При 4

t

маємо 3 31 12 cos , 2 sin .

4 4 2 4 4 2x y

Отже, 1 1

;2 2

M

– точка, яка належить астроїді, дотичної і нормалі.

За формулою знаходження похідної функції, заданої параметрично,

маємо: ' 3 2

'

' 3 2

( 2 sin ) 2 3sin cos.

( 2 cos ) 2 3cos ( sin )

t tx

t t

y t t ty tg t

x t t t

При 4

t

'

0'( ) 1.4 4

xf x y tg

Таким чином, рівняння дотичної набуває вигляд1 1

12 2

y x

або

1 0,x y а рівнянням нормалі буде мати наступний вигляд:1 1

2 2y x або

0.x y

Приклад 5 Продиференціювати функцію, використовуючи правило

логарифмічного диференціювання 2 sin( 1) .xy x

Розв’язання. Задача функція є степенево-показниковою, оскільки і

основа степеня 2( 1),x і показник степеня sin x є функціями від .x За

формулою для знаходження похідної степенево-показникової функції маємо:

2 sin 1 2 sin 2' sin ( 1) 2 ( 1) ln( 1) cosx xy x x x x x x

2 sin 2

2

2 sin( 1) cos ln( 1) .

1

x x xx x x

x

Приклад 6 Продиференціювати функцію, використовуючи правило

логарифмічного диференціювання

1

xy x .

Розв’язання. За формулою для знаходження похідної степенево-

показникової функції знаходимо 1 1 1 1 1

1 2 2 2

2

1 1' 1 ln ln (1 ln ).x x x x xy x x x x x x x x

x x

65

Приклад 7 Знайти диференціал функції 2

1

1S

t

.

Розв'язання. За формулою ' '( ) ,dy y dx f x dx маємо:

2 22

2 2

1 2 2

1 1 1

t tdtdS dt dt

t t t

.

Приклад 8 Знайти диференціал функції 2y tg x .

Розв'язання. 2

2 2

1 22

cos cos

tgxdy tg x dx y tgx dx dx

x x

.

Приклад 9 Знайти диференціал функції ln5 tgxy .

Розв'язання. ln5 tgxdy dx

ln ln ln

2

1 1 1 2ln55 ln5 5 ln5 5

cos sin cos sin 2

tgx tgx tgxdx dx dxtgx x x x x

Приклад 10 Задано функцію 72

132

2345 xxxxxy . Знайти похідні

вищих порядків ....,,, yyy

Розв’язання. Маємо: 2

12985

234 xxxxy ,

184860,2182420 223 xxyxxxy , 0...,120,48120 7654 yyyxy .

Приклад 11. Обчислити похідну функції другого порядку:4 3

2

x

xy .

Розв’язання. За допомогою формул дії над степенями ( m

n

m n xx і

mn

m

n

xx

x ) перетворюємо задану функцію до вигляду зручного для

диференціювання.

4

5

4

3

4

8

4

32

4

3

2

4 3

2

xxx

x

x

x

xy

; знаходимо похідну першого порядку:

44

1

4

4

4

51

4

5

4

5

4

5

4

5

4

5

4

5xxxxxy

.

Обчислимо похідну другого порядку заданої елементарної функції однієї

змінної x :

4 3

4

31

4

1

4

1

4

5

16

5

16

5

4

1

4

5

4

5

xxxxxy

.


5

xy

66

Приклад 12 Обчислити похідну другого порядку складної функції

однієї змінної x : xxy ;

Розв’язання. Застосовуємо формулу uu

u 2

1)( .

xxxxx

xxxxy

2

11

2

1)(

2

1)(

xxx

x

x

x

xx

4

12

2

12

2

1.

Обчислимо похідну другого порядку складної функції )(ufy , де )(xu ,

однієї змінної x .

)1(16

)12()4()4()12(

4

12)(

xx

xxxxxxxx

xxx

xxxy

)1(16

)12()(2

4)4(

1

xx

xxxxxxx

xxxx

xxxxxx

xxxxxxxxxx

)1(16

)12()()4( 2

11

1)1(16

)12)(12

3()(4

2

xxx

xxxxxx

.

Відповідь: 1)1(32

227

2

xxx

xxxxy .

Приклад 13. Обчислити похідну другого порядку функції

xx

arctgy 2ln3 в точці 3x .

Розв’язання. Застосовуємо формули uu

uarctg

21

1)( і u

uu

1)(ln .

xxxxx

x

x

xy

1

9

32

2

1

3

1

9

9)2(

2

1

3

91

1222

.

Обчислимо похідну другого порядку функції однієї змінної x в точці 3x .

222

222112

2

1

)9(

62)9(3)9(3

1

9

3

xx

xxxxxx

xxy

6

1

9

1

18

1

9

1

18

18

3

1

)39(

36)3(

2222

y .


1)3( y .

Приклад 14 Знайти диференціал функції )53sin( 2 xxy .


dxxxxdxxxxxdxxxdxydy )32()53cos()53()53cos()53sin( 2'22'2'

67

Приклад 15 Знайти похідну другого порядку y функції, заданої

параметрично: 8cos ,

4sin .

x t

y t


4cos , 4sin ,

8sin , 8cos .

y t y t

x t x t

За формулою похідної функції, яка задана параметрично

3 3 3 3 3

8sin 4sin 8cos 4cos 32 1

8 sin 16sin8sin

t t t t

t

x y x y t t t ty

t ttx

.

Приклад 16 Обчислити 2d y , якщо ln(3 1)y x .

Розв’язання. Скористаємось формулою 2 2( )d y y x dx . Для цього

знайдемо ( )y x :

2

1 1 9( ) 3, ( ) 3 .

3 1 3 1 3 1y x y x

x x x

Отже,

2 2

2

9.

3 1d y dx

x

Приклад 17 Знайти y , якщо y x arctg y .

Розв’язання. Диференціюючи обидві частини рівняння по х і вважаючи

у функцією від х, маємо: 2

11

1y y

y

.

Виконуючи перетворення 2

11

1y y

y

;

2

11 1

1y

y

;

2

21

1

yy

y

, знаходимо:

22

2 2

1 11 1

yy y

y y

.

Тоді 22

3

3 2 5

2 12 12

yyy y y

y y y

.



Вправи

Знайти похідну складних функцій:

1 3sin 3 5 .y x Відповідь: 9cos 3 5 .x

2 3cos 4 .y x Відповідь:

212cos 4 sin 4 .x x

3 2

arcsin .yx


2.

| | 4x x

4 ln .y x Відповідь: 1

.2 lnx x

68

5 2 310 .xy Відповідь: 2 32 10 ln10.x

6 10 .xy x Відповідь: 10 1 ln10 .2

x x

7 arcsin 2 .xy e Відповідь:

arcsin 2

2

2.

1 4

xe

x

8 5

22 7 .y x Відповідь: 2 420 (2 7) .x x

9 4 4sin cos .y x x Відповідь: sin4 .x

19 3 3 3 .y ctg x ctgx x Відповідь:

43 .ctg x

Знайти похідні від заданих функцій:

10 3 3 2 0.y y ax Відповідь:

2

2.

3(1 )

a

y

11 1 .yy xe Відповідь: .2

ye

y

12

1,

1.

tx

t

tx

t


13 2 .xy x Відповідь: 1

2 2 ln .x

x x

14 Скласти рівняння дотичної і нормалі до лінії

2ln 1,x ctg t y tg t ctg t в точці, для якої .4

t

Відповідь: 2, 1.y x

Знайти диференціали заданих функцій:

15 3

3

1.

1

xy

x

Відповідь:

2

23

6

1

x dx

x

.

16

1

cos2 xy

. Відповідь:

1

cos2

sin2 ln 2 .

cosx

xdx

x

17 Знайти похідні та диференціали другого порядку від функцій:

1). 5

22

xy . Відповідь.

35

44

xy .

2). xxxy 3cos27

23sin

9

1 . Відповідь. xxy 3sin .


1 Що називається похідною другого порядку?

2 Дайте означення диференціалу функції.

69

3 У чому полягає зв’язок між диференційованістю функції та існуванням

її похідної?

4 Запишіть правила обчислення диференціалів.

5 Що називається похідною n-го порядку?

6 Що називається диференціалом 2-го порядку?

7 Як знаходити похідні другого порядку функції, що задана

параметрично?

8 Як знаходити похідні другого порядку функції, яка задана неявно?


Правило Лопіталя. Теорема Ферма. Теорема Ролля. Теорема Лагранжа.

Розкриття невизначеностей.

Довідковий матеріал

Правило Лопіталя застосовується для обчислення границь у випадку

розкриття невизначеності лише одного із видглядів 0

0 або

( які називають

основними) і визначається формулою: .)('

)('lim

)(

)(lim

00 x

xf

x

xf

xxxx

Такі невизначеності, як 00 0,1,,,0 , під час застосування

правила Лопіталя зводяться до основних.


Обчислити границі за правилом Лопіталя.

Приклад 1 0

ln coslim .x

x

x

Розв'язання. При 0x чисельник і знаменник дробу прямує до нуля,

тобто маємо невизначеність вигляду 0

0. Застосовуючи правило Лопіталя,

знаходимо

0 0

1sin

ln cos 0 0coslim lim 0.0 1 1x x

xx x

x

Приклад 2 30

lim .x

x arctgx

x

Розв'язання. Переконуємося, що має місце невизначеність вигляду 0

0.

Після застосування правила Лопіталя і алгебраїчних перетворень одержимо:

22

3 2 22 20 0 0 0

11

0 1 1 1 1 11lim . lim lim lim .0 3 3 1 33 1x x x x

x arctgx xx

x x xx x

70

Приклад 3

2

0

1lim .

cos 1

x

x

e

x

Розв'язання. Після підстановки граничного значення х маємо

невизначеність вигляду 0

0. Застосовуючи правило Лопіталя, знаходимо

2 2

2

0 0 0 0

1 0 2lim lim 2lim lim 2 1 1 2.

cos 1 0 sin sin

x xx

x x x x

e e x xe

x x x

Прилад 4 0

2lim .

sin

x x

x

e e x

x x

Розв'язання. Застосовуючи правило Лопіталя тричі, дістанемо:

0 0 0 0

2 0 2 0 0 2lim lim lim lim 2.

sin 0 1 cos 0 sin 0 cos 1

x x x x x x x x

x x x x

e e x e e e e e e

x x x x x

Приклад 5 1

1lim .

1 lnx

x

x x

Розв'язання. Переконуємося, що має місце невизначеність вигляду

. Правило Лопіталя застосовувати неможна. Тому виконаємо спочатку

алгебраїчні перетворення: 1 1

1 ln 1lim lim .

1 ln 1 lnx x

x x x x

x x x x

Тепер після підстановки граничного значення х маємо невизначеність

вигляду 0

0. За правилом Лопіталя знаходимо

1 1 1 1

2

1 1ln 1

ln 1 0 ln 0 1lim lim lim lim .

1 1 1 11 ln 0 0 2ln 1 ln 1

x x x x

x xx x x xx x

x xx x x

x x x x


1 1lim .

1 ln 2x

x

x x

Приклад 6 2

1

2

0lim .x

xx e

Розв'язання. Після елементарних перетворень дограничної функції

знаходимо границю

22

2

111

2

2 30 0 0

2 3lim 0 lim lim .

2

xxx

x x x

e xex e e

x x

Приклад 7 Обчислити границю x

x

x

5lnlim

.

Розв’язання. Маємо невизначеність виду

, тому за правилом Лопіталя

71

.01

1

lim5ln

lim

x

x

x

xx

Приклад 8 Обчислити границю x

ee xx

x

7

0lim .

Розв’язання. Маємо невизначеність виду ,0

0 тому

.81

7limlim

7

0

7

0

xx

x

xx

x

ee

x

ee

Приклад 9 Обчислити границю 4

)2(lim2

xtgx

x

.

Розв’язання. Тут невизначеність виду .0 Зведемо її до невизначеності

,0

0 після чого застосовуємо правило Лопіталя:

.4

44sin1

1lim

4

2lim

4)2(lim

2222

xxctg

xxtgx

xxx

Приклад 10 Обчислити границю )sec(lim

2

xtgxx

Розв’язання. Маємо невизначеність виду . Зведемо її до

невизначеності ,0

0 після чого застосуємо правило Лопіталя:

.0sin

coslim

cos

1sinlim

cos

1

cos

sinlim)sec(lim

2222

x

x

x

x

xx

xxtgx

xxxx

Приклад 11 Обчислити границю ;)(lnlim 2

0

xtg

xctgx

Розв’язання. Тут невизначеність виду 0 . Маємо ctgxxtg

xtg

x

xectgxln)2(lim

2

0

0)(lnlim

Знайдемо границю в показнику. Для цього зведемо дану невизначеність

до виду

, потім скористаємось правилом Лопіталя:

,0lncos

)2(lim

2

1

lncossin

2sinlim

2

1

2sin2

sin11

ln1

lim

2

lnlnlim

21

lnlnlim]0[)ln2(lim

2

0

2

02

2

0

000

ctgxxx

x

ctgxxx

x

x

xctgxctgx

xctg

ctgx

xtg

ctgxctgxxtg

xxx

xxx

1)(lnlim 02

0

ectgx xtg

x.

Приклад 12 Обчислити границю ;)2(coslim2

1

0

x

xx

Розв’язання. Маємо невизначеність виду 1 , тоді

;2cosln1

lim)2(coslim20

1

0

2

xx

exx

x

x

72

;22

2lim2

2

2cos/2sin2lim

0

02coslnlim]0[2cosln

1lim

002020

x

xtg

x

xx

x

xx

x xxxx

./1)2(coslim 22

0

exx

x

Приклад 13 Обчислити границю ;)2(sinlim 3

0

xtg

xx

Розв’язання. Тут невизначеність виду 00, тоді

;)2(sinlim2sinln3lim

3

0

0xxtg

xtg

x

xex

.02

)3(lim

3

2

2

3sinlim

3

2

3sin/3

22lim

2sinlnlim]0[2sinln3lim

2

0

2

0

200

x

x

xtg

x

x

xctg

ctgx

xxxtg

xx

xx

.1)2(sinlim 03

0

ex xtg

x



Вправи

Обчислити границі за правилом Лопіталя.

1 3

0

1lim .

sin3

x

x

e

x


2 2 sin

0lim .

cos sin

x x

x

e e

x x


3 0

lnlim .

1 2lnsinx

x

x Відповідь: 0,5.

4 1

1lim .

ln lnx

x

x x


5

1

lim 1 .x

xx e



1 Сформулюйте правило Лопіталя.

2 Сформулюйте основні теореми диференціального числення.

3 Для яких невизначеностей застосовують правило Лопіталя?

4 Як привести невизначеності вигляду 00 0,1,,,0 до основних?


Монотонність, екстремуми функції. Опуклість, вгнутість, точки перегину.

Асимптоти, загальна схема побудови графіка функцій.

73


Приклад 1 Знайти асимптоти кривої 2 5 3

.2

x xy

x

Розв'язання. Задана функція не існує при 2x . Оскільки 2

2 2

5 3lim lim

2x x

x xy

x

, то пряма 2x є вертикальною асимптотою.

Для знаходження похилих асимптот обчислимо коефіцієнти k і b :

2 5 3lim lim 1,

2x x

y x xk

x x x

оскільки степені многочленів чисельника і

знаменника однакові;

2 2 25 3 5 3 2

lim lim lim2 2x x x

x x x x x xb y kx x

x x

7 3lim 7

2x

x

x

.

Підставляючи значення 1k і 7b в рівняння y kx b , одержимо

7y x . Таким чином, пряма 7y x – похила асимптота кривої.

Прилад 2 Знайти екстремуми функції 3 22 6 18 7y x x x .

Розв'язання. Задана функція визначена і диференційована в інтервалі

; . 0x . Її похідна 2 2' 6 12 18 6 2 3 6 1 3 .y x x x x x x x

Знайдемо критичні точки: ' 0y x , якщо 1x і 3x ; 'y x .

В інтервалах ; 1 і 3; похідна 'y x додатна, бо ' 2 0y і

' 4 0y , а в інтервалі 1;3 вона від’ємна, бо ' 0 0y .

Визначимо, які із критичних точок є екстремальними (рис. 2.1).

-1

0 0

minmax

x

'y

3

y

Рис.2.1

Обчислюємо значення функції в екстремальних точках, тобто знаходимо

шукані екстремуми:

max 1 2 6 18 7 17y y , min 3 54 54 54 7 47y y .

Приклад 3 Знайти екстремум функції 2ln 1y x x .

Розв'язання. Задана функція визначена на всій числовій осі, бо 21 0x

для будь-яких х. 0x . Її похідна

22

2 2 2

12 1 2' 1 0

1 1 1

xx x xy x

x x x

,

отже, функція зростає, екстремумів немає.

Приклад 4 Знайти найбільше і найменше значення функції 4 22 5y x x

на відрізку 2;2 .

74

Розв'язання. Знаходимо 3 2' 4 4 4 1y x x x x . Знаходимо критичні

точки першого роду: ' 0y x , якщо 0x , 1x і 1x ; 'y x .

Відзначимо, що всі знайдені точки належать відрізку 2;2 .

Обчислимо значення функції в критичних точках і на кінцях відрізку:

2 13y , 1 4y , 0 5y , 1 4y , 2 13y . Із одержаних значень

вибираємо найбільше і найменше: унм = 4, унб = 13.

Приклад 5 За допомогою другої похідної знайти екстремуми функції

ln

xy

x .

Розв'язання. Задана функція визначена для всіх 0;1 1;x .

Знаходимо

2 2

1ln

ln 1' ;

lnln

x xxxy

xx

2

2 4 32

1 1 1ln 2ln ln 1 ln ln 2ln 2

2 ln''

ln lnln

x x x x x xxx x xy

x x xx

.

' 0y x , якщо ln 1 0x , звідки x e – стаціонарна точка. Обчислюючи

значення другої похідної при x e , маємо 1'' 0y e e . Отже, ;e e - точка

мінімуму.

Приклад 6 Знайти інтервали опуклості і вгнутості та точки перегину

графіка функції 3 25 3 5y x x x .

Розв'язання. Діятимемо за правилом знаходження інтервалів опуклості і

вгнутості та точок перегину графіка функції:

1 задана функція визначена для всіх x R .

2 2' 3 10 3y x x x ;

3 '' 6 10 2 3 5y x x x ;

4 '' 0y x , якщо 3 5 0x , тобто 5

3x ; ''y x ;

5 для 5

;3

x

'' 0y x , бо, наприклад, '' 0 10 0y , а для

5;

3x

'' 0y x , оскільки, наприклад, '' 4 14 0y , отже, в інтервалі

5;

3

крива є опуклою, а в інтервалі 5

;3

– вгнутою;

75

6 в точці 5

3x друга похідна даної функції дорівнює нулю і при переході

через точку змінює знак, а це означає, що 5

3x є абсцисою точки перегину кривої;

7 обчислюючи значення функції 3 25 3 5y x x x при

5

3x ,

одержимо: 5 250

3 27y

. Таким чином, 5 250

;3 27

M

– точка перегину

графіка даної функції.

Приклад 7 Знайти інтервали опуклості і вгнутості та точки перегину

графіка функції 2ln 1y x .

Розв'язання. Задана функція визначена на всій числовій осі, оскільки

21 0x для всіх x R . Диференціюючи її двічі, одержимо: 2

2'

1

xy x

x

,

22 2

2 22 2

2 11 2'' 2

1 1

xx xy x

x x

. Друга похідна існує на всій числовій осі і

обертається в нуль при 1x і 1x . Ці точки розділять числову вісь на три

інтервали: ; 1 , 1;1 і 1; (рис.7.1), в кожному з яких похідна ''y x

зберігає знак. Визначаючи знак другої похідної в довільно взятій точці кожного

інтервалу, одержимо: '' 2 0y , '' 0 0y , '' 2 0y . При визначенні знака

другої похідної слід враховувати, що знаменник 2

21 0x при всіх значеннях

x R .

1-1

0 0

x

''y

yперeгин перeгин

Рис. 7.1

Обчислюючи значення функції 2ln 1y x при 1x , знаходимо:

1 1 ln 2y y . Таким чином, графік функції 2ln 1y x є опуклим в

інтервалах ; 1 та 1; і вгнутим в інтервалі 1;1 . Крива має дві точки

перегину: 1; ln 2 і 1; ln 2 .

Приклад 8 Провести повне дослідження функції 2

2 1

xy

x

і побудувати

її графік за результатами дослідження.

Розв'язання. 1 2 1 0, 1x x ; ; 1 1;1 1;D y .

2 1x і 1x – точки розриву;

76

; 1 , 1;1 і 1; – інтервали неперервності функції.

3

2 2

2 2 11

x xy x y x

xx

. Отже, задана функція є парною. Її

графік розташований симетрично відносно осі Оу, тому подальші дослідження

досить проводити лише для 0x .

4 При 0x 0y ; при 0y 0x , тобто графік функції проходить

через точку початок координат.

5 0y при 0x ; y при 1x ;

0y в інтервалі 0;1 і 0y в інтервалі 1; (рис. 8.1).

x

y0

Рис. 8.1

6 1x – точка розриву функції.

22 2

21 0 1 0 1 0

1 0 1lim lim lim

1 1 1 1 0 1 1 0 1 0x x x

x xy

x x x

;

22 2

21 0 1 0 3 0

1 0 1lim lim lim

1 1 1 1 0 1 1 0 1 0x x x

x xy

x x x

.

Отже, 1x – вертикальна асимптота.

Знаходимо похилі асимптоти y kx b , де

2

22lim lim lim 0;

11x x x

y x xk

x xx x

2

2lim lim 1

1x x

xb y kx

x

.

Отже, пряма 1y – горизонтальна асимптота.

7

2 2 2 22

2 2 222 2 2

2 1 2 2 1 2'

1 1 1 1

x x x x x x xx xy

x x x x

;

' 0y x , якщо 0x ; 'y x , якщо 1x , max 0 0y y (рис. 8.2).

0 1-1 x

y

y'

точка

розривуmax

0

Рис. 8.2

8

22 2

2 2 42 2 2

1 2 1 22'' 2 2

1 1 1

x x x xx xy

x x x

77

2 2 2 2

4 32 2

1 1 4 2 3 12

1 1

x x x x

x x

.

'' 0y x ; ''y x при 1x (рис. 8.3).

0 1-1 x

y

y''

точка

розривуперегину

немає

0

Рис. 8.3

9 Будуємо графік функції (рис. 8.4) за результатами дослідження і

додатковими точками 1 1

2 3y

, 1,5 1,8y , 4

23

y .

Рис. 8.4


Повторити теорію [9, л. 14-15], с. 93 –105.

Вправи

Знайти асимптоти заданих кривих.

1 2

.4 3

xy

x x

Відповідь: 1x , 3x , 0y .

2 3

2

4.

xy

x

Відповідь: 0x , y x .

3 Знайти інтервали монотонності функції ln

xy

x .

Відповідь: в інтервалах 0;1 і 1;e функція спадає, а в інтервалі ;e

функція зростає.

4 Знайти екстремуми функції 3 22 3y x x .

Відповідь: max 0 0y y , min 1 1y y .

78

5 Знайти найбільше і найменше значення функції 5 4 35 5 1y x x x на

відрізку 1;2 .

Відповідь: унм = -10, унб = 2.

6 Показати, що графік функції 2ln 1y x всюди опуклий.

7 Знайти інтервали опуклості і вгнутості та точки перегину кривої

4 12ln 7y x x .

Відповідь: в інтервалі 0;1 крива опукла, а в інтервалі 1; – вгнута.

Точка перегину 1; 7 .


1 Яка функція називається зростаючою (спадаючою) на проміжку?

2 Сформулюйте необхідну і достатню умови зростання (спадання)

функції на проміжку.

3 Що називають максимумом (мінімумом) функції в точці?

4 Сформулюйте достатню умову існування екстремуму.

5 Сформулюйте необхідну і достатню умови існування інтервалів

опуклості (вгнутості) кривої.

6 Сформулюйте необхідну і достатню умови існування точок перегину

кривої.

7 Що називають асимптотою кривої?

8 Яку пряму називають вертикальною асимптотою?

9 За яких умов існують похилі і горизонтальні асимптоти і як їх

визначають?


Означення функції багатьох змінних. Частинні похідні та диференціали

функцій двох змінних.


Приклад 1 Знайти і зобразити геометрично область існування функції

2ln 4 8z y x .

Розв'язання. Логарифм визначений для додатних значень його

аргументу, тому 2 4 8 0y x , звідки 2 4 2y x . Ніяких інших обмежень

на змінні х і у не дано.

Щоб зобразити геометрично область визначення даної функції,

побудуємо спочатку її межу, тобто графік функції 2 4 2y x .

Це рівняння визначає параболу з вершиною в точці 2;0O і віссю

симетрії Ох (рис. 9.1).

79

Парабола поділила всю площину хОу на дві

частини – внутрішню і зовнішню по відношенню до

параболи. Для точок однієї з цих частин виконується

нерівність 2 4 2y x , а для другої - 2 4 2y x . На

самій параболі 2 4 2y x . Щоб встановити, яка з

цих двох частин є областю визначення даної

функції, тобто задовольняє умові 2 4 2y x ,

досить перевірити цю умову для якої-небудь однієї

точки , яка не лежить на параболі. Наприклад,

початок координат 0;0O знаходиться зовні від

параболи і задовольняє потрібній умові 0 4 0 2 .

Отже, областю існування даної функції є множина точок площини хОу,

які знаходяться зовні від параболи. Сама парабола в область існування функції

не входить, бо для точок параболи 2 4 8 0y x , а логарифм нуля не

визначений.

Прилад 2 Знайти і зобразити геометрично область визначення функції

1arcsin

yz

x

.

Розв'язання. Функція визначена за умови 0x і 1

1 1y

x

, що

рівносильно розв‘язанню двох систем: 0,

1 1

x

x y x

і 0,

1 1 .

x

x y x

Зобразимо розв‘язки кожної із систем графічно (рис. 9.2).

Першій системі задовольняють точки, які

розташовані всередині правого вертикального кута,

утвореного прямими 1y x і 1y x , але без

точки 0;1 , другій - точки, які розташовані

всередині лівого вертикального кута, утвореного

цими самими прямими і також без точки 0;1 .

Отже, областю визначення даної функції є

внутрішня частина правого і лівого вертикальних

кутів, утворених прямими 1y x і 1y x ,

включаючи ці прямі, але без точки їх перетину 0;1 ,

бо при 0x задана функція не визначена.

Приклад 3 Знайти точки розриву функції 2 2

3;

4f x y

x y

.

Розв'язання. Задана функція невизначена, а отже і розривна там, де її

знаменник обертається в нуль, тобто в точках, для яких 2 24 0x y . Таким

чином, задана функція розривна в кожній точці кола 2 2 4x y (лінія розриву).

x

y

y = x

+1y =

1- x

0

1

1- 1

Рис. 9.2

x

y

20

2 4 2y x

Рис. 9.1

80

Приклад 4 Дослідити на неперервність функцію 2

2

2 4

2

x yz

y x

.

Розв'язання. Функція z неперервна як відношення двох многочленів в

усіх точках, де 2 2 0y x . Точки розриву розташовані на параболі

2 2y x .

При наближені точки ;M x y до будь-якої точки цієї параболи задана функція

z нескінченно зростає.

Приклад 5 Знайти частинні похідні функції 2 23 4z x xy y .

Розв'язання. Як уже визначалося, функцію кількох змінних можна

диференціювати за будь-якою змінною, вважаючи всі інші сталими, і за тими

самими правилами і формулами, що і функцію однієї змінної. Тому,

припустивши, що у є сталим, знаходимо частинну похідну від даної функції по

змінній х: z

x

2 2 2 23 4 3 4 2 3 0

x xx x xx xy y x xy y x y x

2 3 1 2 3x y x y .

Припускаючи тепер, що х залишається сталим, знаходимо частинну

похідну від даної функції по у:

z

y

2 2 2 23 4 3 4 0 3 1 8 3 8

yy y yx xy y x xy y x y x y

.

Прилад 6 Обчислити 2;1xf і 2;1yf , якщо ;

xf x y xy

y .

Розв'язання. Знайдемо спочатку частинні похідні від даної функції в

точці ;x y : ;xf x y = ;f x y

x

1 1

2y const

yyx

xyy

;

;yf x y = ;f x y

y

2

1

2x const

xx

yxxy

y

.

Обчислимо тепер їх значення в точці 2;1 , тобто при 2x , 1y :

2;1xf =

21

xy

f

x

1 11 1

22 2 2

; 2;1yf =

21

xy

f

y

12 2 0

2 2 2

.

Отже, 1

2;12

xf і 2;1 0yf – шукані значення частинних похідних

заданої функції в заданій точці.

Приклад 7 Показати, що функція 2 2lnz y x y задовольняє

рівнянню 2

1 1z z z

x x y y y

.

81

Розв'язання. Знаходимо 2 2 2 2

1 22

z xyy x

x x y x y

;

2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 2ln 2 ln

z yx y y y x y

y x y x y

.

Підставляючи вирази частинних похідних в ліву частину рівняння ,

отримаємо тотожність: 2 2

1 2xy

x x y

22 2

2 2

1 2ln

yx y

y x y

2 2

2 2

2 2 2 2 2

ln2 2 1ln

x yy y zx y

x y y x y y y

.

Отже, функція z задовольняє даному рівнянню.

Приклад 8 Знайти частинні диференціали функції 3 2 2 43 2z xy x y y

по кожній із незалежних змінних.

Розв'язання. Задана функція z залежить від двох змінних x і y.

Отже, можна знайти два її частинних диференціали xd z і yd z . Згідно з

означенням x

zd z dx

x

, y

zd z y

y

. Знайдемо частинні похідні z

x

і

z

y

:

3 2 2 4 3 23 2 6x

zxy x y y y xy

x

; 3 2 2 4 2 2 33 2 3 6 8

y

zxy x y y xy x y y

y

.

Підставляючи вирази частинних похідних у формули частинних

диференціалів, остаточно дістанемо

3 26x

zd z dx y xy dx

x

; 2 2 33 6 8y

zd z dy xy x y y dy

y

.

Приклад 9 Знайти повний диференціал функції 2 lnS x t

Розв’язання. Задана функція S залежить від двох змінних x і t, тому

S SdS dx dt

x t

.

Враховуючи, що 2 ln 2 lnx

Sx t x t

x

; 2 2 1

lnt

Sx t x

t t

, шуканий

диференціал 2

2 lnx

dS x tdx dtt

.

Приклад 10 Знайти частинні похідні другого порядку функції 5

2z x y .

Розв’язання. Спочатку знайдемо частинні похідні першого порядку:

5 4 4 4

2 2 2 2 25 5 2 10x

x

zx y x y x y x y x x x y

x

;

5 4 4 4

2 2 2 2 25 5 1 5y

y

zx y x y x y x y x y

y

.

82

Диференціюючи кожну із одержаних похідних (функцій) по x і по y,

знаходимо частинні похідні другого порядку:

2

4 4 3 32 2 2 2 2 2

210 10 4 2 10 8

x

z zx x y x y x x y x x y x y x

x x x

3

2 210 9x y x y ;

2

4 3 32 2 210 10 4 1 40

y

z zx x y x x y x x y

x y y x

;

2

4 3 32 2 25 5 4 2 40

x

z zx y x y x x x y

y x x y

;

2

4 3 32 2 2

25 5 4 1 20

y

z zx y x y x x y

y y y

.

Приклад 11 cos sinxz e y x y . Показати, що 2 2z z

x y y x

.

Розв’язання. Знаходимо частинні похідні z

x

і

z

y

:

z

x

cos sin cos sin 0 sin cos sin sinx x x x

xe y x y e y x y e y e y x y y

;

z

y

cos sin sin cosx x

ye y x y e y x y

.

Тепер маємо

2

cos sin sin sin cos cosx x

y

z ze y x y y e y x y y

x y y x

;

2

sin cos sin cos 0 cosx x x

x

z ze y x y e y x y e y

y x x y

sin cos cosxe y x y y .

Порівнюючи між собою результати для 2 z

x y

і

2 z

y x

, бачимо, що вони

однакові. Отже, 2 2z z

x y y x

.

Приклад 12 2 2

1lnu

x y

. Показати, що

2 2

2 20

u u

x y

.

Розв’язання. Перетворимо задану функцію u таким чином:

1

2 2 2 22

2 2

1 1ln ln ln

2u x y x y

x y

.

Тепер знаходимо

83

z

x

2 2 2 2

1 12

2

xx

x y x y

;

z

y

2 2 2 2

1 12

2

yy

x y x y

;

2

2

u

x

2 2 2 2 2 2

2 2 22 22 2 2 2 2 2

2

x

x x y x x y x x y

x y x y x y x y

.;

2

2

u

y

2 2 2 2 2 2

2 2 22 22 2 2 2 2 2

2

x

y x y y y x y y x

x y x y x y x y

.

Підставляючи вирази похідних 2

2

u

x

і

2

2

u

y

у задане рівняння, будемо

мати 2 2

2 2

u u

x y

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2

00

x y y x x y y x

x y x y x y x y

.

Отже, якщо 2 2

1lnu

x y

, то

2 2

2 20

u u

x y

.

Приклад 13 Знайти 2d z , якщо cosxz e y .

Розв’язання. Скористаємось формулою для знаходження повного

диференціала другого порядку функції двох змінних, згідно з якою 2 2 2

2 2 2

2 22

z z zd z dx dxdy dy

x x y y

.

Ураховуючи, що z

x

cos cosx x

xe y e y

,

z

y

cos sinx x

ye y e y

,

2

2cosxz

e yx

,

2

sinxze y

x y

,

2

2cosxz

e yy

, будемо мати

2 2 2cos 2 sin cosx x xd z e ydx e ydxdy e ydy .



Вправи

Знайти область визначення наведених функцій і зобразити її геометрично.

1 2 2 1z x y .

Відповідь: 2 2 1x y – частина площини зовні одиничного кола з

центром в початку координат, включаючи і саме коло.

2 2 2

1

1z

x y

.

Відповідь: внутрішня частина кола 2 2 1x y (без межі).

3 2

arcsinx

zy

.

84

Відповідь: частина площини між двома параболами 2y x і

2y x ,

включаючи межу за винятком точки 0;0O .

Дослідити наступні функції на неперервність і знайти точки розриву,

якщо такі існують.

4 2 2

2 3

4

xz

x y

. Відповідь:

2 2 4x y .

5 2 2ln 9z x y .

Відповідь: функція неперервна в області визначення. Лінія розриву –

коло 2 2 9x y .

Знайти частинні похідні першого порядку наступних функцій.

6 3 3z x y y x . Відповідь: 2 3 3 23 , 3

z zx y y x xy

x y

.

7 3

2 35 7z x y y .


2 3 2 3 2 230 5 7 , 3 5 7 5 3z z

xy x y y x y y x yx y

.

8 Знайти частинні диференціали функції 2 2

xyz

x y

.

Відповідь:

2 2 2 2

2 22 2 2 2

,x y

y y x x x yd z dx d z dy

x y x y

.

Знайти повні диференціали наступних функцій:

9 2 sinz x y . Відповідь: 2 cosdz xdx ydy .

10 2yz x . Відповідь: 2 2 ln 2y ydz dx x dy .

11 Знайти повний диференціал другого порядку функції 2 2 2 7z x y xy x y .

Відповідь: 2 22 dx dxdy dy .


1 Дайте означення функції двох (кількох) незалежних змінних.

2 Що називають областю визначення функції двох (кількох) змінних?

3 Що називається графіком функції двох змінних?

4 Дайте означення границі функції ;z f x y при 0x x , 0y y .

5 Дайте означення неперервності функції двох незалежних змінних в

точці і в області. Наведіть приклади розривних функцій.

6 Дайте означення частинної похідної функції двох незалежних змінних

по одній із них. Поширити це означення на функції багатьох змінних.

7 У чому полягає геометричний зміст частинних похідних функції

;z f x y в системі декартових координат?

85

8 Що називають частинним приростом і частинним диференціалом по х

функції ;z f x y ? Як виражається частинний диференціал функції через її

частинну похідну?

9 У чому полягає геометричний зміст частинних диференціалів функції

;z f x y в системі декартових координат?

10 Що називається повним приростом і повним диференціалом функції

;z f x y ? Як виражається повний диференціал функції через її частинні

похідні?

11 Яка функція кількох змінних називається диференційованою?

12 Сформулюйте достатню умову диференційованості функції в точці.


Екстремуми функцій багатьох змінних. Похідна за напрямом. Градієнт.


Приклад 1 Знайти екстремуми функції 3 2( ; ) 3 30 18f x y x xy x y .

Розв'язання. Знаходимо частинні похідні першого порядку даної

функції:

2 2 2 23 3 30 3( 10)f

x y x yx

;

6 18 6( 3)f

xy xyy

.

Прирівнюючи ці похідні до нуля, одержимо після елементарних

перетворень систему 2 2 10 0

2 6

x y

xy

.

Додаючи і віднімаючи почленно рівняння цієї системі, матимемо 2 2

2 2

2 16

2 4

x xy y

x xy y

, або

2

2

( ) 16

( ) 4

x y

x y

, звідки

4

2

x y

x y

.

Розв'язуючи останню систему, рівносильну даній, знаходимо стаціонарні

точки: 1(3;1)M , 2 (1;3)M , 3( 1; 3)M , 4 ( 3; 1)M .

Тепер знайдемо частинні похідні другого порядку даної функції 2

26

fx

x

,

2

6f

yx y

,

2

26

fx

y

і складемо визначник

86

2 2

2

2 2 2 2

2 2

2

6 636 36 36( )

6 6

f f

x yx x yx y x y

y xf f

x y y

.

Переконуємося, що

1) 1( ) 36(9 1) 288 0M , 1

2

1 26 3 18 0

M

fA

x

, отже 1(3;1)M -

точка мінімуму;

2) 2( ) 36(1 9) 288 0M , отже у точці 2M екстремуму немає;

3) 3( ) 36(1 9) 288 0M , отже у точці 3M екстремуму немає;

4) 4( ) 36(9 1) 288 0M , 4

2

4 26( 3) 18 0

M

fA

x

, отже 4M -

точка максимуму.

Таким чином, задана функція має два екстремуми: у точці 1(3;1)M -

мінімум, min (3;1) 72z f ; у точці 4 ( 3; 1)M максимум;

max ( 3; 1) 72z f .

Приклад 2 Знайти екстремум функції 2 2 1 1

z x xy yx y

.

Розв'язання. Задана функція визначена і диференційовна скрізь, крім

0x і 0y . Тому подальші дослідження будемо виконувати за умов 0x і

0y .

Знаходимо частинні похідні першого порядку:

2

12

zx y

x x

; 2

12

zx y

y y

.

Прирівнюючи ці похідні до нуля, одержимо систему рівнянь:

,01

2

,01

2

2

2

уух

хух

або

.012

,01232

23

уху

ухх

з якої знаходимо стаціонарні точки даної функції. Віднімаючи від

першого рівняння системи друге, одержуємо: 3 3 2 22( ) ( ) 0 ( )(2 3 2 ) 0x y xy x y x y x xy y

2

( ) 2 3 2 0x x

x yy y

, бо 0y .

87

З останньої рівності випливає, або 0x y , або

2

2 3 2 0x x

y y

. Але

останнє рівняння дійсних розв'язків не має, бо 2 4 9 16 0D b ac . Отже,

x y . Тоді із першого рівняння системи маємо: 3 32 1 0x x , звідки

3

1

3x .


1

3x y , тобто

3 3

1 1;

3 3M

- стаціонарна точка.

Перевіримо, чи є екстремум у точці M з допомогою достатніх умов. Для

цього знайдемо спочатку другі частинні похідні: 2

2 3

22

z

x x

,

2

1z

x y

,

2

2 3

22

z

y y

.

Підставляючи в частинні похідні другого порядку координати

стаціонарної точки 3 3

1 1;

3 3M

, одержимо

2 2 3 8A , 1B , 2 2 3 8C .

Обчислюючи далі визначник

8 164 1 63 0

1 8

A B

B C

і враховуючи, що 8 0A , робимо висновок: 3 3

1 1;

3 3M

- точка

локального мінімуму, причому

3min 3 3

1 1; 3 3

3 3z z

.

Приклад 3 Знайти найбільше і найменше значення функції 2 2z x y в

колі 2 2 4x y .

Розв'язання. Знаходимо перші частинні похідні 2z

xx

і 2

zy

y

.

Розв'язуючи систему рівнянь

,02

,02

ó

õ знаходимо одну критичну точку О(0;0),

в який значення функції дорівнює нулю.

Знайдемо найбільше і найменше значення функції z на межі, тобто на

колі 2 2 4x y . Оскільки на колі змінні x і y зв'язані співвідношенням

2 2 4x y , то для точок кола функцію 2 2z x y можна подати як функцію

однієї змінної x : 2 2 2( ) (4 ) 2 4z z x x x x , причому 2 2x .

Отже, знаходження найбільшого і найменшого значень функції двох

змінних на колі 2 2 4x y зведено до знаходження найбільшого і найменшого

88

значень функції однієї змінної 22 4z x на відрізку (-2;2). Знаходимо

критичні точки цієї функції на інтервалі (-2;2) і обчислюємо значення функції у

цих точках і на кінцях відрізка:

4 0z x при 0x (критична точка); (0) 4z ;

( 2) (2) 2 4 4 4z z . Таким чином, функція має найбільше значення, яке

дорівнює 4, і найменше значення, яке дорівнює –4.

Отже, найбільшого значення функція 2 2z x y в колі

2 2 4x y

набуває у точках 1( 2;0)M і 2 (2;0)M кола 2 2 4x y і найменшого - у точках

3(0;2)M і 4 (0; 2)M цього самого кола.

Приклад 4 Знайти похідну функції 3 3z x y у точці (1;1)M у напрямі

l , який утворює з віссю 0x кут 60 .

Розв'язання. За формулою знаходження похідної за напрямком маємо:

cos sinz z z

l x y

.

Ураховуючи,що

21 3cos cos60 ,sin sin 60 , (3 ) 3

2 2 MM

zx

y

,

2( 3 ) 3M

M

zy

y

,

знаходимо

1 3 3(1 3)3 3

2 2 2

z

l

.

Приклад 5 Знайти градієнт функції 2 23 6z x xy y в точці

1

1 1;

3 2M

, його модуль та напрямні косинуси.

Розв'язання. За формулою z z

gradz i jx y

. Частинні похідні z

x

і

z

y

функції

2 23 6z x xy y у точці 1

1 1;

3 2M

відповідно дорівнюють:

1

1

31

2

(6 6 ) 1 16 6 1

3 2xM

y

x yz

x

;

1

1

31

2

( 6 2 ) 1 16 2 1

3 2xM

y

x yz

y

.

Отже, 1M

gradz i j .

Модуль градієнта і його напрямні косинуси у точці 1M відповідно

дорівнюють:

89

1

2 21 1 2M

gradz ; 1

cos2

; 1

cos sin2

.

Таким чином, можна зробити висновок, що градієнт даної функції у точці

1M напрямлений вздовж бісектриси першого координатного кута.


Повторити теорію [9, л.16], с. 105 –111.

Вправи

1 Знайти точки екстремуму функції 2 24( )z x y x y .

Відповідь: (2;-2).

2 Знайти екстремуми функції 3 3 3z x y xy .

Відповідь: у точці (0;0) немає екстремуму. У точці (1;1) - мінімум.

3 Знайти найбільше і найменше значення функції 2 2 2 2(2 3 )x yz e x y в

колі 2 2 4x y .


нбzе

у точках (0;±1); 0нмz у точці (0;0).

4 Знайти похідну функції 2 2lnz x y у точці 0 (1;1)M у напрямі

бісектриси першого координатного кута.


2.

5 Знайти похідну функції y

z arctgx

у напрямі вектора 3 4l i j в

будь-якій точці та в точках 1(1;3)M і 2 (2;1)M .

Відповідь: 2 2 2

4 3

5( )

x y

x y

;

1

100 ;

1

25.

6 Знайти найбільшу швидкість зростання поля 2 2ln( 4 )u x y у точці

0 (6;4;0)M .


25.

7 Знайти точку, в який градієнт функції 1

ln( )z xy

дорівнює 16

9i j .

Відповідь: 1 3 7 3

; , ;3 4 3 4

.


1 Дайте означення точки екстремуму (максимуму і мінімуму) функції

двох змінних.

90

2 У чому полягає необхідна умова екстремуму функції двох незалежних

змінних? Який її геометричний зміст?

3 Сформулюйте достатні умови екстремуму функції двох змінних. Чи

може функція ( ; )z f x y у критичних точках не мати екстремуму?

4 Сформулюйте правило знаходження найбільшого і найменшого значень

функції двох змінних у заданій замкненій області.

5 Чи завжди функція ( ; )z f x y має найменше і найбільше значення у

замкненій області D ?

6 Що називають скалярним полем?

7 Дайте означення похідної у заданому напрямі в даній точці для функції

двох змінних.

8 У яких точках скалярного поля похідна у будь-якому напрямі дорівнює

нулю?

9 Дайте означення градієнта скалярного поля. За яких умов gradz , де

( ; )z f x y , може дорівнювати нульовому вектору? Що показує градієнт?

10 Як виражається похідна у напрямі в даній точці через градієнт і

одиничний вектор цього напряму?


Невизначений інтеграл. Таблиця невизначених інтегралів. Основні методи

інтегрування.


Приклад 1. Знайти .)564( 23 dxxx

Розв`язання. Скориставшись властивостями 4 і 5 невизначеного

інтеграла, будемо мати

dxdxxdxxdxdxxdxxxx 564564)564( 232323

Далі, застосувавши таблицю та властивості невизначеного інтеграла

остаточно знаходимо, що dxdxxdxxdxxx 564)564( 2323

,5253

64

4 34

32

3

1

4

CxxxCxCx

Cx

де .321 CCCC

Відзначимо, що додавати довільну сталу після знаходження кожного

інтеграла, як це зроблено в даному прикладі, не слід. Досить всі довільні сталі

підсумувати і результат, позначений однією буквою C, записати вкінці, тобто

після того, як усі інтеграли будуть знайдені.

Приклад 2. Знайти dxxxx 11

Розв`язання. Відзначимо, що 1113

xxxx , тоді

dxdxxdxxdxxxx 2

33

111

91

= CxxCxx

2

512

3

5

2

12

3.

Приклад 3. Знайти .3

23

dxx

xexx x

Розв`язання. Маємо

dxx

x

x

ex

x

xdx

x

xexx xx

3

2

3

3

33

23

.ln3

2ln

3

22

3

2

5

xexx

CCxexx

dxdxedxx xxx

Приклад 4. Знайти

dz

z

z2

1.

Розв`язання. Виконуючи тотожні перетворення підінтегральної функціїї,

будемо мати

121

111

)(2

22

zzzz

zzf , тому

Czz

zdz

z

dzdz

zdz

zzdz

z

zln2

12

11

21122

2

.


.33 2x

dx


.arcsin3

1

13

1

13)1(333 2222Cx

x

dx

x

dx

x

dx

x

dx


.

2cos1

cos1 2

dxx

x.

Розв`язання. Оскільки 1+cos2x=2cos2x, то

dx

xdx

x

xdx

x

xdx

x

x1

cos

1

2

1

cos

cos1

2

1

cos2

cos1

2cos1

cos122

2

2

22

.tg2

1

2tg

2

1

2

1

cos2

12

CxxCx

xdxx

dx

Приклад 7. Знайти .tg2 xdx .

Розв`язання. Відомо, що 1cos

1tg

2

2 x

x , тому

.tg

cos1

cos

1tg

22

2 Cxxdxx

dxdx

xxdx

Приклад 8. Знайти .cossin 22 xx

dx

Розв`язання. Виконуємо тотожні перетворення над підінтегральною

функцією:

.sin

1

cos

1

cossin

cossin

cossin

1)(

2222

22

22 xxxx

xx

xxxf

92

Отже,

.ctgtgsincoscossin 2222

Cxxx

dx

x

dx

xx

dx


dx

xx

x

)1(

)21(22

2

Розв`язання. Враховуючи, що 2x2=x2+x2, будемо мати

dx

xx

xdx

xx

xdx

xx

xxdx

xx

x

)1()1(

1

)1(

1

)1(

2122

2

22

2

22

22

22

2

.arctg1

1 22Cx

xx

dx

x

dx

Приклад 10. Знайти ).(tgtg3 xxd

Розв`язання. В силу табличного інтеграла (3) з урахуванням, що u=tgx,

одержимо

.4

tg)(tgtg

43 C

xxxd

Приклад 11. Знайти .3519

dxx

Розв`язання. Тут підносити двочлен до 19-го степеня недоцільно, так як

u=5x+3 є лінійною функцією. Виходячи з табличного інтеграла

Cu

duu20

2019

і формули ,)(1

)( CbaxFa

dxbaxF одержимо

.100

35

20

35

5

135

202019

Cx

Cx

dxx

Приклад 12. Знайти .)1cos( dxx

Роз`вязання. Так як Cuudu sincos і 1 xu є лінійною функцією, то

.)1sin(1

)1cos( Cxdxx


.cos7

2sin

3 2dx

x

x


.2sincos7cos7

2sin3

12

3 2xdxxdx

x

x

Так як ,2sin)sin(cos2cos7 2 xxxx

то в якості змінної інтегрування

маємо вираз 7-cos2x. Відносно цієї змінної одержимо інтеграл від степеневої

функції, тобто

Cx

xdxxdxx

x

13

1

cos72sincos7

cos7

2sin1

3

12

3

12

3 2

.cos72

3cos7 3 22

32

3

22

CCx

93

Розв`язання даного прикладу можна записати ще й так:

xdxxdxxdx

x

x 23

12

3

12

3 2cos7cos72sincos7

cos7

2sin

.cos72

3

2

cos73 3 223

22

CxCx

Проведені перетворення можна записати інакше, а саме:

xxxu

xuxdxxdx

x

x

x 2sin)sin(cos2

cos72sincos7

cos7

2sin2

3

12

3 2

.cos72

3

2

3

1

223

2

3

1

13

1

3

1

CxCuCu

dxuu x


.costg75 2 xx

dx

Розв`язання. Оскільки похідна виразу 5+7tgx дорівнює x2cos

7, а множник

x2cos

1 відрізняється від цієї похідної лише сталим множником 7, то змінною

інтегрування тут можна вважати вираз 5+7tgx і, таким чином, знайти інтеграл

за таблицею інтегралів:

xu

xu

dxxxxx

dx

x 222

cos

7

tg75

cos

7

tg75

1

7

1

costg75

.tg75ln7

11

7

1Cxdxu

ux


.41 2

2arctg

dxx

e x

Розв`язання. Заданий інтеграл можна податити у вигляді:

,41

2

2

1

41 2

2arctg

2

2arctg

dxx

edxx

e xx

але ,2arctg41

22

x

x і тому, вважаючи змінною інтегрування функцію arctg 2x,

знаходимо інтеграл:

Cedxx

e xx

2arctg

2

2arctg

2

1

41.

Приклад 17. Знайти .cossin5 4 xdxx .

Розв`язання. .sin5

sin5)(sinsin5cossin5 5

544 CxC

xxdxxdxx



Вправи

Знайти інтеграли:

94

1

.

325

x

dx Відповідь:

4328

1

xC .

2 .4 5

4

x

dxx

Відповідь: Cx 54

5

2.

3 .cos

sin2 x

xdx Відповідь: C

x

cos

1.

4 .2sincos3 xdxx Відповідь: xC 5cos5

2 .

5 .)32sin( dxx Відповідь: Cx )32cos(2

1.

6 .sin dxee xx Відповідь: C-cosex.

7

.12x

dx Відповідь: Cx 12ln

2

1.

8 .13 dxe x

Відповідь: Ce x 13

3

1.

9

.14x

xdx Відповідь: Carctgx 2

2

1.


1 Яка дія називається інтегруванням?

2 Яка функція називається первісною для даної функції? Наведіть

приклади.

3 Чим відрізняються між собою різні первісні функції для даної функції

f(x)?

4 Дайте означення невизначеного інтеграла.

5 Який геометричний образ відповідає невизначеному інтегралу

dxxf )( ?

6 Сформулюйте основні властивості невизначеного інтеграла.

7 За якою умови справедлива рівність CxFdxxf )()( ?

8 Як перевіряється результат інтегрування?

9 Пригадайте і запишіть усі табличні інтеграли.

10 Укажіть, при якому значенні n формула

Cn

xdxx

nn

1

1

немає сенсу

(х > 0)?


Інтегрування підстановкою та частинами

Розвязання прикладів

95


.312

5

x

dxx

Розв`язання. Покладемо, що x6=t. Тоді 6x5dx=dt i

Cttt

dt

x

dxx

x

dxx3ln

6

1

36

1

3)(

6

6

1

3

2

226

5

12

5

.

Як бачимо, за допомогою указанної підстановки даний інтеграл зведений

до табличного (формула 20). Повертаючись до початкової змінної, остаточно


Cxxx

dxx3ln

6

1

3

126

12

5

.


.11 x

dx

Розв`язання. Покладемо, що x+1=t2. Звідси x=t2-1, a dx=2tdt i

dt

tdt

t

tdt

t

t

t

tdt

x

dx

1

112

1

112

12

1

2

11

Cttt

dtdt 1ln22

122 Cxx 11ln212 .

Розв`язати даний приклад можна інакше. Нехай .11 tx Звідси

x=(t-1)2-1, a dx=2(t-1)dt i

t

dtdtdt

tdt

t

t

t

dtt

x

dx22

112

12

)1(2

11

CxxCtt 11ln2)11(2ln22 .

Одержані результати відрізняються сталим доданком 2. Однак обидва

вони правильні, в чому можна легко переконатися шляхом їх диференціювання.

Пропонуємо читачеві зробити це самостійно.


.1ze

dz

Розв`язання. Виконаємо підстановку ez+1=t2. Продиференціювавши

обидві частини рівності, одержимо ezdz=2tdt. Звідси .1

222

t

tdt

e

tdtdz

z Тоді

C

e

eC

t

t

t

dt

tt

tdt

e

dz

z

z

z 11

11ln

1

1ln

2

12

12

)1(

2

122

.


.92xx

dx

Розв`язання.

І-й спосіб:

tt

tdt

xx

xdx

tdtxdx

tdtxdx

tx

xx

dx

)9(922

9

9222

22

2

Cx

Ct

t

dt

3

9arctg

3

1

3arctg

3

1

9

2

2.

96

ІІ-й спосіб.

911

1

1

1,

1

92

2

2

2

tt

dtt

dtt

dx

txt

x

xx

dx

22 )3(191 t

dt

t

dt

Ctt

dt3arcsin

3

1

)3(1

3

3

1

2C

xC

x

3arccos

3

13arcsin

3

1.

ІІІ-й спосіб.

t

t

t

t

tx

dtt

tdx

tx

xx

dx

cos

sin3

cos

cos199

cos

99

cos

sin3,

cos

3

92

2

2

2

2

2

.3

arccos3

1

3

1

3

1

cos

sin3

cos

3cos

sin32

Cx

Ctdt

t

t

t

t

tdt

Зауважимо, що всі результати правильні, бо їх похідні дорівнюють

підінтегральній функції, тобто:

02

92

1

3

1

9

91

1

3

1

3

9arctg

3

1

22

2

xxx

Cx

);(9

1

9

9

99

1

9

1

222xf

xxx

x

x

);(9

10

3

91

1

3

13arcsin

3

1

22

2

xfxxx

x

Cx

).(9

10

3

91

1

3

13arccos

3

1

22

2

xfxxx

x

Cx


.sin4cos3 22 xx

dx

Розв`язання. Розділивши чисельник і знаменник підінтегрального виразу

на cos2x, одержимо

xtg

x

dx

xtg

x

dx

xx

dx

2

2

2

2

22

4

3cos

4

1

43

cos

sin4cos3

Оскільки ),(cos2

tgxdx

dx то доцільно покласти tgx=t. Тоді

97

.3

2

32

1

3

2

3

2

4

1

4

1

sin4cos3 2

4322

Ctgx

arctgCt

arctgt

dt

x

dx

Приклад 6 Знайти .ln2 xdxx

Розв’язання. Поклавши u(x)=lnx, dv(x)=x2dx i застосувавши формулу

інтегрування частинами vduuvudv , одержуємо

3;

;ln

ln 322

2

xdxxvdxxdv

x

dxduxu

xdxx dxx

xx

x 1

3ln

3

33

CxxCx

xx

dxxxx

)1ln3(9

1

33

1ln

33

1ln

3

333

23

.

Приклад 7 Знайти .3sin2 xdxx

Розв’язання. Покладемо u=x2,dv=sin3xdx. Тоді

du=2xdx, .3cos3

1)3(3sin

3

13sin xxxdxdxv

За формулою інтегрування частинами знаходимо

xdxxxxxdxx 23cos

3

13cos

3

13sin 22

.3cos3

23cos

3

1 2 xdxxxx

До останнього інтеграла знову застосуємо формулу інтегрування частинами.

Для цього покладемо u=x, dv=cos3xdx, тоді

xxxdxdxvdxdu 3sin3

1)3(3cos

3

13cos,

i .3cos9

13sin

3

13sin

3

13sin

3

13sin

3

13sin

3

13cos xxxxdxxxxdxxxxdxx

Таким чином, остаточно будемо мати

.3cos

9

13sin

3

1

3

23cos

3

13sin 22 Cxxxxxxdxx

Cxxxxx 3cos23sin63cos927

1 2.

Приклад 8 Знайти .43 52 dxexx x

Розв’язання. Застосувавши формулу інтегрування частинами, одержимо

xxx

x

edxevdxedv

dxxduxxudxexx 555

2

52

5

1;

)32(;4343

dxexexx xx 552 )32(5

143

5

1

98

dxee

xexx

evdxedv

dxduxuxxx

xx5552

555

2

5

32

5

143

5

1

5

1;

2;32

Cee

xexx xxx 5552

25

2

5

32

5

143

5

1

.1178525125

1215101007525

125

1 5225 CexxCxxxe xx

Приклад 9 Знайти .xarctgxdx

Розв’язання. Із формули інтегрування частинами

dx

x

xarctgxxdarctgxxarctgxxxarctgxdxarctgxdx

2

22222

12

1

2

1)(

2

1

Carctgxxarctgxxx

dxdxarctgxxdx

x

xarctgxx

2

2

2

2

22

2

1

12

1

1

11

2

1.


Інтегрування раціональних дробів.



.23x

dx

Розв’язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу І типу. Покладемо

3x+2=t, тоді 3dx=dt i тому

CxCtt

dt

x

dx

x

dx23ln

3

1ln

3

1

3

1

23

3

3

1

23.

Розв`язання цього ж прикладу можна записати ще й таким чином:

Cx

x

xd

x

dx23ln

3

1

23

)23(

3

1

23.


.)21( 7x

dx

Розв’язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу ІІ типу. Оскільки

dxdxxxd 2)21()21( i ,)21()21(

1 7

7

xx

то

)21()21(2

1)2()21(

2

1

)21(

77

7xdxdxx

x

dx

Cx

Cx

6

6

)21(12

1

6

)21(

2

1.


.544 2 xx

dx

99

Розв’язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу ІІІ типу, де А=0,

В=1, .06442 acb Виділивши повний квадрат із квадратного тричлена

4х2+4х+5, одержимо табличний інтеграл (17). Дійсно

4)12(

2

2

1

2

12

4)12(544 222 x

dx

dxdu

xu

x

dx

xx

dx

Cx

arctgCx

arctg

2

12

4

1

2

12

2

1*

2

1.


.

322

872

dxxx

x

Розв’язання. Як і в попередньому прикладі маємо також інтеграл від

елементарного дробу третього типу, де А=-8, В=7, D=b2-4ac=-20 < 0. Спочатку

виділимо похідну знаменника в чисельнику дробу. Для цього чисельник 7-8х

подамо у вигляді 7-8х= - 2(4х-2)+3.

Тоді

3223

322

242

322

3)24(2

322

872222 xx

dxdx

xx

xdx

xx

xdx

xx

x

4

1

2

3

2

12

3)322ln(2

2

32

3)322ln(2

2

2

2

2

x

dxxx

xx

dxxx

C

x

arctgxx

x

dxxx

5

2

12

5

2

2

3)322ln(2

4

5

2

12

3)322ln(2 2

2

2

Cx

arctgxx

5

12

5

3)322ln(2 2 .


.

6

12

dxxx

x


dt

t

t

dtdx

txdx

x

xdx

xx

x

4

25

12

1

2

1

4

25

2

1

1

6

1

222

2

52

5

ln

2

52

1

2

3

4

25

2

2

1

4

252

3

4

25 222 t

t

t

tdt

t

dt

t

tdt

C

x

x

xC

t

t

t

2

5

2

12

5

2

1

ln10

3

4

25

2

1ln

2

1

2

52

5

ln10

3

4

25ln

2

12

2

CxxxxC

x

xxx 3ln

10

32ln

10

3)3)(2(ln

2

1

3

2ln

10

36ln

2

1 2

.3ln5

42ln

5

13ln

10

32ln

10

33ln

2

12ln

2

1CxxCxxxx

100


83

45

dxxx

xx

Розв’язання. Підінтегральний дріб неправильний, бо степінь многочлена

чисельника більша, за степінь многочлена знаменника. Тому виділимо спочатку

цілу частину, поділивши многочлен чисельника на многочлен знаменника

– x5+x4-8 x3-4x

x5–4x3 x2+x+4 (ціла частина)

– x4+4x3-8

x4–4x2

– 4x3+4x2-8

4x3–16x

4x2+16x-8 (залишок).

Тепер подамо підінтегральний дріб у вигляді суми цілої частини і

правильного дробу, тобто

.4

81644

4

83

22

3

45

xx

xxxx

xx

xx

Тоді

dx

xx

xxxxdx

xx

xx

4

81644

4

83

22

3

45

.

4

2444

23 3

223

dxxx

xxx

xx

В інтегралі, який залишився, підінтегральний дріб (правильний і

нескоротний) розкладемо на елементарні дроби. Оскільки знаменник дробу

х3-4х=х(х2-4)=х(х-2)(х+2) має три прості корені х=0, х=2 і х=-2, то його можна

подати у вигляді суми трьох дробів І типу, тобто

.22)2)(2(

242

x

C

x

B

x

A

xxx

xx

Звільнюючись від дробових членів, одержимо

х2+4х-2=А(х-2)(х+2)+Вх(х+2)+Сх(х-2) або х2+4х-2=(А+В+С)х2+(2В-2С)х-4А.

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в обох частинах

одержаної тотожності, одержимо систему рівнянь для визначення коефіцієнтів

А, В, С:

.24

,422

,1

0

2

A

CB

CBA

x

x

x

Розв`язавши цю систему, знаходимо .4

3,

4

5,

2

1 CBA

Слід відзначити, що тут коефіцієнти А, В і С простіше було б знайти

способом підстановки до тотожності частинних значень х, в якості яких

доцільно взяти корені знаменника, тобто:

101

)2()2()2)(2(242 xCxxBxxxAxx ,

,86

,810

,42

2

2

0

C

B

A

x

x

x

звідки .4

3,

4

5,

2

1 CBA

Таким чином, ,2

1

4

3

2

1

4

51

2

1

4

243

2

xxxxx

xxа шуканий інтеграл

dx

xx

xxx

xxdx

xx

xx

4

2444

234

83

223

3

45

dx

xxxx

xx

2

1

4

3

2

1

4

51

2

144

23

23

2

32

52423

23

x

dx

x

dx

x

dxx

xx

.2ln32ln5ln2423

23

Cxxxxxx


.

)34)(1(

3223

2

dxxxxx

xx

Розв’язання. Переконуємося, що підінтегральний дріб – правильний і

нескоротний. Враховуючи, що

(х-1)(х3-4х2+3х)=х(х-1)(х2-4х+3)=х(х-1)(х-1)(х-3)=х(х-1)2(х-3)

має чотири корені, з яких два х=0 і х=3 – прості, а х=1- двократний, подамо

дріб у вигляді суми чотирьох елементарних дробів:

.1)1(3)3()1(

3222

2

x

D

x

C

x

B

x

A

xxx

xx

Звільняючись від дробових членів, одержимо тотожність для знаходження

коефіцієнтів A, B, C, D:

x2-2x+3=A(x-3)(x-1)2+Bx(x-1)2+Cx(x-3)+Dx(x-1)(x-3).

Коефіцієнти знаходимо комбінованим способом

.0

,22

,126

,33

1

3

0

3 DBA

C

B

A

x

x

x

x

Звідси .2

1,1,

2

1,1 DCBA

Отже, ,1

1

2

1

)1(

1

3

1

2

11

)1)(3(

3222

2

xxxxxxx

xx а шуканий

інтеграл

dx

xxxxdx

xxxx

xx

1

1

2

1

)1(

1

3

1

2

11

)34)(1(

32223

2

102

12

1

)1(32

12 x

dx

x

dx

x

dx

x

dx.1ln

2

1

1

13ln

2

1ln Cx

xxx


.

)1)(3(

114322

2

dxxx

xx

Розв’язання. Підінтегральний дріб – правильний і нескоротний. Його

знаменник (х2+3)(х2+1) не має дійсних коренів, а оскільки його множники х2+3

і х2+1 другого степеня і не повторюються, то розкладання даного правильного

дробу на найпростіші має вигляд: .13)1)(3(

11432222

2

x

DCx

x

BAx

xx

xx

Звільняючись від дробових членів, одержимо

3х2+4х+11=(Ах+В)(х2+1)+(Сх+D)(x2+3)

або

3х2+4х+11=(A+C)x3+(B+D)x2+(A+3C)x+(B+3D).

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х у лівій і правій частинах

рівності, будемо мати

.113

,43

,3

,0

0

2

3

DB

CA

DB

CA

x

x

x

x

Звідси, розв’язуючи систему, знаходимо А=-2, В= -1, С=2, D=4.

Отже, 1

42

3

12

)1)(3(

11432222

2

x

x

x

x

xx

xx і шуканий інтеграл

dx

x

x

x

xdx

xx

xx

1

42

3

12

)1)(3(

11432222

2

1

41

2

33

22222 x

dx

x

xdx

x

dx

x

xdx

.41ln33

13ln 22 Carctgxx

xarctgx



Вправи


1

.7323

2

24

dxx

xxx Відповідь: C

xxxx

7ln323

.

2

.

4

13

3

dxxx

x Відповідь: Cxxx

x 12ln

16

912ln

16

7ln

4.

103

3

.

65

)52(24

2

xx

dxx Відповідь: C

x

x

x

x

3

3ln

32

1

2

2ln

22

1.

4

.24 xx

dx Відповідь: C

x

x

x

1

1ln

2

11.

5

.

)12(

)23(2

2

xxx

dxxx Відповідь: C

xx

x

1

6

1ln

2

.

6

.

)5()2(

7963

23

dxxx

xxx Відповідь: Cx

x

5ln

)2(2

32

.

7

.

1

)1(23

4

xxx

dxx Відповідь: Carctgx

x

xx

1

1ln

2

)1(

2

2

.


1 Який дріб називають раціональним?

2 Який раціональний дріб називають правильним ? Неправильним ?

3 Який вигляд мають елементарні (найпростіші) дроби?

4 Як здійснюється розклад правильного раціонального дробу на

елементарні?

5 Пригадайте правило інтегрування раціонального дробу.


Інтегрування тригонометричних функцій. Інтегрування ірраціональних

функцій.



.cos3sin45 xx

dx

Розв’язання. Підінтегральна функція є раціональною функцією від sinx i

cosx. Тому, зробивши підстановку ,2

tx

tg одержимо

2

2

2

2

2

2

2

2

1

33

1

85

1

2

1

1cos;

1

2sin

1

22

cos3sin45

t

t

t

t

t

dt

t

tx

t

tx

t

dtdx

tx

tg

xx

dx

22222 )2(44882

2

33855

2

t

dt

tt

dt

tt

dt

ttt

dt

104

Cx

tg

Ct

22

1

2

1 .

Приклад 2 Знайти .sin

cos

5 4

3

dxx

x


xdxx

xxdx

x

xdx

x

xcos

sin

sin1cos

sin

cos

sin

cos

5 4

2

5 4

2

5 4

3

C

ttdttdtt

t

t

dttxdx

tx

115155

1

5cos

sin11

104

4

10

4

5

Cxx 5 115 sin

11

5sin5 .

Приклад 3 Знайти .2sinsin xx

dx

Розв’язання. .cossin22sinsin 2 xx

dx

xx

dx

Якщо у виразі xxcossin2

12

замінити cosx на -cosx, то дріб змінить знак

на протилежний, тому тут треба застосувати підстановку sinx=t. Тоді x=arcsint,

,1 2t

dtdx

21cos tx i

dt

tt

tt

tt

dt

xx

dx

xx

dx

)1(

1

2

1

)1(2

1

cossin22sinsin 22

22

222

C

t

t

tt

dt

t

dt

1

1ln

2

1

2

1

12

1

2

122

Cx

x

x

1sin

1sinln

2

1

sin2

1.


.sin5cos34 22 xx

dx

Розв’язання. Враховуючи, що 4-3cos2x+5sin2x=4(cos2x+sin2x)-

-3cos2x+5sin2x=cos2x+9sin2x, одержимо

)91(cossin9cossin5cos34 222222 xtgx

dx

xx

dx

xx

dx

222

2 )3(1

3

3

1

)3(191cos

t

dt

t

dt

t

dt

dtx

dx

ttgx

CtgxarctgCtarctg )3(3

13

3

1.


cos2

coscos dxxx

x

105

Розв’язання. Застосувавши формулу перетворення добутку

тригонометричних функцій у суму ,)cos()cos(2

1coscos xbaxbabxax

згідно з якою будемо мати

dx

xxxdx

xxx

4cos

2cos

2

3cos

2

1

4cos

2coscos

dxxx

dxxx

4cos

2cos

2

1

4cos

2

3cos

2

1

dx

xxdx

xx

4cos

4

3cos

4

1

4

5cos

4

7cos

4

1

Cxxxx

4sin

4

3sin

3

1

4

5sin

5

1

4

7sin

7

1.


.12)12(3 2 xx

dx

Розв’язання. Маємо інтеграл другого типу від ірраціональної функції.

Тут n1=3, n2=2, тому к=6. Використовуючи підстановку 2x+1=t6, звідки

dxtx )1(2

1 6 =3t5dt, одержимо

dt

t

t

t

dtt

tt

dtt

xx

dx

1

113

13

3

12)12(

22

34

5

3 2

Ctt

tdt

tt 1ln

23

1

113

2

.

Оскільки ,126 xt то повертаючись до змінної х, будемо мати

.112ln12

2

123

12)12(

663

3 2Cxx

x

xx

dx


.

544

)23(

2 xx

dxx

Розв’язання. Спочатку в чисельнику виділимо похідну підкореневого

виразу, після чого розкладемо інтеграл на суму двох інтегралів. Перший із

одержаних інтегралів є табличним інтегралом (4), а другий зведеться до

табличного інтеграла (19) шляхом виділення повного квадрата з квадратного

106

тричлена:

5442

7

544

48

8

3

544

22

3)48(

8

3

544

)23(

2222 xx

dxdx

xx

xdx

xx

x

xx

dxx

4)12(

2

4

7544

4

3

4)12(2

7544

4

3

2

2

2

2

x

dxxx

x

dxxx

Cxxxxx 54412ln4

7544

4

3 22 .


.

54)1(

)35(

2 xxx

dxx


54)1(2

545

54)1(

2)1(5

54)1(

)35(

2222 xxx

dx

xx

dxdx

xxx

x

xxx

dxx

511

4111

21)2(

5

1

11

11

2

2

2

2 ttt

t

dt

x

dx

dtt

dx

tx

tx

54

41

212542ln5

2

2

tttt

dtxxx

1610

2542ln52

2

tt

dtxxx

10

1

10

610

2542ln5

2

2

tt

dtxxx

100

1

10

310

2542ln5

2

2

t

dtxxx

Ctttxxx10

1

10

6

10

3ln

10

2542ln5 22

C

xxxxxx

10

1

1

1*

10

6

1

1

10

3

1

1ln

10

2542ln5

22

107

Cx

xxxxxx

)1(10

)54(1037ln

10

2542ln5

22 .


.)4( 32x

dx

Розв’язання. Для знаходження заданого інтегралу робимо підстановку

x=2 tgt. Звідси

.cos

8

cos

18)1(4)44()4(,

cos

23

3

2

3233232

2 ttttgttgx

t

dtdx

Тоді шуканий інтеграл

Cttdtdt

t

t

x

dxsin

4

1cos

4

1

cos

8cos

2

)4(3

2

32.

Оскільки ,4

21

2

1cossin

222 x

x

x

x

ttg

tgtttgtt

то остаточно

одержимо Cx

x

x

dx

232 44

1

)4(.


.922 xx

dx

Розв’язання. Застосуємо підстановку ,cos

3

tx тоді

tgtt

t

t

t

ttxdt

t

tdx 3

cos

sin3

cos

cos131

cos

199

cos

99,

cos

sin32

2

22

2

2

.sin9

1cos

9

1

cos

sin3

cos

9cos

sin3

92

2

22Cttdtdt

t

t

t

t

t

xx

dx

Оскільки ,99

1cos1sin2

2

2

x

x

xtt

то шуканий інтеграл

Cx

x

xx

dx

9

9

9

2

22

.

Зауважимо, що заданий інтеграл можна знайти і за допомогою

підстановки .1

tx



108

Вправи


1

.

cos1

cos1dx

x

x Відповідь: Cx

xtg

22 .

2 .5sin2sin xdxx Відповідь: Cxx 7sin14

13sin

6

1.

3

.cos35 x


xtgarctg )

22(

2

1.

4

.cos7sin48 xx


xtg

xtg

32

52ln .

5

.

2

1dx

xx

x Відповідь: C

xarctgx

2

2222 .

6

.

269

52

2dx

xx

x Відповідь: Cxxxxx 26913ln

9

13269

9

2 22.

7

.1

4 3x

dxx Відповідь: Cxx

1ln3

4 4 34 3.


1 Як виконується інтегрування найпростіших ірраціональних функцій?

2 Опишіть методи знаходження інтегралів вигляду ,cossin xdxx nm де m i

n –цілі числа.

Які тригонометричні підстановки ви пам’ятаєте і коли вони

застосовуються?

4 Для знаходження яких інтегралів застосовують тригонометричні

підстановки і які?

5 Які підкласи ірраціональних функцій, інтеграли від яких виражаються в

скінченному вигляді, ви знаєте?


Визначений інтеграл. Формула Ньютона-Лейбниця. Методи підстановки та

інтегрування частинами у визначеному інтегралі.



9

4 1

1dy

y

y.

109


9

4

9

4

9

4

9

4

9

4

)1(1

)1)(1(

1

1dydyydyydy

y

yydy

y

y

.3

234

3

1691844

3

299

3

2

4

9

3

22

3

2

32

3

yy


16

0

.9 xx

dx

Розв’язання. Після елементарних перетворень підінтегральної функції


16

0

16

0

16

0 9

9

)9)(9(

)9(

9dx

xx

xxdx

xxxx

xx

xx

dx

0

16

3

2)9(

3

2

9

19

9

12

3

2

316

0

16

0

xxdxxdxx

12)2764125(27

291625

27

2

0

16)9(

27

22

3

2

3

2

3

2

3

2

3

xx .


3

22 232 xx

dx.


3

22 232 xx

dx=

3

22

3

2 22

3

4

5

4

34

5

4

3

ln

4

52

1

2

1

16

25

4

32

1

12

32

1

x

x

x

dx

xx

dx

.3

4ln

5

1

8

3ln

2

1ln

5

1

2

3

2

2

1

ln5

1

x

x


2

13xx

dx.


2

13xx

dx=

2

1

2

1

2

122

222

12 1)1(

1

)1( x

xdx

x

dxdx

xx

xx

xx

dx

110

5

8ln

2

1)2ln5ln4(ln

2

1)2ln5(ln

2

11ln2ln

1

2

)1ln(2

1

1

2

ln 2 xx.

Приклад 5 Обчислити .12ln

0

dxe x

Розв’язання. Застосуємо підстановку .1 xet Тоді

t2=ex-1, 2tdt=exdx, 1

22

2

t

tdt

e

tdtdx

x.

Якщо x=0, то .010 et Якщо x=ln2, то .11212ln et Отже,

1

0

1

0

1

022

2

2

22ln

0 1

112

1

112

121 dt

tdt

t

t

t

dttdxe x

.2

4

4120112

0

12

arctgarctgarctgtt

Приклад 6 Обчислити 2

1

2

.1

dxx

x


2

1

2

1

3

02

2

2

2

2

2

22

2

1

1

3,14

0,11

22

1

1

t

dttxdx

x

x

tt

tt

tdtxdx

tdtxdx

tx

dxx

x

в

н

3

02

.3

3033

0

3

1

11 arctgarctgarctgttdt

t


2

0

.cos2 x

dx


1

0

1

0

1

0222

2

2

2

2

2

22

0 32

122

2

1

12

1

2

14

00

1

1cos

1

2

22

cos2 t

dt

tt

dt

t

t

t

dt

tgt

tgt

t

tx

t

dtdx

arctgtx

xtgt

x

dx

в

н

.3363

20

3

1

3

2

0

1

33

2

arctgarctg

tarctg


1

032

2

.

1 x

dxx

111


1

0

4

03

2

2

2

2

22

2

32

2

cos

1

cos

41,1

00,0cos

111

cos

1

t

t

dtttg

arctgttgt

arctgttgtt

ttgx

t

dtdx

tgtx

x

dxx

в

н

4

0

4

0

4

0

222 )4cos1(8

12sin

4

1cossin dtttdttdtt

.32

0sin4

1sin

4

1

48

1

0

44sin

4

1

8

1

tt


3

12

.15xxx

dx


3

1

3

1

1

2

2

2

21

511

3

1,

13

1,1

1

;1

15ttt

t

dt

tt

tt

t

dtdx

tx

xxx

dx

в

н

3

1

1

1

3

1

2

22

3

1

1

152

5ln

4

21

2

515

ttt

t

dt

tt

dt

.9

727ln

9

25

6

17ln7

2

7ln


3

4

2.

sin x

xdx

Розв’язання. Покладемо u=x, .sin2 x

dxdv Тоді du=dx, .

sin2ctgx

x

dxv

Оскільки u=x, v=-ctgx, 1u i x

v2sin

1 неперервні на відрізку

3;

4,

то враховуючи формулу

b

a

b

a

vdu

a

b

uvudv будемо мати:

3

4

3

4

2

4

3sinln

4433

4

3

sinxctgctgctgxdxxctgx

x

xdx

112

2

2ln

2

3ln

4334sinln

3sinln

433

.

2

3ln

2

1

36

349

2

3ln

2

1

49

3

Приклад 11 Обчислити 1

0

.)1ln(e

dxx

Розв’язання. Враховуючи, що u=ln(x+1), dv=dx за формулою

інтегрування частинами у визначеному інтегралі, одержимо

1

0

1

0 10

1)1ln(

;1

);1ln()1ln(

e e

x

xdxexx

xvdxdvx

dxduxu

dxx

0

1))1ln((1

1

111

1

11ln)1(

1

0

1

0

exxedx

xedx

x

xee

ee

.1111)1lnln1(1 eeeee


2

0

2 .cos xdxe x

Розв’язання. Застосовуючи двічі формулу інтегрування частинами,


2

0

2

0

2222

2 sin2

0

2sin

sin;cos

2;cos xdxexe

xvxdxdv

dxedueuxdxe xx

xxx

2

0

2

0

2222

2 cos2

0

2cos2

cos;sin

2;sin2 xdxexee

xvxdxdv

dxedueuxdxee xx

xxx

2

0

2 .cos42 xdxee x

Розв`язуючи далі одержане рівняння відносно невідомого інтеграла,

знаходимо

2

0

2 .2cos5 exdxe x Звідси остаточно одержимо

2

0

2 .5

2cos

exdxe x



Вправи

Обчислити інтеграли:

113

1

13

2 5 4.

)3( x

dx Відповідь: )116(5 5 .

2 1

0

4.1 dxee xx Відповідь:

5)1(5

1e .

3

2

0

5 .2sincos xdxx Відповідь: 7

2.

4

2

2

.cos1 x

dx Відповідь: 2.

5 e

dxx

x

1

2ln. Відповідь:

3

1.

Обчислити інтеграли, використовуючи формулу інтегрування частинами:

6

2

0

.cos xdxx Відповідь: .12

7 2

12 .log xdxx Відповідь: .

2ln4

32


1 Дайте означення визначеного інтеграла.

2 Сформулюйте теорему існування визначеного інтеграла.

3 Сформулюйте і доведіть властивості визначеного інтеграла.

4 Що називають середнім значенням функції f(x) на відрізку ba; ?

5 Чому дорівнює похідна від визначеного інтеграла із змінною верхньою

межею інтегрування?

6 Сформулювати і вивести формулу Ньютона –Лейбніца.

7 У чому суть методів заміни змінної (підстановки) й інтегрування

частинами у визначеному інтегралі?


Геометричне застосування визначених інтегралів. Площа криволінійної

трапеції. Довжина дуги кривої та об’єм тіла обертання. Площа поверхні

обертання.

114


Приклад 1 Обчислити площу фігури, обмеженої лінією у=х(х–1)2 і

віссю Оx.

Розв’язання. Функція у=х(х–1)2 визначена для всіх дійсних значень х.

Точки перетину графіка функції з віссю Оx обчислимо з системи рівнянь

,0

,)1( 2

y

xxy

звідки х1=0, у1=0 і х2=1, у2=0.

Таким чином, графік функції у=х(х–1)2

перетинає вісь Оx в точках (0;0) і (1;0).

Не складно переконатися в тому, що

функція у=х(х–1)2 має екстремум у точках

27

4;

3

1 і (1;0), а також точку перегину

27

2;

3

2.

Читачеві пропонуємо перевірити це самостійно.

Використовуючи ці дані, будуємо графік функції (рис. 1.1).

Із рис. 1.1 видно, що фігура обмежена зверху лінією у=х(х–1)2 , знизу у=0

і проекціюється на вісь Ох у відрізок 1;0 . Отже, ув=х(х–1)2 , ун=0, а=0, b=1.

Таким чином, за формулою ( )

b

a

S f x dx маємо

1

0

1

0

234232 .

12

1

2

1

3

2

4

1

0

1

23

2

42)1(

xxxdxxxxdxxxS

Приклад 2 Обчислити площу фігури, обмеженої лінією 21

1

xy

і

параболою .2

2xy

Розв’язання. Крива 2

2xy – парабола з вершиною в точці О(0;0) і віссю

симетрії Оу. Вітки параболи направлені вгору

(рис.2.1). Крива 21

1

xy

– локон Аньєзі. Із

рівняння видно, що при будь-якому х функція

набуває лише додатних значень, а тому її графік

розташований вище осі Ох, а вісь Оу є її віссю

симетрії, бо у(–х)=у(х). Найбільше значення, яке

дорівнює одиниці, функція набуває при х=0, а

при x .0y

Схематично графік цієї функції

Рис. 2.1

Рис. 1.1

115

зображений на рис.2.1. Фігура, обмежена даними лініями, також зображена на

рис.2.1. Площу фігури обчислимо за формулою: b

aнв dxxyxyS )()( .

Для визначення меж інтегрування обчислимо абсциси точок перетину

ліній, розв’язуючи систему рівнянь

.2

,1

1

2

2

xy

xy

Звідси х1= –1, х2=1. Отже, а= –1, b=1. Враховуючи також, що

21

1

xyв

, а

2

2xyн будемо мати

1

1

2

2,

21

1dx

x

xS а з урахуванням

симетрії фігури відносно осі Оy одержуємо

1

0

32

2.

3

1

26

1

42

0

1

62

21

12

xarctgxdx

x

xS

Приклад 3 Обчислити площу петлі лінії x=t2 –1, y=t3 –t.


Виключивши з параметричних рівнянь

параметр t, одержимо y2=x2(x+1). Побудуємо графік

цієї функції (рис.3.1). На відрізку 0;1 параметр t

змінюється від 1 до 0. Враховуючи симетрію фігури

відносно осі Оx, будемо мати:

0

1

1

0

35243 .

15

8

3

1

5

14

0

1

354422

ttdttttdtttS

Приклад 4 Обчислити площу фігури, обмеженої лінією 2sinar

(чотирипелюсткова троянда).

Розв’язання. Побудуємо криву в полярній системі координат (рис. 4.1).

Полярний радіус описує площу половини

пелюстка, коли полярний кут змінюється від 0 до

4

. Площа всієї фігури

Рис.4.1

Рис.3.1

116

4

0

22

0

222 .2

0

44sin

4

12

2

4cos142sin

2

18

4 aadadaS

Приклад 5 Криволінійна трапеція, обмежена лінією у=хех і прямими

х=1 і у=0, обертається навколо осі абсцис. Обчислити об’єм тіла обертання.

Розв’язання. Об’єм одержаного тіла будемо обчислювати за формулою

b

aнвx dxxyxyV )()(

22, враховуючи, що ув=хех, ун=0, а=0 і b=1:

1

0

22 .dxexV xx

Використовуючи далі двічі формулу інтегрування частинами, будемо

мати:

1

0 22

222

2

1;

2;

xx

xx

evdxedv

xdxduxu

vduuvudv

dxexV

xx

xx

evdxedv

dxduxudxxee

x22

222

2

1;

;

0

1

2

0

1

4

1

220

1

2

1

22

2222

2222

xxxxxx eex

ex

dxeex

ex

.144

1

422

2222

e

eee

Таким чином, шуканий об’єм дорівнює .14

2

e

Приклад 6 Одна арка циклоїди x=a(t–sint), y=a(1–cost) обертається

навколо своєї основи. Обчислити об’єм тіла, обмеженого одержаною

поверхнею.

Розв’язання. Побудуємо тіло обертання (рис.6.1).

Враховуючи, що yв=a(1–сost), yн=0,

dttadtttadx t )cos1(sin

i ,20 t маємо

2

0

2

0

3322 cos1cos1cos1 dttadttataVx

2

0

323 coscos3cos31 dtttta

Рис. 6.1

117

2

0

23 cossin12cos12

3cos31 dttttta

2

0

23 cossin2cos2

3cos4

2

5dttttta

.50

2

3

sin2sin

4

3sin4

2

5 323

3 at

ttta

Приклад 7 Обчислити довжину дуги лінії y=lnx від 31 x до 82 x .

Розв’язання. Обчислимо похідну функції: .1

xy Тоді

.11

1)(12

2

2

2

x

x

xxy

За формулою обчислення довжини дуги маємо:

8

3

8

3

22

22

2

22

381

231

22

1

1

11

в

н

z

z

zdzxdx

zx

zx

xdxx

xdx

x

xL

3

2

3

2

3

2

3

222

2

2

2

2 1

11

1

11

11dz

zdz

z

zdz

z

zzdz

z

z

.2

3ln

2

11

3

1ln

2

1ln

2

11

3

1ln

2

12

2

1ln

2

13

2

3

1

1ln

2

1

z

zz

Приклад 8 Обчислити довжину дуги евольвенти кола x=R(cost+tsint),

y=R(sint-tcost) від t1=0 до 2t .

Розв’язання. Обчислюємо похідні

tRtttttRxt coscossinsin

i tRtttttRyt sinsincoscos

.

Тоді

.sincossincos 22222222222222

tRtttRttRttRyx tt

Довжину дуги евольвенти кола обчислюємо за формулою обчислення довжини

дуги лінії, заданої в параметричній формі, одержуємо:

0

22

0

22 .202

RtRtdtRdttRL

Приклад 9 Обчислити площу поверхні, утвореної обертанням навколо

полярної осі кривої )cos1(2 ar .

Розв’язання. Поверхня обертання показана на рис. 9.1. Враховуючи, що

sin2ar ,

22222 )sin2()cos1(4 aarr

118

2

cos16)cos1(8cos224sincoscos214 2222222 aaaa

і ,0 за формулою обчислення площі поверхні обертання маємо

0..

2cos4sin)cos1(22 daaS on

0

42

0

22

2sin

2cos64

2cos

2cos

2sin2

2cos216 dada

.5

128)10(

5

128

05

2cos

128 22

5

2 aaa

Тут враховано, що 2

cos2

cos2

, бо для

0 2

cos

набуває невід’ємних значень.

Таким чином, шукана площа поверхні обертання

дорівнює 2

5

128a .


Теорія [9,л. 21], с. 138 –145.

Вправи

1 Обчислити площу фігури, обмеженої параболами у=х2 і .xy


1

2 Обчислити площу фігури, обмеженої астроїдою x=acos3t, y=asin3t.

Вказівка. Фігура симетрична відносно осей координат. При зміні

аргументy х на чверті площі від 0 до а параметр t змінюється від 2

до 0.


3 2a

3 Обчислити площу фігури, обмеженої лінією .5cos ar

Вказівка. Фігура являє собою п`ятипелюсткову троянду. На площі

половини пелюстка кут змінюється від 0 до .10


2a

4 Обчислити площу фігури, обмеженої кардіоїдою )cos1(2 r і колом

r=4.


Рис.9.1

119

5 Фігура, обмежена дугами парабол у2=х і х2=у, обертається навколо осі

абсцис. Обчислити об’єм тіла обертання.

Відповідь: .3,0

6 Обчислити довжину дуги лінії 21ln xy від х1=0 до 2

12 x .

Відповідь: ln3 – 0,5.

7 Обчислити довжину дуги кривої 3

sin 3 ar .


3 a

8 Обчислити площу поверхні, утвореної обертанням навколо осі Ох

кривої у2=4+х від вершини до точки з абсцисою х=2.


62

9 Обчислити площу поверхні, утвореної обертанням навколо осі Оx однієї

арки циклоїди

.cos1

,sin

tay

ttax


64 2a


1 Як обчислюється площа фігури, обмеженої кривою, яка задана у

декартових координатах, параметрично або у полярних координатах?

2 Як обчислюється довжина кривої, яка задана у декартових координатах,

параметрично або у полярних координатах?

3 Як обчислюється об’єм тіла обертання?


Невласні інтеграли.


Приклад 1 Обчислити невласний інтеграл

2

3lne

xx

dx .

Розв’язання. За означенням,

.8

1

8

1

ln2

1lim

ln2

1lim

lnlim

ln 2233222

bxxx

dx

xx

dx

b

b

eb

b

eb

e

Отже, даний інтеграл збігається.


522 xx

dx.


120

b

aba

b

aba x

dx

xx

dx

xx

dx

4)1(lim

52lim

52 222

2

1arctglim

2

1

2

1arctglim

2

1

2

1arctg

2

1lim

abx

ab

b

aba

.24422

1

22

1

Таким чином, даний інтеграл збігається.


0

sin xdxx .


b

b xvxdxdv

dxduxuxdxxxdxx

00cos;sin

;sinlimsin

b

b

b

bxxxxdxxx

00sincoslimcoscoslim

.sincoslim bbbb

Оскільки остання границя не існує, то невласний інтеграл розбігається.

Приклад 4 Обчислити інтеграл

2

0

233

22

.cossin

cossin

dxxx

xx

Розв’язання. Покладемо, що .tg tx Тоді ,cos2 x

dxdt ,00tg nt

2

tgBt i

2

0

2

0 0

23

2

232

2

236

222

0

233

22

.11tgcos

tg

1tgcos

cossin

cossin

cossin

t

dtt

xx

xdxdx

x

xxdx

xx

xx

Одержали невласний інтеграл. Обчислюючи його за означенням, будемо

мати

bb

bb t

dtt

t

dtt

t

dtt

0

23

2

0 0

23

2

23

2

1

3lim

3

1

1lim

1

.3

11

1

1lim

3

1

1

1lim

3

133

bt b

b

ob

Таким чином, заданий інтеграл

2

0

233

22

.3

1

cossin

cossin

dxxx

xx


22 1x

dx або установити

його розбіжність.


b

aB

H

ba

ttt

tx

ttt

dtdxtx

x

dx

x

dx

2,tg,

cos

11tg1

2,tg,

cos,tg

1lim

12

22

2

2222

121

2

2

2

2

22

2 4

2

2cos12

1cos

cos

1cos

dtttdt

tt

dt

.2

sin2

1

2sin

2

1

22

12sin

2

1

2

1 2

2

tt


Тут слід зауважити, що після заміни змінної у невласному інтегралі,

одержали визначений інтеграл.

Приклад 6 Дослідити на збіжність невласний інтеграл

14

.1 x

dx

Розв’язання. Підінтегральна функція 01

1)(

4

xxf на проміжку ;1

(a=1>0) i 2

4

2

4

44

1

11

1

11

1

1

1)(

x

xx

xx

xxf

при .x

У силу ознаки 5 збіжності невласних інтегралів, вихідний інтеграл

141 x

dx збігається, бо

24

1

1

1)(

xxxf

i c=1 (c=const), .12

Іншими словами із збіжності більшого невласного інтеграла

1

2x

dx випливає

збіжність меншого невласного інтеграла

14

.1 x

dx

Приклад 7 Дослідити на збіжність інтеграл

0

22,

cosdx

xk

ax де .0k

Розв’язання. Оскільки 2222

1cos

xkxk

ax

i

kk

x

kxk

dx

xk

dxb

b

b

b 2arctglim

1lim

00

22

0

22

збігається, то інтеграл dxxk

ax

0

22

cos збігається. Тоді збігається, і до того ж

абсолютно, і заданий інтеграл

0

22.

cosdx

xk

ax

Приклад 8 Довести збіжність інтеграла

1032

.3ln3

ln1

xxx

dxx

Розв’язання. Відкидаючи менші члени чисельника і знаменника, бачимо,

що даний інтеграл збігається або розбігається одночасно з інтегралом

10

2,

ln xx

dx

122

бо

xxxx

xxx

xxx

xxx

xf

x

xxx 31

ln

31ln

ln1ln

1

lim3ln3

lnln1lim

)(

)(lim

3

3

3

32

2

.013

1ln

31

1ln

1

lim

3

xx

xx

Невласний інтеграл

10 10 10

22 10ln

1

10ln

1

ln

1lim

ln

1lim

lnlim

ln bxxx

dx

xx

dxb

b

b

bb

збігається, отже, збігається і заданий інтеграл.

Приклад 9 Довести, що

0

2

dxe x збігається.

Розв’язання. Очевидно, що .0122 xx Звідси 212 xx або

122 xx і тому 122 xx ee або xx eee 2*2 . Оскільки

2

11

1lim

2

1

2

1limlim

2

0

2

0 0

22

bb

b

x

b

b

x

b

x

eedxedxe

збігається, то на основі ознаки 3 збігається і інтеграл

0

2 .edxe x А так як

,22

eee xx то на основі ознаки 1, збігається і інтеграл

0

.2

dxe x

Замінюючи в цьому інтегралі х на -у, приходимо до висновку, що

збігається й

02

dxe x (назва змінної інтегрування не змінює величину

визначеного інтеграла). Із збіжності інтегралів

0

2

dxe x і

02

dxe x випливає

збіжність

.2

dxe x

Відзначимо, що

0

2

dxe x має важливе значення в теорії ймовірностей. Як

уже відзначалося раніше, dxe x2

через елементарні функції не виражається.


0

sinbxdxe ax і обчислити

його (а > 0).

123

Розв’язання. Так як

0

dxe ax при а > 0 збігається (пропонуємо читачеві

довести збіжність цього інтеграла самостійно), а ,sin axax ebxe то на основі

ознаки 1 збігається і інтеграл

0

.sin dxbxe ax Тоді на основі ознаки 4

збігається і заданий інтеграл.

Застосовуючи двічі формулу інтегрування частинами, легко показати (це

ми також пропонуємо читачеві зробити самостійно), що для функції bxe ax sin

первісна функція .cossin

)(22

axeba

bxbbxaxF

Тому

0

)0()(limsin FxFbxdxex

ax

,cossin

lim222222 ba

b

ba

be

ba

bxbbxa ax

x

оскільки під знаком границі чисельник дробу – величина обмежена, а

0lim

ax

xe при а > 0. Отже, даний невласний інтеграл

0

sinbxdxe ax збігається

до числа .22

ba

b


1

12

.1 x

dx


1)(

xxf

не визначена в

точках x1= –1 і x2=1, причому при 1x і 1x функція 21

1)(

xxf

необмежено зростає. Таким чином, маємо невласний інтеграл від необмеженої

функції. За означенням

0

1

1

02020

1

1

0

1

1

0222

1

2

21 1lim

1lim

111 x

dx

x

dx

x

dx

x

dx

x

dx

2

211

1

00

0

10arcsinlimarcsinlim xx

0arcsin)1arcsin(lim)1arcsin(0arcsinlim 20

10 21

.2

21arcsin21arcsin1arcsin

Зауважимо, що замість точки x=0 можна було б взяти будь-яку іншу

внутрішню точку відрізка .1;1

Приклад 12 Показати, що невласний інтеграл

8

13 x

dx збігається.


1)(

xxf необмежена в будь-

124

якому околі точки x=0 неперервна при 01 x і 80 x . Отже маємо

невласний інтеграл від необмеженої функції.

Так як первісна функція 3

2

2

3)( xxF неперервна в точці x=0, то одержимо

.2

914

2

318

2

3

2

33

23

28

1

8

1

3

2

3

xx

dx


Зауважимо, що скориставшись означенням, одержимо такий самий

результат. Дійсно,

8

0

3

2

0

0

1

3

2

0

8

03

0

1030

8

13

2

2

1

1

1

2

1

21 2

3lim

2

3limlimlim xx

x

dx

x

dx

x

dx

2

941

2

34lim

2

31lim

2

33

2

20

3

2

10 11

.

Приклад 13 Обчислити за означенням невласний інтеграл e

xx

dx

13 ln

або

установити його розбіжність.

Розв’язання. Підінтегральна функція 3 ln

1)(

xxxf не обмежена в околі

точки х=1. На будь-якому ж відрізку e;1 вона інтегровна, так як є

неперервною функцією. Тому за означенням

eee

xxx

dx

xx

dx

1

3 2

01

301

3ln

2

3lim

lnlim

ln

.2

31ln1lim

2

33 2

0


Приклад 14 Обчислити невласний інтеграл 2

0cos

x

dx або установити його

розбіжність.

Розв’язання. Підінтегральна функція x

xfcos

1)( необмежена в околі

точки 2

x і інтегровна на будь- якому відрізку

2;0 як неперервна

функція. Тому

2

0

2

000

2

042

lntglimcos

limcos

x

x

dx

x

dx

.2

lnctglim4

lntg22

lntglim00

Отже, даний інтеграл розбігається.

125


1ln xx

dx або установити його


Розв’язання. Підінтегральна функція xx

xfln

1)( не визначена в точці

х=1, яка співпадає з нижньою межею інтегрування, причому при 1x

функція xx

xfln

1)( необмежено зростає. Тому, за означенням,

1lnln2lnlnlimlnlnlim

lnlim

ln 0

2

1

2

100

2

1

xxx

dx

xx

dx

Таким чином, даний інтеграл розбігається.


0

ln xdx або установити його


Розв’язання. При 0x підінтегральна функція .ln)( xxf Тому

1

0

1

0

.lnlimln xdxxdx

Застосовуючи формулу інтегрування частинами, знаходимо

.lnln

;

;lnln Cxxxdxxx

xvdxdvx

dxduxu

xdx

Таким чином, шуканий інтеграл

lnlim1lnlimlnlimln0

1

0

11

00xxxxdxxdx

.1lim11

1

lim1ln

lim1lnlim10

2

0100

Оскільки одержано скінченну границю, то даний інтеграл збігається.


2

1

.1

2dx

x

x

Розв’язання. Виконуючи нескладні перетворення інтеграла, одержимо

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

.1

111

1

1

11

1

2dx

x

dxdxxdx

x

dxdx

x

xdx

x

xdx

x

x

У першому з одержаних інтегралів підінтегральна функція неперервна на

відрізку ,2;1 тому за формулою Ньютона –Лейбніца

.3

201

3

21

3

21

2

1

2

32

1

xdxx

Другий інтеграл невласний, бо підінтегральна фунуція

1

1)(

xxf

126

при .1x За означенням

2

10

2

1

2

100

.2111lim12lim1

lim1

xx

dx

x

dx

Отже, остаточно маємо

2

1

.3

42

3

2

1

2dx

x

x

Зазначимо, що даний інтеграл можна розв`язати ще й так:

2

1

1

0

1

0

22

2

12221

1;0

2

1

1

2duuudu

u

u

uu

ududx

ux

dxx

x

Bn

.3

41

3

12

32

1

0

3

u

u

Як бачимо, після заміни змінної у невласному інтегралі, одержали

визначений інтеграл.


1

03 2

2

.1

cosdx

x

x

Розв’язання. Підінтегральна функція 3 2

2

1

cos)(

x

xxf

є нескінченно

великою при .1x Отже маємо невласний інтеграл. Подамо цю функцію у

вигляді

.

1

1

1

cos

1

1

1

cos

1

cos)(

3

13

2

33

2

3 2

2

xx

x

xx

x

x

xxf

При 1x множник 3

2

1

cos

x

x

прямує до сталої величини і тому порядок цієї

нескінченно великої функції при 1x порівняно з x1

1 дорівнює .1

3

1



1

0

sin

3

.1

1lndx

e

xx

Розв’язання. Підінтегральна функція

1

1ln)(

sin

3

xe

xxf в проміжку інте-

грування додатна і )(xf при 0x . Враховуючи, що при 0x

31ln x ~ ,3

1

3 xx а 1sin xe ~sinx~x , будемо мати

,1

limlim1

1lnlim

3

20

3

1

0sin

3

0

xx

x

e

x

xxxx

тобто f(x) є нескінченно великою порядку 13

2 порівняно з

x

1. Отже,

даний інтеграл збігається.

Приклад 20 Довести, що інтеграл 1

0

1sin

dxx

x збігається.

Розв’язання. Маємо невласний інтеграл, бо при 0x підінтегральна

127

функція .

1sin

)( x

xxf Оскільки для 10 x xx

x 1

1sin

0 і інтеграл 1

0 x

dx

збігається, то збігається і інтеграл 1

0

,

1sin

dxx

x а отже, збігається і до того ж

абсолютно, заданий інтеграл.

Приклад 21 Установити збіжність інтеграла 2

0

sinln

xdxI і обчислити його.

Розв’язання. При 0x підінтегральна функція .sinln)( xxf Засто-

сувавши метод інтегрування частинами, одержимо

2

0

2

0

20

2

0

,sin

cossin

;

cossin

1;sinln

sinln dxtgx

xdx

x

xxxnxl

xvdxdv

xdxx

duxuxdx

так як

20100

2

0

cossin

1

limsinln

limsinlnlimsinlnlim xx

.0101coslimlimsin

limsin

coslim

000

2

0

Оскільки ,1lim0

tgx

x

x ,0lim

02

tgx

x

x

то інтеграл 2

0

dxtgx

x є визначеним.

Отже, вихідний інтеграл збігається.

Для обчислення вихідного інтеграла виконаємо підстановку x=2t. Тоді

dx=2dt, tH =0, 4

Bt i

4

0

4

0

2

0

4

0

coslnsinln2ln2)cossin2ln(22sinln2sinln dtttdttttdtxdx

4

0

4

0

4

0

4

0

40

.cosln2sinln22ln2

cosln2sinln22ln2 tdttdttdttdtt

В останньому інтегралі виконаємо підстановку .2

zt

Тоді dt= – dz,

,2

Hz

4

Bz і

4

0

4

2

2

4

.sinln22

cosln2cosln2 zdzdzztdt

Таким чином,

128

.22ln2

sinln2ln2

sinln2sinln22ln2

sinln2

0

4

0

2

4

2

0

ItdtzdztdtxdxI

Звідси

2

0

.2ln2

sinln xdxI


Теорія [9, л. 22], с. 145 –152.

Вправи

Обчислити невласні інтеграли або установити їх розбіжність:

1

1

2.

)1(xx

dx Відповідь: 1–ln2.

2

2

.ln

dxx

x Відповідь: розбігається.

3

0

.2

dxxe x Відповідь: .2

1

4

0

.dxe x Відповідь: 2.

5

.

1

22

x

xdx Відповідь: розбігається


1 Що називають невласним інтегралом від заданої функції з

нескінченними проміжками інтегрування? Дати геометричне тлумачення та

навести приклади збіжних і розбіжних інтегралів.

2 Сформулювати ознаки збіжності невласних інтегралів із

нескінченними проміжками інтегрування.

3 Який невласний інтеграл називають абсолютно збіжним і який умовно

збіжним?

4 Що називають невласним інтегралом від розривної функції на даному

скінченому проміжку інтегрування? Надати геометричне тлумачення і навести

приклади збіжних і розбіжних інтегралів.

5 У якому випадку невласний інтеграл від необмеженої функції можна

обчислити безпосередньо за формулою Ньютона –Лейбніця?

6 Як виконується заміна змінної у невласному інтегралі?


Диференціальні рівняння першого порядку. Задача Коші. Диференціальні

рівняння з відокремлюваними змінними. Рівняння, однорідні відносно змінних.

129

Лінійні рівняння 1-го порядку. Рівняння Бернуллі.


Приклад 1 Знайти загальний розв`язок рівняння y

xyy

21 .

Розв`язання. Розв`яжемо рівняння відносно y : .212y

xy

Отримаємо рівняння типу )()( 21 yfxfy , оскільки .1

)21(21

22 yx

y

x

Замінимо y на dx

dy , тоді

2

21

y

x

dx

dy .

Помноживши обидві частини на y2dx, одержимо рівняння з

відокремленими змінними y2dy = (1-2x)dx, інтегруючи яке, знаходимо

Cxxy

23

3 (загальний інтеграл)

або, розв`язавши відносно у, 3 233 xxCy (загальний розв’язок).

Приклад 2 Знайти загальний розв`язок рівняння .0.1

12

2

x

yy

Розв`язання. Це рівняння з відокремленими змінними, оскільки

2

2

1

1

x

y

dx

dy

. Відокремлюючи змінні

22 11 x

dx

y

dy

й інтегруючи отриману

рівність, знаходимо загальний інтеграл: arcsin y = - arcsin x + C,

а розв`язавши відносно у: y = sin( C – arcsin x) - загальний розв’язок.

Приклад 3 Знайти загальний розв`язок рівняння .011 22 xydxy

Розв`язання. Це рівняння вигляду M1(x)N2(y)dx + M2(x)N1(y)dy = 0.

Розділивши обидві частини цього рівняння на 22 1*1 xy , отримаємо

,011 22

y

ydy

x

dx а після інтегрування знаходимо його загальний інтеграл

.1arcsin 2 Cyx

Приклад 4 Знайти частинний розв`язок диференціального рівняння

yyxy lnsin , який задовольняє початковій умові ey

2

.

Розв`язання. Спочатку знайдемо загальний розв`язок рівняння. Для

цього його розв’яжемо його відносно dx

dyy : .

sin

ln

x

yy

dx

dy

Відокремимо змінні .sinln x

dx

yy

dy

Після інтегрування маємо: ,ln2

lnlnln Cx

tgy а після потенціювання

130

2ln

xtgCy або 2

xtgC

ey

- загальний розв`язок.

Використовуючи початкову умову, знаходимо значення довільної сталої

С. Підставляючи значення С = 1 в загальний розв`язок рівняння, отримаємо

частинний розв`язок рівняння 2

xtg

ey .

Приклад 5 Знайти загальний розв`язок рівняння .x

y

y

xy

Розв`язання. Це рівняння типу ,

x

yy , тобто однорідне відносно

змінних х і у. Зробимо заміну )(xux

y , звідки y=ux, а .uxuy

Підставляючи ці вирази в дане рівняння, отримаємо uu

uxu 1

або

udx

dux

1 ,а після відокремлювання змінних

x

dxudu . Інтегруючи цю рівність,

знаходимо Cxu

ln2

1ln

2

2

або 22 ln Cxu . Повертаючись до у, отримаємо

загальний інтеграл вихідного рівняння 2

2

2

ln Cxx

y , а розв`язавши відносно у,

загальний розв`язок рівняння .ln 2Cxy

Приклад 6 Знайти загальний розв`язок рівняння .lnx

yyyx

Розв`язання. Розв`язавши рівняння відносно y , отримаємо x

y

x

yu ln ,

тобто рівняння типу

x

yy . Зробимо підстановку )(xu

x

y . Тоді y = ux, а

.uxuy Виконуючи низку перетворень, будемо мати:

;lnuuuxu );1(ln uudx

dux ;

)1(ln x

dx

uu

du

;ln

)1(lnC

x

dx

uu

du

;lnln1lnln Cxu lnu –1 = Cx, ;1 Cxeu ;1 Cxex

y

.1 Cxxey

Це і є шуканий розв`язок.

Приклад 7 Знайти загальний розв`язок рівняння x dy – y dx = y dy.

Розв`язання. Об`єднаємо доданки, які містять dy в одну групу, а ті, що

містять dx - в іншу, одержуємо: (x-y)dy – ydx = 0. Наявність множника х – у

перед dy дає можливість стверджувати, що відокремити змінні в даному

рівнянні неможливо.

Розділивши обидві частини отриманого рівняння на xdy, будемо мати

131

,01

x

y

dx

dy

x

y

звідки

x

yx

y

dx

dy

1

і рівняння набуло вигляду

x

yy . Далі треба діяти як у

попередніх прикладах. Але неважко помітити, що дане рівняння набуде

простішого вигляду, якщо розв’язати його відносно dy

dx , а саме 1

y

x

dy

dx. Тоді,

застосувавши підстановку )( yuy

x , звідки x=yu, а

dy

duyu

dy

dx , будемо мати:

;1 udy

duyu

;1dy

duy

;

y

dydu

;lnln Cuu

;ln Cyu

;ln Cyy

x

0ln Cyy

x (загальний інтеграл).

Зауважимо, що розв`язати отримане рівняння відносно у неможливо.

Приклад 8 Знайти загальний розв`язок рівняння .22xxexyy

Розв`язання. Маємо рівняння вигляду )()( xqyxpy , де p (x) = 2x, 2

)( xxexq , тобто лінійне відносно y і y .

Покладемо y = uv. Тоді uvvuy . Підставляючи вирази y і y в дане

рівняння, одержимо 2

2 xxexuvbvvu або .)2(2xxexvvuvu

За v беремо будь-який частинний інтеграл рівняння .02 xvv Тоді для

знаходження u отримаємо рівняння 2xxevu . Розв`язуючи перше рівняння,

знаходимо v: ;2xvdx

dv

;2xdx

v

dv

;ln 2xv

.2xev

Підставляючи v в друге рівняння і розв`язуючи його, знаходимо u :

;22 xx xeeu

;xu

.2

2

Cx

Cxdxu

Отже, шукана функція 2

2

2xeC

xuvy

.

Приклад 9 Знайти загальний розв`язок рівняння .121222 xxyyx

Розв`язання. Поділимо обидві частини рівняння на 1+x2 :

.11

2 2

2x

x

xyy

Переконавшись, що рівняння лінійне неоднорідне, покладемо y = uv. Тоді

воно набуває вигляду

2

21

1

2x

x

xuvuvvu

або .1

1

2 2

2xv

x

xvuvu

Далі маємо:

132

1. ;01

22

vx

xv 2. ;1 2xvu

;

1

22

vx

x

dx

dv

;11 22 xxu

;

1

22x

xdx

v

dv

;1u

;1lnln 2xv .CxCdxu

.1 2xv

21 xCxuvy - загальний розв`язок заданого рівняння.

Приклад 10 Знайти частинний розв`язок рівняння xytgxy sec , який

задовольняє початковій умові у(0) = 0.

Розв`язання. Рівняння лінійне неоднорідне. Знайдемо спочатку його

загальний розв`язок. Для цього покладемо y=uv, uvvuy і воно набуде

вигляду xuvtgxuvvu sec або .sec)( xvtgxvuvu

Тоді

1. ;0 vtgxv 2. ;secxvu

;vtgxdx

dv ;

cos

1

cos

1

xxu

;tgxdxv

dv ;1u

;coslnln xv u = x + C.

.cos

1cos

1

xxv

x

Cxuvycos

1 - загальний розв`язок заданого рівняння.

При х = 0 і у = 0 знаходимо значення довільної сталої С

.00cos

100 CC

Отже, шуканий частинний розв`язок рівняння буде мати вигляд: .cosx

xy

Приклад 11 Знайти загальний розв’язок рівняння 33y xy xy .

Розв’язання. Маємо лінійне диференціальне рівняння першого порядку

виду ( ) ( )y p x y q x y , де R , причому 0 і 1 . Це рівняння

Бернуллі.

Зробимо заміну y uv= , y u v uv . Після підстановки у рівняння

y uv та y u v uv отримаємо: 33 ( )u v uv xuv x uv

3( ) 3 ( )u v u v xv x uv .

Виберемо функцію v так, щоб 0v xv . Знаходимо v :

dvxv

dx= -

dvxdx

v= -

dvxdx

v

2

ln2

xv = -

2

2

x

v e-

= .

133

Підставляючи v в рівняння 3( ) 3 ( )u v u v xv x uv , отримуємо

рівняння для знаходження u :

2 2 3

2 23x x

u e x ue

2 33 xdu

xe udx

-=

2

33 xdu

xe dxu

-= 2

33 xdu

xe dxu

.

1) 2

3

13 2

1

2 2

du uu du C C

u u

;

2) 2 2

2

2

1 1 1

2 2 22

x t t xt xxe dx e dt e C e C

dt xdx

.

Отже, 2

1 22

1 1

22

xC e Cu

22

1 3x

Cu e

= + , де 1 22 2С С С

2

2

13 xe C

u

-= +

2

2

2

3

x

x

eu

Ce=

+

2

2

2

3

x

x

eu

Ce= ±

+.

Загальний розв’язок має вигляд 2

1

3 x

yCe

= ±+

.

Приклад 12 Розв’язати рівняння 2 2 3 2dyx y xy a

dx , де a – стала.

Розв’язання. З’ясуємо тип рівняння 2 2 3 2x y y xy a . Так як dy

ydx

то

2 2 3 2x y y xy a 3 2

2

2 2

xy ay y

x x

2

2 2

y ay

x x y . Отже, це рівняння Бернуллі. Зробимо

заміну y uv . Після підстановки у рівняння y uv та y u v uv отримаємо: 2

2 2 2

uv au v uv

x x u v

2

2 2 2

v au v u v

x x u v

.

Виберемо функцію v так, щоб 0v

vx

. Знаходимо v : dv dx

v x

dv dx

v x ln lnv x

1v

x .

Підставляючи v в рівняння 2

2 2 2

v au v u v

x x u v

, отримуємо рівняння для

знаходження u : 2

2 2

2

1

1

du a

dx xx u

x

2

2

1du a

dx x u 2 2u du a xdx .

2 2u du a xdx 3 2

2

3 2

u xa C

2

23 3

2

xu a C

.

Отже, загальний розв’язок має вигляд 2

23

13

2

xy uv a C

x

або

23

3

3

2

a Cy

x x .


Теорія [9, л. 23], с. 152 –156.

Вправи

134

Знайти загальний або частинний розв`язок (інтеграл) диференціальних

рівнянь.

121 xyxy Відповідь: .ln 222 Cxyx

2 .aytgxy Відповідь: y = C sinx – a.

3 .10 yxy Відповідь: 10x + 10-y = C.

4 .1)0(;1

12

2

y

x

yy Відповідь: .

1

1

x

xy

5 .22 yxyyx Відповідь: .222 CyCx

6 .1212

yx

xy Відповідь: .2

1

2 xeCxy x

7 .cosxyy Відповідь: .sincos2

1xxCey x


1 Що називається диференціальним рівнянням?

2 Що називається порядком диференціального рівняння?

3 Що називається загальним і частинним розв’язками диференціального

рівняння?

4 Яка задача називається задачею Коші? За яких умов існує єдиний

розв’язок задачі Коші?

5 Які диференціальні рівняння першого порядку називають рівняннями з

відокремлюваними лінійними?

6 У якому вигляді шукають розв’язок лінійного диференціального

рівняння першого порядку за методом Бернулі?

7 Який вигляд має рівняння Бернулі?


Рівняння другого порядку. Три типи рівнянь, що допускають зниження

порядку. Лінійні однорідні диференціальні рівняння другого порядку зі

сталими коефіцієнтами.


Приклад 1 Розв'язати задачу Коші для рівняння xy 3sin , якщо

3

1

0;0

0;

27

7

0

xy

xy

xy .

Розв'язання. Рівняння виду: )()( xfy n , де f(x) – неперервна функція на

деякому інтервалі, інтегрують послідовно n разів: .... ... )(... 2

21

1

nnn

разівn

CxCxCdxdxdxxfy

Це і є загальний розв'язок рівняння.

135

Задане рівняння є рівнянням третього порядку, яке містить лише

незалежну змінну x, та третю похідну. Послідовно три рази інтегруємо його:

xdxCdxxxCxdxy sincos1sinsin 12

13

1

3

12

3

coscossincos C

xxCxdxx .

dxCxxxCdxC

xxy 1

221

3

sin1cos3

1cos

3

coscos

21

3

212

29

sinsin

3

2cossin

3

1cos

3

2CxC

xxCdxCxxxC

.

Нарешті:

321

3sin9

1sin

3

2CdxCxCxxy

321

2cos1sin9

1sin

3

2CdxCxCxxx

.2

cos27

1cos

9

7

sincos9

1sin

9

7

32

213

3212

CxCxC

xx

CdxCxCxxx

Використовуючи початкові умови, будемо мати:

;09

0sin0sin

3

2 ;

27

70cos

27

10cos

9

72

3

3

3 CC

3

1

3

0cos0cos 1

3

C , звідки С1=1, С2=0, С3=-1.

Частинний розв'язок рівняння має вигляд: .12

cos27

1cos

9

7 23

xxxy

Приклад 2 Розв'язати задачу Коші для рівняння: 12 xyyx , якщо

3

1)1(;

9

10)1( yy .

Розв'язання. Це рівняння другого порядку, яке не містить невідомої

функції. Порядок рівняння ),( yxfy можна знизити підстановкою )(xpy ,

тоді )(xpy .

Рівняння першого порядку );( pxfp з невідомою функцією p(x) має

загальний розв'язок p=p(x;C1). Тоді з рівності pdx

dy знайдемо загальний

розв'язок заданого рівняння: 21);( CdxCxpy .

Задане рівняння не містить невідомої функції y, тому для зниження його

порядку використаємо підстановку )(xpy , тоді )(xpy .

Рівняння першого порядку 12 xppx є лінійним відносно невідомої

функції p та похідної p . Розв'яжемо його за методом варіації довільної сталої,

тобто за формулою: dxxCxp eedxxfdxxf )(

1)( )()( ,

136

де x

xx

xxf

1)(;

1)(

2 .

Отже

dxx

xCdx

x

xCxp eeee

xxdxx

dxx

ln2

1ln

12

1

1 11)(

x

Cxx

xC

xxdx

x

xC

x

123

1

2

1 133

111

. Зважаючи на те, що

dx

dyyp , будемо мати:

x

Cxy 1

2

13

.

За умовою 3

1)1( y , тоді 11

3

1

3

1C ; звідки C1=-1, отже,

x

xy

11

3

2

.

Інтегруємо це рівняння: 2

3

2

2

ln9

11

3Cxx

xCdx

x

xy

.

За умовою 9

10)1( y , тоді 21ln1

9

1

9

10C , звідки маємо С2=0.

Розв'язок задачі Коші буде: xxx

y ln9

3

.

Приклад 3 Розв'язати задачу Коші для рівняння 1)( 2 yyy , якщо

0)1(;1)1( yy .

Розв'язання. Це Рівняння другого порядку, яке не містить незалежної змінної.

Порядок рівняння ),( yyfy можна знизити підстановкою )( ypy , тоді

dy

dpp

dx

dy

dy

ydp

dx

ydpy

)()(. Задане рівняння матиме вигляд: );( pyf

dy

dpp .

Якщо його загальним розв'язком є );( 1Cypp , тоді одержуємо таке рівняння:

);( 1Cypdx

dy .

Відокремлюючи змінні, знаходимо dxCyp

dy

);( 1

. Проінтегрувавши це

рівняння, одержимо загальний розв'язок заданого рівняння: 0);;;( 21 CCyx .

Нехай py , тоді dy

dppy . Отже, 12 p

dy

dpyp . Це рівняння першого

порядку з відокремлюваними змінними: ;12 y

dy

p

pdp

Cyp lnln)1ln(

2

1 2 ,

звідки yCp 12 або 1,1 12

122 CypCyp , 11

2 Cyy . За

137

умовою 0)1( y , а y(1)=1, тоді 110 1 C ; C1=1. Отже, 12 yy , де

dx

dyy , тоді .

1 ;1

2

2 dxy

dyy

dx

dy

Загальним інтегралом цього рівняння буде: .1ln 22 Cxyy

Відомо, що y(1)=1, тому 210 C , 12 C .

Розв'язком задачі Коші заданого рівняння є: 11ln 2 xyy .

Приклад 4 Знайти загальний розв`язок рівняння .02 yyy

Розв`язання. Маємо ЛОДР – 2 зі сталими коефіцієнтами. Для його

розв`язання складемо характеристичне рівняння. За теоремою Вієта

,1

,2

21

21

kk

kk звідси к1= -2, к2= 1.

Корені характеристичного рівняння дійсні і різні числа (к1к2), тому

загальний розв`язок рівняння набуде вигляду(див. таблицю 25.1)

.2

2

1

xx eCeCy

Приклад 5 Знайти загальний розв`язок рівняння .04 yy

Розв’язання. Складемо характеристичне рівняння к2- 4к= 0. Розв’язуючи

його, знаходимо к1= 0, к2= 4. Оскільки к1к2, то шуканий загальний розв’язок

даного рівняння має вигляд:

у = С1е0х + С2е

4х = С1 + С2е4х.


Розв`язання. Складемо характеристичне рівняння 3к2–2к–8= 0.

Розв`язуючи його, знаходимо:

;100)8(*3*4442 acbD ;6

102

6

1002

22,1

a

Dbk

к1 = 2; .

3

42 k

Загальний розв`язок рівняння: .3

4

2

2

1

x

eCeCy x


Розв`язання. Складемо характеристичне рівняння к2+6к+13=0. Його

корені знайдемо за формулою

qpp

k 42

2

2,1 ,

згідно з якою

.23434313932,1 iik

Корені характеристичного рівняння комплексно-спряжені (к1,2 = і).

Отже, = - 3; = 2. Тоді загальний розв`язок даного рівняння набуде

вигляду

.2sin2cos 21

3 xCxCey x


138

Розв`язання. Складемо характеристичне рівняння к2 –2к +1=0. Оскільки

к2 –2к +1= (к-1)2=0, к1=к2 =1. Корені характеристичного рівняння дійсні й

рівні, тому загальний розв`язок запишемо у вигляді:

у = (С1 + С2 х)ех.

Приклад 9 Знайти частинний розв`язок рівняння, який задовольняє

даним початковим умовам .10)0(;6)0(;034 yyyyy

Розв`язання. Спочатку знайдемо загальний розв`язок рівняння. Для

цього складемо характеристичне рівняння к2–4к+3=0. Його корені к1 = 1 і к2 = 3

дійсні й різні, тому загальний розв`язок має вигляд .3

21

xx eCeCy

Диференціюючи у, отримаємо .3 3

21

xx eCeCy Використовуючи початкові

умови, знаходимо значення С1 і С2 із системи рівнянь:

.310

,6

21

21

CC

CC

Розв`язуючи систему, одержимо С1 = 4, С2 = 2. Підставляючи ці значення

в загальний розв`язок, знаходимо шуканий частинний розв`язок

у = 4ех + 2е3х.

Приклад 10 Знайти частинний розв`язок рівняння, який задовольняє

даним початковим умовам .15)0(;0)0(;0294 yyyyy

Розв`язання. Складемо характеристичне рівняння к2+4к+29= 0.

Знаходимо його корені

.5225229422,1 ik

Оскільки корені комплексно-спряжені і = - 2; = 5 загальний розв`язок

рівняння запишемо у вигляді

.5sin5cos 21

2 xCxCey x

Далі знаходимо ).5cos55sin5()5sin5cos(2 21

2

21

2 xCxCexCxCey xx

Враховуючи початкові умови: при х = 0, у = 0, ,15y а також те, що

е0=1, sin0 = 0, cos0 = 1, отримаємо систему рівнянь

,5215

,0

21

1

CC

C

звідки С1= 0, С2= 3. Отже, шуканий частинний розв`язок вихідного рівняння

набуде вигляду



Вправи

Знайти загальний або частинний розв`язок (інтеграл) диференціальних

рівнянь.

4 .09 yy Відповідь: .3

2

3

1

xx eCeCy

5 .082 yyy Відповідь: .4

2

2

1

xx eCeCy

6 ,0 yy Відповідь: .sincos 21 xCxCy

139

7 .0584 yyy Відповідь: .2

sin2

cos 21

xC

xCey x

8 .0252042

2

xdt

dx

dt

xd Відповідь: .)( 5,2

21

tetCCx

9 .0)0(;2)0(;044 yyyyy Відповідь: .)2( 2

x

exy


1 Яке рівняння називають диференціальним рівнянням другого порядку?

2 Який вигляд має задача Коші для диференціального рівняння другого

порядку?

3 Сформулюйте теорему існування та єдності розв’язку задачі Коші для

диференціального рівняння другого порядку.

4 Яке рівняння називають лінійним диференціальним рівнянням другого

порядку?

5 Який вигляд має загальний розв’язок однорідного лінійного

диференціального рівняння другого порядку.

6 Викласти метод розв’язання лінійного однорідного диференціального

рівняння другого порядку зі сталими коефіцієнтами. Яке рівняння називають

характеристичним?

7 Який вигляд має загальний розв’язок лінійного однорідного

диференціального рівняння другого порядку зі сталими коефіцієнтами, якщо

корені його характеристичного рівняння: 1) дійсні й різні, 2) дійсні й рівні, 3)

комплексно-спряжені.


Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку зі сталими

коефіцієнтами. Структура загального розв’язку. Метод варіації довільних

сталих та спеціальна права частина


Загальний розв’язок у лінійного неоднорідного диференціального

рівняння (ЛНДР) ( )y py qy f x (p, q – дійсні числа, f(x) – неперервна

функція) дорівнює сумі будь - якого частинного розв’язку Y цього рівняння і

загального розв’язку y відповідного однорідного рівняння 0y py qy .

Отже, функція y Y y є загальним розв’язком ЛНДР.

Існує загальний метод знаходження частинного розв'язку неоднорідного

рівняння ( )y py qy f x , який називається методом варіації довільних

сталих, або методом Лагранжа, за яким частинний розв'язок рівняння

( )y py qy f x має вигляд: dxW

xfxyydx

W

xfxyyY

)()()()( 21

12 ,

140

де y1(x), y2(x) – незалежні частинні розв'язки відповідного однорідного рівняння

0y py qy , а )()(

)()()(

21

21

xyxy

xyxyxW

- є визначник Вронського

Приклад 1 Методом варіації довільних сталих знайти загальний розв'язок

рівняння x

yy3sin

1 .

Розв’язання. Задане рівняння є неоднорідне лінійне рівняння другого

порядку із сталими коефіцієнтами. Розв’язок цього рівняння шукатимемо у

вигляді y Y y . Знайдемо спочатку загальний розв'язок y відповідного

однорідного рівняння 0 yy , для чого складемо характеристичне рівняння:

012 k ; звідки 2 1k , 1,2 1,21;k k i i . Маємо випадок уявних

коренів характеристичного рівняння. Тоді 1 2( ) cos , ( ) sinx xy x x y x xe e

. В

нашому випадку =0, =1. Отже, xxyxxy sin)(;cos)( 21 , а

xCxCy sincos 21 .

Щоб за формулою dxW

xfxyydx

W

xfxyyY

)()()()( 21

12

знайти частинний

розв'язок заданого неоднорідного рівняння, спочатку визначимо

)()(

)()()(

21

21

xyxy

xyxyxW

: 2 2

cos sin( ) cos sin 1 0

sin cos

x xW x x x

x x

.

Тоді

x

dxxxdxxxdx

x

xxdx

x

xxxY

2

3

33 sincossincossin

sin1

1sincos

sin1

1cossin)(

.sin2

2cos

sin2

cos21

sin

cos

sin2

1cos

2

sinsin

222

x

x

x

x

x

x

xctgxx

xx

Остаточно, загальний розв'язок лінійного неоднорідного рівняння

знайдемо як суму x

xxCxCyYy

sin2

2cossincos: 21 .

Приклад 2 Методом варіації довільних сталих знайти загальний

розв'язок рівняння 2xe

y y yx

.

Розв’язання. Розв’язок цього рівняння шукатимемо у вигляді y Y y

Знайдемо спочатку загальний розв'язок y відповідного однорідного рівняння

2 0y y y , для чого складемо характеристичне рівняння: 2 2 1 0k k ;

звідки 2( 1) 0k , 1 2 1k k k . Корені дійсні та рівні. Тоді фундаментальна

системо розв’язків має вигляд 1 2, kx x kx xy e e y xe xe . За формулою kxexCCy )( 21 записуємо загальний розв’язок однорідного диференціального

рівняння: 1 2

x xy C e C xe .

Обчислимо визначник Вронського:

141

2( ) ( ) 0x x

x x x x x x

x x x

e xeW x e e xe xe e e

e e xe

.

Тоді 2 2

1( ) ln

x xx x

x x x x x x

x x

e ee xe

x xY x xe dx e dx xe dx e dx xe x e xe e x

.


знайдемо у вигляді: 1 2 lnx x x xy y Y C e C xe xe x xe або

1 3 lnx x xy C e C xe xe x , де С3= С2 - 1.


розв'язок рівняння 1

x

x

ey y

e

.




однорідного рівняння 0y y , для чого складемо характеристичне рівняння: 2 0k k ; запишемо його у вигляді ( 1) 0k k , звідки

1 20; 1k k . Маємо

випадок дійсних та різних коренів характеристичного рівняння. Тоді 1 2

1 2( ) , ( )k x k xy x y xe e . Отже, 0 1

1 2( ) 1; ( )x x xy x e y x e e , а 1 2

xy C C e .


xfxyydx

W

xfxyyY

)()()()( 21

12



)()(

)()()(

21

21

xyxy

xyxyxW

:

1( ) 0 0

0

x

x x

x

eW x e e

e .

Тоді

1

1 11 1( ) 1 ln 11 1 1

x xx

xx xx x x x

x x x x x

e ee

ee eY x e dx dx e dx dx e dx ee e e e e

11 1 1

ln(1 ) ln(1 ) ln(1 )( 1) ( 1) 1

1

x

x x x x x x x x

u edu u u

du e dx e e e du e e du e du eu u u u u u

dudx

u

ln ln 1 ln(1 ) ln ln(1 )1

xx x x x x

x

ee u e u e e e

e


знайдемо як суму 1 2: ln ln(1 )1

xx x x

x

ey Y y C C e e e

e

.

Приклад 4 Методом варіації довільних сталих знайти загальний розв'язок

рівняння y y tgx .



142


однорідного рівняння 0 yy , для чого складемо характеристичне рівняння:

012 k ; звідки 2 1k , 1,2 1,21;k k i i . Маємо випадок уявних

коренів характеристичного рівняння. Тоді 1 2( ) cos , ( ) sinx xy x x y x xe e

. В

нашому випадку =0, =1. Отже, xxyxxy sin)(;cos)( 21 , а

xCxCy sincos 21 .


xfxyydx

W

xfxyyY

)()()()( 21

12



)()(

)()()(

21

21

xyxy

xyxyxW

: 2 2

cos sin( ) cos sin 1 0

sin cos

x xW x x x

x x

.

Тоді cos sin

( ) sin cos sin cos cos sin1 1

x tgx x tgxY x x dx x dx x x tgxdx x x tgxdx

2 2sin 1 cossin cos cos sin sin sin cos sin cos cos

cos cos

x xx x tgxdx x x tgxdx x x dx x dx x x x dx

x x

1sin cos cos cos sin cos cos ln sin cos ln

cos 2 4 2 4

x xx x x x dx x x x tg x x tg

x

.


знайдемо як суму 1 2: cos sin cos ln2 4

xy Y y C x C x x tg

.


розв'язок рівняння 2 cosx xy y e e .




однорідного рівняння 0y y , для чого складемо характеристичне рівняння: 2 0k k ; запишемо його у вигляді ( 1) 0k k , звідки

1 20; 1k k . Маємо

випадок дійсних та різних коренів характеристичного рівняння. Тоді 1 2

1 2( ) , ( )k x k xy x y xe e . Отже, 0 1

1 2( ) 1; ( )x x xy x e y x e e , а 1 2

xy C C e .


xfxyydx

W

xfxyyY

)()()()( 21

12



)()(

)()()(

21

21

xyxy

xyxyxW

:

1( ) 0 0

0

x

x x

x

eW x e e

e .

Тоді 2 2

21 cos cos( ) 1 cos cos sin

x x x x xx x x x x x x x

x x

e e e e eY x e dx dx e e e dx e e dx e e

e e

143

cos sin sin sincos sin

x x

x x x x x x x x x

x x x

u e du e dxe e e dx e e e e e e dx

dv e e dx v e

sin sin cos cosx x x x x xe e e e e e


знайдемо як суму 1 2: cosx xy Y y C C e e .

Наведемо таблицю найпростіших правих частин f(x) рівняння ( )y py qy f x та відповідних видів частинних розв'язків Y.



Вправи

Методом варіації довільних сталих знайти загальний розв'язок рівнянь:

1 22

1

xey y y

x

. Відповідь: 2

1 2 ln 1 xy C C x x xarctgx e .

2 y y ctgx . Відповідь: 1 2cos sin sin ln2

xy C x C x x tg .

3 1

cosy y

x . Відповідь:

1 2cos sin sin cos ln cosy C x C x x x x x .

4 4 5cos

xey y y

x . Відповідь: 2

1 2cos sin sin cos ln cosxy e C x C x x x x x .

5 1

1 xy y

e

. Відповідь: 1 2 1 ln 1x x xy C C e x e e .


1 Яке рівняння називають лінійним неоднорідним диференціальним

рівнянням другого порядку зі сталими коефіцієнтами?

2 Який вигляд має загальний розв’язок неоднорідного лінійного

диференціального рівняння другого порядку?

3. Коли функції називають 1( )y x та 2 ( )y x називають лінійно залежними, а

коли лінійно незалежними?

4 Що означає відмінність від нуля визначника Вронського?

5 У чому полягає сутність методу варіації довільних змінних?

6 Сформулювати теорему про структуру загального розв’язку лінійного

неоднорідного диференціального рівняння другого порядку.


Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку зі сталими

коефіцієнтами та спеціальною правою частиною. Системи лінійних рівнянь зі

сталими коефіцієнтами.


Приклад 1 Знайти загальний розв’язок рівняння .22 xeyyy

144

Розв’язання. Дане рівняння є лінійним неоднорідним диференціальним

рівнянням ІІ порядку зі сталими коефіцієнтами і спеціальною правою

частиною. Його загальний розв’язок шукаємо у вигляді y y Y . Для

знаходження y розв’язуємо лінійне однорідне диференціальне рівняння, що

йому відповідає 02 yyy . Складемо характеристичне рівняння 2к2+к-1=0.

Його корені к1= - 1 і .2

12 k Отже, .2

21

x

x eCeCy

Права частинаxexf 2)( даного рівняння є функція вигляду

,)()( ax

n exPxf де n=0, a =1, тому xAeY бо a k1,2. Диференціюючи Y двічі,

отримаємо ., xx AeYAeY Підставимо YYY ,, в дане рівняння: xxxx eAeAeAe 22 , звідки знаходимо А=1. Отже, xeY . Тоді загальний

розв`язок рівняння 2 2 xy y y e має вигляд: .221

x

x

x eeCeCy

Приклад 2 Знайти загальний розв`язок рівняння .sin67 xyyy

Розв`язання. Переконуємося, що дане рівняння є лінійним неоднорідним

ІІ порядку зі сталими коефіцієнтами і спеціальною правою частиною, тому його

загальний розв’язок шукаємо у вигляді y y Y . Розв`язуємо відповідне йому

однорідне рівняння 067 yyy . Його характеристичне рівняння к2-7к+6=0

має корені к1=1, к2=6. Отже, 6

1 2 .x xy C e C e Права частина даного рівняння

xxf sin)( являє собою функцію вигляду ,sincos)( bxBbxAxf де А=0, В=1,

b=1. Оскільки ,1 2,1kbi то xNxMY sincos , де М і N - коефіцієнти, які треба

визначити. Диференціюючи Y двічі, знаходимо: sin cos , cos sin .Y M x N x Y M x N x

Підставимо вирази YYY ,, в рівняння 7 6 siny y y x :

.sin)sincos(6)cossin(7sincos xxNxMxNxMxNxM

У лівій частині отриманої тотожності зведемо подібні доданки: .sincos0sin)57(cos)75( xxxNMxNM

Прирівнюючи коефіцієнти при cos x і sin x в обох частинах тотожності,

одержимо систему рівнянь

.157

,075

NM

NM

Розв`язавши її, знаходимо .74

5,

74

7 NM Отже, .sin

74

5cos

74

7xxY

Таким чином, загальний розв`язок даного рівняння має вигляд

.sin74

5cos

74

76

21 xxeCeCy xx

Приклад 3 Знайти загальний розв`язок рівняння .3296 2 xxyyy

Розв`язання. Переконуємося, що дане рівняння є лінійним неоднорідним

ІІ порядку зі сталими коефіцієнтами і спеціальною правою частиною, тому його

загальний розв’язок шукаємо у вигляді y y Y . Розв`язуємо відповідне йому

145

однорідне рівняння 096 yyy : к2 – 6к + 9 = 0; (к - 3)2= 0; к1=к2= 3. Таким

чином маємо, що 3

1 2( ) .xy C C x e

Знаходимо частинний розв`язок неоднорідного рівняння. Його права

частина 32)( 2 xxxf є функцією вигляду ,)()( ax

n exPxf де n=2, а =0.

Оскільки 1,2 ,а k то .2 CBxAxY Далі знаходимо 2 , 2Y Ax B Y A і

підставляємо вирази YYY ,, в рівняння 26 9 2 3y y y x x : 2 22 6(2 ) 9( ) 2 3A Ax B Ax Bx C x x або

.32)962()912(9 22 xxCBAxBAAx

Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в багаточленах лівої і

правої частин тотожності, будемо мати:

9 2,

9 12 1,

9 6 2 3.

A

B A

C B A

Розв`язуючи систему, знаходимо .27

11,

27

5,

9

2 CBA Тому

.27

11

27

5

9

2 2 xxY Отже, шуканий загальний розв`язок має вигляд

.27

11

27

5

9

2)( 23

21 xxexCCy x

Приклад 4 Знайти загальний розв`язок рівняння ),(23 xfyyy якщо:

1) 2( ) 3 ,xf x e

2) .302)( 3 xxf

Розв`язання. Шукаємо загальний розв’язок заданого рівняння у вигляді:

y y Y . Знаходимо загальний розв`язок однорідного рівняння

:023 yyy

к2-3к+2 = 0; к1= 1; к2= 2;

xx eCeCy 2

21

, бо к1к2.

Далі маємо:

1) 2( ) 3 .xf x e Це функція вигляду ,)()( ax

n exPxf де n=0, a =2. Оскільки,

a =к2, то 2

2 2 2

2 2

,

2 ( 2 ) ,

2 2( 2 ) 2 (4 4 ) .

x

x x x

x x x

Y Axe

Y Ae Axe A Ax e

Y Ae A Ax e A Ax e

Підставивши значення , , Y Y Y у рівняння 3 2 3 xy y y e , маємо: 2 2 2 2(4 4 ) 3( 2 ) 2 3x x x xA Ax e A Ax e Axe e

2 2 2(4 6 2 ) (4 3 ) 3x x xA A A xe A A e e 2 2(4 3 ) 3 4 3 3 3x xA A e e A A A .

Отже, xxeY 23 , а загальний розв’язок має вигляд: .3 22

21

xxx xeeCeCy

146

2) .302)( 3 xxf Маємо функцію вигляду ,)()( ax

n exPxf де n=3, a =0.

Оскільки, 1,2a k , то 3 2Y Ax Bx Cx D , 23 2Y Ax Bx C , 6 2Y Ax B .

Підставивши значення , , Y Y Y у рівняння 3 2 3 xy y y e , маємо: 2 3 2 36 2 3(3 2 ) 2( ) 2 30Ax B Ax Bx C Ax Bx Cx D x ,

3 2 32 (2 9 ) (6 6 2 ) (2 3 2 ) 2 30Ax B A x A B C x B C D x .


правої частин тотожності, будемо мати: 2 2, 1,

2 9 0, 9 2,

6 6 2 0, 21 2,

2 3 2 30. 15 4.

A A

B A B

A B C C

B C D D

Отже, ,4

15

2

21

2

9 23 xxxY а загальний розв`язок має вигляд:

4

15

2

21

2

9 232

21 xxxeCeCy xx .

Приклад 5 Знайти загальний розв`язок рівняння )(23 xfyyy ,

якщо xexxf )43()( .

Розв`язання. Загальний розв`язок шукаємо у вигляді y y Y .

Загальний розв`язок однорідного рівняння 2

1 2

x xy C e C e - знайдено раніше

(див. приклад 4). xexxf )43()( - функція вигляду ,)()( ax

n exPxf де n=1, a =1=к1к2, тому xeBAxxY )( . Обчислюємо похідні 2(2 ) ( )x xY Ax B e Ax Bx e і

22 (2 ) (2 ) ( )x x x xY Ae Ax B e Ax B e Ax Bx e та підставляємо їх значення

до рівняння 3 2 (3 4 ) xy y y x e : 2

2 2

2 (2 ) (2 ) ( ) 3(2 (2 )

(2 ) ( ) ) 2( ) ( 4 3) ,

x x x x x x

x x x x

Ae Ax B e Ax B e Ax Bx e Ae Ax B e

Ax B e Ax Bx e Ax Bx e x e

2 2 4 3.Ax A B x



2 3. 1.

A A

A B B

Таким чином, xexxY )2( 2 і остаточно .)2( 22

21

xxx exxeCeCy

Приклад 6 Знайти частинний розв`язок рівняння )1(2 xyy , який

задовольняє даним початковим умовам 1)0(,1)0( yy .

Розв`язання. Загальний розв`язок рівняння шукаємо у вигляді

y y Y . Розв`язуємо однорідне рівняння 0y y .

k2-k = 0; k(k-1) = 0; k1= 0; k2= 1;

147

1 2

xy C C e .

Оскільки ),1(2)( xxf то 1 21, 0n a k k , тому

2( )Y x Ax B Ax Bx . Обчислюємо 2Y Ax B та 2Y A . Підставляємо їх

значення до рівняння )1(2 xyy :

2 (2 ) 2(1 ) 2 2 2 2 2A Ax B x Ax A B x .



2 2 2. 0.

A A

A B B

Таким чином, 2xY і, отже, загальний розв`язок неоднорідного рівняння

набуває вигляду: 2

1 2

xy C C e x .

Виходячи з початкових умов: 1)0(,1)0( yy і враховуючи, що

,22 xeCy x маємо систему 1 2

2

1 (0)

1 (0)

y C C

y C

, розв`язавши яку, знаходимо

С1= 0 і С2= 1. Підставляючи числові значення С1 і С2 в загальний розв`язок

рівняння, одержимо шуканий частинний розв`язок ,2xey x який

задовольняє даним початковим умовам.

Приклад 7 Знайти частинний розв`язок даного диференціального

рівняння ,02sin xyy який задовольняє початковим умовам .1)()( yy

Розв`язання. Зведемо рівняння до загального вигляду xyy 2sin .

Його розв’язок шукатимемо у вигляді y y Y .

Знайдемо y :

;0 yy к2+1= 0; к1,2= і; ;1;0 xCxCy sincos 21

.

Оскільки xxf 2sin)( то 1,22 ( 2 )b bi i k , тому

cos2 sin2Y M x N x . Знаходимо 2 sin 2 2 cos2Y M x N x та

4 cos2 4 sin 2Y M x N x . Підставляємо їх значення до рівняння

sin2y y x :

4 cos2 4 sin2 cos2 sin2 sin2M x N x M x N x x ,

( 4 )cos2 ( 4 )sin 2 sin 2M M x N N x x .

Порівнюючи коефіцієнти при cos2x та sin2x лівої і правої частин

тотожності ( 4 )cos2 ( 4 )sin 2 sin 2M M x N N x x , будемо мати:

4 0, 0,

3 1. 1 3.

M M M

N N N

Отже, xY 2sin3

1 і загальний розв`язок неоднорідного рівняння набуде

вигляду xxCxCy 2sin3

1sincos 21 .

148

Знаходимо .2cos3

2cossin 21 xxCxCy Враховуючи початкові умови

( ) ( ) 1,y y отримаємо систему: 1

2

1

21

3

C

C

, розв’язавши яку,

знаходимо С1= - 1, .3

12 C Підставляємо числові значення С1 і С2 в загальний

розв`язок і одержимо шуканий частинний розв`язок .2sin3

1sin

3

1cos xxxy

Приклад 8 Записати систему лінійних рівнянь в матричному вигляді та

знайти її розв'язок, якщо

yxy

yxx

3

22

.

Розв'язання Запишемо матрицю системи

31

22A . Задану систему

запишемо у вигляді матричного рівняння:

y

x

y

x

31

22

. Складемо

характеристичне рівняння 031

22

. Обчисливши визначник, отримаємо

0452 .

Коренями цього рівняння є 1=1 та 2=4. Для кореня 1=1 складемо

систему:

0)13(

02)12(

21

21

, тобто

02

02

21

21

.

Якщо 1=1, то 2

12 . У цьому випадку ee

ttx 111

;

eetty

2

11

21 . Для кореня 2=4 маємо:

0)43(

02)42(

21

21

, тобто

0

0

21

21

.

Якщо 1=1, то 2=1, тоді: eeeetttt yx 4

224

1222 ; . Загальним

розв'язком системи є:

2211

2211

)(

)(

yCyCty

xCxCtx , тобто

4

1 2

4

1 2

( )

1( )

2

t t

t t

x t C C

y t C C

e e

e e

.

У матричній формі розв'язок має вигляд

1

4

2

( ) 1 1

( ) 1 2 1

t

t

Cx t

y t C

e

e

.

Приклад 9 Знайти частинний розв’язок системи лінійних рівнянь 3

8

x x y

y x y

, якщо 0 4x , 0 2y .

149

Розв'язання Запишемо матрицю системи 3 1

8 1A

. Задану систему

запишемо у вигляді матричного рівняння: 3 1

8 1

x x

y y

. Складемо

характеристичне рівняння 3 1

08 1

. Обчисливши визначник, отримаємо

2 4 5 0 .

Коренями цього рівняння є 1=5 та 2=-1.

Для кореня 1=5 складемо систему:

1 2

1 2

(3 5) 0

8 (1 5) 0

, тобто 1 2

1 2

2 0

8 4 0

або 1 2

1 2

2 0

2 0

.

Якщо 1=1, то 2 2 . У цьому випадку 1 5

1 1

t tx e e ; 1 5

1 2 2t ty e e .

Для кореня 2=-1 маємо:

1 2

1 2

(3 ( 1)) 0

8 (1 ( 1)) 0

, тобто 1 2

1 2

4 0

8 2 0

або 1 2

1 2

4 0

4 0

.

Якщо 1=1, то 2=-4, тоді: 2 2

2 1 2 2; 4t tt tx e e y e e .

Загальним розв'язком системи є:

2211

2211

)(

)(

yCyCty

xCxCtx, тобто

5

1 2

5

1 2

( )

( ) 2 4

t t

t t

x t C e C e

y t C e C e

.

Знайдемо розв’язок задачі Коші з початковими умовами виду 0 4x ,

0 2y : 1 2

1 2

4

2 4 2

C C

C C

1

2

3

1

C

C

.

Записуємо частинний розв’язок системи, підставляючи в загальний розв’язок

знайдені значення 1 3C і

2 1C :

5

5

3

6 4

t t

t t

x t e e

y t e e

.


Повторити теорію [9, л. 26], с. 165 –171.

Вправи

Знайти загальний або частинний розв`язок наступних диференціальних

рівнянь.

1 .2cos2

1752 xyyy

Відповідь: .2sin22cos2

1)2sin2cos( 21 xxxCxCey x

2 .222 xyyy Відповідь: .1)sincos( 21 xxCxCey x

3 ),(23 xfyyy якщо

150

1) .10)( xexf Відповідь : .3

52

21

xxx eeCeCy

2) .sin2)( xxf Відповідь: .sin5

1cos

5

32

21 xxeCeCy xx

4 .cosxyy Відповідь: .sin2

1sincos 21 xxxCxCy

5 .2,3)0(;1)0(;61810102 2 yyxxyyy

Відповідь: .84,02,2)sin28,0cos16,0( 2 xxxxey x

6 Записати систему лінійних рівнянь в матричному вигляді та знайти її

розв'язок, якщо 5 4

2 3 .

x x y

y x y

.

7 Знайти частинний розв’язок системи лінійних рівнянь 2

2 3

x x y

y x y

,

якщо 0 8x , 0 1y .


1 Яке рівняння називають лінійним неоднорідним диференціальним

рівнянням другого порядку зі сталими коефіцієнтами?

2 Який вигляд має загальний розв’язок неоднорідного лінійного

диференціального рівняння другого порядку?

3 Сформулювати теорему про структуру загального розв’язку лінійного

неоднорідного диференціального рівняння другого порядку.

4 Який вигляд має частинний розв’язок лінійного неоднорідного

диференціального рівняння другого порядку зі спеціальною правою частиною у

випадках:

1) ( ) ( ( )cos ( )sin );ax

n mf x e P x bx Q x bx 2) ( ) ( ) ;ax

nf x P x e

3) ( ) cos sinf x A bx B bx ?

5 Що називають системою лінійних диференціальних рівнянь зі сталими

коефіцієнтами?

6 Викладіть метод знаходження загального розв’язку системи лінійних

диференціальних рівнянь зі сталими коефіцієнтами.

7 Запишіть у матричній формі систему лінійних диференціальних рівнянь

зі сталими коефіцієнтами та її розв’язок.


Обчислення подвійного інтеграла в прямокутних координатах


Приклад 1. Обчислити повторний інтеграл:

151

2

0

1

0

2 )2( dxyxdy .

Розв’язання. Обчислюємо внутрішній інтеграл, вважаючи у сталою.

yyxx

dxydxxydxdxxdxyx 23

12

322)2(

1

0

31

0

1

0

21

0

1

0

21

0

2

.

Обчислюємо зовнішній інтеграл від одержаної функції

3

244

3

2

3

12

3

1)2

3

1(

2

0

22

0

2

0

2

0

yyydydydyy

.


24)2(

2

0

1

0

2 dxyxdy .

Розв’язання цього прикладу інакше можна записати таким чином:

3

244

3

2

3

244

3

2

3

12

3

1

)23

1(2

32)2(

2

0

22

0

2

0

2

0

1

0

2

0

32

0

1

0

1

0

22

0

1

0

2

yyydydy

dyydyxyx

dyydxdxxdxyxdy

Приклад 2. Обчислити повторний інтеграл x

x

y

dyxdx

12

22

1

.

Розв’язання. У даному інтегралі змінною внутрішнього інтеграла є у.

Отже,

.4

12

2

1

4

124

24

11

2

1

24

2

1

32

1

32

1

22

1 1

2

12

2

1

2

12

22

1

xx

dxxxdxxxdxxx

xdxy

xy

dydxx

y

dyxdx

x

x

x

x

x

x

Приклад 3. Побудувати область (Д), обмежену лініями у = 2x і у = x ,

перейти від подвійного інтеграла, взятого відносно цієї області, до повторного і

розставити межі інтегрування.

Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис. 3.1,а).

Рис. 3.1

y

0 x

2у=х

у= х

1

1

y

0 x

2у=х

у= х

1

1

y

0 x

2у=х

у= х

1

1

а б в

152

Для обрання раціонального порядку інтегрування перетнемо область (Д)

прямими, паралельними осям координат (рис. 3.1, б – паралельними осі Ох,

рис. 3.1,в – паралельними осі Оу). Оскільки в кожному випадку маємо одну

лінію входу і одну лінію виходу, тоді порядок інтегрування буде будь-яким і

подвійний інтеграл відносно області (Д) можна записати у вигляді одного

повторного інтеграла.

dxyxfdy ),( (див. рис. 3.1,б);

dyyxfdx ),( (див. рис.3.1,в).

Зауважимо, що підінтегральна функція f(x,y) завжди записується під знак

внутрішнього інтеграла.

Визначимо межі інтегрування в інтегралі dxyxfdy ),( . Для визначення

меж інтегрування зовнішнього інтеграла спроектуємо область (Д) на вісь Оу

)10( y . Межі внутрішнього інтеграла знайдемо з рівняння лінії входу х = у2

(нижня межа інтегрування) і рівняння лінії виходу х= y (верхня межа

інтегрування).


)(

1

0 2

),(),(Д

y

y

dxyxfdydxdyyxf .

Далі визначимо межі в інтегралі dyyxfdx ),( . Для визначення меж

інтегрування зовнішнього інтеграла спроектуємо область (Д) на вісь Ох

10 x . Межі внутрішнього інтеграла знаходимо з рівняння лінії входу 2xy

(нижня межа інтегрування) і рівняння лінії виходу xy (верхня межа

інтегрування).

Тоді )(

1

0 2

),(),(Д

x

x

dyyxfdxdxdyyxf .

Приклад 4. Перейти від подвійного інтеграла, взятого відносно області

(Д), обмеженої лініями y = 0, у = 2, у = х і у = х – 4, до повторного.

Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис. 4.1,а).

Рис. 4.1

y

0 x

x=у

у=х-4

y=2

y=0

y

0 x

x=у

у=х-4

y=2

y=0

y

0 x

x=у

у=х-4

y=2

y=0

а б в

153

Для обрання раціонального порядку інтегрування перетнемо область

інтегрування прямими, паралельними осям координат (рис. 4.1,б –

паралельними осі Ох, рис. 4.1,в – паралельними осі Оу).

У першому випадку (рис. 4.1,б) маємо одну лінію входу: у = х, і одну

лінію виходу у = х – 4, тому подвійний інтеграл відносно області (Д) можна

записати у вигляді одного повторного інтеграла вигляду dxyxfdy ),( .

У другому випадку маємо дві лінії входу: у = 0 і у = х – 4 і дві лінії

виходу: у = х і у = 2, тому область (Д) розбиваємо на три частини (рис. 4.1,в) і

тоді подвійний інтеграл відносно області (Д) = (Д1) + (Д2) + (Д3) можна записати

як суму подвійних інтегралів відносно кожної з них, тобто: ,),(),(),(),(

)()()()( 321

ДДДД

dxdyyxfdxdyyxfdxdyyxfdxdyyxf

де кожний із одержаних інтегралів можна записати у вигляді одного

повторного інтеграла виду dyyxfdx ),( .

Таким чином, зрозуміло, що порядок інтегрування буде раціональним у

першому випадку, оскільки веде до обчислення меншої кількості повторних

інтегралів і обчислення значно меншої кількості визначених інтегралів.

Визначимо межі інтегрування в повторному інтегралі dxyxfdy ),( .

Для визначення меж інтегрування зовнішнього інтеграла спроектуємо

область (Д) на вісь Оу 20 y . Межі внутрішнього інтеграла знайдемо з

рівняння лінії входу х = у (нижня межа інтегрування) і рівняння лінії виходу

х=у+4 (верхня межа інтегрування).Остаточно

)(

2

0

4

),(),(Д

y

y

dxyxfdydxdyyxf .

Приклад 5. Змінити порядок інтегрування в повторному інтегралі

2

0

6

2

),(x

x

dyyxfdx .

Розв’язання. У даному повторному інтегралі порядок інтегрування

наступний. Внутрішнє інтегрування виконується відносно змінної у, а зовнішнє

виконується відносно змінної х. Змінити

порядок інтегрування в даному інтегралі

означає те, що внутрішнє інтегрування треба

виконати відносно змінної х, а зовнішнє –

відносно змінної у, тобто записати інтеграл у

вигляді dxyxfdy ),( .

Але, як показує попередній приклад,

поки що не відомо, скільки таких інтегралів

буде. Щоб відповісти на це питання, відновимо

область (Д). Оскільки змінна внутрішнього

інтеграла – у, тоді рівняння нижньої межі області у = 2х (лінія входу), а

рівняння верхньої межі області у = 6 – х (лінія виходу). Змінна х зовнішнього

інтеграла змінюється від х = 0 до х = 2.

y

0 x

6

4

2 6

y=2x

y=6-x

Рис. 5.1

154

Таким чином, рівняння меж області: у = 2х, у = 6 – х, х = 0 і х = 2.

Побудуємо область (Д) (рис. 5.1).

Перетнувши область (Д) в напрямку осі Ох бачимо, що точки входу

знаходяться на одній лінії х = 0, а точки виходу – на двох різних лініях: у = 2х

і у = 6 – х, тому область (Д) доведеться розбити на дві частини (Д1) (нижня) і

(Д2) (верхня).

6

4

6

0

4

0

2

0)()()(

),(),(),(),(),(

21

y

y

ДДД

dxyxfdydxyxfdydxdyyxfdxdyyxfdxdyyxf .

Приклад 6. Змінюючи порядок інтегрування, записати вираз

3

1

)3(2

1

0

1

0 0

),(),(

2 xx

dyyxfdxdyyxfdx у вигляді одного двократного інтеграла.

Розв’язання. Запишемо рівняння меж області (Д):

)3(2

1;;0;3;1;0 2 xyxyyxxx

.

Побудуємо область (Д) = (Д1) + (Д2) (рис. 6.1).

Дійсно, в області (Д1) (ліва межа)

10 x , 20 xy , а в області (Д2)

(права межа) 31 x ,

)3(

2

10 xy .

Перетинаючи область (Д) в

напрямку осі Ох, бачимо, що лінія

входу одна – у=х2 і лінія виходу одна –

)3(2

1xy , а тому при зміні порядку інтегрування одержимо один двократний

інтеграл вигляду: dxyxfdy ),( .

Розставимо межі інтегрування. Змінна, що стоїть поряд із зовнішнім

інтегралом змінюється від 0 до 1, оскільки область (Д) проектується на вісь Оу

у відрізок [0;1]. Змінна х внутрішнього інтеграла змінюється від yx (лінія

входу) до х = 3 – 2у (лінія виходу).


1

0

233

1

)3(2

1

0

1

0 0

),(),(),(

2 y

y

xx

dxyxfdydyyxfdxdyyxfdx .

Приклад 7. Обчислити подвійний інтеграл )(

2 )(Д

dxdyyx відносно

області (Д), обмеженої лініями у = х2 і у2 = х.

Розв’язання. Перейдемо до повторного інтеграла (див. рис. 3.1,а) і

обчислимо його.

Тоді

y

0 x31

y=x2

y= (3-x)

12

1

Рис. 6.1

155

y

y

y

y

y

y

y

yД

dyyxx

dyydxdxxdxyxdydxdyyx2

22 2

1

0

1

0

322

1

0)(

2

3)(

1

0

472

5

1

0

36

2

31

0

36

2

32

3

4215

2

3

4

33

4

33

yyydyy

yydyy

yy

y

.140

33

420

99

420

10520224

4

1

21

1

15

8

Або (див. рис. 3.1,в):

.140

33

280

66

280

847080

10

3

4

1

7

2

10

3

47

2

2

3

222

2)(

1

0

522

71

0

42

51

0

442

5

1

0

222

1

0)(

2

22

xxxdxx

xxdx

xx

xx

dxy

yxdyyxdxdxdyyxx

x

x

xД

Як бачимо, результати обчислень у кожному випадку однакові.

Приклад 8. Обчислити подвійний інтеграл )(

)cos(Д

dxdyyx відносно

області (Д), обмеженої лініями х = 0, у = π і у = х.

Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис. 8.1,а):

На рисунках 8.1,б та 8.1,в бачимо, що подвійний інтеграл відносно

області (Д) можна записати у вигляді одного повторного інтеграла незалежно

від того, в якому порядку буде виконуватися інтегрування в повторному

інтегралі. Однак, враховуючи, що межі внутрішнього інтеграла будуть

простішими у випадку, зображеному на рис. 8.1,б, обчислення подвійного

інтеграла раціонально виконати таким чином:

а б

y

0 x

y=x

y=

x=

0

y

0 x

y=x

y=

x=

0

в

y

0 x

y=x

y=

x=

0

Рис. 8.1

156

.212

11

2

1cos2cos

2

1)sin2(sin

)sin()cos()cos(

0 0

0000)(

yydyyy

dyyxdxyxdydxdyyx

yy

Д



Вправи

1 Обчислити інтеграли:

а) 2

1

2x

x

dyx

ydx ; в)

2

2

cos3

0

22 sin

drrd ;

б) 2

1

ln

0

yxdxedy ; д)

1

0

1

0

222

1x

dyyxdx .

Відповідь: а) 9/4; б) 0.5. Вказівка: аlogа

N = N; в) 2.4; г) 6

.

2 Обчислити )(

2

2

Д

dxdyy

x відносно області (Д), обмеженої лініями х = 2, у

= х і ху = 1.

Відповідь: 2.25.

3 Обчислити подвійний інтеграл: )(

2

Д

dxdyxy , якщо область (Д), обмежена

параболою у2 = 4х і прямою х = 2.


2256.


1. Сформулювати означення правильної області (Д) на площині хОу.

2. Що називають подвійним інтегралом від заданої функції відносно даної

області?

3. Сформулювати теорему існування подвійного інтеграла.

4. Сформулюйте властивості подвійного інтеграла і вкажіть, де це

можливо, їх геометричне тлумачення.

5. Вивести правило обчислення подвійного інтеграла у випадку області,

обмеженої лінією, яка перетинається з прямими, паралельними осям координат,

не більше ніж у двох точках. Записати відповідну формулу.

6. Яким чином обчислюється подвійний інтеграл за допомогою

повторних у випадку довільної області інтегрування в декартовій системі

координат?

157


Заміна змінних у подвійному інтегралі


Приклад 1. Розставити границі інтегрування в полярних координатах,

якщо область D — коло х2+у2≤ах (рис. 36.2).

Розв’язання. Переходячи до полярних координат, одержимо рівняння

кола у вигляді r=a cos φ, де r1(φ)=0 і r2(φ)=a cos φ. Границі зміни по φ від –π/2

до π/2.

Тому

2

2 0

/

/

cosa

.drr)sinr,cosr(fdI

Приклад 2. Обчислити

2

0 sin

a

a

rdrd .

Розв’язання. Обчислюючи спочатку внутрішній інтеграл, потім,

інтегруючи одержану функцію, знаходимо

.2

24

2sin2

1

42cos1

4

1cos

2

1

sin12

1sin

2

1

2

222

0

22

0

22

0

22

2

0

2

0

222

0

222

sin

22

0 sin

aaadada

dadaadr

rdrd

a

a

a

a

Приклад 3. Обчислити ,)(

222Д yxa

dxdy де (Д) – частина круга радіуса а з

центром у точці О(0;0), яка розташована в першій чверті.

Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис.3.1).

Переходячи до полярних координат у подвійному

інтегралі, будемо мати

)(

22)(

222)(

222ДДД ra

rdrd

yxa

dxdy

yxa

dxdy .

Далі, переходячи від подвійного інтеграла в

полярних координатах відносно області (Д) до

повторного, і враховуючи, що в області (Д) 2

0

;

ar 0 , будемо мати

.a

ad)a(drara

rdrd

ra

rdrd aa

)Д( 20 2

0

2

0

2

00

22

022

2

022

Рис. 1.1

y

0 xa

a

Рис. 3.1

158

Приклад 4. Обчислити )( Д

dxdyx

yarctg ,

де (Д) – частина кільця 122 yx , 922 yx , 3

xy , 3xy .

Розв’язання. Побудуємо область (Д) (рис.36.4):

Переходячи до полярних координат в подвійному інтегралі, будемо мати

)()()( ДДД

rdrdrdrdarctgtgdxdyx

yarctg .

Далі, переходячи до повторного інтеграла,

одержимо

)Д(

rdrdrdrd .

Для розстановки меж інтегрування в повторному

інтегралі переведемо рівняння меж області в полярну

систему координат.

122 yx => 12 r , 1r ;

922 yx => 92 r , 3r ;

3

xy =>

3

1

3

1 tg

x

y,

6

; 3xy => 33 tg

x

y,

3

.


d)r

(rdrdrdrd)Д(

3

1

3

6

23

6

3

1 2

.r

dd)(

2223

6

23

6

3

6

63692

24419

2

1

Отже, 6

23

6

3

1

rdrdrdrddxdyx

yarctg

)Д()Д(

.

Зауважимо, що оскільки в повторному інтегралі 3

6

3

1

rdrd всі чотири

межі інтегрування сталі й кожний із інтегралів (внутрішній і зовнішній)

залежить лише від однієї змінної, тоді обчислювати їх можна було б незалежно

один від одного, тобто

68

124

1)19(

3694

1

22

22223

1

23

6

23

6

3

1

rrdrd .

y

0

x

у=х 3

y=x

3

31-1-3

-1

-3

3

1

Рис. 4.1

159

Приклад 5. Обчислити подвійний інтеграл dxdy)yxln(D

221 , де

область D задається нерівностями ;yx 422 ;x 0 0y .

Розв’язання Доцільність переходу до полярної системи координат

зумовлена тим, що підінтегральна функція та рівняння ліній, що обмежують

область інтегрування (див. рис.36.3, де а=2), значно спростяться у полярній

системі координат.

Зокрема, якщо ,cosrx sinry , то )rln()yxln( 222 11 , а

область інтегрування обмежена лініями ,r 2 01 , 2

2

.

Тоді подвійний інтеграл запишем (враховуючи, що rdrddxdy та

C)x(lnxxdxln 1 ):

2

0

22

0

22 11 rdr)rln(ddxdy)yxln(D

)r(d)rln(d 2

2

0

22

0

112

1

)ln()rln()r( 4554

111022

1 2

0

22

.



Вправи

1 Змінити порядок інтегрування в двократному інтегралі R xRx

x

dyyxfdx0

2 2

),( .

Відповідь:

R y

yRR

dxyxfdy0 22

),( .

Вказівка. 22 xRxy це рівняння півкола з центром в точці О1(R;0) і

радіусом, рівним R. Щоб переконатися в цьому, приведіть рівняння кола до

канонічного вигляду.

2 Перейти від подвійного інтеграла )(

),(Д

dxdyyxf відносно області (Д) до

повторного і розставити межі інтегрування, якщо область (Д):

а) трикутник із сторонами у = х, у = 2х і х + у = 6; б) 02 xy , 02 xy ,

2xy .

Відповідь:

а) 3

2

62

0

2

0

),(),(x

x

x

dyyxfdxdyyxfdx ; б) 2

1

2

2

1

0

2

2

),(),(y

y

y

y

dxyxfdydxyxfdy .

3 Подвійний інтеграл 3

0

9

0

222

)(x

dyyxfdx записати в полярних

координатах.

160


0

2

2rdrrf

.


222

Д

dxdyyxR , де область (Д) – круг Rxyx 22 .

Відповідь:

3

4

3

3

R

.


1 Яким чином обчислюється подвійний інтеграл у полярних координатах

за допомогою повторного інтегрування?

2 У яких випадках доцільно здійснювати перехід від декартових

координат до полярних у подвійному інтегралі?

3 Про що потрібно пам’ятати при розстановці меж інтегрування в

повторному інтегралі?

4 Указати, в якому порядку треба обчислювати повторний інтеграл.

5 Що можна сказати про межі інтегрування повторного інтеграла, якщо

область інтегрування (Д) відповідного йому подвійного інтеграла являє собою

прямокутник?

6 Указати порядок інтегрування при переході від подвійного до

повторного інтеграла в полярних координатах.


Застосування подвійного інтеграла для розв’язання

задач геометрії й механіки


Приклад 1. Знайти подвійним інтегруванням площу фігури, обмеженої

лініями xy , xy 2 і 4x .

Розв’язання. Побудуємо фігуру, обмежену даними лініями область (Д)

(рис. 1.1). Її площу обчислимо за формулою )( Д

dxdyS .

Переходячи до повторного інтеграла й

обчислюючи його, одержимо:

.3

168

3

24

3

2

3

2)2(

2

3

4

0

2

3

4

0

4

0

24

0

24

0)(

x

dxxdxxxdxydydxdxdyS

x

x

x

xД

Приклад 2. Обчислити подвійним інтегруванням площу області,

обмеженої лінією 222222 2 yxayx (лемніската Бернуллі).

Рис. 1.1

х 4

161

Розв’язання. Насамперед помічаємо, що заміна х на – х і у на – у не

змінює рівняння кривої. А це свідчить про те, що крива розташована

симетрично відносно координатних осей. Тому досить побудувати криву лише

в першій чверті, а потім, враховуючи симетрію її відносно координатних осей,

побудувати її в трьох інших четвертях.

Для побудови кривої запишемо її рівняння в полярній системі координат,

поклавши cosrx , sinry . Виконуючи перетворення, одержимо:

;sincos2sincos 2222222222 rrarr ;

222222 sincos2 rar ; 2cos2 22 ar ; 2cos2ar .

Оскільки полярний радіус r може

набувати лише дійсних значень, тоді 2cos в

одержаному рівнянні не може бути від’ємним,

тобто 02cos .

Це означає, що кут 2 повинен

знаходитися або в першій, або в четвертій

чверті. З’ясувавши, що досить побудувати криву лише в першій чверті,

розглянемо значення 2 , яке задовольняє умові 2

20

. Звідси випливає,

що для побудови кривої в першій чверті куту необхідно надавати значення

від 0 до 4

. Крива зображена на рисунку 2.1.

Площу фігури, обмеженої даною лінією, обчислимо за формулою

)( Д

rdrdS .

Переходячи до повторного інтеграла й враховуючи симетрію фігури

відносно осей координат, одержимо:

.20sin2

sin22sin22cos22

244

224

0

24

0

2

2cos2

0

4

0

22cos2

0

4

0)(

aaada

dr

rdrdrdrdS

a

a

Д

Приклад 3. Знайти подвійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого

параболоїдом обертання 22 yxz , координатними площинами і площиною

1 yx .

Розв’язання. Тіло, об’єм якого потрібно обчислити, обмежене знизу

площиною 0z , з боків площинами 0,0 yx і 1 yx і зверху поверхнею

22 yxz . Отже, це циліндричне тіло (рис. 3.1,а).

0

P

Рис.2.1

162

Проекцією тіла на площину хОу є

область (Д) (рис. 3.1,б). Об’єм

циліндричного тіла обчислюється за

формулою )( Д

zdxdyV , де ),( yxfz –

рівняння поверхні, яка обмежує тіло

зверху. У нашому випадку

)Д(

dxdyyxV 22 і задача зводиться до

обчислення подвійного інтеграла відносно області (Д).

Виконуючи обчислення, одержимо:

.6

1

12

1

4

1

3

1

4312

)1(

3

)1(

3

1

0

4341

0

323

1

0

1

0

231

0

221

0)(

22

yyydyyy

y

dyxyx

dxyxdydxdyyxV

yy

Д


циліндром 24 xz , координатними площинами і площиною 2х+у= 4 ( 0x ).

Розв’язання. Побудувавши тіло (рис. 37.4), переконуємося, що воно

циліндричне.

Проекцією тіла на площину хОу є

область (Д) (рис. 37.4,б). Об’єм

циліндричного тіла обчислюється за

формулою )( Д

zdxdyV .

Оскільки зверху тіло обмежене

поверхнею 24 xz , тоді

)(

24Д

dxdyxV .

Обчислення будуть простішими, якщо інтегрування в повторному

інтегралі виконувати в такому порядку, як показано на рис. 4.1,б.

Отже,

.3

1134

3

168162

43

22822482

24224444

2

0

432

2

0

32

2

0

22

0

22

0

24

0

2

)(

2

xxxxdxxxx

dxxxdxxxdydxxdxdyxVx

Д


циліндром xyx 222 і площинами 02 zx і 04 zx .

Розв’язання. Побудуємо тіло (рис. 5.1,а). Його проекцією на площину

хОу є область (Д) (рис. 5.1,б).

z

0

y

1

1

1

x

y

0 x

1

y=0

x=0 1

x+y=

1

а бРис. 3.1

z

0

y

2

4

4

x

y

x

4

y=0

x=

0 2

y=4-2x

а б Рис. 4.1

163

Переконуємося в тому, що тіло не є циліндричним, бо знизу обмежене

площиною 02 zx , а тому застосувати безпосередньо формулу )( Д

zdxdyV

для обчислення його об’єму не можна. Однак, не важко зрозуміти, що шуканий

об’єм буде дорівнювати різниці об’ємів двох циліндричних тіл, одне з яких

обмежене зверху поверхнею 04 zx , а друге – поверхнею 02 zx .

Тоді

)()()(

224ДДД

нв xdxdydxdyxxdxdyzzV .

Оскільки область

інтегрування (Д) є круг, тоді

доцільно перейти до полярних

координат.

Внаслідок чого будемо мати

)(

2 cos2

Д

drdrV .

Межа області (Д) в полярних

координатах набуде вигляду

cos2r . Переходячи тепер від

подвійного інтеграла до повторного й виконуючи обчислення, одержимо:

d

rdrrddrrdV

cos2

0

2

0

32

0

cos2

0

2cos2

0

22

2

3cos4cos4cos2

2

0

22

0

22

0

4 2cos2cos213

8

4

2cos1

3

32cos

3

32

ddd

.222

3

3

84sin

8

12sin

2

3

3

8

2

4cos12cos21

3

8 2

0

2

0

d

Отже, шуканий об’єм 2V .

Приклад 6. Знайти масу квадратної пластинки із стороною 2а, якщо

густина матеріалу пластинки пропорційна квадрату відстані від точки перетину

діагоналей і на кутах квадрата дорівнює одиниці.

Розв’язання. Квадратну пластинку в системі хОу зручно розташувати

таким чином, щоб точка перетину діагоналей

квадрата співпала з початком координат, а сторони

були паралельні осям координат (рис. 6.1).

Для обчислення маси пластинки

скористаємося формулою )(

),(Д

dxdyyxm .

За умовою задачі поверхнева густина

222),( yxkkdyx .

Коефіцієнт пропорційності k знайдемо з

умови, що на кутах квадрата 1 , а 2ad . Тоді

y

0 x1 2

а б

z

0

y

x

Рис. 5.1

y

0 x-a a

-a

a

M(x,y)

Рис. 6. 1

164

221 ak , звідки 22

1

ak і 22

22

1),( yx

ayx .


a

a

a

aДД

dyyxdxa

dxdyyxa

dxdyyxm 22

2)(

22

2)( 2

1

2

1),( .

Враховуючи симетрію фігури відносно координатних осей, остаточно будемо

мати:

.3

4

33

2

33

2

3

2

3

2

2

14

244

2

0

33

2

0

32

2

00

32

20

22

02

aaa

ax

axa

a

dxa

axa

dxy

yxa

dyyxdxa

m

a

aa

aaa

Приклад 7. Знайти статичний момент однорідного півкруга з радіусом R

відносно діаметра.

Розв’язання. 1-й спосіб. Оскільки нам відомі формули для обчислення

статичних моментів плоскої фігури відносно осей

координат ( , )x

Д

M x y ydxdy і ( , )y

Д

M x y xdxdy , тоді в

системі хОу півкруг зручно розташувати таким чином, щоб

його діаметр співпадав із однією з осей координат,

наприклад Ох, а центр – із початком координат (рис. 7.1).

У цьому випадку область (Д) буде обмежена лініями,

рівняння яких у = 0 і у = 22 xR .

Тоді, враховуючи однорідність фігури й її симетрію відносно осі Оу,

одержимо:

.3

2

33

222

33

3

0

32

0

22

00

2

000)(

222222

RR

Rx

xRdxxR

dxy

ydydxydydxydxdyM

RR

xRRxRRxRR

RДx

2-й спосіб. Оскільки область інтегрування (Д) являє собою частину круга,

то обчислення інтеграла можна було б виконувати і в полярних координатах.

Згідно до формули

2( , ) sinx

Д

M r r drd

і однорідності фігури

.3

2)11(

3

0coscos33

cossinsin

33

3

0

3

00

0

2

)(

2

RR

RrdrrddrdrM

RR

Д

x

y

0 x-R R

R

Рис. 7.1

165

Приклад 8. Знайти координати центра ваги однорідної фігури, обмеженої

синусоїдою у = sinx, віссю Ох і прямою 4

x (рис. 8.1).

Розв’язання. Скористаємося формулами m

Mx

yc ,

m

My x

c .

Обчислимо насамперед m, Mх і Mу,

скориставшись відповідно формулами

( , )Д

m x y dxdy , ( , )x

Д

M x y ydxdy , ( , )y

Д

M x y xdxdy ,

і враховуючи, що 1),( yx в силу однорідності

фігури.

Перетинаючи область (Д) в напрямку осі Оу,

бачимо, що 4

0

x , xy sin0 . Тоді

.2

221

2

2

0cos4

coscossin 40

4

0

sin

0

4

0

sin

0

4

0)(

xxdxdxydydxdxdym

x

x

Д

4

0

2

sin

0

4

0

2sin

0

4

0)(

sin2

1

2

xdxdxy

ydydxydxdyM

x

x

Дx

.16

2

2

1

44

12sin

2

1

4

12cos1

4

1 4

0

4

0

xxdxx

.8

2)4(

41

2

2

2

2

2

2

44sin

4cos

4sincoscoscos

cos;sin

;sin

40

4

0

40

4

0

sin

0

4

0)(

xxxxdxxx

xvxdxdv

dxduxuxdxxdyxdxxdxdyM

x

Дy

Отже, 4

4( 2 1)cx

;

2

8(2 2)cy

.



Вправи

1 Знайти подвійним інтегруванням площу фігури, обмеженої лініями

х2 + у2 = 2х, х2 + у2 = 4х, у = х і у = 0.

y

0 x

x

y=0

y=sinx

Рис. 8.1

166

Відповідь:

2

1

43

.

2 Подвійним інтегруванням обчислити об’єм тіла, обмеженого циліндром

z = 9 - х2, координатними площинами і площиною 3х + 4у = 12 (у0).


3 За допомогою подвійного інтегрування обчислити об’єм тіла,

обмеженого циліндром х2 + у2 = 4 і площинами z = 0 і z = x + y + 10.


4 Знайти момент інерції однорідного квадрата зі стороною а відносно

вершини.


3

2a .

5 Обчислити координати центра ваги однорідної фігури, обмеженої

параболами у2 = 4х + 4 і у2 = -2х + 4.

Відповідь: 0,5

2 cc yx .


1. Сформулювати задачі, які приводять до поняття подвійного інтеграла.

2. Яке тіло називають циліндричним?

3. За якою формулою обчислюється об’єм циліндричного тіла?

4. Вивести формулу для обчислення маси неоднорідної пластинки з

заданою поверхневою густиною.

5. Що називають статичним моментом і моментом інерції плоскої фігури

відносно осей координат?

6. Пригадати й записати формули для обчислення статичних моментів і

моментів інерції неоднорідної плоскої фігури відносно осей координат.

7. Як обчислюється момент інерції неоднорідної плоскої фігури відносно

початку координат?


Обчислення потрійного інтеграл та його застосування.


Приклад 1. Обчислити інтеграл

xyxa

zdzyxdydx0

23

00


xa

xyxaxyxaxyxa

dyyxdxdyz

yxdxzdzdyyxdxzdzyxdydx0

45

00

0

223

000

23

00

23

00 2

1

2

167

.1101110

1

10

1

52

1

2

1 11

0

11

0

10

00

55

0

4

0

5 axdxxdx

yxdyydxx

aa

xaxa


2

4

0

2

0

2

0

2yx

x

xdzdydx .

Розв’язання. Аналогічно до попереднього прикладу маємо

.x

dxxdxxxdxarcsinxarcsinxx

dxx

yarcsin

xyxyxdyyxxdx

dyyx

xdxdyxzdxxdzdydx

xx

x

yx

x

yx

x

3

24

23

8

32

20

24

22

10414

22

1

22

44

2

1

2

14

2

1

2

4

2

0

3

2

0

2

2

0

2

0

2

0

2

0

2

2

0

2

2

0

2

0

22

0

2

4

0

2

0

2

0

2

4

0

2

0

2

0

22

Зауважимо, що при інтегруванні за змінною у використовувалася

формула

ca

uaua

udxuua arcsin

22

22222 .


,)cos()(

V

dxdydzzxy

якщо (V) – область, обмежена циліндром y = x і площинами y = 0, z = 0 і

2

zx .

Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 3.1,а).

Спроектуємо область (V) на

площину хОу в область (Д) (рис.

3.1,б). Перетинаючи область (V) в

напрямку осі Oz, а область (Д) – в

напрямку осі Oy, встановлюємо, що

,2

0

x xy 0 і xz 2

0

.


dyzxydxdzzxydydxdxdydzzxy

x

V

xxx 2

0)(

2

0 00

2

0

2

0

)sin()cos()cos(

y

0 x

у= x

x=

2

2

у=0

z

0y

x

2

2

a бРис. 3.1

168

dx

yxdyxydxdyxydx

x

x x

0

0 0

2

0

22

0

2

0 2)sin1()sin1(sin

2sin

xxvdxxdv

dxduxudxxx

cos;)sin1(

;)sin1(

2

1 2

0

.16

8

2

1

161

842

1

sin2

)cos(2

1)cos()cos(

2

1

2222

2

0

2

2

0

xx

xxxdxxxxxx

Приклад 4. Обчислити )(

)(V

dxdydzzyx , де (V) – область, обмежена

координатними площинами х = 0, у = 0, z = 0 і площиною х + у + z = 1.

Розв’язання. Зробимо малюнок вказаної області (V) (піраміда, зображена

на рис. 4.1, а). Перетинаючи область

(V) в напрямку осі Oz, бачимо, що

інтегрування за змінною z

здійснюється від z = 0 до z = 1 – x – y.

Тому, позначаючи проекцію області

(V) на площину хОу через (Д),

одержимо:

.2

)1()()(

2

)1()1)((

2)()()(

)(

22

)(

2

)(

1

0

1

0)(

2

)(

ДД

Д

yxyx

ДV

dxdyyx

yxyxdxdyyx

yxyx

dxdyz

zyxdzzyxdxdydxdydzzyx

Переходячи далі до повторного інтеграла і розставляючи межі

інтегрування відносно області (Д) – трикутнику, сторони якого: х = 0, у = 0 і

х + у = 1 (рис. 4.1, б), остаточно будемо мати:

.8

1

24

1

12

1

6

1

6

1

24

)1(

1266

1

6

)1(

323

1

2

1

6

)1(

3

)(

2

)(

2

)1()()(

2

)1()()()(

1

0

443

1

0

3321

0

1

0

332

1

0

1

0

22

)(

22

)(

xxxx

dxxxx

dxyxyxyx

dyyx

yxyxdx

dxdyyx

yxyxdxdydzzyx

x

x

ДV



z

0

y

1

1

1

x

y

0 x

1

y=0

x=

0 1

y=1-x

а бРис. 4.1

169

Вправи

1 Розставити межі інтегрування, якщо інтегрувати в послідовності:

а) x, y, z; б) y, x, z; в) z, x, y.

1.1. )(

),,(V

dxdydzzyxf , де область (V) обмежена площинами ,1c

z

b

y

a

x

).0,0,0(0,0,0 cbazyx

1.2. )(

),,(V

dxdydzzyxf , де область (V) обмежена еліпсоїдом .12

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x

3 Обчислити yx

xyzdzdydx00

1

0

.


1.


3)1(V zyx

dxdydz, поширений на область (V), обмежену

площинами х = 0, у = 0, z = 0 і х + у + z = 1.

Відповідь:

8

52ln

2

1.


1. Що називається потрійним інтегралом від даної функції відносно даної

області?

2. Сформулювати властивості потрійного інтеграла.

3. Правила обчислення потрійного інтеграла в прямокутних координатах.

4. Що називається потрійним інтегралом від даної функції відносно даної

області?

5. Сформулювати властивості потрійного інтеграла.

6. Чому дорівнює елемент об’єму в прямокутних координатах?

7. Як обчислюється потрійний інтеграл у прямокутних координатах?

8. Які задачі приводять до поняття потрійного інтеграла?


Обчислення потрійного інтеграла в циліндричних та сферичних координатах



1

0 0

1

1

2

2

ax

x

dzdydx

за допомогою переходу до циліндричних координат.

170

Розв’язання. Зобразимо на рисунку область (V) (рис.1.1,а) і область (Д)

(рис. 1.1,б), враховуючи, що ,10 x

22 11 xyx , az 0 .

Переходячи до циліндричних

координат та враховуючи симетрію

області інтегрування, нові змінні r , ,

і z змінюються в межах:2

0

,

,10 x az 0 , тому

1

00

1

0

2

20

0

2

0

1

00

1

122

1

222

2

2

aaz

rdzrdrddzdydx

aaax

x

.


22

V

dxdydzyxz , якщо область (V) обмежена

циліндром 22 xxy і площинами у = 0, z = 0 і z = а.

Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 2.1, а). Спроектуємо область

(V) на площину хОу в область (Д) (рис. 2.1, б). Переконуємося, що область (V) –

циліндрична, а область (Д) – півкруг.

Отже, переходячи до

циліндричних координат і

враховуючи, що

20

, cos20 r ,

az 0 ,

Знайдемо

.9

8

3

11

3

4

3

sinsin

3

4cossin1

3

4cos

3

4

2

1

22

2

0

32

2

0

222

0

32

cos2

0

22

0

2

)( 0

cos2

0

22

0)(

22

aa

adada

drrdazdzdrrddzrdrdrzdxdydzyxz

V

a

V

Приклад 3. Переходячи до сферичних координат, обчислити інтеграл

22

22

222

0

22

xR

xR

yxRR

R

dzyxdydx .

y

0 x

1

1

-1

б

1

a

Рис. 1.1

z

0

x

y а

1 2 x

y

0 1

22 xxy

Б

б

2

Рис. 2.1

171

Розв’язання. Зобразимо область (V) (рис. 3.1, а) і область (Д) (рис. 3.1, б),

враховуючи, що RxR , 2222 xRyxR , 2220 yxRz .

Переходячи до сферичних

координат, нові змінні , і

змінюються в межах

R 0 , 20 , 2

0

.

Тому

2 2 22 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 ( )

sin cos sin sin sin

R x yR R x

R VR x

dx dy x y dz d d d

2 22 24 3 3 4 2 4

( ) 0 0 0 0 0 0

sin sin (1 cos )sin

R R

V

d d d d d d d d d

3 5 222

0

00

cos 4cos

3 5 15

R

R

.


222

V

dxdydzzyx , де (V) визначається

нерівностями .1,0,0,0 222 zyxizyx

Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис.4.1, а). Спроектуємо область(V)

на площину хОу в область (Д) (рис. 4.1,

б).

Переконуємося, що область (V) –

частина кулі, яка розташована в

першому квадранті.

Отже, переходячи до сферичних

координат і враховуючи, що нові

змінні змінюються в межах

,2

0,2

0,10

одержимо

.84

1)10(

24cos

sinsin

1

0

4

20

20

1

0

3

)(

2

0

2

0

2

)(

222

dddddddxdydzzyx

VV

y

x-R R

R

-R

z

0 yR

R

Rx

а бРис. 3.1

а б

y

0 x

1

1

z

0

y

1

1

1

x Рис. 4.1

172



Вправи


22 )(V

dxdydzyx , де область (V) обмежена поверхнями

)(2

1 22 zxz і z = 2.


16.


2

3

222 )(1V

dxdydzzyx , якщо область (V) – куля

1222 zyx .

Відповідь: )122(9

8

.

3 Обчислити потрійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого

параболоїдами 22 yxz і 22 22 yxz , циліндром у = х2 і площиною у = х.


3.

4 Обчислити за допомогою потрійного інтеграла об’єм тіла, обмеженого

поверхнями 22 yxz і 22 yxz .


.

Вказівка. Рівняння 22 yxz визначає конус.


1 Що називається потрійним інтегралом від даної функції відносно даної

області?

2 Сформулювати властивості потрійного інтеграла.

3 Правила обчислення потрійного інтеграла в циліндричних та сферичних

координатах.


4 Чому дорівнює елемент об’єму в циліндричних та сферичних

координатах?

6 Як обчислюється потрійний інтеграл в циліндричних та сферичних

координатах?


Застосування потрійного інтегралу


173

Приклад 1. Обчислити потрійним інтегруванням об’єм тіла, обмеженого

циліндрами 24 yz і 22 yz і площинами х = -1 і х = 2.

Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 1.1,а). Її проекцією на

площину хОу є область (Д) (рис. 1.1,б).

Тіло обмежене знизу циліндром

22 yz , а зверху – циліндром 24 yz . Область (Д) обмежена

прямими х = -1, х = 2, у = 1 і у = -1

(два останніх рівняння одержані в

результаті виключення z із рівнянь

циліндрів).

Отже, за формулою

)(V

dxdydzV з урахуванням симетрії

області (V) відносно площини хОz будемо мати:

.8)12(3

8

3

8

3

8

3

114

3414

2222422

2

1

2

1

2

1

1

0

2

1

32

1

1

0

2

2

1

1

0

22

1

1

0

222

1

4

2

1

0)(

2

2

xdxdxdxy

ydyydx

dyydxdyyydxdzdydxdxdydzVy

yV


параболоїдами 22 yxz і 22 2yxz і площинами у = х, у = 2х і х = 1.


площину хОу є область (Д) (рис. 2.1,б):

В області (V) змінні х, у і z

змінюються в межах

0 1x ,

2x y x , 2 2 2 22x y z x y .

Тоді за формулою

)(V

dxdydzV одержимо

.12

7

4

1

3

7

43

7

3

78

3

1

3

2

1

0

1

0

41

0

333

21

0

3

1

0

22

1

0

22222

1

0

22

)(

22

22

xdxxdxxxdx

y

dyydxdyyxyxdxdzdydxdxdydzV

x

x

x

x

x

x

yx

yx

x

xV


сферою 4222 zyx і параболоїдом zyx 322 )0( z .

z

0

y

x

y

0 x -1

-1

1

2

а б

Рис. 1.1

z

0y

x

y

0

x

y=x

y=2x

x=

11

а бРис. 2.1

174

Розв’язання. Побудуємо область (V) (рис. 3.1, а). Її проекцією на

площину хОу є область (Д) (рис. 3.1, б), яка являє собою круг, обмежений

колом 322 yx .

Рівняння кола знаходимо,

розв’язавши систему рівнянь

.3

,4

22

222

zyx

zyx

Шуканий об’єм будемо

обчислювати в циліндричних

координатах, тобто за формулою

)(V

dzrdrdV , оскільки область (Д) – круг.

Тоді, враховуючи, що ,43

,30,20 22

rzr

r будемо

мати

.

6

19

3

8

4

3

3

12

123

4

34

34

3

0

42

3

22

0

2

0

3

0

32

2

0

3

0

22

2

0

4

3

3

0)(

2

2

rr

drr

rrddrr

rrddzrdrddxdydzVr

rV

Приклад 4. Знайти масу кулі з радіусом R, якщо об’ємна густина

пропорційна кубу відстані від центра і на одиниці відстані дорівнює .

Розв’язання. Масу кулі (рис. 4.1) знайдемо за формулою

.sin),,()(

2

V

dddm

За умовою задачі 3),,( k . Якщо 1 , тоді

),,( .

Тому k і 3),,( .

Отже, 2

3 2 5

( ) 0 0 0

sin sin

R

V

m d d d d d d

62 6

0 0

0

2( cos )

6 3

R

R

.

Приклад 5. Знайти координати центра ваги однорідного тіла, обмеженого

циліндром 2

2yz і площинами х = 0, у = 0, z = 0 і 2х + 3у – 12 = 0.


площину хОу є область (Д) (рис. 5.1,б). Координати центра ваги тіла будемо

обчислювати за формулами

а б

y

x 3

3

3

3

-

-

z

y

x

3

3 3

2

1

-

Рис. 3.1

z

0 yR

R

R

x

-R

M(x,y,z)

Рис. 4.1

175

m

Mx

yz

c , m

My xz

c , m

Mz

xy

c .

Обчислимо попередньо m,

xyM , xzM і

yzM відповідно за

формулами )(

),,(V

dxdydzzyxm ,

)(V

xy zdxdydzM ,

)(V

xz ydxdydzM , )(V

yz xdxdydzM . Враховуючи, що в області (V)

,2

0),312(2

10,40

2yzyxy а 1),,( zyx , будемо мати:

.164

1

3

143

4

4

3

4

4

3

43

4

4

34

4

3

)312(2

1

2

1

2

1

2

344

4

0

434

0

32

4

0

2

4

0

)312(2

1

0

2

4

0

)312(2

1

0

24

0

2

0

)312(2

1

0)(

2

yydyyy

dyyydxdyydxy

dydzdxdydxdydzm

yyy

y

V

.5

128

30

143

6

1

5

14

16

3

65

4

16

3312

16

1

8

1

42

1

2

46

4

0

654

0

4

4

0

)312(2

1

0

44

0

)312(2

1

0

44

0

2

0

)312(2

1

0

24

0

2

0

)312(2

1

0)(

2

2

yydyyy

dxdyydxy

dydxz

dyzdzdxdyzdxdydzM

yy

y

yy

y

V

xy

.5

192

5

143

5

414

4

3

54

34

4

3

)312(4

1

2

1

2

34

4

0

54

4

0

43

4

0

34

0

)312(2

1

0

34

0

)312(2

1

0

24

0

2

0

)312(2

1

0)(

2

yydyyy

dyyydxdyydxy

ydydzdxydyydxdydzM

yyy

y

V

xz

.5

96

30

61510649

5

1

2

1

3

14

16

9

54

8

316

16

9

81616

9)4(

4

9

4

1

22

1

2

1

2

5

4

0

543

4

0

4324

0

22

)4(2

3

0

24

0

2

4

0

)4(2

3

0

24

0

)312(2

1

0

24

0

2

0

)312(2

1

0)(

2

yyy

dyyyydyyydyx

y

xdxdyydxy

xdydzxdxdyxdxdydzM

y

yyy

y

V

yz

Отже,

z

0y4

x

y

0 x

4

y=0

x=0 6

2x+3y-12=

0

а б

6

Рис. 5.1

176

5

6

165

96

m

Mx

yz

c,

5

12

165

192

m

My xz

c,

5

8

165

128

m

Mz

xy

c.

Приклад 6. Знайти центр ваги однорідного тіла, обмеженого

параболоїдом a

yxz

2

22 і сферою )0(3 2222 zazyx .


площину хОу є область (Д)

(рис. 6.1,б).

Рівняння лінії, яка обмежує

область (Д), знаходимо, розв’язавши

систему рівнянь:

.3

,2

2222

22

azyx

a

yxz

Із першого рівняння azyx 222 , тоді 032 22 aazz , звідки

aaaaaz 23 22

2,1 або azaz 3, 21 (не задовольняє умові

задачі, бо за умовою задачі 0z ).

Таким чином, область (Д) обмежена колом 222 2ayx . Координати

центра ваги тіла знаходимо за формулами m

Mx

yzc ,

m

My xz

c , m

Mz

xyc .

Оскільки область (V) симетрична відносно осі Оz, тоді

m

Mzayx

xy

ccc ,0 .

Переходячи до циліндричних координат і враховуючи, що змінні r , і z

змінюються в області (V) в межах 222

32

,20,20 raza

rar ,

одержимо:

.

3

5363

232

83

32

23

3333

2

0

42

3

22

2

0

2

0

322

2

0

3

2

2

0)(

22

2

aaaa

a

rra

dra

rrarddzrdrdrdxdydzm

a

ara

a

r

a

V

.3

5

33

24423

43

2

1

44

44

2

0

2

6422

2

0

2

02

422

2

0

3

2

2

0)(

22

2

aa

aaa

rrra

dra

rrardzdzrdrdzrdxdydzM

a

ara

a

r

a

V

xy

а б

y

x 2

2

2

2

-

z

y

x

8

a

a

0

a

a a

-a

Рис. 6.1

177

)536(83

5

536

5

)536(3

353

4

aa

a

a

m

Mz

xy

c

.

Отже, шукані координати центра ваги тіла хс=0, ус=0 і zс = )536(83

5

a.



Вправи

1 Знайти координати центра ваги однорідного тіла, обмеженого

циліндрами xy і xy 2 та площинами 0z і 6 zx .


18cx , 6

16

15cy ,

7

12cz .

2 Знайти масу тіла, обмеженого прямим круговим циліндром радіуса R і

висоти H, якщо його густина в будь-якій точці чисельно дорівнює квадрату

відстані цієї точки від центра основи циліндра.

Відповідь: )23(6

222

HRHR

.

Вказівка. Центр нижньої основи циліндра сумістіть із початком

координат, тоді густина тіла 222 zyx . Обчислення доцільно виконувати

в циліндричних координатах.

3 Знайти моменти інерції однорідного прямокутного паралелепіпеда з

ребрами а, b і с відносно кожного з ребер і відносного центра ваги, якщо його

маса дорівнює М.

Відповідь: )(3

1 22 cbM , )(3

1 22 acM , )(3

1 222 cbaM .

Вказівка. V

M , де V = abc. Центр ваги прямокутного паралелепіпеда

знаходиться в точці перетину його діагоналей. Тому, помістивши цю точку в

початок координат, момент інерції прямокутного паралелепіпеда відносно

центра ваги обчислити за формулою )(

222

0 ),,()(V

dxdydzzyxzyxI .


1 Що називається потрійним інтегралом від даної функції відносно даної

області?


3 Які задачі приводять до поняття потрійного інтеграла?

4 Як обчислюється маса неоднорідного тіла з заданою густиною?

5 Вивести формули для обчислення статичних моментів і моментів

інерції тіла.

178


Криволінійні інтеграли 1 та 2 роду.


Обчислення криволінійних інтегралів другого роду

Приклад 1. Знайти криволінійний інтеграл другого роду L

xdy-ydx , де L –

еліпс, заданий параметричними рівняннями tax cos , tby sin з додатним

напрямом обходу.

Розв’язання. Так як sin dx a t dt і cos dy b t dt , то згідно з формулою

2

1

, , , ,

t

L t

P x y dx Q x y dy P x t y t x t Q x t y t y t dt маємо

π π

L

π

πab.dtabdtttabdttbtatatbydx-xdy

2

0

2

0

22

2

0

2cossincoscossinsin

Приклад 2. Обчислити криволінійний інтеграл L

dyyadxya )()2( , де

L – перша (від початку координат) арка циклоїди ttax sin , tay cos1 .

Розв’язання. Оскільки межі для t не вказані, тоді треба побудувати криву

L (рис. 2.1).

Для першої від початку координат арки

циклоїди 20 t . Поклавши далі в

підінтегральному виразі ttax sin ,

tay cos1 , dttadx cos1 і tdtady sin ,

будемо мати:

2

0

2 2 (1 cos ) (1 cos ) (1 cos ) sin

π

L

a y dx - a y dy a a t a t a t a t dt

2 2 2 22 22 2

0 0 0 0

(1 cos )(1 cos ) sin cos (1 cos 2 ) sin 22 2

π π π πa a

a t t dt a t tdt t dt tdt

22 22 2

0

0

1sin 2 cos 2

2 2 4

a at t t a

.

Приклад 3. Обчислити криволінійний інтеграл )1;1(

)0;0(

)( dyxyxydx уздовж

ліній а) у = х2 , б) у2 = х.

Розв’язання. a) Враховуючи, що xdxdyxy 2,2 і 10 x , за формуло

2

1

, , , ,

t

L t

P x y dx Q x y dy P x t y t x t Q x t y t y t dt будемо мати:

y

0 x

2a

a 2a

Рис. 2.1

179

.12

1

3

2

4

3

3

2

4

3)23(

)22(2)()(

1

0

341

0

23

1

0

2331

0

22)1;1(

)0;0(

xxdxxx

dxxxxxdxxxdxxxdyxyxydx

б) Крива L задана рівнянням у2 = х, тому, враховуючи, що

ydydx,xy 22 і 10 y , одержимо:

.30

17

3

1

2

1

5

2

325

2

)2()(2)(

1

0

325

1

0

241

0

22)1;1(

)0;0(

yyy

dyyyydyyyydyyydyxyxydx

Результати обчислень останніх двох інтегралів підтверджують одну з

властивостей криволінійного інтеграла, а саме: величина криволінійного

інтеграла залежить від форми кривої інтегрування.


xdy , де L – контур

трикутника, утвореного осями координат і прямою 132

yx, в додатному

напрямку (тобто проти руху годинникової стрілки).

Розв’язання. На рис. 4.1 зображена лінія OABO (замкнена). Вона

складається із трьох відрізків, розміщених на різних прямих

з різними рівняннями: у = 0, 132

yx, х = 0. Тому в силу

властивості криволінійного інтеграла

маємо: ВОАВОАL

xdy . Оскільки на ОА: 0y і 0dy , а на

0: xBO , тоді ОА

0 і ВО

0 , отже: L АВ

xdyxdy .

Враховуючи, що на АВ:

312

yx і 30 y , одержимо:

3362

332

62

312

3

0

3

0

2

yydy

yxdyxdy

L АВ

.

Обчислення криволінійного інтегралу першого роду


dlyxI 343 між

точками 01;E і 10;H

a) по прямій EH ;

b) по дузі астроїди tsiny,tcosx 33 .

Розв’язання. a) Спочатку складемо рівняння лінії інтегрування – прямої

EH , як рівняння прямої, що проходить через дві точки:

y

0 x

3

2

A

B

Рис. 4.1

180

01

0

10

1

yx

1

0

1

1

yx 1y x . Далі маємо 1y та 21 ( ) 2dl y dx dx .

Далі використовуючи формулу

b

aL

dxxx,xfdlPf2

1 , одержимо

0 0

3 43

11

1

4 3 1 2 2 3 2 1 5 2I x x dx x x

.

b) Перетворимо даний інтеграл у звичайний по змінній t , далі обчислимо,

використовуючи формулу

1

0

22

t

tL

dttytxty,txfdlPf .

tdtsintcosdxtcosx 23 3 tdtcostsindytsiny 23 3

tcostsintcostsindxdydl 3322 , оскільки

t2

.

.tsintcostsintdsin

tcostdcostdtcostsintsintcosI

7

46

7

1849

12334

2

273

22

25

2

2

2

3

2

Приклад 6. Обчислити криволінійний інтеграл першого роду xydl , де

l – чверть кола 2222 azyx , 4

2

22 ayx , яка лежить у першому октанті.

Розв’язання. Запишемо параметричне рівняння даної частини кола у

вигляді 2

02

3

22

t,az,tsin

ay,tcos

ax , тоді

dta

dttcosa

tsina

dtzyxdl244

2

2

2

2

222

і за формулою

1

0

222

t

tL

dttztytxtz,ty,txfdlPf знаходимо

.atsina

tsintdsina

dta

tsina

tcosa

I16288222

32

0

232

0

32

0



Вправи

1 Обчислити криволінійний інтеграл dyyxL

22 , де L – контур

чотирикутника з вершинами (указаними в порядку обходу в точках О(0;0),

А(2;0), В(4;4) і С(0;4)).


137 .

181

2 Обчислити криволінійний інтеграл dxyxL

22 , де L – дуга параболи

у = х2 від точки О(0;0) до точки А(2;4).


56 .

3 Обчислити криволінійний інтеграл L

xdyydx , де L – еліпс х = аcost,

у = bsint від t1 = 0 до t2 = .

Відповідь: ab2 .

4 Обчислити AB

xydydxyx 22 , якщо шлях від А(1;1) до В(3;4) –

відрізок прямої.


111 .

5 Обчислити AO

zxdzyzdyxydx , де ОА – чверть кола х = соst, y = sint,

z = 1, що пробігається в напрямку зростання параметра t.


1.

6 Обчислити );(

)0;0(

)()(

dyyxdxyx вздовж різних контурів, що

з’єднують точки О(0;0) і М( ; ): а) на прямій ОМ; б) на кривій у = х + sinx;

в) на ламаній ОРМ, де Р( 0; ); г) на параболі у =

2x.

Відповідь: 2 (в усіх випадках).

7 Обчислити L

dyyxydxx 22 11 , якщо контур інтегрування

222 Ryx .


2R.


1.Що називається криволінійним інтегралом L

dyyxQdxyxP ),(),(

вздовж заданого контуру?

2.Сформулювати правило обчислення криволінійного інтеграла за

координатами для випадку, коли лінія (контур) інтегрування задана

параметричними рівняннями.

3. Як обчислюється криволінійний інтеграл другого роду, якщо лінія

інтегрування задана у вигляді у = f(х) або х = (у)?

4. Як впливає напрямок інтегрування на величину криволінійного

інтеграла?

182

5. Як установлюється додатний напрямок у випадку замкненого контуру

інтегрування?


Умови незалежності криволінійного інтеграла від шляху інтегрування.

Формула Гріна.


Приклад 1. Обчислити криволінійний інтеграл )1;1(

)0;0(

22 dyxxydx вздовж

ліній: а) у = х2 , б) у2 = х.

Розв’язання. а) Враховуючи, що xdxdyxy 2,2 і 10 x , будемо

мати:

1

0

1

0

4331

0

22)1;1(

)0;0(

2 1)22(222 xdxxxxdxxdxxxdyxxydx .

б) Враховуючи, що ydydxxy 2,2 і 10 y , одержимо:

1

0

1

0

544221

0

2)1;1(

)0;0(

2 1)4()(222 ydyyydyyydyyydyxxydx .

На відміну від прикладу 3 практичного заняття 34 в даному випадку

одержані однакові значення інтеграла, не дивлячись на те, що лінія

інтегрування в кожному окремому випадку була різна. Вийшло це тому, що для

даного інтеграла виконується умова незалежності його від шляху інтегрування,

тобто x

Q

y

P

. Дійсно, 2,,2, xyxQxyyxP , тоді xxy

y

Py 2)2(

і

xxx

Qx 2)( 2

. Отже,

x

Q

y

P

=2х, в той час для інтеграла

)1;1(

)0;0(

)( dyxyxydx

(приклад 38) ця умова не виконується, бо xyyxQxyyxP ,,, , тоді

xxyy

Py

)( , 1)(

xxy

x

Q, тобто

x

Q

y

P

.


)0;3(

)1;2(

42234 )56(4 dyyyxdxxyx .

Розв’язання. У даному прикладі не задано шлях інтегрування, тому

потрібно припустити, що інтеграл не залежить від шляху інтегрування.

Перевіримо це.

За умовою 34 4, xyxyxP , 422 56, yyxyxQ .

Тоді 22 1234 xyyxy

P

, а 22 1226 xyxy

x

Q

. Переконаємося, що

yxQyxP ,,, , y

P

і

x

Q

неперервні і 212xy

x

Q

y

P

.

183

Як уже відзначалося вище, для обчислення криволінійного інтеграла,

який не залежить від контуру інтегрування, треба

обрати в якості найвигіднішого шляху інтегрування

ламану, яка з’єднує початкову (х0; у0) і кінцеву

(х1; у1) точки, ланки якої паралельні осям

координат. У нашому прикладі початковою точкою

є А (-2;-1), кінцевою С (3;0). З’єднаємо ці точки

ламаною АВС (рис. 2.1).

Тоді, враховуючи, що на АВ: х = -2, dx = 0,

01 y , а на ВС: у = 0, ,0dy -2 3 x .

.625575

2757

5

32

5

24318

5)8(

)524()56()4(

3

2

50

1

53

)0;3(

)1;2(

0

1

3

2

44242234

xyy

dxxdyyydyyyxdxxyxAB BC


)0;1(

)1;0(2)( yx

ydxxdy.

Розв’язання. Покажемо, що для даного інтеграла виконується умова

незалежності його від шляху інтегрування, тобто x

Q

y

P

.

;)(

),(2yx

yyxP

;)(

),(2yx

xyxQ

334

2

)()(

2

)(

)(2)(

yx

yx

yx

yyx

yx

yyxyx

y

P

.

334

2

)()(

2

)(

)(2)(

yx

yx

yx

xyx

yx

xyxyx

x

Q

.

Оскільки 2)(

),(yx

yyxP

,

2)(),(

yx

xyxQ

і їх

частинні похідні мають розриви в точках, розташованих на прямій у = х (в цих

точках знаменник кожного дробу перетворюється на нуль), тоді початкову й

кінцеву точки потрібно з’єднати таким чином, щоб шлях інтегрування не

перетинав пряму у = х (рис. 3.1).

Отже, в даному прикладі не можна прямувати від А до С по ламаній АОС,

оскільки точка О (0;0) належить прямій у = х.

У якості шляху інтегрування зручно взяти пряму .]1;0[,1 xy Тоді

.dxdy Тому

)0;1(

)1;0(

1

0

1

0

1

022

.1)1(

)1(

)(xdx

xx

dxxx

yx

ydxxdy

Приклад 4. Знайти функцію U за її повним диференціалом

dyyxyxdxyxyxdu 2222 3223 .

y

0 x-2

-1

3

A

B C

Рис. 2.1

y

0x

C

BA-1

1

y=x

Рис. 3.1

184

Розв’язання. За умовою ),( yxP 22 23 yxyx , а ),( yxQ 22 32 yxyx і

тоді yxy

P22

, а

x

Q

yx 22 , тобто

y

P

x

Q

. Оскільки

),( yxP , ),( yxQ , y

P

і

x

Q

неперервні в точці О (0;0), тоді в

якості початкової точки візьмемо початок координат (рис. 4.1).

Скориставшись формулою x

x

y

y

CdyyxQdxyxPyxU0 0

,,, 0

і враховуючи, що на ОА: у = 0, dy = 0, xx 0 , а на АМ: х = const, dx = 0,

yy 0 , знаходимо шукану функцію.

.

323

3223),(

3223

0

322

0

3

0

22

0

2

),(

)0,0(

2222

Cyxyyxx

Cyxyyxxcdyyxyxdxx

cdyyxyxdxyxyxyxU

yxyx

OA AM

yx

Правильність результату пропонуємо перевірити читачеві самостійно.

Нагадаємо лише, що dyy

udx

x

uyxdu

, .

Приклад 5. Показати, що вираз yx

dydx

є повним диференціалом функції

),( yxU і знайти її.

Розв’язання. Вираз dyyx

dxyxyx

dydx

11,

тому

),( yxP =yx

yxQ

1

),( і y

P

=

2

1

yxx

Q

.

Умова y

P

=

x

Q

виконана. Отже, вираз

yx

dydx

є повним диференціалом

функції ),( yxU .

Знайдемо ),( yxU за формулою

x

x

y

y

CdyyxQdxyxPyxU0 0

,,, 0, беручи в

якості початкової точку А (1;0), бо в точці

О (0;0) функції ),( yxP і ),( yxQ і їх частинні

похідні y

P

і

x

Q

неозначені. Контур

інтегрування (рис. 5.1) не повинен перетинати

пряму у = -х.

y

0 x

M(x,y)

A(x,0)

Рис. 4.1

В(1,у) М(х,у)

у

А(1,0) х

у=-х

Рис. 5.1

185

Маємо

.ln1lnln1ln1ln

ln1ln1

),(10

10

),(

)0,1(

CyxCyyxy

CyxyCyx

dx

y

dyC

yx

dydxyxU

xyxy

AB BM

yx

бо на АВ: х = 1, dx = 0, yy 0 , а на ВМ: у = const, dy = 0, xx 1 .

Таким чином, шукана функція: CyxyxU ln),( .

Приклад 6. Використовуючи для розв’язання задачі формулу Гріна

L Д

dxdyy

PdyyxQdxyxP

)( x

Q ),(),( , обчислити

L

dyyxdxyx 222 )()(2 , де

L – контур трикутника з вершинами в точках А (1;1), В (2;2) і С (1;3), що

проходять у додатному напрямку (рис. 6.1). Перевірити результат

безпосереднім інтегруванням.

Розв’язання. Оскільки 222, yxyxP і 2, yxyxQ неперервні

функції разом зі своїми частинними похідними yy

P4

і

yxyxx

Q22)01)((2

в замкненій області Д,

включаючи межу L (рис. 6.1), то за формулою Гріна

)( )(

222 )(2)422()()(2Д ДL

dxdyyxdxdyyyxdyyxdxyx .

Перейдемо від подвійного інтеграла до повторного,

враховуючи що внутрішнє інтегрування раціонально

виконати за змінною у, а зовнішнє за змінною х. Для

визначення меж інтегрування внутрішнього інтеграла знайдемо у із рівняння

лінії входу (АВ), звідки у = х і лінії виходу (ВС), звідки у = 4 – х.

Рівняння (ВС) знайдено як рівняння прямої, що проходить через дві

задані точки В (2;2) і С (1;3):

;12

1

12

1

xx

xx

yy

yy

;

21

2

23

2

xy ;22 xy .4 xy


.3

4

2

9

2

12

3

4482

6

)4(

222

2

)4(

2

342

22

)4(42

22)(2)(2)()(2

2

1

332

2

1

2

1

22

22

22

)(

2

1

4 2

1

42

222

xxx

dxx

xxdxx

xx

xx

dxy

xydyyxdxdxdyyxdyyxdxyxД

x

x

x

xL

Обчислимо тепер безпосередньо криволінійний інтеграл за контуром L ,

який складається з ланок АВ, ВС і СА. Враховуючи, що на АВ: ,xy ,dxdy

y

0 x

A1

2

3

1 2

B

C

Рис. 6.1

186

21 x ; ВС: ,4 xy ,dxdy ;12 x на СА: ,1x ,0dx ,13 y

будемо мати:

.3

4

3

64

3

888

3

842

3

14

3

56

3

64

3

842

34

3

56

3

)1()44(4

3

8

)1()16216322(8)1()()4(

))4((2)()(2)()(2

1

2

1

2

23

1

3

32

2

1

3

1

3

1

2

1

3

2222

1

222

2

1

1

2

22222222

xxxy

dxxxx

dyydxxxxdxxdyydxxx

dxxxdxxxdxxxdyyxdxyxAB BC CAL

Переконуємося, що результати обчислень однакові.

Приклад 7. Використовуючи формулу Гріна, обчислити інтеграл

L

dyxyydxx ,22 де L – коло ,222 Ryx що пробігається проти ходу

годинникової стрілки.

Розв’язання. У даному прикладі yxyxP 2),( , 2),( xyyxQ . Тоді

,2xy

P

2y

x

Q

. Функції Р і Q, а також їх частинні похідні

y

P

і

x

Q

неперервні в замкненій області (Д), включаючи її межу L, тому згідно з

формулою Гріна

L Д

dxdyy

PdyyxQdxyxP

)( x

Q ),(),( маємо

L Д

dxdyxydyxyydxx)(

2222 )( .

Оскільки область інтегрування (Д) – круг, тоді доцільно в подвійному

інтегралі перейти до полярних координат:

)(

3

)(

2

)(

22 )(ДДД

drdrrdrdrdxdyxy .

Переходячи далі до повторного інтеграла й враховуючи, що в області (Д)

20 і Rr 0 , остаточно будемо мати:

2

0 0

44

0

42

0

3

)(

3

)(

2222

242

4)(

RR

ДL Д

RRrdrrddrdrdxdyxydyxyydxx .



Вправи

1 За допомогою формули Гріна обчислити криволінійний інтеграл

L

dyyxxydxyxxy 3232 , де L коло xyx 422 .


187

2 Переконатись, що інтеграл dyyyxdxxxy 36 46AB

2232

не залежить від

шляху інтегрування та обчислити його вздовж відрізка прямої від точки A(2;3)

до точки B(3;4).


3 Знайти функцію U(х,у) за її повним диференціалом 2)(

)2(

yx

ydydxyx

.

Відповідь: cyx

yyxyxU

ln),( .

4 Знайти функцію U(х,у) за її повним диференціалом

dyyxxydxxyyxdu )sincos2()sincos2( 22 .

Відповідь: CxyyxyxU coscos),( 22 .


1 Сформулювати і довести формулу Гріна.

2 Що означає незалежність криволінійного інтеграла від лінії

інтегрування?

3 Показати, що незалежність інтеграла від контуру інтегрування

еквівалентна рівності його нулю вздовж будь-якого замкненого контуру.

4 Указати раціональний спосіб обчислення криволінійного інтеграла від

повного диференціала. Навести відповідну формулу.


Застосування криволінійного інтеграла другого роду

до розв’язання задач геометрії й механіки


Приклад 1. Обчислити за допомогою криволінійного інтеграла площу

фігури, обмежену астроїдою ,cos3 tax tay 3sin .

Розв’язання. Площу фігури, зображеної на рис. 1.1, обчислимо за

формулою L

ydxxdyS2

1.

Враховуючи, що 20 t і

tdttadytaytdttadxtax cossin3,sin,sincos3,cos 2323 ,

одержимо:

y

x-

a

a a

-a

Рис. 1.1

188

.8

34sin

4

1

16

34cos1

16

32sin

8

3

sincos2

3sincossincos

2

3

cossin3sincos32

1

2

1

2

2

0

22

0

22

0

22

2

0

2222

0

22222

2

0

242242

attadttatdta

tdttadttttta

dtttattaydxxdySL

Приклад 2. Обчислити за допомогою криволінійного інтеграла площу

фігури, обмежену кардіоїдою tataytatax 2sinsin2,2coscos2 .

Розв’язання. Для побудови кривої (рис. 2.1) і визначення меж

інтегрування знайдемо координати деяких точок кривої.

При t = 0

.0

,

y

ax При t =

2

3

.2

,

ay

ax

При t = 2

.2

,

ay

ax При t = 2

.0

,

y

ax

При t =

.0

,3

y

ax

Враховуючи далі, що tatax 2coscos2 , dttatadx 2sin2sin2 ,

tatay 2sinsin2 , dttatady 2cos2cos2 і 20 t , одержимо:

2

0

222222

2

0

cos22coscos22coscos4cos4(2

1)2sinsin2(

)2sin2sin2()2cos2cos2()2coscos2(2

1

2

1

tattattatadttata

tatatatatataydxxdySL

dttattattata )2sin22sinsin42sinsin2sin4 222222

.6)sin(3)cos1(3)2cos2cos44(2

1 22

0

22

0

22

0

2222

attadttadtatataa

Приклад 3. За допомогою криволінійного інтеграла знайти площу

фігури, обмеженої лініями xy , 2y і х = 0.

Розв’язання. Фігура, обмежена лініями xy , 2y і х=0, зображена

на рис.3.1. Її площу знаходимо за формулою

.L

xdyS

Оскільки контур L складається з трьох різних

ліній (L = ОА + АВ + ВО), тоді шукана площа

BOABOAL

xdyS .

Останній інтеграл, тобто 0BO

xdy , бо на 0: xBO і 0dx .

y

x-3a a

Рис. 2.1

y

0 x

у= xу=2 B A

4

x=

0

Рис. 3.1

189

Враховуючи також, що на ydydxyxOA 2,: 2 , 20 y , а на

0,2: dyyAB , 04 x , остаточно будемо мати: .3

8

3

2

0

32

0

2 y

dyyxdySOA

Приклад 4. У кожній точці площини на матеріальну точку діє сила, яка

має сталу величину і напрямок додатної осі абсцис. Знайти роботу, що буде

здійснювати ця сила, при русі точки вздовж дуги кола х2 + у2 = R2, яка лежить у

першому квадранті (рис. 4.1).

Розв’язання. Проекції сили F

на осі координат FFyxP x , і

0, yFyxQ . В силу формули L

dyyxQdxyxPA ),(),(

маємо LL

yx FdxdyFdxFA .

Оскільки F = const, a x змінюються від 0 до R, тоді

шукана робота

FRFxdxFAR

R

00

.

Приклад 5. У кожній точці М еліпса tbytax sin,cos прикладена сила

F

, рівна за величиною відстані від точки М до

центра еліпса і напрямлена до центра еліпса

(рис. 5.1).

1. Обчислити роботу сили F

при переміщені

точки вздовж дуги еліпса, розташованої в першому

квадранті.

2. Знайти роботу, якщо точка обходить увесь

еліпс.

Розв’язання. За умовою задачі MOF

. Тому проекції сили F

на осі

координат відповідно дорівнюють xFx і yFy . На підставі формули

L

dyyxQdxyxPA ),(),( одержимо:

1) 1-й спосіб

.22

sin

cossincossinsincos

222

0

222

2

0

222

0

batba

tdttbatdtbtbtdtataydyxdxAL

2-й спосіб:

y

0 x

M(x,y)R

R

Рис. 4.1

y

0 x

M(x,y)b

a-a

-b

F

Рис. 5.1

190

.22222

2222

0

20

2

0

0);0(

)0;(

babayx

ydyxdxydyxdxydyxdxA

b

a

b

a

b

aL

2) 1-й спосіб

02

sincossin

2

0

222

2

0

22

t

batdttbaydyxdxAL

.

2-й спосіб

00

0

)0;(

)0;(

ydyxdxydyxdxydyxdxAa

a

a

aL

,

бо нижня і верхня межі інтегрування в кожному інтегралі рівні між собою.

Як уже відзначалося вище, якщо функції ),( yxP і ),( yxQ неперервні

разом із своїми частинними похідними y

P

і

x

Q

в усіх точках області (Д) і

y

P

=

x

Q

, тоді криволінійний інтеграл за будь-яким замкненим контуром, який

лежить в цій області, дорівнює нулю. Підтвердження цього факту одержано в

випадку 2), бо для L

ydyxdx виконується умова y

P

=

x

Q

і ),( yxP = -х,

y

P

= 0, ),( yxQ = -у,

x

Q

= 0 неперервні.



Вправи

1 У кожній точці площини на матеріальну точку діє сила F

, проекції якої

на осі координат дорівнюють Fх = ху і Fу = х + у. Обчислити роботу сили F

при переміщенні точки із початку координат в точку (1;1) вздовж дволанкової

ламаної, сторони якої паралельні осям координат (два випадки).


3 і 1.

2 Знайти площу фігури, обмеженої еліпсом acost,x .sin tby

Відповідь: ab .

3 Визначити роботу сили ,2 2 jxyixyF якщо вона переміщується з

точки О(0;0) в точку В(2;10) вздовж дуги кривої .32 xxy


256.

191


1 Як визначається робота при русі точки в силовому полі?

2 Пригадати і записати формулу для обчислення площі за допомогою

криволінійного інтеграла?


Числові ряди. Збіжність рядів. Гармонічний ряд. Необхідна умова збіжності.

Достатні ознаки збіжності рядів з додатними членами: ознака порівняння,

ознака Даламбера, ознака Коші (радикальна, інтегральна).


Приклад 3 Для ряду ...6

23...

36

13

6

5

n

nn

знайти суму n перших

членів ряду Sn, довести збіжність ряду, користуючись означенням збіжності.

Розв’язання. Зауважимо, що дріб nnnn

n

n

n

n

n

nn

3

1

2

1

6

2

6

3

6

2

6

3

6

23.

Кожний член ряду подамо у вигляді цієї суми, і часткову суму ряду зможемо

записати таким чином: .3

1

2

1...

3

1

2

1

3

1

2

122

nnnS

Проведемо групування доданків

.3

1...

3

1

3

1

2

1...

2

1

2

122

nn

nS

Вирази в квадратних дужках є сумами n перших членів геометричної

послідовності зі знаменником ,3

1,

2

121 qq тому Sn можна записати у вигляді

.3

1

2

1

2

1

2

3

3

11

2

1

2

11

3

11

3

11

3

1

2

11

2

11

2

1

1

)1(1

nnnn

nnn

nq

quS

Знайдемо границю Sn:

.2

3

3

1

2

1

2

1

2

3limlim

nnnn

nS

Отже, даний ряд збігається і його сума дорівнює .2

3S

Приклад 4 Дослідити збіжність ряду ...)1ln(

1...

3ln

1

2ln

1

n

192

Розв’язання. Маємо )1ln(

1

nun . Для порівняння обираємо гармоніч-

ний ряд

1

1

n n, який розбігається. Ряд ..

1...

3

1

2

1

n також розбігається, він

отриманий із гармонічного ряду відкиданням першого члена. Оскільки ,22ln

,...,33ln ,ln nn ,1)1ln( nn то .1

1

)1ln(

1,...,

3

1

3ln

1;

2

1

2ln

1

nn Отже,

члени дослідженого ряду є більшими за члени розбіжного ряду. На основі

другої ознаки порівняння рядів він розбігається.

Приклад 5 Дослідити збіжність ряду .54

1

12

n nn

Розв’язання. Для порівняння обираємо ряд

12

1

n n. Цей ряд збіжний,

оскільки р = 2 > 1.

За третьою ознакою порівняння рядів

.012

2lim

42

2lim

54limlim

2

2

nnnn

n

n n

n

nn

n

v

u

Границя відношення загальних членів рядів існує, отже, заданий ряд так

само, як і обраний, збігається.

Приклад 6 Дослідити збіжність ряду ...1

1...

21

211

22

n

n

Розв’язання. Маємо 21

1

n

nun

. У якості ряду порівняння обираємо

гармонічний ряд

1

1

n n, який при р = 1 розбігається. Застосовуючи третю

ознаку порівняння рядів, отримаємо

.012

2lim

2

12lim

1lim

1

)1(limlim

2

2

2

nnnnn

n

n n

n

n

nn

n

nn

v

u

Робимо висновок про те, що обидва ряди одночасно розбігаються.

Приклад 7 Дослідити збіжність ряду ...6

23...

36

13

6

5

n

nn

Розв’язання. Кожний член ряду можна подати у вигляді суми двох

доданків ,3

1

2

1

6

2

6

3

6

2

6

3nnnn

n

n

n

n

nu

тому

1 1 11

.3

1

2

1

3

1

2

1

6

23

n n n

nn

n

nn

n

nn

193

Обидва ряди є геометричними і збігаються, оскільки ;12

11 q

13

12 q . На основі другої властивості рядів даний ряд, який є сумою двох

збіжних, збігається.

Приклад 8 Дослідити збіжність ряду

1

.111

n

nnn

Розв’язання. При n un являє невизначеність вигляду )(0 .

Перетворимо un:

.)11(

2

)11(

11

)11(

)1()1(

)11(

)11)(11(11

22

nnnnnn

nn

nnn

nn

nnn

nnnn

n

nnun

У якості еталонного ряду застосуємо ряд

12

3

1

nn

, який збігається при

.12

1p

Застосовуючи третю ознаку порівняння рядів

,0111

lim2)11(

2limlim

2

3

nn

n

nnn

n

v

u

nnn

n

n

робимо висновок про те, що обидва ряди одночасно збігаються.

Приклад 9 Довести збіжність ряду ...)!23(

1...

!8

1

!5

1

n

Розв’язання. Це ряд, що має додатні члени. Загальний член ряду

)!23(

1

nun містить факторіал, тому збіжність дослідимо за ознакою

Даламбера.

Замінивши у un величину n на n+1, знайдемо

.)!53(

1

!2)1(3

11

nnun

Отже,

,10)53)(43)(33(

1lim

)53)(43)(33()!23(

)!23(lim

)!53(

)!23(limlim 1

nnnnnnn

n

n

n

u

u

nnnn

n

n

отже, ряд збігається.

Приклад 10 Дослідити на збіжність ряд ...5

...25

4

5

1 2

n

n

194

Розв’язання. Це ряд, що має додатні члени. Застосуємо до нього ознаку

Даламбера. Запишемо (n+1) – й член ряду .5

)1(1

2

1

nn

nu Знайдемо

,110

2

10

)1(2lim

5

)1(lim

5

5)1(limlim

2

2

21

21

n

n

n

n

n

n

u

u

nnn

n

nn

n

n

таким чином, ряд збігається.

Приклад 11 Дослідити на збіжність ряд ...)1(ln

1...

3ln

1

2ln

12

nn

Розв’язання. Це ряд, що має додатні члени, його загальний член n

n

nu

)1ln(

1 . Отже, доцільно застосувати радикальну ознаку Коші

,10)1ln(

1lim

)1ln(

1limlim

nnu

n

n

n

n

nn

n

таким чином, даний ряд збігається.

Приклад 12 Дослідити на збіжність ряд ...1

...2

11 2

narctgarctgarctg n

Розв’язання. Це ряд, що має додатні члени, загальний член ряду

n

nn

arctgu1

. Застосовуючи радикальну ознаку Коші, отримаємо

,101

lim1

limlim

narctg

narctgu

n

n

n

n

nn

n

отже, ряд збігається.

Приклад 13 Дослідити на збіжність ряд ...)1ln()1(

1..

3ln3

1

2ln2

1

nn

Розв’язання. Даний ряд має додатні спадні члени

...)1ln()1(

1...

3ln3

1

2ln2

1

nn

Розглянемо функцію )1ln()1(

1)(

nnnf , частинні значення якої

дорівнюють членам ряду при n = 1,2,3,...

,...)1ln()1(

1)(,...,

3ln3

1)2(,

2ln2

1)1(

nnnfff

Невласний інтеграл

,)2lnln)1ln((lnlim

)1ln(lnlim)1ln(

))1(ln(lim

)1ln()1()(

1 11

1

b

nn

nd

nn

dndnnf

b

b

b

b

b

інтеграл розбігається. За інтегральною ознакою Коши ряд також розбігається.

195


Повторити теорію [9, л.32], с. 210 –214, [9, л.12], с. 79 –86.

Вправи

Знайти загальні члени наступних рядів:

1 ...63

1

52

1

41

1

Відповідь: .)3(

1

nn

2 ...32

1

22

1

2

122

arctgarctgarctg


12n

arctg

Дослідити збіжність числових рядів:

3 ...)4)(1(

1...

63

1

52

1

nn

Відповідь: ряд збігається.

4 ...)2(

1...

8

3

3

2

nn

n

Відповідь: ряд розбігається.

5

12

.1

1

n n

Відповідь: ряд розбігається.

6 ...)1(ln)1(

1...

3ln3

1

2ln2

1222

nn

Відповідь: ряд збігається.


1 Дайте означення числового ряду, його загального члена, частинної суми

збіжного й розбіжного рядів.

2 Дослідження збіжності ряду, складеного з членів геометричної прогресії.

3 Сформулюйте й доведіть основні властивості числових рядів.

4 Сформулюйте й доведіть необхідну ознаку збіжності ряду й наслідок цієї

ознаки.

5 Сформулюйте й доведіть ознаки порівняння рядів з додатними членами

6 Сформулюйте й доведіть ознаку Даламбера і Коші (радикальну й

інтегральну) збіжності рядів, наведіть приклади застосування цих ознак.

7 Дослідження збіжності узагальненого гармонічного ряду за допомогою

інтегральної ознаки Коші.

196


Знакозмінні ряди. Абсолютна та умовна збіжність. Степеневі ряди. Теорема

Абеля. Радіус збіжності. Область збіжності степеневого ряду. Розвинення

функції у степеневі ряди.


Приклад 1 Дослідити знакозмінний ряд на абсолютну й умовну збіжності

...)1ln(

)1(...

4ln

1

3ln

1

2ln

1 1

n

n

.

Розв’язання. Даний ряд є знакопочережним. Члени ряду спадають

...)1ln(

1...

4ln

1

3ln

1

2ln

1

n і .0

)1ln(

1limlim

nu

nn

n

Умови ознаки Лейбніца виконані, а це означає, що ряд збігається умовно.

Перевіримо ряд на абсолютну збіжність, складаючи ряд із абсолютних величин

даного ряду: ...)1ln(

1...

4ln

1

3ln

1

2ln

1

n

Отриманий ряд за другою ознакою порівняння розбігається. Таким

чином, даний ряд збігається умовно.

Приклад 2 Дослідити знакозмінний ряд на абсолютну й умовну

збіжності.

12

1.

21

n

nn

n

Розв’язання. Даний ряд є знакопочережним. Перевіримо виконання умов

ознаки Лейбніца:

.2

2ln2lim

2

2ln2lim

2lim

2limlim)2

...;2

...3

812)1

2

22

2

n

n

n

n

n

n

n

nn

n

n

nnn

u

n

Друга умова ознаки Лейбніца не виконується, тому ряд розбігається.

Приклад 3 Знайти область збіжності ряду

...2

)1(...

22

)1(

21

12

2

n

n

n

xxx

Розв`язання. Для даного функціонального ряду запишемо

.2)1(

)1(;

2

)1(1

1

1

n

n

nn

n

nn

xu

n

xu

Обчислимо 12

1

2)1(

21limlim

1

1

1

x

n

n

x

x

u

un

n

n

n

nn

n

n.

197

На основі ознаки Даламбера можна стверджувати, що ряд збігається і

причому абсолютно, якщо 112

1x або -1 <x < 1 ; ряд розбігається, якщо

112

1x , тобто якщо - < x < - 3 або 1 < x < . При х = 1 отримаємо

гармонічний ряд ...3

1

2

11 , який розбігається, а при х = -3 – ряд:

...3

1

2

11 , який відповідно до ознаки Лейбніца збігається умовно.

Отже, даний ряд збігається при 13 x .

Приклад 4 Знайти область збіжності степеневого ряду

...10...100010010 32 nn xxxx

Розв’язання. Даний ряд є повним степеневим за степенями х. Знайдемо

радіус збіжності за формулою (4.6) при ;10nna

.10

1

10lim

1

lim

1

n n

n

nn

na

R

Для всіх

10

1;

10

1x ряд збігається. Досліджуємо збіжність ряду в

граничних точках 10

1x i .

10

1x

При 10

1x отримаємо знакопочережний ряд ...1...111

n,

який розбігається, оскільки .1lim

nn

u

При 10

1x отримаємо знакододатний ряд 1+1+1+..., який розбігається,

оскільки не виконується необхідна умова збіжності числового ряду .01lim

nn

u

Отже, областю збіжності степеневого ряду є інтервал .10

1;

10

1

Приклад 5 Знайти область збіжності степеневого ряду

...10

...30020 1

32

n

n

n

xxxx

Розв’язання. Даний ряд є повним степеневим за степенями х.

;10

11

nn

na .

10)1(

11 nn

na

Радіус збіжності

.101

lim1010

10)1(limlim

11

n

n

n

n

a

aR

nn

n

nn

n

n

198

Для всіх 10;10x ряд збігається.

При х = - 10 отримаємо знакопочережний ряд

...10

1...3

10

2

1010

n

n

Для нього виконуються умови ознаки Лейбніца. Ряд збігається.

При x = 10 отримаємо знакододатний ряд

....1

...3

1

2

1110...

10...

3

10

2

1010

nn

Даний ряд розбігається, оскільки є гармонічним рядом, помноженим на 10.

Отже, областю збіжності даного ряду є інтервал .10;10

Приклад 6 Розвинути многочлен 423)( 23 xxxxf за степенями

двочлена (х + 1).

Розв’язання. Обчислимо значення функції та її похідних при х = а= - 1

,423)( 23 xxxxf ,84231)1( f

,263)( 2 xxxf ,5263)1( f

,66)( xxf ,066)1( f

,6)( xf .6)1( f

Підставляючи дані значення в ряд Тейлора, отримаємо

.)1()1(58!3

)1(6

!2

)1(0)1(58423 3

3223

xx

xxxxxx

Приклад 7 Розвинути функцію 3 38)( xxf в околі точки х = 0,

скориставшись формулою розвинення в ряд Маклорена функції .1m

x

Розв’язання. Перетворимо дану функцію, замінивши х на 8

3x :

3

13

3

33 3

812

8188)(

xxxxf

...

8!

11

3

1...1

3

1

3

1...

8!2

11

3

1

3

1

83

112

32

33n

x

nn

xx

....2!3

)43(...52...

2!23

2

23

122

36

2

3

n

n

x

n

nxx


Повторити теорію [9, л.33 - 35], с. 214 – 221.

Вправи

Дослідити на збіжність ряди.

199

1 ...)12(

11...

5

1

3

11

2

1

22

n

n

Відповідь: ряд збігається абсолютно.

2

1

.!

)cos(

n n

n

Відповідь: ряд збігається абсолютно.

Знайти область збіжності степеневих рядів:

3 ......1 2 nxxx

Відповідь: - 1 < x < 1.

4 ...1...32

132

n

xxxx

nn

Відповідь: .11 x

5 .3

)5(1

1

1

nn

nn

n

x

Відповідь: .82 x

Розвинути функції в степеневі ряди:

6 Розвинути многочлен 435)( 234 xxxxxf за степенями (х-4).

Відповідь: .564214374114234

xxxx

7 Розвинути функцію 2

)( xexf в ряд Маклорена.

Відповідь: ...)!1(

1...!2

122

14

2

n

xxx

nn

.


1 Дайте означення знакозмінного ряду.

2 Сформулюйте й доведіть ознаку Лейбніца збіжності знакопочережного

ряду та наведіть приклади застосування цієї ознаки.

3 Дайте означення абсолютно й умовно збіжних знакозмінних рядів.

4 Дайте означення степеневого ряду й інтервалу його збіжності.

5 Сформулюйте основні властивості збіжних степеневих рядів.

6 Сформулюйте й доведіть теорему Абеля про характер області збіжності

степеневих рядів.

7 Вивести формулу для обчислення радіуса збіжності степеневого ряду.

8 Запишіть формулу Тейлора для довільної функції з залишком у формі

Лагранжа і покажіть, за яких умов формула Тейлора переходить в ряд Тейлора,

а також в ряд Маклорена.

9 Сформулюйте й доведіть теорему про єдність розвинення функції в ряд

Тейлора.

10 Сформулюйте й доведіть теорему про можливість розвинення функції

в ряд Тейлора.

200

11 Сформулюйте необхідну й достатню умову збіжності рядів Тейлора і

Маклорена.


Елементи комбінаторики. Класифікація подій. Основні поняття та визначення.

Класична та статистична ймовірність, її властивості.

Відносна частота появи події. Геометрична ймовірність.


Приклад 1 Скільки чотиризначних чисел можна скласти з цифр 0, 1, 2, 3,

4, 5, якщо:

а) жодна з цифр не повторюється більше одного разу;

б) цифри можуть повторюватися;

в) цифри повинні бути непарними ( цифри можуть повторюватися)?


а) Першою цифрою числа може бути одна з п’яти цифр – 1, 2, 3, 4, 5 ( 0 не

може бути першою цифрою, оскільки в такому випадку число не є

чотиризначним); якщо перша цифра вибрана, то друга може бути вибрана

п’ятьма способами ( так як тепер 0 включається), третя – чотирма способами,

четверта – трьома способами. Згідно з правилом множення загальне число

способів дорівнює 3003455 .

б) Першою цифрою числа може бути одна з п’яти цифр – 1, 2, 3, 4, 5

( п’ять можливостей), для кожної з наступних цифр маємо шість можливостей

( 0, 1, 2, 3, 4, 5). Отже, число шуканих чисел дорівнює 1080656665 3 .

в) Першою цифрою може бути одна з цифр – 1, 2, 3, 4, 5, а останньою –

одна з цифр 1, 3, 5 ( числа повинні бути непарними). Отже, загальна кількість

чисел дорівнює 5403665 .

Приклад 2 Скільки тризначних і чотиризначних чисел можна скласти з

цифр 1, 2, 3, 4, якщо кожна цифра при складанні числа використовується не

більше одного разу?

Розв’язання. За правилом множення чотиризначне число можна скласти

241234 способами, тризначне число – 24234 способами. Тоді або

тризначне, або чотиризначне число може бути складене за правилом додавання

24+24=48 способами. Таким чином, загальне число тризначних і чотиризначних

чисел, які можна скласти з цифр 1, 2, 3, 4, використовуючи під час складання

числа кожну цифру не більше одного разу, дорівнює 48.

Приклад 3 Скільки тризначних чисел можна скласти з цифр 1, 2, 3, 4, 5,

6, 7?

Розв’язання. Кожне тризначне число, складене з указаних цифр, можна

розглядати як розміщення з повтореннями, складене з трьох цифр, узятих із

даних семи. Тому шукана кількість тризначних чисел 343733

7 A .

Приклад 4 Скільки різних чотиризначних чисел можна скласти з цифр 0,

1, 2, 3, якщо кожна цифра в зображенні числа зустрічається один раз?

201

Розв’язання. Чотиризначне число може бути подане як деяка

перестановка з цифр 0, 1, 2, 3, в якій перша цифра відмінна від нуля. Оскільки

число перестановок з чотирьох цифр дорівнює !44 P і з них !33 P

перестановок починаються з нуля, то шукана кількість чисел дорівнює

183123!33!3)14(!3!34!3!434

PP .

Приклад 4 Студенти першого курсу вивчають 10 різних предметів. У

понеділок три пари, причому всі різні. Скількома способами можна скласти

розклад на понеділок?

Розв’язання. Шукана кількість способів дорівнює числу розміщень з 10

елементів по три, тобто 72089103

10A ,

оскільки мова йде про всілякі групи, кожна з яких складається з трьох

елементів, взятих із 10, і які відрізняються одна від одної або складом

елементів, або їх порядком.

Приклад 5 У турнірі приймають участь 11 шахістів, причому кожні два

шахісти зустрічаються один раз. Скільки партій було зіграно в турнірі?

Розв’язання. Кількість зіграних партій знаходимо за формулою числа

сполучень з n різних елементів по k , бо тут мова йде про групи елементів із

11 по 2, які відрізняються одна від одної принаймні одним елементом. Порядок

тут не враховується в силу того, що кожні два шахісти зустрічаються один раз.

Отже, число зіграних партій 5521

10112

11

С .

Приклад 6 Партія містить 30 деталей, вісім із яких є дефектними.

Кількома способами можна відібрати з цієї партії шість деталей так, щоб

чотири з них були якісними, а дві дефектними?

Розв’язання. Серед 30 деталей вісім є дефектними і 30-8=22 якісних.

Чотири якісних деталі можна взяти з 22 якісних деталей 4

22С способами, а дві

дефектні деталі з восьми дефектних деталей можна взяти 2

8С способами. Тому

за правилом множення число способів, які дають можливість відібрати із цієї

партії шість деталей так, щоб чотири з них були якісними і дві дефектними,

складатиме 20482021

78

4321

192021222

8

2

22

СС .

Приклад 7 У коробці міститься шість однакових занумерованих кубиків.

Навмання по одному виймають усі кубики. Знайти ймовірність того, що номери

вийнятих кубиків з’являються у зростаючому порядку.

Розв’язання. Подія А – номери вийнятих кубиків з’являються у

зростаючому порядку. Число всіх наслідків знаходимо за формулою

720!66

Pn .

Очевидно, що сприятливим події А є один наслідок (номери вийнятих

кубиків з’являються у зростаючому порядку: 1, 2, 3, 4, 5, 6). Тому шуканою

ймовірністю є: 720

1)( AP .

202

Приклад 8 У конверті серед 100 фотографій знаходиться одна з тих, що

шукають. Із конверта виймають 10 фотографій. Знайти ймовірність того, що

серед них виявиться потрібна.

Розв’язання. Нехай подія А полягає в тому, що серед 10 навмання

вийнятих фотографій виявиться потрібна, тобто та, яку відшукують.

Число всіх наслідків можна обчислити за формулою !90!10

!10010

100Cn .

Сприятливими наслідками будуть такі, за яких серед 10 вийнятих

фотографій виявиться та одна, яку відшукують і, отже, 10 – 1 = 9 непотрібних.

Оскільки з усіх непотрібних 100 – 1 = 99 фотографій, об’єднуючи їх по дев’ять,

можна скласти 999C груп, то, приєднуючи до кожної такої групи фотографію,

що шукають, виявиться, що число наслідків, сприятливих події А буде

наступним: !90!9

!999

99Cm .

Отже, шукана ймовірність

.1,0100

10

100!99!9

10!9!99

!100!9

!10!99

!90!10

!100:

!90!9

!99)(

10

100

9

99

C

CAP

Приклад 9 Набираючи номер телефону, абонент забув останні три цифри

і, пам’ятаючи лише, що ці цифри різні, набрав їх навмання. Зайти ймовірність

того, що набрані потрібні цифри.

Розв’язання. Нехай подія А – набрані потрібні цифри. Враховуючи, що

три потрібні цифри повинні бути набрані з 10 різних цифр (абонент пам’ятав,

що цифри різні), число всіх наслідків знаходимо за формулою Число розміщень

із п різних елементів по k без повторень, бо тут важливо, які це будуть цифри

і який їх порядок. Таким чином, 72089103

10 An .

Сприятливим події А є лише один наслідок (правильний номер телефону).

Отже, 720

1)( AP .

Приклад 10 У партії з 15 деталей є вісім стандартних. Знайти ймовірність

того, що серед шести, взятих навмання деталей, буде чотири стандартних.

Розв’язання. Очевидно, що число всіх елементарних наслідків 6

15Cn .

Підрахуємо число елементарних наслідків, які сприяють події А – серед шести

взятих деталей буде чотири стандартних і 6 – 4 = 2 нестандартних. Число

способів, якими можна обрати чотири стандартних деталі з восьми, дорівнює 4

8С , а число способів, якими можна приєднати до них дві нестандартні деталі,

дорівнює 2

7С (нестандартних деталей у партії 15 – 8 = 7). Кожна комбінація

стандартних деталей може поєднуватися з кожною комбінацією нестандартних

деталей, тому 2

7

4

8CCm . Таким чином,

143

42

!9!6

!15:

!5!2!4!4

!7!8)(

6

15

2

7

4

8

C

CCAP .

203

Приклад 11 Десять різних книг поставлені навмання на одній полиці.

Знайти ймовірність того, що три конкретні книги будуть поставлені поряд

(подія А ).

Розв’язання. Уявимо собі, що три конкретні книги зв’язані разом. Тоді

число можливих способів розташування зв’язки на полиці дорівнює числу

перестановок із восьми елементів (зв’язка плюс решта сім книг), тобто !88 P . У

середині зв’язки три книги можна переставити !33 P раз. При цьому кожна

комбінація у середині зв’язки може поєднуватися з кожною із 8P комбінацій.

Тому число сприятливих події А наслідків дорівнює 38 PP , тобто 38 PPm .

Число n усіх можливих наслідків, очевидно, дорівнює !1010P .

Таким чином, шукана ймовірність 15

1

109

6

109

!3

!10

!3!8)(

10

38

P

PPAP .

Приклад 12 Першість з футболу виборюють 18 команд, серед яких п’ять

є лідируючими. Шляхом жеребкування команди розподілені на дві групи по

дев’ять команд у кожній. Яка ймовірність потрапляння всіх лідируючих команд

до однієї групи (подія А)? Яка ймовірність попадання двох лідируючих команд

в одну групу і трьох – до другої (подія В )?

Розв’язання. Очевидно, що 9

18Cn .

Події А сприяє стільки наслідків, скількома способами п’яти лідируючих

команд можуть утворити дев’ятки з чотирма командами з числа решти 13

команд. Тому обидві групи можуть бути утворені 4

13С способами.

Отже, 4

132CmA та 34

12)(

9

18

4

13 C

C

n

mAP A

.

Розмірковуючи аналогічно, знаходимо, що число Bm наслідків,

сприятливих події В, дорівнює 6

13

3

5

7

13

2

5 CCCCmB .

Отже, 17

12)(

9

18

6

13

3

5

7

13

2

5

C

CCCC

n

mBP B .

Приклад 13 На двох станках виготовляються однотипні деталі.

Ймовірність браку для першого станка складає 3%, а для другого – 2%.

Виготовлені деталі надходять на склад, причому деталей з першого станка

надходить удвічі більше ніж з другого. Обчислити ймовірність того, що взята із

складу навмання деталь буде бракованою (подія А).

Розв’язання. Припустимо, що на склад надійшло к штук деталей,

виготовлених на другому станку, і, отже, 2к штук деталей, виготовлених на

першому станку. Таким чином, на склад надходить всього п =3к штук деталей.

Знаючи, що ймовірність браку для першого і другого станків складає

відповідно 0,03 і 0,02, знаходимо кількість бракованих деталей

kkm 06,003,021 , виготовлених на першому станку, і kkm 02,002,02

кількість бракованих деталей, виготовлених на другому станку, отже, на склад

204

надходить kkkmmm 08,002,006,021 штук бракованих деталей, тобто

число наслідків, сприятливих події А. Таким чином, шукана ймовірність

027,03

08,0)(

k

kAP .

Приклад 14 Робітник обслуговує два агрегати. Багатоденні

спостереження показали, що кожний з них потребує десятихвилинної уваги

робітника протягом години. Знайти ймовірність того, що протягом години один

із агрегатів потребує уваги робітника в той час, коли він обслуговує другого

(припускається, що зупинка кожного з агрегатів протягом години може

відбутися в будь-який момент і моменти зупинки їх є незалежними).

Розв’язання. Нехай Х – момент початку обслуговування першого

агрегату, Y – другого. Один із агрегатів потребує

уваги робітника в той час, коли він обслуговує

другий, якщо 10YX .

Розглянемо X і Y як координати в

прямокутній системі координат. У якості одиниці

масштабу оберемо хвилину.

Усілякі наслідки зобразяться точками

квадрата із сторонами 60, а сприятливі наслідки

розташуються у заштрихованій області (рис.4).

Шукана ймовірність дорівнює відношенню площ

заштрихованої частини (її простіше знайти як

різницю між площею квадрата і площею двох

прямокутних рівнобедрених трикутників, катети яких дорівнюють по 50 ум.од.)

до площі всього квадрата, тобто 36

11

60

5050602

2

P .


Повторити теорію[9, л. 35 - 36], с. 221 – 229.

Вправи

Розв’язати задачі.

1 Скількома способами п’ять чоловік можуть розміститися у черзі до

каси?


2 Студенту необхідно здати п’ять екзаменів протягом 12 днів. Скількома

способами можна скласти розклад екзаменів?


3 Скільки різних чотиризначних чисел можна скласти з цифр 0, 1, 2, 3, 4,

5, 6, 7, 8, 8, якщо кожна цифра в зображенні числа зустрічається не більше

одного разу?


Рис. 14.1

10

y

0 x

60

50

40

30

20

60 50 40 30 20 10

y-x =10

x-y=10

205

4 Профком повинен виділити путівки, які має в наявності, на турбази, в

будинки відпочинку і спортивні табори по одній путівці чотирьом особам.

Скількома способами це можна зробити?


5 Пасажирський поїзд складається з трьох вантажних вагонів і восьми

купейних. Скількома способами можна сформувати состав, якщо вантажні

вагони повинні знаходитися в його початку?


6 У кіоску продається морозиво шести сортів. Скількома способами

можна купити 10 морозив?


7 Із цифр 1, 2, 3, 4, 5 складаються усілякі числа, кожне з яких містить три

або чотири цифри. Скільки таких чисел можна скласти, якщо цифри в числах не

повторюються?


8 Скількома способами можна скласти наряд з трьох солдат і одного

офіцера, якщо є 80 солдат і 3 офіцери?


9 Скільки є перестановок із цифр 1, 2, 3, 4, 5 таких, які не починаються

цифрою 5; числом 12?

Відповідь: 96; 114.

10 До студентської групи входить 10 дружинників. Три з них

перебувають у віці від 18 до 20 років, п’ять – від 20 до 22, два – від 22 до 24

років. Шляхом жеребкування з дружинників повинна бути обрана одна особа на

чергування. Чому дорівнює ймовірність того, що обраним виявиться

дружинник у віці від 18 до 22 років?

Відповідь: 0,8.

11 У середину круга радіуса R навмання кинута точка. Знайти

ймовірність того, що точка виявиться у середині вписаного в круг правильного

трикутника. Припускається, що ймовірність потрапляння точки в частину круга

пропорційна площі цієї частини і не залежить від її розташування відносно

круга.


33.


1 Що називають сполуками?

2 Які види сполук розрізняють?

3 Які сполуки називають розміщеннями, перестановками, комбінаціями?

4 Наведіть формули для обчислення числа розміщень, перестановок та

комбінацій з повторенням і без повторення елементів.

5 Що вивчає теорія ймовірностей?

6 Перерахуйте основні поняття теорії ймовірностей.

7 Що розуміють під випробуванням?

8 Що називають подією? Ймовірністю?

206

9 Яку подію називають випадковою, вірогідною, неможливою? Наведіть

приклади.

10 Які події називають несумісними? Сумісними? Наведіть приклади.

11 Які події називають рівно можливими? Наведіть приклади.

12 Що являє собою повна група подій? Наведіть приклади.

13 Дайте означення класичної, статистичної та геометричної

ймовірностей.

14 Сформулюйте властивості ймовірності та наведіть формулу для її

обчислення.


Теореми додавання та множення ймовірностей. Умовна ймовірність. Теорема

множення ймовірностей залежних подій. Ймовірність появи хоча б однієї події.

Теорема додавання ймовірностей сумісних подій. Формули повної ймовірності

та Байєса.


Приклад 1 Три станки працюють незалежно один від одного.

Ймовірність безперебійної роботи першого станка протягом деякого часу Т

дорівнює 9,01 p , другого – 8,02 p , третього – 7,03 p . Яка ймовірність того,

що протягом указаного проміжку часу

а) усі три станки працюють безперебійно (подія А);

б) лише два станки працюють безперебійно (подія В);

в) лише один станок працює безперебійно (подія С);

г) хоча б один з станків працює безперебійно (подія D);

д) жоден станок не працює (подія Е)?

Розв’язання. Введемо наступні події:

1A – працює перший станок,

2A – працює другий станок;

3A – працює третій станок.

Тоді протилежні їм події:

1A – не працює перший станок;

2A – не працює другий станок;

3A – не працює третій станок.

За умовою задачі 7,0)(;8,0)(;9,0)( 332211 pAPpAPpAP , отже,

3,07,01)(;2,08,01)(;1,09,01)( 332211 qAPqAPqAP .

а) очевидно, що подія 321 AAAA . Оскільки за умовою задачі події 1A ,

2A , 3A незалежні (станки працюють незалежно один від одного), то за

формулою ймовірності сумісної появи декількох подій, незалежних у

сукупності, маємо: 321321 )()()()( pppAPAPAPAP .

Виконуючи обчислення далі, знаходимо: 504,07,08,09,0)( AP .

207

б) Подія В полягає у тому, що працюють лише два станки з трьох. Це

можливо в разі появи однієї з наступних подій: або 321 AAA , або 321 AAA , або

321 AAA . Отже, В = 321 AAA + 321 AAA + 321 AAA .

Оскільки події 1A , 2A , 3A , 1A , 2A , і 3A незалежні в сукупності, а події

321 AAA , 321 AAA і 321 AAA несумісні, то знаходимо:

321321321321321321

321321321321321321

)()()()()()()()()(

)()()()()(

ppqpqpqppAPAPAPAPAPAPAPAPAP

AAAPAAAPAAAPAAAAAAAAAPBP

.

Підставляючи в отриману формулу відповідні значення ймовірностей,

остаточно будемо мати: 398,0056,0126,0216,07,08,01,07,02,09,03,08,09,0)( BP .

в) Аналогічні міркування приводять до того, що

321321321321321321 )()( pqqqpqqqpAAAAAAAAAPCP .

Після підстановки до цієї формули відповідних значень ймовірностей,

знаходимо: 092,0014,0024,0054,07,02,01,03,08,01,03,02,09,0)( CP .

г) Імовірність події D знаходимо за формулою ймовірності появи хоча б

однієї з подій nAAA ,...,, 21 , незалежних у сукупності, одержуємо:

3211)( qqqDP .

Після обчислень, отримаємо: 994,0006,013,02,01,01)( DP .

Цю саму ймовірність можна знайти інакше. Очевидно, що D = А + В + С.

Тоді Р(D) = Р(А) +Р(В) + Р(С) = 0,504 + 0,398 + 0,092 = 0,994.

Відзначимо, що цей спосіб розв’язання задачі є нераціональним. Дійсно,

якби ймовірності Р(А), Р(В) і Р(С) не були знайдені раніше, то обчислення Р(D)

значно б ускладнилося.

д) Подія Е полягає із суміщення незалежних подій 1A , 2A і 3A . Тому

321321321 )()()()()( qqqAPAPAPAAAPEP .

Підставляючи числові дані, отримаємо: 006,03,02,01,0)( EP .

З іншого боку, враховуючи, що події D і Е являються незалежними і,

отже, Р(Е) + Р(D) = 1, а Р(D) уже відома і дорівнює 0,994, знаходимо:

006,0994,01)( EP .

Як бачимо, отримали такий самий результат. Зауважимо, що тут було б

помилковим вважати, що протилежними являються події А і Е. Дійсно,

1510,0006,0504,0)()( EPAP .

Приклад 2 У ящику знаходиться 7 деталей першого сорту, 5 – другого і

3 – третього сорту. Із ящика послідовно виймають три деталі, причому взяті

деталі у ящик не повертають. Знайти ймовірність того, що перша взята деталь

буде першого сорту (подія 1A ), друга деталь – другого сорту (подія 2A ) і третя

деталь – третього сорту (подія 3A ).

208

Розв’язання. Позначимо через А подію, яка полягає у тому, що деталі

взяті з ящика в такій послідовності: деталь першого сорту, деталь другого

сорту, деталь третього сорту.

Очевидно, що 321 AAAA . Події 1A , 2A , 3A являються залежними, в силу

того, що взяті деталі в ящик не повертають. Отже, за формулою (3.8) маємо:

)()()()()( 321321 211APAPAPAAAPAP AAA .

Знайдемо ймовірності, які входять до правої частини цієї рівності.

Ймовірність того, що першою взята деталь першого сорту, 15

7)( 1 AP , або

всього деталей n = 7+5+3 = 15, а сприятливих появі події 1A – сім (m = 7).

Ймовірність того, що другою взяти деталь другого сорту, за умови, що першою

взята деталь першого сорту, 14

5)( 21APA , бо залишилось у ящику 14 деталей і із

них 5 – другого сорту. Ймовірність того, що третьою взято деталь третього

сорту після того, як були взяті деталь першого і деталь другого сорту,

13

3)( 321AP AA (після того, як було взято одну деталь першого сорту і одну деталь

другого сорту, в ящику залишилось 13 деталей, із них 3 – третього сорту).

Таким чином, шукана ймовірність 26

1

13

3

14

5

15

7)( AP .

Приклад 3 У першій коробці міститься 20 радіоламп, із них 18

стандартних; у другій – 10 радіоламп, із них 9 стандартних. Із другої коробки

навмання взята одна радіолампа і перекладена в першу. Знайти ймовірність

того, що радіолампа, взята навмання з першої коробки, буде стандартною

(подія А).

Розв’язання. Із другої коробки могла бути взята і перекладена в першу

або стандартна радіолампа (подія 1A ), або нестандартна (подія 2A ). Ймовірність

цих подій - 10

9)( 1 AP і

10

1)( 2 AP . Подія А може настати лише сумісно або з

подією 1A , або з подією 2A , які утворюють повну групу, бо

11,09,0)()( 21 APAP . Тому за теоремою додавання

)()()()( 2121 AAPAAPAAAAPAP .

Ураховуючи далі, що події 1AA і 2AA залежні, за теоремою множення

будемо мати: )()()();()()(21 2211 APAPAAPAPAPAAP AA .

Отже, )()()()()(21 21 APAPAPAPAP AA .

Умовна ймовірність того, що з першої коробки взята стандартна

радіолампа за умови, що з другої коробки в першу перекладена стандартна

радіолампа, 21

19)(

1APA , бо в першій коробці тепер знаходиться 21 радіолампа.

Серед цієї кількості радіоламп 19 є стандартними.

Умовна ймовірність того, що з першої коробки взята стандартна

радіолампа, за умови, що з другої коробки в першу перекладена нестандартна,

209

21

18)(

2APA , бо в першій коробці тепер знаходиться 21 радіолампа, а

стандартних, як і раніше, 18.

Таким чином, шукана ймовірність 9,021

18

10

1

21

19

10

9)( AP .

Приклад 4 Імовірність влучення в рухому ціль у результаті одного

пострілу є сталою і дорівнює 17%. Визначити витрату снарядів, необхідних для

виконання вогневого завдання і з ймовірністю 92%, якщо для її виконання

досить хоча б одного влучення.

Розв’язання. Враховуючи, що, 92,0%92)( AP , 17,0%17 p ,

83,017,011 pq , знаходимо: 1383,0ln

08,0ln

83,0ln

)92,01ln(

n .

Приклад 5 Два автомата виробляють однакові деталі, які поступають на

загальний конвеєр. Продуктивність першого автомата вдвічі більша

продуктивності другого. Перший автомат виробляє в середньому 60% деталей

відмінної якості, а другий – 84%. Навмання взята з конвеєра деталь виявилася

відмінної якості. Знайти ймовірність того, що ця деталь вироблена першим

автоматом.

Розв’язання. Позначимо через A подію – деталь відмінної якості.

Можна зробити два припущення (гіпотези): 1B деталь вироблена першим

автоматом, причому (оскільки перший автомат виробляє вдвічі більше деталей,

ніж другий) ;3

2)( 1 BP 2B деталь вироблена другим автоматом, причому

.3

1)( 2 BP

Умовна ймовірність того, що деталь буде відмінної якості, якщо вона

вироблена першим автоматом, .6,0)(1

APB

Умовна ймовірність того, що деталь буде відмінної якості, якщо вона

вироблена другим автоматом, .84,0)(2

APB

Імовірність того, що навмання взята деталь виявиться відмінної якості, за

формулою повної ймовірності дорівнює

.68,084,03

16,0

3

2)()()()()(

21 21 APBPAPBPAP BB

Шукана ймовірність того, що взята навмання відмінна деталь вироблена

першим автоматом, за формулою Байєса дорівнює

.17

10

68,0

6,03

2

)(

)()()( 11

1

AP

APBPBP

B

A



Вправи


210

1 Для сигналізації про аварію встановлені два незалежно працюючих

сигналізатора. Ймовірність того, що в разі аварії сигналізатор спрацює,

дорівнює 0,95 для першого сигналізатора і 0,9 для другого. Знайти ймовірність

того, що в разі аварії спрацює лише один сигналізатор.


2 У читальному залі є 6 підручників з теорії ймовірності, із яких 3 в

політурі. Бібліотекар навчання узяв 2 підручника. Знайти ймовірність того, що

обидва підручника будуть в палітурці.


3 Імовірність успішного виконання вправи для кожного з двох

спортсменів дорівнює 0,5. Спортсмени виконують вправу по черзі, причому

кожний робить по дві спроби. Той, хто першим виконає вправу, отримує приз.

Знайти ймовірність отримання призу спортсменами.


4 Електричне коло складається з двох послідовно з’єднаних елементів,

які можуть вийти з ладу незалежно один від одного з імовірностями р1 = 0,1 і

р2 = 0,2 відповідно. Обчислити ймовірність розриву живлення кола.


5 Імовірність биття скляної тари при навантаженні на автомашини

дорівнює 0,06, а під час транспортування на автомашинах - 0,05. Яка

ймовірність биття скляної тари ?


6 Імовірність того, що подія А настане хоча б один раз у трьох

незалежних у сукупності випробуваннях, дорівнює 0,936. Знайти ймовірність

появи події в одному випробуванні, якщо ймовірність появи події у кожному

випробуванні є однаковою.


7 Виріб перевіряється на стандартність одним з двох товарознавців.

Імовірність того, що виріб потрапить до першого товарознавця, дорівнює 0,55,

а до другого – 0,45. Імовірність того, що стандартний виріб буде визнаний

стандартним першим товарознавцем, дорівнює 0,9, а другим – 0,98. Знайти

ймовірність того, що це виріб перевірив другий товарознавець.



1 Які теореми вважать основними теоремами теорії ймовірностей?

2 Що розуміють під сумою подій А і В ?

3 Сформулюйте теорему додавання для несумісних подій. Наведіть

формулу для обчислення .

4 Сформулюйте теорему додавання для сумісних подій. Наведіть

формулу для обчислення.

5 Чому дорівнює сума ймовірностей подій, які утворюють повну групу

подій?

6 Чому дорівнює сума ймовірностей протилежних подій ?

211

7 Що розуміють під добутком подій А і В ?

8 Що називають умовною ймовірністю?

9 Сформулюйте теорему множення для незалежних подій. Наведіть


10 Сформулюйте теорему множення для залежних подій. Наведіть


11 Запишіть формулу повної ймовірності.

12 Сформулюйте теорему Байєса.


Повторні випробування. Формула Бернуллі. Граничні теореми.

Локальна та інтегральна теореми Лапласа.


Приклад 1 Два рівносильних шахіста грають у шахи. Що ймовірніше

виграти - три партії із шести чи дві партії із чотирьох? Нічиї до уваги не

приймаються.

Розв'язання. Так як у грі беруть участь рівносильні шахісти і нічиї до

уваги не приймаються, то в усіх партіях ймовірність виграшу є сталою і

дорівнює 0,5, отже ймовірність програшу також є сталою і дорівнює 0,5, тобто

р = q = 0,5. Тоді за формулою Бернуллі ймовірність того, що три партії із шести

будуть виграні, є такою:16

5)5,0()5,0(

321

456)3( 323333

66

qpCP , а ймовірність

того, що будуть виграні дві партії із чотирьох -

16

6)5,0()5,0(

21

34)2( 2222424

44

qpCP .

Оскільки )3()2( 64 PP , то ймовірніше виграти дві партії з 4, ніж 3 з 6.

Приклад 2 Імовірність того, що насіння даного сорту рослин зійде,

дорівнює 0,8. Яка ймовірність того, що з 5 посіяних насінин:

а) зійде не менше 4; б) зійде менше 4?

Розв'язання. а) маємо n = 5, р = 0,8 і q = 1 - 0,8 = 0,2; к ≥ 4, тобто

к набуває значення або 4, або 5. Тому шукана ймовірність матиме вигляд:

)5(5)5()4()4( 454055

5

44

5555pqppqpqpCqpCPPkP .

Після обчислення отримаємо: Р5(к ≥ 4) = (0,8)4·(5·0,2+0,8) = 0,73728.

б) маємо n = 5, р = 0,8 і q = 0,2; к < 4, тобто к набуває значення або 0,

або 1, або 2, або 3.

Тому шукана ймовірність матиме вигляд:

Р5(к < 4)=Р5(0) + Р5(1) + Р5(2) + Р5(3) .

Застосовуючи далі формулу Бернуллі для обчислення ймовірностей, які

належать до правої частини рівності, отримаємо остаточний результат. Не

важко, однак, переконатися, що безпосереднє застосування формули Бернуллі

приведе до надто громіздких обчислень (перевірте самостійно). Шукану

ймовірність можна знайти простішим способом, враховуючи той факт, що події

212

"зійде не менше 4 насінин із 5" і "зійде менше 4 насінин із 5" являються

протилежними і тому Р5(к ≥ 4) + Р5 (к < 4) = 1. Звідси Р5 (к< 4) = 1 - Р5(к ≥ 4).

Оскільки Р5(к ≥ 4) = 0,73728 (знайдено раніше), то остаточно маємо

Р5 (к< 4) = 1 - 0,73728 = 0,26272.

Зауважимо, що такий спосіб обчислення доцільно застосовувати і в ряді

інших завдань.

Приклад 3 За даними ВТК на сотню металевих брусків, заготовлених для

обробки, припадає 30 з зазубринами. Яка ймовірність того, що з семи брусків,

випадково взятих, не матимуть дефектів не більше 2?

Розв'язання. Нехай подія А - відсутність на бруску зазубрин. Тоді

Р(А) = р = 0,7 і Р (Ā) = q = 0,3. Число випробувань n = 7, к ≤ 2, тобто к

набуває значення або 0, або 1, або 2.

Шукана ймовірність за теоремою додавання Р7 (к2) = Р7(0)+Р7(1)+Р7(2).

Застосовуючи далі формулу Бернуллі для обчислення ймовірностей у

правій частині рівності, остаточно будемо мати:

.029,00287555,0)29,1047,109,0()3,0(

)3,0()7,0(21

67)3,0(7,07)3,0(

)2(

5

5267

522

7

611

7

700

77

qpCqpCqpCкP

Приклад 4 Відомо, що в прийнятій партії із 1000 деталей 4 є дефектними.

Знайти ймовірність того, що серед 50 навмання взятих деталей немає

дефектних.

Розв'язання. За умовою n = 50, ймовірність появи дефектної деталі

р = 0,004, ймовірність появи якісної деталі q = 0,004. Відсутність серед 50

деталей дефектних означає що всі взяті деталі є якісними. Тому при к = 0 за

формулою Бернуллі отримаємо: 505000

5050 )996,0()0( qpCP

Логарифмуючи рівність, маємо: 2004,0)00401,0(50996,0ln50)0(ln 50 P ,

звідки 8184,0)90( 2004,0

50 eP .

Обчислюючи 2,0004,050 np і застосовуючи формулу Пуассона,

маємо ,8187,0!0

)0(2,00

50

e

P

що дає відхилення від результату, отриманого

за формулою Бернуллі, менш за 0,3 %.

Зауважимо, що застосування наближеної формули Лапласа потребує

більше громіздких обчислень і дає ймовірність

8077,0)45,0(996,0004,050

1)0(50

P з відхиленням 1,07 % від точного

значення.

Приклад 5 Знайти середнє число λ бракованих виробів у партії виробів,

якщо ймовірність того, що у цій партії міститься хоча б один бракований виріб,

дорівнює 0,95. Припускається що число бракованих виробів у розглядуваній

партії розподілено за законом Пуассона.

213

Розв'язання. Позначимо через А подію, яка полягає у тому, що у

розглядуваній партії міститься хоча б один бракований виріб, а через Ā - подію,

яка полягає у тому, що у розглядуваній партії бракованих виробів немає. Через

те що події А і Ā протилежні, то Р(А) + Р(Ā) = 1.

Із цієї рівності з урахуванням того, що число за законом Пуассона,

знаходимо Р(А) = 1 - Р(Ā) = 1 - Рn(0) = 1- е .

За умовою задачі ця сама ймовірність дорівнює 0,95, тому 1- е = 0,95.

Звідси е = 1 - 0,95 = 0,05.

Розв'язуючи це рівняння отримаємо - λ = ln 0,05 або λ = 3.

Таким чином, у розглядуваній партії середнє число бракованих виробів

дорівнює трьом.

Приклад 6 За установленого технологічного процесу фабрика випускає у

середньому 70 % продукції першого ґатунку. Чому дорівнює ймовірність того,

що у партії з 2100 виробів першосортних міститься між 1450 і 1500?

Розв'язання. Відомо число незалежних випробувань - n=2100.

Імовірність настання події у кожному окремому випробувані - р = 0,7.

Треба знайти ймовірність того, що число появи події міститься між к1=1450 і

к2=1500. Шукану ймовірність знаходимо за формулою (6.4):

)()();( 1221 xxkkPn , де npq

npkx

1

1 , npq

npkx

2

2 .

Знаходимо значення х1 і х2:

;95,021

20

3,07,02100

7,0210014501

x ;43,1

21

30

3,07,02100

7,0210015002

x

Враховуючи, що функція Лапласа непарна, тобто Ф(-х)=-Ф(х), отримаємо

Р2100 (1450; 1500) ≈ Ф(1,43) - Ф(-0,95) = Ф(1,43) + Ф(0,95) =

= 0,4236 + 0,3289 = 0,7525.

Значення функції Лапласа Ф(1,43) і Ф(0,95) знайдені за таблицею.

Приклад 7 З конвеєра сходить у середньому 85 % виробів першого сорту.

Скільки виробів необхідно взяти, щоб з ймовірністю 0,997 відхилення частоти

виробу першого сорту у них від 0,85 за абсолютною величиною не

перевищувало 0,01?

Розв'язання. За умовою р = 0,85, q = 1 - 0,85 = 0,15, ε = 0,01,

.997,0)01,085,0( n

mP

Згідно з формулою

pq

np

n

mP 2( маємо:

997,015,085,0

01,02

n або 4985,0028,0 n

За таблицею знаходимо .4985,0)96,2(

Отже, 96,2.028,0 n . Звідси .11176n

Таким чином, шукане число виробів .11176n

214

Приклад 8 Відділ технічного контролю (ВТК) перевіряє на стандартність

900 деталей. Імовірність того, що деталь стандартна, дорівнює 0,9. Знайти з

ймовірністю 0,9544 межі, у яких буде міститися число m стандартних деталей

серед перевірених.

Розв'язання. За умовою n = 900, р = 0,9, q = 0,1, .9544,0)9,0900

( m

P

Згідно з формулою

pq

np

n

mP 2( маємо:

9544,01,09,0

9002

або 4772,0)100( .

За таблицею знаходимо 4772,0)2( . Отже, 100 ε = 2 . Звідси ε = 0,02.

Таким чином, з ймовірністю 0,9544 відхилення відносної частоти числа

стандартних деталей від ймовірності 0,9 задовольняє нерівності .02,09,0900

m

Розв'язуючи цю нерівність отримаємо

02,09,0900

02,0 m

або 0,88 0,92900

m звідки 792 ≤ m ≤ 828,

Отже, шукане число m стандартних деталей серед 900 перевірених з

ймовірністю 0,9544 міститься в таких межах: 792 ≤ m ≤ 828.


Повторити теорію,[9, л. 37-40] с. 230 –247.

Вправи


1 Імовірність того, що насіння для даної рослини проросте, дорівнює 90

%. Знайти ймовірність того, що з чотирьох посіяних насінин три зійдуть

(проростуть).


2 На автобазі знаходиться 12 автомашин. Імовірність виходу на лінію

кожної з них дорівнює 0,8. Знайти ймовірність нормальної роботи автобази в

найближчі 5 діб, якщо для цього необхідно мати на лінії не менше 8

автомашин.


3 Штамповка металевих клем для з'єднувальних пластин дає 20 % браку.

Обчислити ймовірність наявності від 100 до 125 клем, не відповідних

стандарту, в партії з 600 клем.


4 Ймовірність появи події у кожному з 21 незалежних випробовувань

дорівнює 0,7. Знайти ймовірність того, що подія настане в більшості

випробовувань.


215

5 Із партії, в якій доля деталей першого ґатунку дорівнює 0,8, відібрано 60

одиниць (з поверненням). Обчислити ймовірність того, що серед відібраних

деталей 48 виявиться першого ґатунку.


6 Імовірність своєчасного прибуття кожного поїзда далекого слідування

дорівнює 0,95. Знайти ймовірність того, що з 5 потягів, які послідовно

прибувають, 4 прибудуть без запізнення.


7 Імовірність хоча б одного влучення у результаті двох пострілів

дорівнює 0,96. Знайти ймовірність 3 влучень у результаті 4 пострілів.


8 Знайти наближену ймовірність того, що число випадань 3 при 4200

кинутих гральних кубиків буде знаходитися між 650 і 700.



1 Які події називають незалежними?

2 Що включає поняття "повторні випробування" ?

3 Як знайти ймовірність того, що в результаті n незалежних випробувань

подія настане рівно к раз?

4 Формула Бернуллі та її застосування.

5 Сформулюйте локальну теорему Лапласа. У яких випадках вона

застосовується?

6 Як знайти значення φ(х), коли х > 5?

7 Наведіть формулу Пуассона для знаходження Рn(к). В яких випадках

вона застосовується?

8 Сформулюйте інтегральну теорему Лапласа.

9 Який вигляд має функція Лапласа φ(х)?

10 Властивості функції Лапласа φ(х). Як знайти значення φ(х), коли х > 5?


Дискретні випадкові величини та закони їх розподілу.

Біноміальний закон та закон Пуассона.

Числові характеристики дискретних випадкових величин та їх властивості.

Інтегральна та диференціальна функції розподілу і їх властивості.


Приклад 1 Пристрій складається з трьох незалежно працюючих

елементів. Імовірність відмови кожного елемента в одному випробуванні

дорівнює 0,1. Скласти закон розподілу числа елементів, що відмовили в одному

випробуванні.

Розв'язання. Дискретна випадкова величина Х (число елементів, що

відмовили в одному випробуванні) набуває наступних можливих значень: х1 =

0 (жоден із елементів пристрою не відмовив), х2 = 1 (відмовив один елемент),

х3 = 2 (відмовили два елемента) і х4 = 3 (відмовили три елементи).

216

Відмови елементів незалежні одна від одної, ймовірності відмови

кожного елемента рівні між собою, тому має місце формула Бернуллі.

Враховуючи, що за умовою n = 3, p = 0,1, q = 1- 0,1 = 0,9, отримаємо:

;729,0)9,0()0()0( 3300

33 qpCPXP

;243,0)9,0(1,03)1()1( 2211

33 qpCPXP

;027,09,0)1,0(3)2()2( 2121

33 qpCPXP

.001,0)1,0()3()3( 3033

33 qpCPXP

Контроль:

4

1

.1001,0027,0243,0729,0i

ip

Шуканий біноміальний закон розподілу Х має вигляд:

Х 0 1 2 3

Р 0,729 0,243 0,027 0,001

Приклад 2 Знайти математичне сподівання дискретної випадкової

величини Х, заданої законом розподілу:

Х 4 6 8 10 12

Р 0,3 0,15 0,18 0,17 0,2

Розв'язання. За формулою обчислення математичного сподівання

дискретної випадкової величини маємо:

М(Х) = 4·0,3 + 6·0,15 + 8·0,18 + 10·0,17 + 12·0,2 = 7,64.

Отже, математичне сподівання дискретної випадкової величини Х

дорівнює 7,64.

Приклад 3 Знайти математичне сподівання випадкової величини

Z = 3Х + 4 Y, якщо відомо, що М(Х) = 2, М(Y) = 6.

Розв'язання. Скориставшись відповідними властивостями

математичного сподівання, одержуємо:

М(Z) = М(3Х + 4Y) = М(3Х) + М(4Y) = 3М(Х) + 4М(Y) = 3 ·2 + 4·6 = 6 + 24 = 30.

Приклад 4 Дано перелік можливих значень дискретної випадкової

величини Х: х1 = 1, х2 = 2, х3 = 3, а також відоме математичне сподівання цієї

величини і її квадрата: М(Х) = 2,3, М(Х2) = 5,9. Знайти ймовірності, які

відповідають можливим значенням Х.

Розв'язання. Враховуючи, що

,13

1

i

ip

3

1

,)(i

iiрхXM ,)(

3

1

22

ii

ipхXM

а також беручи до уваги,

що М(Х) = 2,3, М(Х2) = 5,9, отримаємо наступну систему трьох лінійних

рівнянь відносно невідомих ймовірностей:

.9,594

;3,232

;1

321

321

321

ppp

ppp

ppp

217

Розв'язавши цю систему, знайдемо шуані ймовірності: р1 = 0,2, р2 = 0,3,

р3 = 0,5.

Приклад 5 Відділ технічного контролю перевіряє вироби на

стандартність. Імовірність того, що виріб є стандартним, дорівнює 0,9. У

кожній партії міститься 5 виробів. Знайти математичне сподівання дискретної

випадкової величини Х - число партій, у кожній із яких виявиться рівно 4

стандартних вироби, якщо перевірці підлягає 50 партій.

Розв'язання. За формулою Бернуллі знаходимо ймовірність того, що в

партії з 5 виробів стандартних виробів міститься рівно 4 вироби є

стандартними: .32805,01,0)9,0(5)4( 444

55 qpCP

За умовою задачі перевірці підлягає 50 партій. Тому М(Х) = 50 · 0,32805 ≈ 16.

Таким чином, у 16 партіях із 50, підлеглих перевірці, виявиться рівно

чотири стандартних вироби.

Приклад 6 Випадкові величини Х і Y є незалежними. Знайти дисперсію

випадкової величини Z = 2Х + 3 Y, якщо відомо, що D( Х ) = 4, D( Y ) = 5.

Розв'язання. Скориставшись відповідними властивостями дисперсії,

отримаємо: D(Z) = D(2Х + 3Y) = D(2Х) + D(3Y) = 4D(Х) = 9D(Y) = 4·4 + 9·5 = 61.

Приклад 7 Проводяться незалежні випробування з однаковою ймовір-

ністю появи події А у кожному випробуванні. Знайти ймовірність появи події А

в одному випробуванні, якщо дисперсія числа настання події у трьох

незалежних випробуваннях дорівнює 0,63.

Розв'язання. Використовуючи формулу D( Х ) = npq і беручи до уваги,

що n = 3, D(Х) = 0,63, р + q = 1, отримаємо: 3 р(1 - р) = 0,63 або р2 - р + 0,21 = 0.

Після розв'язання цього рівняння ймовірність появи події А в кожному

випробуванні дорівнює або 0,3, або 0,7.

Приклад 8 Випадкова величина Х на всій осі 0х задана інтегральною

функцією .1

2

1)( arctgxхF

Знайти ймовірність того, що в результаті

випробування величина Х набуває значення, яке належить до інтервалу (0; 1).

Розв'язання. Для знаходження шуканої ймовірності скористаємося

властивістю інтегральної функції:

Р(а < Х < в) = F(в) - F(а).

Поклавши а = 0, в = 1, отримаємо: 1 1 1 1 1 1 1 1 1

(0 1) (1) (0) 1 ( 0) 0 .2 2 2 4 2 4

P X F F arctg arctg

Приклад 9 Випадкова величина Х задана інтегральною функцією

.11

,10

,00

)( 2

хпри

хприх

хпри

xF

Знайти ймовірність того, що в результаті чотирьох незалежних

випробувань величина Х рівно тричі набуде значення, яке належить до

інтервалу (0,25; 0,75).

218

Розв'язання. Спочатку знайдемо ймовірність того, що випадкова вели-

чина Х в результаті одного випробування набуде значення, яке належить до

інтервалу (0,25; 0,75).

За формулою Р(а < Х < в) = F(в) - F(а) знаходимо:

р = Р(0,25 < Х < 0,75) = F(0,75) – F(0,25) = (0,75)2 – (0,25)2 = 0,5.

Беручи до уваги, що в результаті чотирьох незалежних випробувань

(кількість випробувань n = 4 мале) випадкова величина Х рівно тричі повинна

набути значення, яке належить до інтервалу (0,25; 0,75), за формулою Бернуллі

знаходимо шукану ймовірність:

.25,00625,04)5,0(4)5,01()5,0(4)3( 4333

44 qpCP

Приклад 10 Випадкова величина Х задана на всій осі 0х інтегральною

функцією .2

1

2

1)(

xarctgхF

Знайти можливе значення х1, яке задовольняє

умові: з імовірністю 4

1 випадкова величина Х у результаті випробування

набуде значення, більшого за х1.

Розв'язання. Події Х ≤ х1 і Х > х1 – протилежні, тому

Р( Х ≤ х1) + Р( Х > х1) = 1.

За умовою Р( Х > х1) = 4

1, отже, Р( Х ≤ х1 ) = 1 – Р( Х > х1) = 1 –

4

1 = .

4

3

Оскільки Р(Х = х1) = 0, то Р(Х ≤ х1 ) = Р(Х = х1 ) + Р(Х < х1 ) = Р(Х < х1)= .4

3

За означенням інтегральної функції Р( Х < х1) = F( х1) = .2

1

2

1 1xarctg

Отже, .4

3

2

1

2

1 1 x

arctg

або .42

1

xarctg Звідси 1

2

1 x

або х1 = 2.

Таким чином, шукане значення х1 = 2.

Приклад 11 Дана інтегральна функція неперервної випадкової величини

Х:

.4

1

,4

02sin

,00

)(

хпри

xприx

хпри

xF

Знайти диференційну функцію f(х).

Розв'язання. За означенням, диференціальна функція дорівнює першій

похідній від інтегральної функції, тобто

.4

0

,4

02cos2

,00

)()(

хпри

xприx

хпри

xFxf

219


Повторити теорію [9, л. 41 - 42], с. 247 – 255.

Вправи


1 Із ящика, в якому знаходиться 6 білих і 4 чорних кульки, виймається

кулька п’ять разів підряд, причому кожного разу вийнята кулька повертається

назад і кульки перемішуються. Випадкова величина Х - число вийнятих білих

кульок. Скласти закон розподілу випадкової величини Х і знайти її

математичне сподівання, дисперсію і середнє квадратичне відхилення.

Відповідь: М(Х) = 3, D(Х) = 1,2, )(Х = 1,095.


2 Скласти закон розподілу числа очок, вибитих стрільцем у результаті

чотирьох пострілів, якщо ймовірність влучення при кожному пострілі дорівнює

0,3, причому за кожне попадання стрілець отримує по п’ять очок, а за кожний

промах у нього знімають два очка.

Відповідь:

Х -8 -1 6 13 206

Р 0,2401 0,4116 0,2646 0,0756 0,0081

3 Дискретна випадкова величина Х набуває три можливих значення: х1 =

4 з ймовірністю р1 = 0,5; х2 = 6 з ймовірністю р2 = 0,3 і х3 з ймовірністю р3.

Знайти х3 і р3, якщо відомо що М(Х) = 8.

Відповідь: х3 = 21; р3 = 0,2.

4 Дано перелік можливих значень дискретної випадкової величини Х: х1

= – 1; х2 = 0; х3 = 1, а також відоме математичне сподівання цієї величини і її

квадрата: М(Х) = 0,1; М(Х2) = 0,9.

Знайти ймовірність р1, р2, р3, які відповідають можливим значенням х1,

х2, х3.

Відповідь: р1 = 0,4; р2 = 0,1; р3 = 0,5.

5 Дискретна випадкова величина Х має лише три можливих значення: х1

= 1; х2 і х3, при чому х1 < х2 < х3. Ймовірність того, що Х набуває значення х1

і х2 , відповідно дорівнює 0,3 і 0,2. Знайти закон розподілу величини Х, якщо

відомі її математичні сподівання М(Х) = 2,2 і дисперсія D(Х) = 0,76.

Відповідь:

Х 1 2 3

Р 0,3 0,2 0,5

6 Імовірність відмови деталі за час дослідження на надійність дорівнює

0,2. Знайти математичне сподівання і дисперсію числа деталей, які відмовили,

якщо дослідженню будуть підлягати 10 деталей.

Відповідь: М(Х) = 2; D(Х) = 1,6.

7 На шляху руху автомобіля 4 світлофори, кожний із яких або дозволяє,

або забороняє подальший рух автомобіля з імовірністю 0,5. Знайти

математичне сподівання і дисперсію числа пройдених автомобілем світлофорів

до першої зупинки.

Відповідь: 0,938; 1,43.

220

8 Випадкова величина Х задана інтегральною функцією

.2,1

,22,2

1

2

1

,2,0

)(

xпри

xприx

arctg

xпри

xF

Знайти ймовірність того, що в результаті випробовування величина Х

набуде значення, яке належить інтервалу ( -1; 1 ).


1.

9 Випадкова величина Х підпорядкована закону розподілу з щільністю

ймовірності

.3,1

,30),3(

,0,0

)( 2

xпри

xприxxa

xпри

xf

Знайти: а) коефіцієнт a ; б) функцію розподілу )(xF ; в) імовірність

потрапляння Х до інтервалу (1; 2) (двома способами). Побудувати графіки

функцій )(xf і )(xF .


2; б)

.3,1

,30,27

2

3

1

,0,0

)( 32

xпри

xприxx

xпри

xf ; в) 27

13.


1 Яка величина називається випадковою?

2 Як прийнято позначати випадкові величини та їх значення?

3 Що являє собою закон розподілу випадкової величини?

4 Як можна задати закон розподілу випадкової величини?

5 Яка випадкова величина називається дискретною?

6 У чому полягає біноміальний закон та закон Пуассона дискретної

випадкової величини?

7 Назвіть числові характеристики дискретної випадкової величини.

8 Що називають математичним сподіванням і дисперсією дискретної

випадкової величини? Яким чином вони їх характеризують?

9 Яку випадкову величину називають неперервною?

10 Що називають інтегральною функцією? Сформулюйте її властивості.

11 Дайте означення диференціальної функції (щільності розподілу).


Неперервні випадкові величини, їх числові характеристики, закони розподілу.

Рівномірний розподіл, нормальний розподіл, їх числові характеристики. Закон

великих чисел. Теореми Бернуллі та Чебишева.

221


Приклад 1 Дано функцію

.20

,20)4(

,00

)( 3

хпри

xприххa

хпри

xf

При якому значенні а функція f(х) може бути прийнята за щільність

ймовірності випадкової величини Х? Знайти математичне сподівання,

дисперсію і середнє квадратичне відхилення відповідної випадкової

величини Х. Обчислити Р( 1 < Х < 3 ).

Розв'язання. Функція f(х) може бути прийнята за щільність імовірності,

якщо f(х) ≥ 0 і .1)(

dxxf

Беручи до уваги, що при х < 0 і х > 2 функція f(х) = 0 згідно з рівністю

1)(

dxхf отримаємо: .1)4(2

0

3 dxxxa Обчислюючи інтеграл, будемо мати

1)4

2(

2

0

4

2 х

ха або 1)48( a , звідки 4

1a .

Оскільки при 4

1a задана функція f(х) ≥ 0 (пропонуємо переконатися у

цьому самостійно) і невласний інтеграл від цієї функції дорівнює одиниці, то

20

,20)4(4

1

,00

)( 3

хпри

xприхх

хпри

xf

і є щільністю ймовірності неперервної випадкової величини Х.

Тепер знаходимо математичне сподівання Х:

.15

16)

5

1

3

1(8)

5

32

3

32(

4

1

53

4

4

1)4(

4

1)4(

4

1)()(

2

0

532

0

423

2

0

ххdхххdххххdxххfXM

в

а

Далі знаходимо дисперсію випадкової величини Х.

.225

44

225

256300

225

256

3

4

225

256

3

3216

4

1

225

256

0

2

64

1

225

2564

4

1

15

164

4

1)

6

4

2

0

53

22

0

3222

)()x

(x

)dxxx()dxxx(x(ХMf(x)dxxD(Х(b

a

Обчислюємо середнє квадратичне відхилення Х:

44,01115

2

225

44)()( ХDХ .

222

За формулою )()()()( aFвFdxхfвXaP

в

a

обчислюємо шукану

ймовірність того, що випадкова величина Х набуде значення, яке належить

інтервалу (1; 3):

2

1

4

2

3

2

3

16

9)

4

1248(

4

1

1

2)

42(

4

10)4(

4

1)31(

xxdxdxxxХP .

Приклад 2 Ціна поділки шкали вимірювального приладу дорівнює 0,2.

Показ приладу заокруглюють до найближчої цілої поділки. Знайти ймовірність

того, що при відліку буде зроблена похибка:

а) менша за 0,04; б) більша за 0,05.

Розв'язання.

а) Похибку заокруглення відліку можна розглядати як випадкову

величину Х, яка розподілена рівномірно в інтервалі між двома сусідніми цілими

поділками. У даній задачі довжина інтервалу, в якому містяться можливі

значення Х, дорівнює 0,2, тому .52,0

1)( xf

Легко зрозуміти, що похибка відліку буде менша за 0,04, якщо вона буде

міститися в інтервалах (0; 0,04 ) або ( 0,16; 0,20 ), тобто коли 0< Х <0,04 або

0,16<Хx <0,20. Оскільки події 0< Х <0,04 і 0,16 < Х <0,20 несумісні, то за

теоремою додавання ймовірностей несумісних подій ).20,016,0()04,00()04,0( ХPХPХP

Застосовуючи далі формулу )()()()( aFвFdxхfвXaP

в

a

, отримаємо

.4,08,012,016,0

20,05

0

04,0555)04,0(

20,0

16,0

04,0

0

xxdxdxХP

Таким чином, імовірність того, що при відліку буде зроблена похибка,

менша за 0,04, дорівнює 0,4.

б) При відліку буде припущена похибка, більша за 0,05, якщо

0,05<Х<0,15, тому

.5,025,075,005,0

15,055)15,005,0()05,0(

15,0

05,0

xdxХPХP

Приклад 3 Автобуси деякого маршруту рухаються строго за розкладом.

Інтервал руху – 5 хв. Знайти ймовірність того, що пасажир, який підійшов до

зупинки, буде чекати чергового автобуса менше 3 хв.

Розв'язання. Час очікування чергового автобуса можна розглядати як

випадкову величину Х, розподілену рівномірно. У даній задачі довжина

інтервалу руху, в якому містяться можливі значення Х, дорівнює 5 хв, тому

.5

11)(

abxf

Очевидно, що пасажир, який підійшов до зупинки, буде чекати чергового

автобуса менше 3 хв, якщо 2< Х <5.

223

За формулою b

a

dxxfbХaP )()( знаходимо

.6,05

3

5

21

2

5

5

1

5

1)52()5(

5

2

xdxХPХP

Отже, шукана ймовірність дорівнює 0,6.

Приклад 4 Автомат штампує деталі. Контролюється довжина деталі Х,

розподілена нормально з математичним сподіванням (проектна довжина),

рівним 50 мм. Фактична довжина виготовлених деталей не менша за 32 мм і не

більша за 68 мм. Знайти ймовірність того, що довжина навмання взятої деталі:

а) більша за 55 мм; б) менша за 40 мм.


а) Оскільки фактична довжина виготовлених деталей не менша за 32 мм і

не більша за 68 мм, то подія 6832 x є вірогідною. Тому .1)6832()6832( ХPХP

З іншого боку, за формулою )()()(

аXР

маємо:

.18

2181850325068

)6832(

ФФФФФХP

Отже, 118

2

Ф , або 5,0

18

Ф .

За таблицею значень функції Лапласа (додаток Б), знаходимо 518

,

звідки 6,35

18 .

Шукана ймовірність, тобто ймовірність того, що довжина навмання взятої

деталі більша за 55 мм, і, очевидно, менша за 68 мм, буде такою:

.0823,04177,05,039,156,3

5055

6,3

5068)6855(

ФФФФХP

б) Імовірність того, що довжина навмання взятої деталі менша за 40 мм, і,

очевидно, більша за 32 мм, дорівнює:

.0027,04973,05,0

78,25578,26,3

5032

6,3

5040)4032(

ФФФФФФХP

Приклад 5 У освітлювальну мережу паралельно включено 20 ламп.

Імовірність того, що за час Т лампа буде включена, дорівнює 0,8.

Скориставшись нерівністю Чебишева, оцінити ймовірність того, що абсолютна

величина різниці між числом включених ламп і середнім числом

(математичним сподіванням) включених ламп за час Т виявиться: а) меншою за

три; б) не меншою за три.


224

а) Позначимо через Х дискретну випадкову величину - число включених

ламп за Т час.

Тоді М(Х) = np = 20 · 0,8 = 16, D(Х) = npq = 20 · 0,8 · 0,2 = 3,2.

Скористаємося нерівністю Чебишева: .)(

1))((2

XD

XMXP

Підставляючи до цієї нерівності М(Х) = 16, D(Х) = 3,2, ε = 3, отримаємо

.64,09

2,31)316( XP

б) Події 316 X і 316 X є протилежними, тому сума їх

імовірностей дорівнює одиниці.

Отже, .36,064,01)316( XP

Приклад 6 Дано: 9,0))(( XMXP і D(Х) = 0,009.

Використовуючи нерівність Чебишева, знайти .

Розв'язання. Згідно з нерівністю Чебишева маємо:

2

)(1))((

XDXMXP

і з урахуванням, що 9,0))(( XMXP , а D(Х) = 0,009, одержуємо

9,0009,0

12

або 2 0,0090,09

1 0,9

.

Звідки .3,009,0

Приклад 7 Дисперсія кожної із попарно незалежних 16000 випадкових

величин не перевищує 10. Потрібно: а) оцінити ймовірність того, що

відхилення середньої арифметичної Х цих величин від математичного

сподівання їх середньої М( Х ) не перевищує 0,25; б) визначити, скільки таких

випадкових величин потрібно взяти, щоб із ймовірністю, не меншою за 0,99,

можна було стверджувати, що абсолютна величина різниці між Х і М( Х ) не

перевищує 0,25.


а) Для оцінки ймовірності скористаємося нерівністю:

.1))((2

n

CХMХP

За умовою: n = 16000, D(Х) ≤ С = 10, ,25,0

Отже,

.99,0)25,0(16000

101)25,0)((

2

ХMХP

б) Використовуючи нерівність 2

)(1))((

ХDХMХP і беручи до

уваги, що

99,0)25,0)(( ХMХP , С = 10, ,25,0

225

отримаємо

2

101 0,99

(0,25)n

, звідки .16000

)25,0()99,01(

102

n

Приклад 8 Під час штамповки пластинок із пластмаси за даними ВТК

брак складає 3 %. Знайти ймовірність того, що під час перегляду партії у 1000

пластинок виявиться відхилення від встановленого відсотка браку менше

ніж 1 %.

Розв'язання. У даному випадку потрібно визначити )( pn

mP

при р = 3 % = 0,03, 01,0%1 , n = 1000.

Використовуючи нерівність 21)(

n

pqр

n

mP , одержимо

.709,01,0

0291,01

)01,0(1000

97,003,011

22

n

pqP

Таким чином, Р ≥ 0,709.

Приклад 9 Імовірність того, що випущений екземпляр годинника має

точність ходу в межах стандарту, дорівнює 0,97. Оцінити ймовірність того, що

серед 1000 годинників доля годинників з точністю ходу в межах норми

відхилиться (за абсолютною величиною) від ймовірності 0,97 не більше ніж на

0,2.

Розв'язання. За умовою даної задачі: 02,0 , р = 0,97, q = 0,03,

n = 1000. Отже, згідно з нерівністю 21)(

n

pqр

n

mP , ймовірність шуканої

події:

.92725,04,0

0291,01

)02,0(1000

03,097,01)02,097,0

1000(

2

mP

Приклад 10 Скільки потрібно перевірити деталей, щоб з імовірністю, не

меншою за 0,98, можна було б очікувати, що абсолютна величина відхилення

частоти придатних деталей від імовірності деталі бути придатною, рівною 0,95,

не перевищить 0,01.

Розв'язання. Відповідно до нерівності: 21 .

m pqP p

n n

Якщо при відомих значеннях р, q і , число n буде обрано таким, що

різниця 2

1pq

n буде меншою за дану в умові ймовірність р, то одержимо

нерівність Pn

pq .1

2, із якої й визначимо значення n.

За умовою даної задачі: р = 0,95, q = 0,05, ε = 0,01 і р = 0,98, тому:

98,0)01,0(

05,095,01

2

n або

0,04750,02

0,0001n , звідки .23750

0001,002,0

0475,0

n

Таким чином, потрібно перевірити не менше 23750 деталей.

226

Приклад 11 Число телевізорів підвищеної якості складає у середньому

75 % від загального їх випуску.

Оцінити з допомогою нерівності Чебишева ймовірність того, що серед

3000 телевізорів число телевізорів підвищеної якості виявиться від 2190 до

2310 включно.

Розв'язання. Число телевізорів підвищеної якості серед 3000 є

випадковою величиною Х, що розподілена за біноміальним законом. Тому її

математичне сподівання:

М(Х) = nр = 3000 · 0,75 = 2250,

а дисперсія -

D(Х) = nрq = 3000 · 0,75 · 0,25 = 562,5.

Оскільки 2190 і 2310 - межі припустимих значень випадкової величини

- симетричні відносно математичного сподівання, рівного 2250 (одна менша, а

друга більша на 60), нерівність 2190 ≤ Х ≤ 2310 рівносильна нерівності

│Х - 2250│≤ 60. Тому, згідно з нерівністю Чебишева, при 60 отримаємо:

.84375,015625,013600

5,2621)602250()23102190( XPXP

Отже, ймовірність шуканої події не менша за 0,84375.

Приклад 12 Імовірність появи події А в кожному з 1000 випробувань

дорівнює 0,3. Використовуючи нерівність Чебишева, оцінити ймовірність того,

що відхилення числа настання цієї події від математичного сподівання буде

більше 30.

Розв'язання. Число появи події А в n = 1000 випробувань є випадковою

величиною Х, яка розподілена за біноміальним законом. Тому

М(Х) = nр = 1000 ·0,3 = 300, D(Х) = nрq = 1000 · 0,3 · 0,7 = 210.

Використовуючи нерівність Чебишева і приймаючи до уваги, що

М(Х) = 300, D(Х) = 210 і 30 ,

знаходимо:

.233,030

210)30300(

2XP

Таким чином, ймовірність шуканої події не більша за 0,233.


Повторити теорію,[9, л. 43-44], с. 255 – 270.

Вправи


1 Випадкова величина Х задана диференціальною функцією

)2()( 2 xxCxf в інтервалі (0;1); за межами цього інтервалу 0)( xf . Знайти:

а) параметр С;

б) математичне сподівання величини Х.


3; б)

16

11.

227

2 Випадкова величина Х в інтервалі (-3;3) задана диференціальною

функцією 29

1)(

xxf

; за межами цього інтервалу 0)( xf .

а) знайти дисперсію Х;

б) що в результаті випробовування виявиться імовірнішим: 1X чи

1X ?

Відповідь: а) 5,4)( ХD ; б) імовірніше, що в результаті випробовування

1X .

3 Щільність розподілу неперервної випадкової величини

.,0

,0,sin2

1

,0,0

)(

xпри

xприx

xпри

xf

Знайти математичне сподівання, дисперсію і середнє квадратичне

відхилення випадкової величини Х.

Відповідь: 69,0)(;24

)(;2

)(2

ХХDХM

.

4 Ціна поділки шкали амперметра дорівнює 0,1А. Показання

заокруглюють до найближчої цілої поділки. Знайти ймовірність того, що при

відліку буде допущена похибка, яка перевищує 0,02А.


5 Знайти математичне сподівання, дисперсію і середнє квадратичне

відхилення випадкової величини Х, розподіленої рівномірно в інтервалі (2;8).

Відповідь: 3)(;3)(;5)( ХХDХM .

6 Нормально розподілена випадкова величина Х задана диференціальною

функцією 50

)1( 2

25

1)(

x

exf

. Знайти математичне сподівання і дисперсію Х.

Відповідь: 25)(;1)( ХDХM .

7 Деталь, виготовлена автоматом, вважається придатною, якщо

відхилення її контрольованого розміру від проектного не перевищує 10 мм.

Випадкові відхилення контрольованого розміру від проектного

підпорядковуються нормальному закону з середнім квадратичним відхиленням

мм5 і математичним сподіванням 0а . Який відсоток придатних деталей

виготовляє автомат?

Відповідь: приблизно 95%.

8 Дискретна випадкова величина Х задана законом розподілу:

Х -1 0 2 4 6

Р 0,2 0,4 0,3 0,05 0,05

Користуючись нерівністю Чебишева, оцінити ймовірність того, що

│Х - М(Х)│< 5.

Відповідь: Р ≥ 0,872.

9 Прорість сім'я деякої культури дорівнює 0,75. Користуючись нерівністю

Чебишева, оцінити ймовірність того, що з посіяних 1000 насінин число тих, які

проростуть виявиться від 700 до 800 включно.

228

Відповідь: Р ≥ 0,925.


1 Що називають рівномірним законом розподілу ймовірностей

неперервної випадкової величини?

2 Що називають нормальним законом розподілу ймовірностей

неперервної випадкової величини?

3 Що можна оцінити за допомогою нерівності Чебишева? Яким чином?

4 Сформулюйте теорему Чебишева та теорему Бернуллі.

5 Як оцінюються )( рn

mP та ))(( ХMХP ?


Генеральна та вибіркова сукупності. Статистичний розподіл вибірки.

Емпірична функція розподілу та її властивості. Полігон та гістограма.

Генеральна і вибіркова середні. Дисперсія.


Приклад 1 Вибірка задана у вигляді розподілу частот:

ix 5 8 10

in 1 3 6

Знайти розподіл відносних частот.

Розв'язання. Знайдемо об’єм вибірки .106311

k

iinn

Обчислюємо відносні частот за формулою: .n

nw i

i Одержуємо

1,010

111

n

nw , 3,0

10

322

n

nw , .6,0

10

633

n

nw

Записуємо розподіл відносних частот:

ix 5 8 10

iw 0,1 0,3 0,6

Приклад 2 Для контролю роботи пристрою зроблена вибірка із партії

виробів заводу будівельних конструкцій. Одержані наступні результати

зважування виробів із точність до одної десятої кілограма: 99,6; 100,3; 101,5;

98,1; 99,4; 100,7; 101,2; 100,8; 100,5; 99,2; 98,0; 100,4; 103,0; 99,8; 101,2; 101,3;

100,2; 102,3; 100,6; 99,7. Потрібно побудувати інтервальний варіаційний ряд,

розбиваючи діапазон одержаних значень на 5 інтервалів.

Розв'язання. Аналіз одержаних результатів показує, що все значення

знаходяться в проміжку ]103;0,98( , розподіл за частинними інтервалами має

вигляд:

98-99 спостерігалося 2 рази,

229

99-100 спостерігалося 5 разів,

100-101 спостерігалося 7 разів,

101-102 спостерігалося 4 рази,

102-103 спостерігалося 2 рази.

Таким чином інтервальний варіаційний ряд (статистичний розподіл

вибірки) має вигляд:

1 ii xx 98-99 99-100 100-101 101-102 102-103

in 2 5 7 4 2

iw 0,1 0,25 0,35 0,2 0,1

Приклад 3 Заданий ряд розподілу випадкової величини X (таблиця 6.1).

Таблиця 6.1

Частковий

інтервал X

0 – 8 8 – 16 16 – 24 24 – 32 32 – 40 40 – 48

in 10 12 18 20 24 16

Необхідно:

1 знайти відносні частоти розподілу випадкової величини X;

2 побудувати полігон і гістограму частот і відносних частот;

3 знайти вибіркову середню випадкової величини X;

4 знайти вибіркову дисперсію випадкової величини X;

5 знайти емпіричну функцію розподілення;


1 Знайдемо розподілення відносних частот.

Обчислимо об`єм вибірки: n = 10+12+18+20+24+16+ = 100.

Знайдемо відносні частоти за формулою

.1

n

nwi

;1,0100

1011

n

nw ;12,0

100

1222

n

nw ;18,0

100

1833

n

nw

;2,0100

2044

n

nw ;24,0

100

2455

n

nw .16,0

100

1666

n

nw

Статистичне розподілення частот і відносних частот представимо у

вигляді таблиці 6.2.

Таблиця 6.2

Часткові

інтервали X

0 – 8 8 – 16 16 – 24 24 – 32 32 – 40 40 – 48

ni 10 12 18 20 24 16

wi 0,1 0,12 0,18 0,2 0,24 0,16

2 Зобразимо статистичне розподілення частот графічно у вигляді полігона

(рисунки 6.1, 6.2) й гістограми (рисунки 6.3, 6.4).

230

Відкладаємо на осі абсцис варіанти хі, а на осі ординат — відповідні

частоти ni, з`єднуючи точки (xi;ni) відрізками прямих, отримаємо полігон частот

(рисунок 6.1).

Аналогічні дії виконуємо для відносних частот: на осі абсцис – варіанти

xi, на осі ординат – відносні частоти wi; з`єднуючи точки (xi;wi), отримаємо

полігон відносних частот (рисунок 6.2).

Для побудови гістограм частот і відносних частот складемо таблицю 6.3.

Таблиця 6.3

Часткові

інтервали

X

4 12 20 28 36 44

hni / 1,25 1,5 2,25 2,5 3,0 2,0

hwi / 0,0125 0,015 0,0225 0,025 0,03 0,02

Розподілення складено для середини часткових інтервалів.

Будуємо на осі абсцис часткові інтервали довжиною h = 8. Проводимо

над цими інтервалами відрізки, паралельні осі абсцис і розташовані від неї на

відстанях, рівних відповідним густинам частоти h

ni . Отримаємо гістограму

частот (рисунок 6.3).

wi

xi 4 12 20 28 36 44

0.8

0.16

0.24

. . . . .

.

Рис. 6.2

ni

xi 4 12 20 28 36 44

8

16

24

. . . . .

.

Рис. 6.1

231

Аналогічно для гістограми відносних частот: на осі абсцис – часткові інтервали,

над цими інтервалами проводимо відрізки паралельні осі ОХ і розташовані від

неї на відстанях, рівних відповідним густинам відносної частоти h

wi .

Гістограма відносних частот зображена на рисунку 6.4

3 Обчислення вибіркової середньої.

Вибіркову середню обчислимо за формулою

72,26100

2672

100

16442436202818201212104

6

1

n

nx

x iii

в .

4 Обчислення вибіркової дисперсії.

Вибіркова дисперсія обчислюється за формулою

100

)28,17(16)28,9(24)28,1(20)72,6(18)72,14(12)72,22(10)( 222222

6

1

2

n

xxn

D iвii

в

.52,154100

16,15452

100

57,477784,206677,3285,81214,260098,5161

Середнє квадратичне відхилення дорівнює

wi / h

xi

8 16 24 32 40 48

0.01

0.02

0.03

Рис. 6.4

ni / h

xi

8 16 24 32 40 48

1

2

3

Рис. 6.3

232

.43,1252,154 вb D

5 Знаходження емпіричної функції розподілення.

Запишемо ряд розподілення відносних частот (таблиця 6.4).

Таблиця 6.4

Варіанти X 4 12 20 28 36 44

wi 0,1 0,12 0,18 0,2 0,24 0,16

Згідно з означенням емпіричної функції, яка визначає для кожного

значення х відносну частоту події Х < х:

F*(x) = W(X< x).

Об’єм вибірки n =100.

а) Найменша варіанта х = 4, при x 4 F*(x) = 0;

б) при 4<x 12 проміжок xX містить одне значення х1=4 з W=0,1,

F*(x) = 0,1;

в) при 12<x 20, х1=4, х2=12 з W=0,1 + 0,12 = 0,22, F*(x) = 0,22;

г) при 20<x28, х1=4, х2=12, х3 = 20 з W =0,1 + 0,12 + 0,18 = 0,4, F*(x =0,4;

д) при 28<x36, х1=4, х2=12, х3=20, х4=28 з W = 0,1 + 0,12 + 0,18 + 0,2= 0,6,

F*(x) = 0,6;

е) при 36<x44, х1=4, х2=12, х3=20, х4=28, х5=36 з W=0,1+0,12+0,18+0,2+

+0,24 = 0,84, F*(x) = 0,84;

є) при x> 44, F*(x) = 1.

Запишемо шукану емпіричну функцію

.44,

,4436,

,3628,

,2820

,2012,

,124,

,4,

,

1

84,0

6,0

4,0

22,0

1,0

0

)(*

x

x

x

x

x

x

x

xF

Графік емпіричної функції розподілення (рисунок 6.5).

Рис. 6.5

F*(x)

xi

4 16 24 32 40 48

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

233

Приклад 4 Результати вимірювання деякого параметру 20 виробів

представлені варіаційним рядом:

ix 4,9 4,95 5 5,05 5,1

in 3 6 4 5 2

Знайти медіану та моду цього ряду.


Оскільки даний варіаційний ряд є дискретним та містить 20 варіант

(число парне): ,... 2021 xxx то медіану знаходимо за формулою:

,52

55

2

1110

xx

me а мода цього ряду, як варіанта, що має найбільшу

частоту, .95,4oM

Приклад 5 Знайти медіану та моду інтервального варіаційного ряду:

1 ii xx 3-5 5-7 7-9 9-11 11-13

in 10 10 20 40 20

Розв'язання. Знаходимо об’єм вибірки:

.10020402010101

k

iinn

Оскільки ,100n то варіанта з номером 502

nзнаходиться в четвертому

інтервалі, тобто 4r це медіанний інтервал, початок якого ,94 aar тому

;402010103

1

1

1

ii

r

ii nn

і при 404 nnr та 2h знаходимо медіану за формулою:

.5,9405040

29

2

1

1

r

ii

rre n

n

n

ham

Для обчислення моди розглянемо модальний інтервал, тобто інтервал із

найбільшою частотою. В нашому випадку – це четвертий інтервал ,4s його

початок ,94 aas тому 20,20,40 51314 nnnnnn sss та 2h .

Знаходимо моду за формулою:

.105,029202080

204029

2 11

1

sss

ssso

nnn

nnhaM


Повторити теорію [9. л. 45 - 46], с. 270 – 281.

Вправи

1 У процесі вивчення випадкової величини Х у результаті 40 незалежних

спостережень дістали вибірку: 10, 13, 10, 9, 9, 12, 12, 6, 7, 9, 8, 9, 11, 9, 14, 13, 9,

8, 8, 7, 10, 10, 11, 11, 11, 12, 8, 7, 9, 10, 14, 13, 8, 8, 9, 10, 11, 11, 12, 12.

Побудувати дискретний статистичний розподіл для цієї вибірки, а також

полігон частот і графік )(* xF .

234

2 П’ятдесят абітурієнтів на вступних екзаменах із інформатики набрали

таку кількість балів: 12, 14, 19, 15, 14, 18, 13, 16, 17, 12, 20, 17, 15, 13, 17, 16, 20,

14, 14, 13, 17, 16, 15, 19, 16, 15, 18, 17, 15, 14, 16, 15, 15, 18, 15, 15, 19, 14, 16, 18,

18, 15, 15, 17, 15, 16, 16, 14, 14, 17.

Потрібно побудувати дискретний статистичний розподіл, полігон частот,

графік )(* xF .

3 У відділі технічного контролю були виміряні діаметри 200 валиків із

партії, виготовленої одним верстатом-автоматом. Відхилення виміряних

діаметрів від номіналу наведено як інтервальний статистичний розподіл, де

Х= ix вимірюється в мікронах:

h =5,

мк -20…

-

15

-15…

-

10

-10…

-5

-5…

0

0…

5

5…

10

10…

15

15…

20

20…

25

25…

30

in 7 11 15 24 49 41 26 17 7 3

Потрібно побудувати гістограму частот і графік )(* xF . Обчислити вx ,

oM , em .

Відповідь: вx =4,3 мк; oM =3,79 мк; em = -1,46 мк.

4 Із партії однотипних сталевих болтів, виготовлених заводом, була

здійснена вибірка обсягом 200 штук і результати вимірювання їх діаметрів

наведено у вигляді інтервального статистичного розподілу:

x ,мм h =2мм

14

,40

–1

4,4

2

14

,42

– 1

4,4

4

14

,44

– 1

4,4

6

14

,46

– 1

4,4

8

14

,48

– 1

4,5

0

14

,50

– 1

4,5

2

14

, 5

2 –

14

,54

14

,54

– 1

4,5

6

14

,56

– 1

4,5

8

14

,58

– 1

4,6

0

14

,60

– 1

4,6

2

14

,62

– 1

4,6

4

in 2 2 8 9 9 14 41 76 21 11 4 3

Потрібно побудувати гістограму частот і графік )(* xF . Обчислити вx ,

oM , em .

Відповідь: вx =14,34 мм; oM =15,34 мм; em = 15,39 мм.

5 Для заданого варіаційного ряду

ix 2 3 5 6 8

in 10 15 5 10 10

знайти медіану та моду.

Відповідь: oM =3; em = 4.

6 За даним розподілом вибірки знайти вибіркову середню та вибіркову

дисперсію.

ix 147 149 151 154

in 10 20 50 20

235

Відповідь: вx =150,8; .16,4вD


1 Дати визначення генеральної та вибіркової сукупності.

2 Яка вибірка є представницькою (репрезентативною)?

3 Способи відбору вибірки, дати означення кожного з них.

4 Дати визначення дискретної та неперервної ознаки Х.

5 Як будується статистичний розподіл вибірки для неперервної ознаки Х?

6 Дати означення емпіричної функції розподілу )(* xF .

7 Сформулюйте властивості )(* xF .

8 Що таке полігон частот та відносних частот і для чого він

використовується?

9 Записати формули для обчислення вx , вD , в для дискретного

статистичного розподілу вибірки.

10 Записати формули для обчислення вx , вD , в для інтервального

статистичного розподілу вибірки.


Статистичні оцінки параметрів розподілу, їх властивості. Інтервальні оцінки.

Надійна ймовірність та надійний інтервал. Надійні інтервали для оцінювання

математичного сподівання та середнього квадратичного відхилення при

нормальному розподілі. Статистична перевірка статистичних гіпотез. Нульова

та конкуруюча гіпотеза. Перевірка гіпотези про нормальний розподіл. Критерій

згоди Пірсона.


Приклад 1 За вибіркою об’єму 51n знайдена зміщена оцінка 5вD

генеральної дисперсії. Знайти незміщену оцінку дисперсії та виправлене

середнє квадратичне відхилення генеральної сукупності.

Розв'язання. Невідома незміщена оцінка дорівнює виправленій

дисперсії: ,1,5550

51

1

2

вDn

nS а виправлене середнє квадратичне

відхилення: .26,21,52 SS

Приклад 2 Знайти виправлену вибіркову дисперсію за даним розподілом

вибірки:

ix 102 104 108

in 2 3 5

Розв'язання. Оскільки варіанти достатньо великі, то перейдемо до

умовних варіант 104 ii xu (віднімаємо від варіант число С=104, яке близьке

до вибіркової середньої). Одержуємо розподіл умовних варіант:

236

iu -2 0 4

in 2 3 5

Знайдемо виправлену дисперсію умовних варіант:

.93,6)25610

188(

9

1

)4503)2(2(10

14503)2(2

9

11

1

1 2222

2

11

22

k

iii

k

iiiu un

nun

nS

Дисперсія вихідних варіант дорівнює дисперсії умовних варіант: .22ux SS

Приклад 3 Знайти виправлену вибіркову дисперсію за даним розподілом

вибірки:

ix 0,01 0,05 0,09

in 2 3 5

Розв’язання. Для того, щоб уникнути дій з десятковими дробами,

перейдемо до умовних варіант .100 ii xu Одержуємо розподіл умовних

варіант:

iu 1 5 9

in 2 3 5

Знайдемо виправлену вибіркову дисперсію умовних варіант:

.84,10)384410

1482(

9

1

)955312(10

1955312

9

11

1

1 2222

2

11

22

k

iii

k

iiiu un

nun

nS

Обчилюємо виправлену дисперсію вихідних варіант:

.0011,010000

84,10

1002

22 ux

SS

Приклад 4 За підсумками п’яти вимірювань довжини стержня пристроєм

(без систематичних помилок) одержано наступні результати (мм): 92, 94, 103,

105, 106. Знайти : а) вибіркову середню довжини стержня, б) вибіркову та

виправлену дисперсії помилок пристрою.

Розв'язання. Знайдемо вибіркову середню:

.1008925

1413112092

вв uCx

Обчислюємо вибіркову дисперсію:

.34))100106(

)100105()100103()10094()10092((5

11

2

1

22222

k

iвiв xx

nD

Знайдемо виправлену дисперсію .5,42344

5

1

2

вDn

nS

237

Приклад 5 Розподіл границі міцності зразків зварного шву

представлений інтервальним варіаційним рядом:

1 ii xx 28-30 30-32 32-34 34-36 36-38 38-40 40-42 42-44

in 8 15 15 12 15 20 10 5

Знайти вибіркову середню границі міцності зразків та виправлену

вибіркову дисперсію помилок пристрою.

Розв'язання. Від інтервального розподілу переходимо до дискретного, в

якості варіант обираємо середні значення інтервалів, а частоти зберігаємо. Тоді

розподіл вибірки має вигляд:

ix 29 31 33 35 37 39 41 43

in 8 15 15 12 15 20 10 5

Знайдемо вибіркову середню границі міцності:

.72,3572,035)85610

420215012)2(15)4(15)6(8(100

135

1

1

k

iiiв un

nCx

Обчислюємо вибіркову дисперсію:

.96,15))72,3543(5

)72,3541(10)72,3539(20)72,3537(15)72,3535(12

)72,3533(15)72,3531(15)72,3529(8(100

11

2

2222

1

2222

k

iвiiв xxn

nD

Знаходимо виправлену вибіркову дисперсію: .12,1696,1599

100

1

2

вDn

nS

Приклад 6 Знайти надійний інтервал для оцінки з надійністю 0,95

невідомого математичного сподівання а нормально розподіленої ознаки Х

генеральної сукупності, якщо задано генеральне середнє квадратичне

відхилення =5, вибіркова середня вx =14 та об’єм вибірки .25n

Розв'язання. Для знаходження надійного інтервала використовуємо

формулу:

.n

txan

tx вв

При =0,95 із рівняння 95,0)(2 t знаходимо .475,0)( t Із додатка Б

одержуємо .96,1t Визначаємо границі надійного інтервала:

;04,1296,11425

596,114

ntxв

.96,1596,114

25

596,114

ntxв

Остаточно знаходимо надійний інтервал: .96,1504,12 a

Приклад 7 Знайти максимальний об’єм вибірки, при якому з надійністю

0,975 точність оцінки математичного сподівання а генеральної сукупності за

вибірковою середньою =0,3, якщо відомо середнє квадратичне відхилення

=1,2 нормально розподіленої генеральної сукупності.

238

Розв'язання. Використовуємо формулу, що визначає точність оцінки

математичного сподівання генеральної сукупності за вибірковою середньою

,n

t

звідки одержуємо: .2

22

tn

За умовою задачі =0,975, тоді 975,0)(2 t або .4875,0)( t Із додатка

Б одержуємо .24,2t

Невідомий мінімальний об’єм вибірки: .813,0

2,124,22

22

2

22

tn

Приклад 8 За вибіркою об’ємом 17n знайдено вx = 20,2 та 0,47.

Обчислити з надійністю =0,95 надійний інтервал для математичного

сподівання а.

Розв'язання. Використовуючи додаток Г та враховуючи, що =0,95 і

17n , знаходимо .12,2t

Визначаємо границі надійного інтервала:

;84,19117

47,012,22,20

1

n

Dtx в

в .56,20117

47,012,22,20

1

n

Dtx в

в

Отже, з надійністю =0,95 математичне сподівання а влучається в

інтервал: .56,2084,19 a

Приклад 9 За даними вибірки:

ix 1 3 5 6

in 4 8 8 5

із нормально розподіленої генеральної сукупності оцінити з надійністю

=0,98 невідоме математичне сподівання а за допомогою надійного інтервала.

Розв'язання. Обчислюємо:

вибіркову середню

;92,3)65583814(25

11

1

k

iiiв xn

nx

вибіркову дисперсію

;87,2))92,36(5

)92,35(8)92,33(8)92,31(4(25

11

2

1

2222

k

iвiiв xxn

nD

виправлене середнє квадратичне відхилення

.73,187,224

25

1

вD

n

nS

Використовуючи додаток Г та враховуючи, що =0,98 і 25n ,

знаходимо .61,2t

Визначаємо границі надійного інтервала:

239

;02,325

73,161,292,3

n

Stxв .82,4

25

73,161,292,3

n

Stxв

Таким чином, невідомий надійний інтервал для математичного

сподівання: .82,402,3 a

Приклад 10 За даними вибірки об’ємом 50n із генеральної сукупності

нормально розподіленої ознаки знайдено виправлене середнє квадратичне

відхилення .14S Знайти надійний інтервал, що покриває генеральне середнє

квадратичне відхилення з надійністю =0,999.

Розв'язання. Знаходимо за таблицею .43,0)50;999,0(),( qnqq

Оскільки ,1q то надійний інтервал визначаємо за формулою:

),1()1( qSqS

),43,01(14)43,01(14 .02,2098,7

Приклад 11 За даними вибірки об’ємом 16n знайдено виправлене

середнє квадратичне відхилення 1S нормально розподіленої ознаки. Знайти

надійний інтервал, що покриває з надійністю =0,95 генеральне середнє

квадратичне відхилення.

Розв'язання. Знаходимо за таблицею .44,0)16;95,0(),( qnqq

Попередньо визначаємо надійний інтервал за формулою: ),1()1( qSqS

),44,01(1)44,01(1 .44,156,0

Оскільки ,3016n то для уточнення надійного інтервала необхідно

скористатися формулою:

21

2

22

вв nDnD або .

)1()1(21

22

22

2

SnSn

Із таблиці розподілу «хі-квадрат» при ,151161 nk

025,02

95,01

2

1

і 975,01 знаходимо 26,6),1(22

1 k і

.5,27),(222 k

У результаті одержуємо надійний інтервал:

26,6

115

5,27

115 2

;396,2545,0 2 .55,174,0


Повторити теорію [9, л. 47- 48], с. 281 – 291.

Вправи

1 За вибіркою об’єму 41n знайдена зміщена оцінка 3вD генеральної

дисперсії. Знайти незміщену оцінку дисперсії генеральної сукупності.

Відповідь: .075,32 S

240

2 За підсумком чотирьох вимірювань деякої фізичної величини одним

пристроєм (без систематичних помилок) одержано наступні результати:

8,9,11,12. Знайти:

а) вибіркову середню результатів вимірювань,

б) вибіркову та виправлену дисперсії помилок пристрою.

Відповідь:

а) вx =10,

б) .3

10;5,2 2 SDв

3 Знайти виправлену вибіркову дисперсії за даним розподілом вибірки

об’єму :20n

ix 0,1 0,5 0,7 0,9

in 6 12 1 1

Відповідь: .0525,02 S

4 Знайти надійний інтервал для оцінки з надійністю 0,99 невідомого

математичного сподівання а нормально розподіленої ознаки X генеральної

сукупності, якщо задано генеральне середнє квадратичне відхилення

,4 вибіркова середня вx = 10,2 та об’єм вибірки .16n

Відповідь: .77,1263,7 a

5 Знайти мінімальний об’єм вибірки, при якому з надійність 0,925

точність оцінки математичного сподівання нормально розподіленої генеральної

сукупності за вибірковою середньою дорівнює 0,2, якщо відомо середнє

квадратичне відхилення генеральної сукупності .5,1

Відповідь: .179n

6 За даними 16 незалежних рівно точкових вимірювань деякої фізичної

величини знайдено середнє арифметичне результатів вимірювань вx =42,8 та

виправлене середнє квадратичне відхилення .8S Оцінити справжнє значення

величини з надійністю 0,999.

Відповідь: .94,5066,34 a

7 Вимірювання твердості (в умовних одиницях) 16 зразків легованої сталі

дало наступні результати: 13,1; 12,8; 11,9; 12,4; 13,5; 13,7; 12,0; 13,8; 10,6; 12,4;

13,5; 11,7; 13,9; 11,5; 12,5; 11,9. У припущенні, що вибірка вимірювань

одержана із нормально розподіленої сукупності, знайти надійний інтервал для

дисперсії при надійній імовірності 0,95.

Відповідь: .48,171,0


1 Що називається точковою статистичною оцінкою?

2 Що таке незміщена точкова статистична оцінка?

3 Що таке зміщена точкова статистична оцінка?

4 Що називають ефективною точковою статистичною оцінкою?

241

5 Що називають ґрунтовною точковою статистичною оцінкою?

6 У чому сутність методу аналогій?

7 У чому сутність методу найменших квадратів?

8 У чому сутність методу максимальної правдоподібності?

9 Що є точковою незміщеною статистичною оцінкою для ГX ?

10 Що означає точкова незміщена статистична оцінка для ГD ?

11 Що називається виправленою дисперсією, виправленим середнім

квадратичним відхиленням?

12 Як обчислюється BM x , BM D , 2

BM S ?

13 Визначення інтервальної статистичної оцінки для параметрів

генеральної сукупності.

14 Що називають точністю і надійністю оцінки?

15 Що називають надійним інтервалом?

16 Як побудувати надійний інтервал із заданою надійністю γ при

відомому значенні Г ?

17 Як побудувати довірчий надійний інтервал для ГX із заданою

надійністю γ при невідомому значенні Г ?


Елементи теорії кореляції. Поняття регресії. Коефіцієнт кореляції.

Знаходження параметрів вибіркового рівняння прямої лінії регресії.


Приклад 1 В результаті дослідження групи однотипних підприємств

одержано дані про залежність собівартості продукції Y від об’єму основних

фондів X :

X 8,1 12,3 17,6 21,5 27,4

Y 3,4 2,6 1,8 1,5 1,2

Знайти емпіричне лінійне рівняння регресії Y на X .

Розв'язання. Обчислюємо емпіричні оцінка відповідних параметрів

рівняння регресії за наведеними не згрупованими даними:

;38,174,275,216,173,121,85

11

1

n

iix

nx

;10,22,15,18,16,24,35

11

1

n

iiy

ny

;90,3474,275,216,173,121,85

11 22222

1

22

n

iix

nx

242

;05,52,15,18,16,24,35

11 22222

1

22

n

iiy

ny

;77,638,1790,347)( 222 xxx

;80,01,205,5)( 222 yyy

.27,312,14,275,15,218,16,176,23,124,31,85

11

1

n

iii yx

nxy

Знайдемо емпіричний коефіцієнт кореляції:

.96,08,077,6

1,238,1727,31

yxв

yxxyr

Запишемо емпіричне рівняння лінійної регресії:

)38,17(77,6

8,096,01,2 xy

або .07,411,0 xy

Приклад 2 Знайти вибірковий коефіцієнт кореляції та записати рівняння

регресії, використовуючи розподіл:

X

Y

30 40 50 yn

15 1 5 4 10

20 7 3 10

25 3 8 1 12

xn 4 20 8 32n

Розв'язання. Обчислення істотно спростяться, якщо здійснити перехід

до умовних варіант:

.;2

2

1

1

h

Cyv

h

Cxu

У якості 1C і 2C зручно обрати: 20,40 21 CC , крок 1h дорівнює різниці

між двома сусідніми варіантами x , тобто ,101 h крок 2h дорівнює різниці між

двома сусідніми варіантами y , тобто .52 h

Розподіл умовних варіант u і v представляємо в розширеній кореляційній

таблиці, де виконуємо обчислення деяких характеристик даного розподілу:

243

u

v

-1 0 1 vn vnv 2vnv u

uv vun

-1 1 5 4 10 -10 10 -3

0 7 3 10 0 0 0

1 3 8 1 12 12 12 -2

un 4 20 8 32n 2 vnv

222 vnv

5 vunuv

unu -4 0 8 4 unu

2unu 4 0 8 122 unu

v

uv vun -2 0 -3 5 vunuv

Із даних таблиці одержуємо:

;0625,032

21;125,0

32

41 vn

nvun

nu vu

;25,00625,0125,032 vun

;3594,0125,032

121 2222 uunn

uu

;6836,00625,032

221 2222 vvnn

vv

.8268,0;5995,0 vu

Обчислюємо вибірковий коефіцієнт кореляції:

.331,08613,15

25,05

vu

uvв

n

vunvunr

Знаходимо характеристики вихідних варіант:

;25,414010125,011 Chux

;312,202050625,022 Chvy

;995,5105995,01 hux ;134,458268,02 hvy

;28,0995,5

134,4331,0

x

yвr

.480,0

134,4

995,5331,0

y

xвr

Лінійні рівняння регресії записуються в вигляді:

)25,41(228,0312,20 xyx (регресія Y на X )

)312,20(480,025,41 yxy (регресія X на Y)


Вправи

1 Границя міцності сталі при вигоні Y (Н/мм2 ) оцінюється на основі іншої

її характеристики – границі пружності X (Н/мм2 ). За данними для 12 марок

244

сталі обчислити коефіцієнт кореляції між цими характеристиками та знайти

рівняння лінійної регресії Y на X та X на Y :

X 51 67 84 81 101 109 71 97 109 51 105 89

Y 25 30 43 44 57 58 43 46 62 45 55 45

Відповідь: 0,837;вr 96,844,0 xy і .96,106,1 yx

2 За даним розподілом

X

Y

0,2 0,5 1 1,2 yn

1 4 6 1 11

3 1 2 4 1 8

4 1 3 4 8

xn 5 9 8 5 27n

знайти коефіцієнт кореляції та записати рівняння регресії.

Відповідь: 0,699;вr );72,0(47,248,2 xyx ).48,2(20,72,0 yxy


1 Яка залежність називається статистичною?

2 Що називається умовною середньою?

3 Яка залежність називається кореляційною?

4 Рівняння регресії, функція регресії, лінія регресії.

5 Сформулюйте дві задачі теорії кореляції.

6 Знаходження параметрів вибіркового рівняння прямої лінії регресії за

не згрупованими даними.

7 Вибірковий коефіцієнт кореляції, його властивості.

245

БІБЛІОГРАФІЧНИЙ СПИСОК

1 Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. –

М.: Наука, 1975.

2 Привалов И.И. Аналитическая геометрия. – М.: Наука, 1966.

3 Овчинников П.Ф., Яремчук Ф.П., Михайленко В.М. Высшая

математика / Под ред. П.Ф. Овчинникова – К.: Высш. Шк., 2001.

4 Сборник задач по высшей математике для экономистов / Под ред.

В.И. Ермакова. – М.: Инфра, 2000.

5 Щелкунова Л.І.. Харченко А.П., Стасенко О.М. Методичні вказівки до

виконання завдань модуля «Вступ до аналізу. Диференціальне

числення функції однієї змінної», ХНУБА.

6 Лысянская А.В., Щелкунова Л.И., Бабаева Е.В. Методические

указания к выполнению заданий модуля «Линейная и векторная

алгебра. Аналитическая геометрия на плоскости», ХНУСА, 2012.

7 Аршава О.О., Іохвідович Н.Ю., Щелкунова Л.І. «Вища математика».

Тексти лекцій, ч.1.ХНУБА, 2014.

8 Щелкунова Л.І. Методичні вказівки до самостійної роботи з

дисципліни «Вища математика» для студентів спеціальності 122.

9 Стасенко О.М. Тексти лекцій з курсу «Вища математика» для

студентів спеціальності 194 «Гідротехнічне будівництво, водна

інженерія та водні технології» – ХНУБА, 2017.

10 Аршава О.О. Тексти лекцій з курсу «Вища математика» для студентів

спеціальності 101 «Екологія». – ХНУБА, 2016.

11 Гмурман В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика – М.:

Высш. шк., 1977.

12 Гмурман В. Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и

математической статистике – М.: Высш. шк., 1977.

13 Маркович Э.С. Курс высшей математики с элементами теории

вероятностей и математической статистики. – М.: Высш.шк., 1976.

14 Кремер Н.Ш. Теория вероятностей и математическая статистика – М.:

ЮНИТИ, 2010.

15 Сборник задач по математике для ВТУЗов. Специальные курсы. Под

редакцией А.В.Ефимова, Москва, «Наука». Гл.редакция физ-мат. лит-

ры, 1984.

16 И.Н.Коваленко, А.А.Филиппова. Теория вероятностей и

математическая статистика. - М, Высшая школа, 1982.

17 И.И.Гихман, А.В.Скороход, М.И.Ядренко. Теория вероятностей и

математическая статистика. - Киев, Вища школа, 1988.

18 Е.З.Могульский. Введение в теорию вероятностей и математическую

статистику, ХВВАУРЭ, Харьков, 1988.

19 Стасенко О.М. Тексти лекцій з курсу «Математика для економістів

(теорія ймовірності і математична статистика)» для студентів

спеціальності 051 «Економіка». – ХНУБА, 2016.

246

ЗМІСТ

Вступ.......................................................................................................................... 3

Програма навчальної дисципліни........................................................................... 3

Практичне заняття 1................................................................................................. 6









Практичне заняття 10............................................................................................... 55
















247






















Бібліографічний список…………………………………………………………... 245

248

Навчальне видання

Методичні вказівки до практичних занять з курсу «Вища математика» для

студентів спеціальності 194 «Гідротехнічне будівництво, водна інженерія та

водні технології»

Укладач: Стасенко Олександр Миколайович

Відповідальний за випуск О.О. Аршава

За редакцією автора

План 2017р., поз. 87.18 Формат 60x84 1/16. Папір друк. № 2.

Підп. до друку 11.09.2017 Обл. -вид. арк. 11,9 Безкоштовно.

Надруковано на ризографі. Умов. друк. арк. 12,1

Тираж 50 прим. Зам. № 4708.

——————————————————————————————

ХНУБА, Україна, 61002, Харків, вул. Сумська, 40

——————————————————————————————

Підготовлено та віддруковано РВВ Харківського національного університету

будівництва та архітектури

Documents

mathem-kstuca.ucoz.uamathem-kstuca.ucoz.ua/NMZK/194/194_praktica.pdf · 2018-03-30 · 3 < K L M I Пропоновані методичні вказівки призначені