1

2

3

ОглавлениеГлава 1. Дифференциальное исчисление функции многих переменных.....4

§ 1. Понятие функции двух переменных.......................................................4

§ 2. Частные производные и дифференциалы функции двух переменных 8

§ 3. Использование дифференциала в приближенных вычислениях........12

§ 4. Дифференцирование сложных функций..............................................14

§ 5. Дифференцирование неявной функции..............................................17

§ 6. Производная по направлению, градиент............................................20

§ 7. Касательная плоскость и нормаль к поверхности..............................22

§ 8. Локальный экстремум функции нескольких переменных..................25

§ 9. Условный экстремум функции.............................................................30

§ 10. Наибольшее и наименьшее значение функции в замкнутой области

..........................................................................................................................35

Глава 2. Интегральное исчисление функции многих переменных..............38

§1. Двойные интегралы и их вычисление....................................................38

§2. Вычисление площадей и объемов с помощью двойного интеграла в

декартовой системе координат.....................................................................60

§3. Двойной интеграл в полярной системе координат...............................70

§4. Криволинейный интеграл. Формула Грина...........................................82

§5. Криволинейный интеграл, независящий от пути интегрирования.....95

4

Глава 1. Дифференциальное исчисление функции многих

переменных

Совместное изменение двух переменных, из которых одна зависит от

другой, при этом значение независимой переменной полностью определяет

значение зависимой переменной, является идеальным случаем. В науке и

на практике обычно оказывается, что независимых переменных бывает

несколько, и для определения значения функции необходимо

предварительно установить значения, совместно принимаемые всеми

этими независимыми переменными.

Так, например, изучая физико-химическое состояние какой-либо

системы, часто приходится наблюдать изменение ее свойств от точки к

точке, таких как температура, давление, концентрация, плотность и т.п.

Все эти величины зависят от координат точки ( x , y , z ) . Если физико-

химическое состояние системы меняется во времени, то к этим

независимым переменным добавляется еще и время t . В этом случае

приходится исследовать функцию от четырех переменных. На практике

количество независимых переменных обычно ограничивается

целесообразной степенью точности используемой модели.

§ 1. Понятие функции двух переменных

Говоря об изменении двух независимых переменных x и y , следует

указывать, какие пары значений ( x , y ) они могут принимать совместно.

Множество D этих пар называется областью изменения переменных x , y

или областью определения функции.

5

Переменная z (с областью изменения E ) называется функцией

независимых переменных x , y на множестве D , если каждой паре ( x , y ) из

области D ставится в соответствие одно определенное значение z из

множества E . Обозначается как z=f (x , y ) .

Пример 1. Найти и изобразить область определения функции.

z= 1

√x2+ y2−4+ ln ( y2+2 x)

Решение. Данная функция определена, если

{x2+ y2−4>0¿ ¿¿¿Следовательно, областью определения функции является пересечение

множеств на плоскости:

{( x , y ): x2+ y2>4 }∩{( x , y ): y2≥−2 x }Изобразим область определения на рисунке

Примеры для самостоятельной работы

Найти и изобразить на плоскости область определения функции:

1.1. z=ln (x2+2 y ) ,

1.2.z= 1

√x2+ y2−9,

6

1.3. z=√9−x2− y2+√x2+ y2−4 ,

1.4. z=√ x+ y+√x− y ,

1.5.z=arcsin

y−1x

,

1.6. z=√ x2+ y2−1+ln (25−x2− y2) ,

1.7. z=√ ln (x2+ y2) ,

1.8.z=arccos

xx+ y

,

1.9.z=√ x2+ y2−x

2x−x2− y2,

1.10. z=√sin (x2+ y2 ) ,

1.11.z=arcsin

xy ,

1.12.

z=√ (x2+ y2−1 ) (4− x2− y2 ) ,

1.13.z= 1

√R2+x2− y2,

1.14. z=ln (−x− y ) ,

Найти линии уровня функции:

1.15. z=3 x−2 y ,

1.16.z= y

x ,

1.17. z= y−x2,

1.18. z=x+ y2.

Вычислить предел функции:

1.19.lim ¿ x→0 ¿

y→0 ¿¿ sin xy

xy¿,

1.20.lim ¿ x→1 ¿

y→1 ¿¿

sin ( x+2 y−3 )(x+2 y )2−9

¿,

1.21.lim ¿ x→∞ ¿

y→∞ ¿¿( xy

(x2+ y2) )x2

¿,

1.22.lim ¿ x→0 ¿

y→0 ¿¿

ln ( x+ y )x

¿,

1.23.lim ¿ x→∞ ¿

y→∞ ¿¿ x+ y

x2+xy+ y2¿,

1.24.lim ¿ x→0 ¿

y→0 ¿¿ x2 y

x2+ y2¿.

Ответы:

x

y

R2 / 2y x x

y

3

3

x

y

3

32

2

x

y

x

y

1

x

y

5

51

1

x

y

1

1

x

y

2y x

x

y

1 2

7

1.1 1.2 1.3

1.4 1.5 1.6

1.7 1.8 1.9

x

y

π

2π

3π

4π

5π

x

y

x

y

2

2

1 1

x

y

R

R

x

y

8

1.10 1.11 1.12

1.13 1.14

1.15. , 1.16. , 1.17. , 1.18. , 1.19. , 1.20. , 1.21. , 1.22. , 1.23. , 1.24. .

9

§ 2. Частные производные и дифференциалы функции двух

переменных

Частной производной по переменной x функции z=f (x , y ) в точке

M 0 (x0 , y0 ) называется конечный предел отношения частного приращения

Δx z к приращению Δx при стремлении Δx к нулю, если этот предел

существует.

z x' ( x0 , y0)= lim

Δx→0

Δx z

Δx= lim

Δx→0

f (x0+Δx , y0 )−f ( x0 , y0)Δx (1.1)

Аналогично определяется частная производная по y

z y' (x0 , y 0)= lim

Δy→0

Δ y z

Δy= lim

Δx→0

f (x0+Δx , y0)−f ( x0 , y0)Δy (1.2)

Частные производные от функции z x' ( x , y ) и z y

' ( x , y ) называются

частными производными второго порядка для функции z=f (x , y ) .

Обозначаются:

z xx' ' =∂

2 z∂ x2

, z yy

' ' = ∂2 z∂ y2

, z xy

' ' = ∂2 z∂ x ∂ y ,

z yx' ' = ∂2 z∂ y∂ x

. (1.3)

Если z xy' '

и z yx' '

определены в некоторой окрестности точки M 0 (x0 , y0 ) и

непрерывны в точке M 0 (x0 , y0 ) , тогда

z xy' '

=z yx' '

. (1.4)

Полным дифференциалом dz функции z=f (x , y ) в точке M 0 (x0 , y0 ) ,

называется выражение вида:

dz=z x' (x0 , y0 )dx+ z y

' (x0 , y0 )dy (1.5)

10

Дифференциалом второго порядка называется полный

дифференциал от ее дифференциала первого порядка, вычисленный в

точке M 0 (x0 , y0 )

d2 z= ∂2 z∂ x2

dx2+2∂2 z∂ x∂ y

dxdy+ ∂2 z∂ y2

dy 2

(1.6)

Пример 2. Дана функция z=x3 sin y+ ln x− y2. Найти: 1) частные

производные первого и второго порядка:

∂ z∂ x

,∂ z∂ y

,∂2 z∂ x2

,∂2 z∂ x ∂ y

,∂2 z∂ y∂ x

,∂2 z∂ y2

,

2) полные дифференциалы первого порядка dz и второго порядка d2 z ;

Решение: Задачу можно решить двумя способами:

Способ 1. Непосредственно найти dz и d2 z и воспользоваться

следующими соотношениями для дважды дифференцируемых функций:

dz= ∂ z∂ x

dx+ ∂ z∂ y

dy ;

d2 z= ∂2 z∂ x2

dx2+2∂2 z∂ x∂ y

dxdy+ ∂2 z∂ y2

dy 2

Таким образом,

dz=d (x3 sin y )+d (ln x )−d ( y2)=3 x2sin ydx+x3cos ydy+dxx−2 ydy=

¿(3x2sin y+1x )dx+ (x3cos y−2 y )dy ,

то есть

∂ z∂ x=3 x2sin y+ 1

x,

∂ z∂ y=x3cos y−2 y

.

Далее,

d2 z=d (dz )=d (3 x2sin y+1x )dx+d (x3cos y−2 y ) dy=[ (6 x sin ydx+3 x2cos ydy )−dx

x2 ]dx+

+(3 x2 cos ydx−x3 sin ydy−2dy )dy=(6 x sin y−1

x2 )dx2+6 x2 cos ydxdy−(x3 sin y+2 )dy 2 ,

11

То есть

∂2 z∂ x2=6 x sin y− 1

x2,

∂2 z∂ x ∂ y

= ∂2 z∂ y ∂ x

=3 x2cos y ,

∂2 z∂ y2=−(x3sin y+2 )

Способ 2. Найдём частные производные и воспользуемся соотношениями

(1.1), (1.2) и (1.3). Имеем, считая y постоянной:

∂ z∂ x= ∂∂ x

(x3 sin y )+ ∂∂ x

( ln x )− ∂∂ x

( y2)=3 x2sin y+ 1x

,

∂2 z∂ x2=6 x sin y− 1

x2,

Аналогично, считая постоянной x

∂ z∂ y= ∂∂ y

( x3 sin y )+ ∂∂ y

( ln x )− ∂∂ y

( y2)=x3 cos y−2 y ,

∂2 z∂ y2=−(x3sin y+2 )

∂2 z∂ x ∂ y

= ∂2 z∂ y ∂ x

=3 x2cos y ,

Отметим, что в силу теоремы о равенстве смешанных производных у

дважды дифференцируемых функций достаточно было бы найти или

∂2 z∂ x ∂ y

,

или

∂2 z∂ y ∂ x

. Получаем:

dz=(3 x2 sin y+ 1x )dx+(x3cos y−2 y )dy

d2 z=(6 x sin y−1

x2 )dx2+6 x2 cos ydxdy−(x3 sin y+2 )dy2 ,

Примеры для самостоятельной работы

Дана функция z=f (x , y ) . Найти: 1) частные производные первого и

второго порядка:

∂ z∂ x

,∂ z∂ y

,∂2 z∂ x2

,∂2 z∂ x ∂ y

,∂2 z∂ y∂ x

,∂2 z∂ y2

.

2) полные дифференциалы

12

первого порядка dz и второго порядка d2 z .

2.1.z=arctg

yx

,

2.2.z=arcsin

xy

,

2.3. z=ln (x2+ y3) ,

2.4. z=e xy+ y3

2.5.z= 2

√2 x+3 y,

2.6.z=sin

xy

,

2.7.z=sin

yx ,

2.8.z= xy

√x2+ y2,

2.9.z=arcsin

y

√ y2+ x2,

2.10.z= y

√x2+ y,

2.11.z=x ln

yx

,

2.12.z=arctg

xx+ y

,

2.13.z= y ln

xy

,

2.14. z=( x+ y ) exy .

Ответы: 2.1. , , , ,

; 2.2. , , ,

, ; 2.3. , , ,

, ; 2.4. , , ,

, , ; 2.5. ,

, , ; 2.6. ,

, , , ;

13

2.7. , , , ,

; 2.8. , , ,

, ; 2.9. , , ,

, ; 2.10. , ,

, , ; 2.11. , ,

, , ; 2.12. , ,

, , ; 2.13. ,

, , , ; 2.14. , ,

, , .

§ 3. Использование дифференциала в приближенных

вычислениях

Пусть дана функция z=f (x , y ) и точки P1 (x1 ; y1) и P2 (x2 ; y2 ), можно

найти приближённое значение данной функции в точке P2 (x2 ; y2 ) , исходя

из её точного значения, в точке P1 (x1 ; y1) заменяя приращение Δz

дифференциалом dz : Δz≈dz

f ( x2 ; y2)≈¿ ¿f ( x1 ; y1 )+ [dz ]x=x1

y= y1

(1.7)

Пример 3. Дана функция z=ln|x2−6 3√ y−2|, точки P1 (3 ;1 ) ,P2 (3 ,02 ;0 , 96 ) .

Найти приближённое значение данной функции в точке P2 , исходя из её

точного значения в P1 .

14

Решение: Применим приближённую формулу, в предположении, что

ρ=√( x2−x1)2+( y2− y1 )

2

достаточно мало f ( x2 , y2 )≈ f (x1 , y1)+ [dz ] y= y 1

x=x1

.

В нашем случае где

dx=Δx=3 ,02−3=0 , 02dy=Δy=0 ,96−1=−0 , 04

Тогда [dz ] y=1

x=3=6⋅0 ,02−2⋅(−0 , 04 )

9−6−2=0,2

а z (3 ;1 )=ln|9−6−2|=ln1=0 .

Следовательно, z (3 ,02 ;0 ,96 )=ln [ (3 ,02 )2−6⋅3√0 ,96−2 ]≈0+0,2=0,2.

Примеры для самостоятельной работы

Дана функция z=f (x , y ) и точки P1 (x1 ; y1) и P2 (x2 ; y2 ). Найти

приближённое значение данной функции в точке P2 (x2 ; y2 ) .

3.1. z=x y ,P1 (1 ;3 ) ,P2 (1,02 ;2 ,97 ) .

3.2. z=√ x2+ y2 , P1 (3 ;4 ) ,P2 (2, 96 ; 4 ,05 ) .

3.3. z=√ x3−3 y2 ,P1 (4 ;4 ) , P2 (3 , 94 ;4 ,10 ) .

3.4. z=ln (2x−5 y2 )12 , P1 (3 ;1 ) , P2 (3 , 02 ;0 , 97 ) .

3.5.z=arctg

xy

, P1 (1 ;1 ) , P2 (1 ,03 ;0 , 95 ) .

3.6. z=√ x3+ y2 ,P1 (2 ;1 ) ,P2 (1 ,97 ;1 ,03 ) .

3.7. z=x2 y , P1 (1;2 ) , P2 (0 ,98 ;2 ,04 ) .

3.8.

3.9.z=arctg

xy

,P1 (2 ;2 ) ,P2 (1 ,98 ;2 ,06 ) .

15

3.10. z=√ x3+ y3 ,P1 (1 ;2 ) ,P2 (1 ,02 ;1 ,97 ) .

3.11. z= ln ( 3√x+ 3√ y−1 ) , P1 (1 ;1 ) , P2 (1 , 03 ;0 , 98 ) .

3.12. P1 (1 ;1 ) , P2 (0 ,97 ;1 ,02 ) .

3.13. P1 (3 ;1 ) , P2 (3 , 02 ;0 , 96 ) .

3.14.

Ответы: 3.1. 1 ,06 ; 3.2. 5 ,016 ; 3.3. 3 ,34 ; 3.4. 0 ,17 ; 3.5.

π4+0 ,04

; 3.6. 2 ,95 ; 3.7.

0 ,92 , 3.8 , 3.9 , 3.10 , 3.11 , 3.12 , 3.13 , 3.14 .

§ 4. Дифференцирование сложных функций

Пусть z=f (x ; y ) функция двух переменных x и y , каждая из

которых, в свою очередь, является функцией независимой переменной t ,

то есть x=x ( t ) , y= y ( t ) . Тогда z=(x (t ); y ( t ) ) есть сложная функция

независимой переменной t . Если x (t ) , y ( t ) дифференцируемы в точке t , а

функция z=f (x ; y ) дифференцируема в точке ( x ; y ) , то сложная функция

z=(x (t ); y (t ) ) также дифференцируема в точке t , причём

dzdt=∂ z∂ x⋅dx

dt+ ∂ z∂ y⋅dy

dt (1.8)

Аналогично для функции u=f ( x , y , z ) , x=x ( t ) , y= y ( t ) , z=z ( t ) ,

dudt=∂u∂ x⋅dx

dt+ ∂u∂ y⋅dy

dt+∂u∂ z⋅dz

dt. (1.9)

Пример 4. Найти полную производную

z=x2⋅e y, x=sin t , y=t3 ,

dzdt=?

16

Решение. Используя (1.8), получаем

∂ z∂ x=2xe y ,

dxdt=cos t ,

∂ z∂ y= x2⋅e y ,

dydt=3 t2 .

Таким образом,

dzdt=2 xet3

cos t+x2e t3 3 t 2=et 3

( sin 2t+3 t2 sin2 t ) .

Заметим, что

dzdt можно получить другим способом: сначала

выразить z явно через t , затем дифференцировать по t .

Пусть теперь z=f (u ; v ) функция двух переменных u и v , причем

u=u (x ; y ) , v=v ( x ; y ) . В этом случае имеют место формулы

∂ z∂ x=∂ z∂u⋅∂u∂ x+ ∂ z∂ v⋅∂ v∂ x и

∂ z∂ y=∂ z∂u⋅∂u∂ y+∂ z∂v⋅∂ v∂ y (1.10)

dz= ∂ z∂ x

dx+ ∂ z∂ y

dy=∂ z∂ u

du+ ∂ z∂ v

dv . (1.11)

Пример 5. Пусть

z=v lnu , u=x2 y , v= x

y.

Найти

∂ z∂ x

,∂ z∂ y

.

Решение. Применительно к условию примера соотношения (1.10)

примут вид

∂ z∂ x=∂ z∂u∂ u∂ x+∂ z∂ v∂v∂ x=

vu⋅∂u∂ x+ ln u⋅

∂ v∂ x=

vu

2 xy+1y

ln u=

=x

yx2 y2 xy+ln x2 y⋅(1y )=2+ln x2 y

y.

17

∂ z∂ y=∂ z∂ u⋅∂ u∂ y+∂ z∂ v⋅∂ v∂ y=

vu⋅∂u∂ y+ln u

∂ v∂ y=

x

yx2 yx2+ ln (x2 y )(−x

y2 )=¿ x

y2−

x ln (x2 y )y2

=x (1−ln x2 y )y2

;

В общем случае, при дифференцируемости функции

u=f (x1 , x2 ,…, xn) n переменных, каждая из которых является

дифференцируемой функцией от переменных t1 , t2 ,…, tm ,имеют место

формулы

∂u∂ t i

=∑j=1

m ∂u∂ x j

⋅∂ x j

∂ t i

, 1≤i≤n. (1.12)

Примеры для самостоятельной работы

Найти:

4.1. u=z2+ y2+2 y , z=sin t , y=e t ,

dudt=?

4.2. z=x2 y− y2 x , x=u⋅cosv , y=u⋅sin v ,

∂ z∂ u=?,

∂ z∂ v=?

4.3. z=x2 ln y , x=u

v, y=3 u−2 v ,

∂ z∂ u=?,

∂ z∂ v=?

4.4. u=ln (ex+e y ) ; если y=x3 .

4.5. z=x2 e y , x=sin t , y=t3 ,

dzdt=?

4.6. z=arctg ( x− y ) . dzdx=?,

если y=x3 .

4.7. z=u2 ln v , u= y

x, v= y⋅cos x , dz=?

4.8. z=u2 v−v2 u , u=x⋅sin y , v= y⋅cos x , dz=?

18

4.9. u=x2 √ y2−z2 . если y=sin t , z=cos t .

4.10. z=ln (u2+v2) ; v= y sin x , u=x cos y .∂ z∂ x=?,

∂ z∂ y=?

4.11. u=ln (3 x+2 y2−z ) ; y=√x , z=ex ,

4.12. z=arcsin ( x− y ) , x=u2+v , y=u ln v ,∂ z∂u=?,

∂ z∂ v=?

4.13. z=x2 y2− y2 x , y=u sin v , x=v cosu . ∂ z∂u=?,

∂ z∂ v=?

4.14. x=1

t, y=√t ,

dzdt=?,

Ответы: 4.1. ; 4.2. ,

; 4.3. ,

; 4.4. ; 4.5. ;

4.6. ; 4.7. ;

4.8. ;

4.9. ; 4.10. ,

; 4.11. , ;

4.12. , ;

19

4.13. ,

; 4.14. .

§ 5. Дифференцирование неявной функции

Пусть переменные x и y связаны уравнением:

F ( x , y )=0 (1.13)

Если каждому значению x из некоторого промежутка отвечает

значение y , при котором выполняется (1.13), то говорят, что уравнение

(1.13) определяет функцию y= y ( x ) , заданную неявно.

Для нахождения

dydx найдём сначала, по правилу дифференцирования

сложной функции Fx'

и F y'

, то есть

∂F∂ x+∂F∂ y⋅dy

dx=0

. (1.14)

Откуда, предполагая, что

∂F∂ y≠0

имеем

dydx=−∂F

∂ x/ ∂F∂ y . (1.15)

Аналогично, если функция z=f ( x , y ) задана неявно уравнением F ( x , y , z )=0

∂ z∂ x=−∂F

∂ x/ ∂F∂ y ,

∂ z∂ y=−∂F

∂ y/ ∂F∂ z (1.16)

Пример 6. Функция y= y ( x ) задана уравнением

3 x2+2 y2−xy+ y−2 x+1=0 . Найти

dydx=?

Решение. Имеем F ( x , y )=3 x2+2 y2−xy+ y−2x+1 .

20

Тогда

∂F∂ x=6 x− y−z ,

∂F∂ y=4 y−x+1 .

Таким образом,

dydx=−∂F

∂ x/ ∂F∂ y=−6 x− y−2

4 y−x+1.

Пример 7. Найти

∂ z∂ x и

∂ z∂ y функции z=f ( x , y ), заданной неявно

уравнением x3−4 y2+3 z2−xz+ y=0.

Решение. Пусть F ( x , y , z )=x3−4 y2+3 z2−xz+ y . Тогда

∂ z∂ x=−∂F

∂ x/ ∂F∂ y=−3 x2−z

6 z−x= z−3 x2

6 z−x,

∂ z∂ y=−∂F

∂ y/ ∂F∂ z=−−8 y+1

6 z−x=8 y−1

6 z−x.

Примеры для самостоятельной работы

Найти частные производные и дифференциалы первого порядка для

функции z=f ( x , y ), заданной неявно.

5.1. cos2 x+cos2 y+cos2 z=1 ,

5.2. x2+ y2+ z2=a2 ,

5.3. z3−3 xyz=a3 ,

5.4. x+ y+z=ez ,

5.5. x2+ y2+ z2−3 xyz=0 ,

5.6. x2+ y2+exyz=0 ,

5.7. e z−xyz=0 ,

5.8. z3+3 xyz−6=0 ,

5.9. x⋅cos y+ y⋅cos z+z⋅cos x=1 ,

5.10. x2+2 y2+3 z2+xy−z−9=0 ,

5.11.

x2

a2+ y2

b2+ z2

c2=1 ,

5.12. xyz= ln x+sin yz ,

5.13.

xz=ln

zy+1 ,

5.14.x+arctg

yz−x

=0 .

21

Ответы: 5.1. ; 5.2. ;

5.3. ; 5.4. ; 5.5. ;

5.6. ; 5.7. ;

5.8. ; 5.9. ;

5.10. ; 5.11. ;

5.12. ; 5.13. ;

5.14. .

§ 6. Производная по направлению, градиент

Дана функция u=f ( x , y , z ) и точка P0 ( x0 ; y0 ; z0) . Найти g⃗rad f (P0) ,

производную

∂u∂ l̄ (P0)

в направление вектора l̄ в точке P0 . Пусть l̄0=

cos α⋅̄i+cos β⋅̄j+cos γ⋅̄k единичный вектор данного направления l̄ ,

u0=x0⋅̄i + y0⋅̄j+z0⋅̄k радиус-вектор точки P0 ( x0 ; y0 ; z0) . Производная

функции u=u (x ; y ;z ) в точке P0 по направлению l̄ определяется

соотношением

∂u∂ l (P0)=

∂u∂ x (P0)⋅cosα+

∂u∂ y (P0)⋅cos β+ ∂u

∂ z (P0)⋅cos γ (1.17)

22

Отметим, что

∂u∂ l характеризует скорость изменения функции u ( x ; y ; z ) в

направлении l̄ .

Градиентом функции u ( x ; y ; z ) называют вектор g⃗rad u , координаты которого

являются частными производными функции u ( x ; y ; z ) в точкеP0 , то есть

g⃗rad u=∂u∂ x (P0)⋅̄i+

∂u∂ y (P0)⋅̄j+ ∂u

∂ z (P0)⋅̄k (1.18)

Ясно, что

∂u∂ l = g⃗rad u⋅̄l 0

(1.19)

Пример 8. Дана функция u=x2− y2+2 z . Найти g⃗rad u и

∂u∂ l в

направление вектора l̄ (1,2,1 ) в точке P0 (2,1,2 ) .

Решение. Найдём направляющие косинусы вектора l̄ .

cos α=l x

|̄l|= 1√6

,

cos β=l y

|̄l|= 2√6

,

cos γ=l z

|̄l|= 1√6

,

где l x , l y , l z координаты l̄ . Тогда единичный вектор l̄0=( 1

√6;

2

√6;

1

√6 )Далее, согласно (18) g⃗rad u=2 x⋅̄i−2 y⋅ j̄+2⋅̄k , а значит g⃗rad

u (P0 )=4⋅̄i−2⋅̄j+2⋅̄k .

Таким образом,

∂u∂ l (P0)= g⃗rad u (P0 )⋅̄l =

4

√6− 4

√6+ 2

√6= 2

√6.

Примеры для самостоятельной работы

Дана функция z=f ( x , y ) и точка P0 ( x0 ; y0) . Найти grad z (P0) ,

производную

∂ z∂ l в направление вектора l̄ в точке Po .

23

6.1.z=x2+ 1

2y2 ,

l̄=P0 P1 , P0 (2,1 ) , P1 (6,2 ) .

6.2.z=1

2x2−1

2y2 ,

P0 (2,1 ) , l̄ (1,0 ) .

6.3. z=x2− y2 , l̄=P0 P1 , P0 (2,1 ) , P1 (6,2 ) .

6.4. z=x2−xy+ y2 , P0 (1,1 ) , l̄ выбрать так, чтобы

∂u∂ l (P0)

была

наименьшей.

6.5. z=x2−xy+ y2 , P0 (1,1 ) , l̄ выбрать так, чтобы

∂u∂ l (P0)

была

наибольшей.

6.6.z=1−( x2

a2+ y2

b2 ) ,

P0 ( a

√2,

b

√2 ) , l̄ ( b

√a2+b2;

a

√a2+b2 ).

6.7. z=x+2 y2 , P0 (1,1 ) , l̄ ( 1

√2;

1

√2 ) .6.8. z=x2+xy+ y2 , P0 (1,1 ) , P1 (2,2 ) , l̄=P0 P1 ,

6.9. z=ln (x2+ y2) , P0 (1,1 ) , l̄ ( 1

√2;

1

√2 ) .6.10. z=√ x2+ y2 , P0 (1,0 ) , P1 (1,1 ) , l̄=P0 P1 ,

Ответы: 6.1. grad z (P0)=(4,1 ) ,

∂ z

∂ l⃗=√17

; 6.2. grad z (P0)=(2 ,−1 ) ,

∂ z

∂ l⃗=2

;

6.3.grad z (P0)=(4 ,−2 ),

∂ z

∂ l⃗=14

√17 ; 6.4.grad z (P0)=(1,1 ) ,

∂ z

∂ l⃗=−2

; 6.5.grad z (P0)=(1,1 ) ,

∂ z

∂ l⃗=2

; 6.6. gradz (P0)=(−√2

a;−√2

b ),∂ z∂ l⃗=√2 (−a−b )

√a2+b2; 6.7.grad z (P0)=(1,4 ) ,

∂ z

∂ l⃗= 5

√2 ; 6.8. grad z (P0)=(3,3 ) ,

∂ z

∂ l⃗=3√2

; 6.9. grad z (P0)=(1,1 ) ,

∂ z

∂ l⃗=√2

;

6.10. grad z (P0)=(1,0 ) ,

∂ z

∂ l⃗=0

.

24

§ 7. Касательная плоскость и нормаль к поверхности

Касательная плоскость к поверхности в её точке M 0 (точка касания)

есть плоскость, проходящая через M 0 , которая содержит в себе все

касательные, проведённые в точке M 0 к всевозможным кривым,

проведённым на поверхности через точку M 0 .

Нормалью к поверхности, проведенной в точке M 0 , называется

прямая, проходящая через точку M 0 и перпендикулярная к касательной

плоскости, проведённой в этой точке.

Если уравнение поверхности имеет вид: F ( x , y , z )=0 , то уравнение

касательной плоскости в точке M 0 (x0 , y0 , z0 ) имеет вид:

Fx' (x0 , y0 , z0 ) (x−x0 )+ F y

' ( x0 , y0 , z0 ) ( y− y0)+ F z' ( x0 , y0 , z0 )(z−z0 )=0 (1.20)

Уравнение нормали к этой поверхности в точке M 0 есть

x−x0

F x' (x0 , y0 , z0)

=y− y0

F y' (x0 , y0 , z0)

=z−z0

F z' (x0 , y0 , z0 )

. (1.21)

В случае явного задания поверхности z=f (x , y ) уравнения (1.20) и (1.21)

примут вид

z−z0=f x' (x−x0 )+ f y

' ( y− y0 ) ; (1.22)

x−x0

f x' (x0 , y0 )

=y− y0

f y' (x0 , y0 )

= z−z0

−1.

Пример 9. Найти уравнение касательной плоскости и уравнение

нормали к поверхности z=2 x2+ y2 , в точке M 0 (−1,2,6 ) .

Решение: Имеем

∂ z∂ x (M 0 )=4 x|M0

=−4 .

∂ z∂ y (M 0)=2 y|M0

=2.

25

Тогда, согласно (1.22) уравнение касательной плоскости к данной

поверхности в указанной точке будет иметь вид: z−6=−4 ( x+1 )+2 ( y−2 ) , то

есть 4 x−2 y+ z+2=0 , а уравнение нормали

x+1−4= y−2

2= z−6−1

.

Пример 10. Найти уравнение касательной плоскости и нормали к

поверхности

x2

4+ y2

3− z2

9=0

в точке M 0 (2 ,−3 ,−6 )

Решение. Имеем

F ( x , y , z )= x2

4+ y2

3− z2

9.

Тогда

∂F∂ x|M0= x

2|M0=1 ;

∂F∂ y|M0=2

3y|M0=−2 ;

∂F∂ z|M0=4

3;

Уравнение касательной плоскости запишем в виде

( x−2 )−2 ( y+3 )+ 43(z+6 )=0

или, 3 x−6 y+4 z=0 , а уравнение нормали

x−21= y+3−2

= z+643

.

Примеры для самостоятельной работы

Дано уравнение поверхности F ( x , y , z )=0 . Составить уравнение

касательной плоскости и нормали к данной поверхности в точке

M 0 (x0 , y0 , z0 ) .

7.1. 3 x2+2 xz− yz+x+1=0 , x0=1 , y0=−2 .

7.2. 2 xy2−x2 z+2 yz+2 y+4=0 , x0=−1 , y0=1 .

7.3. zx 2−2xy 2+2 yz+ y+1=0 , x0=2 , y0=−1 .

26

7.4. xyz+x2 z−2 x−2 y+3=0 , x0=2 , y0=3 .

7.5. x2 y2+2 xyz−4 yz−5 x=0 , x0=3 , y0=−1.

7.6. 3 xy+ y2 z−xz+2 y−x=0 x0=−3 , y0=1.

7.7. 2 xyz+xy2+ y2 z−x=0 , x0=4 , y0=−2 .

7.8. 2 xy2−xyz+ yz+4 xy=0 , x0=0 , y0=−3 .

7.9. x2 y2+xyz+ y2 z−2x=0 , x0=2 , y0=−1 .

7.10. x2 z+ xy2+3 xz+ y−4=0 , x0=−4 , y0=0.

7.11. z=sin x cos y , x0= y0=

π4

, z0=12

.

7.12. x0=3 , y0=4 .

7.13.

x2

a2+ y2

b2+ z2

c2=1 ,

x0=

a√33

, y0=b √3

3, z0=

c √33

.

7.14. x3+ y3+xyz−6=0 M 0 (1,2 ,−1 ) .

Ответы: 7.1. , ;

7.2. , ;

7.3. , ;

7.4. , ;

7.5. , ;

7.6. , ;

7.7. , ;

27

7.8. , ; 7.9. , ;

7.10. , ;

7.11. , ;

7.12. , ;

7.13. , ;

7.14. , .

§ 8. Локальный экстремум функции нескольких переменных

Функция u=f (M ) имеет в точке M 0 ( x10 , x2

0 ,…, xn0) локальный максимум

(минимум), если существует такая окрестность точки M 0 ( x10 , x2

0 ,…, xn0) , для

всех точек M ( x1 , x2 ,…, xn ) которой, отличных от точки M 0 ( x10 , x2

0 ,…, xn0) ,

выполняется неравенство f (M 0)> f (M ) ( f (M 0 )< f (M ) ) .

Необходимое условие экстремума:

Если дифференцируемая функция u=f (M ) достигает экстремума в

точке M 0 ( x10 , x2

0 ,…, xn0) , то

df (M 0 )=0 , (1.23)

или

∂ f (M 0)∂ xk

=0 , для всех k=1,2,3 ,…, n . (1.24)

Точки, в которых выполняется (1.24), называют стационарными.

Достаточное условие экстремума:

Пусть M 0 ( x10 , x2

0 ,…, xn0) - стационарная точка функции. Предположим,

что функция u=f ( x ) дважды непрерывно дифференцируема в окрестности

28

точки M 0 и d2 f (M 0) значение второго дифференциала в точке M 0 , то есть

d2 f (M 0)=∑i=1

n

∑j=1

n ∂2 f∂ x i∂ x j

(M 0 )Δxi Δ xj .

Легко заметить, что d2 f (M 0) является квадратичной формой относительно

Δx1 , Δx2 ,… , Δxn . Тогда:

1. Если d2 f (M 0) , как функция Δx1 , Δx2 ,… , Δxn имеет постоянный знак

при всевозможных наборах Δx1 , Δx2 ,… , Δxn , значений не равных нулю

одновременно, то функция имеет в точке M 0 экстремум, а именно

максимум, при d2 f (M 0)<0 и минимум при d

2 f (M 0)>0 .

2. Если d2 f (M 0) знакопеременная функция Δx1 , Δx2 ,… , Δxn , то есть

принимает как положительные, так и отрицательные значения, то точка M 0

не является точкой экстремума.

3. Если d2 f (M 0)≥0 или d

2 f (M 0)≤0 , причём существуют такие

Δx1 , Δx2 ,… , Δxn , при которых d2 f (M 0)=0 , то функция u=f (M ) в точке M 0

может иметь экстремум, а может и не иметь. В этом случае необходимо

провести дополнительные исследования.

Чтобы выяснить, будет ли квадратичная форма

d2 f (M 0)=∑i=1

n

∑j=1

n ∂2 f∂ x i∂ x j

(M 0 )Δxi Δ xj

знакопостоянной, применяют критерий Сильвестра.

Положим,

A1=a11, A2=|

a11 a12

a21 a22

|,

…, An=|

a11 a12 ⋯ a1 n

a21 a22 ⋯ a2 n

⋯ ⋯ ⋯ ⋯an 1 an2 ⋯ ann

|.

29

1. Для того чтобы d2 f (M 0) была знакоположительна, то есть

d2 f (M 0)>0 при любых наборах Δx1 , Δx2 ,… , Δxn необходимо и достаточно,

чтобы выполнялись неравенства A1>0 , A2>0 , A3>0 ,… , An>0 .

2. Для того чтобы d2 f (M 0) была знакоотрицательна, то есть d

2 f (M 0)<0

при любых наборах Δx 1 , Δx2 ,… , Δx n необходимо и достаточно, чтобы знаки

чисел A1 , A2 , A3 ,…, An чередовались, причём A1<0 , A2>0 , A3<0 ,…

Применим критерий Сильвестра для случая функции двух

переменных z=f (x , y ) . Положим

A=a11=∂2 f∂ x2 (M 0) ,

B=a12=a21=

∂2 f∂ x∂ y (M 0) ,

C=a22=

∂2 f∂ y2 (M 0) ,

Δ=A2=AC−B2

Тогда:

1. Если Δ>0 , то функция z=f (x , y ) имеет в точке M 0 (x0 , y0 ) экстремум,

а именно максимум при A<0 (C<0 ) и минимум при A>0 (C>0 ) .

2. Если Δ<0 , то функция z=f (x , y ) в точке экстремума M 0 (x0 , y0 ) не

имеет.

3. Если Δ=0 , то для решения вопроса об экстремуме в точке M 0 (x0 , y0 )

требуется дополнительное исследование.

Пример 11. Исследовать на экстремум функции

a ) u=x2+ y2+z2+2 x+4 y−6 z ;

b ) z=x4+ y4− x2−2 xy− y2.

Решение. а) Определим стационарные точки из системы

{ux' =2 x+2=0 ¿ {u y

' =2 y+4=0¿ ¿¿¿Откуда имеем единственную стационарную точку: x=−1 , y=−2 , z=3 .

Воспользуемся достаточным условием

30

a11=∂2 u∂ x2=2 ,

a22=

∂2u∂ y2

=2 , a33=

∂2 u∂ z2=2 ,

a12=a21=

∂2u∂ x ∂ y

=0 ,

a13=a31=∂2 u∂ x ∂ z

=0 ,

a23=a32=∂2u∂ y∂ z

=0 ,

Таким образом,

A1=a11=2>0 , A2=|

a11 a12

a21 a22

|=4>0,

A3=|a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

|=8>0

,

то есть, согласно критерию Сильвестра, d2 u представляет собой

положительно определённую квадратичную форму. Следовательно, в

точке M 0 (−1 ,−2,3 ) функция имеет минимум umin=−14 .

b ) Находим,

∂ z∂ x=4 x3−2 x−2 y ;

∂ z∂ y=4 y3−2 x−2 y ;

Стационарные точки определяются из системы

{4 x3−2x−2 y=0¿ ¿¿¿Она имеет три решения M 0 (0,0 ) , M 1 (−1 ,−1 ) , M 2 (1,1 ) . Для применения

достаточных условий локального экстремума вычислим вторые

производные

A=∂2 z∂ x2=12x2−2 ,

B= ∂2 z∂ x ∂ y

=−2 ,

C= ∂2 z∂ y2=12 y2−2 ,

Составим выражение Δ=AC−B2. В точке M 0 , Δ (M 0)=0 , следовательно,

необходимы дополнительные исследования.

Рассмотрим Δz (0,0 )=z (h , k )−z (0,0 ) .

При h=k , 0<h<√ 3

2, имеем

Δz (0,0 )=2h2(h2−32 )<0 .

31

При h=−k , h>0 , имеем Δz (0,0 )=2h4>0 . Таким образом, приращение

Δz (0,0 ) принимает значения разных знаков, а поэтому в точке M 0 (0,0 )

экстремума нет. Далее в точках M 1 (−1 ,−1 ) , M 2 (1,1 ) Δ=96>0 , и так как

Δ (M 1)=A (M 1)=10>0 , то в этих точках достигается минимум, причём

zmin=−2.

Пример 12. На плоскости даны n точек, M k (ak ,bk ) , k=1,2,3 ,. . . ,n , в

которых сосредоточенны массы mk>0 . Требуется найти на этой плоскости

точку M 0 (x0 , y0 ) такую, относительно которой момент инерции указанной

системы материальных точек минимален.

Решение. Момент инерции относительно точек равен

I ( x , y )=∑k=1

n

mk [ (x−ak )2+( y−bk )2 ].

Таким образом, задача сводится к отысканию точки M 0 (x0 , y0 ) , в которой

функция I ( x , y ) достигает своего минимума.

Имеем

∂ I∂ x=2∑

k=1

n

mk (x−ak )=0 ,

∂ I∂ y=2∑

k=1

n

mk ( y−bk )=0 ,

откуда единственной стационарной точкой будет точка с координатами

x0=∑k=1

n

mk ak

∑k=1

n

mk

,

y0=∑k=1

n

mk bk

∑k=1

n

mk

,

Далее, так как

A=∂2 I∂ x2=2∑

k=1

n

mk>0 , B=

∂2 I∂ x ∂ y

=0 , C=

∂2 I∂ y2=2∑

k=1

n

mk>0 , то Δ=AC−B2>0

и значит, функция I ( x , y ) имеет в точке M 0 (x0 , y0 ) локальный минимум.

32

Нетрудно увидеть, что значение функции I ( x , y ) в этой точке является

минимальным.

Примеры для самостоятельной работы

Исследовать функцию на экстремум.

8.1. z=xy 2 (1−x− y ) , ( x>0 , y>0 ) .

8.2. z=xy+50

x+20

y, ( x>0 , y>0 )

8.3. z=x2+ y 2−2 ln x−18 ln y , ( x>0 , y>0 )

8.4. z=2 x3+xy 2+5 x2+ y2 ,

8.5. u=x2+ y2+z2−4 x+6 y−2 z .

8.6. z=x2−xy+ y2+x+ y+4 ,

8.7. z=3 xy−x2−3 y2−6 x+9 y+2,

8.8. z=x3+ y3−6xy ,

8.9. z=x3+ y3−3 xy ,

8.10. z=x3+3 xy 2−15 x−12 y ,

8.11. z=3 xy−x2−3 y2−5 x+5 y−2 ,

8.12. z=x2+xy− y2−5x+5 y−2 ,

8.13. z=3 xy−x2−4 y2+4 x−6 y+5 ,

8.14. z=x2+3 xy−2 y2+2x+3 y+1 ,

Ответы: 8.1.zmax( 14 ;

12 )= 1

64 ; 8.2. p1 (2,5 ;8 ) седловая точка;

8.3.zmin (1;3 )=10−18 ln3 ; 8.4. p1 (−1 ;−2 ) , p2 (−1 ;2 ) седловые точки; 8.5.

zmin (2;−3 ;1 )=−14; 8.6.zmin (−1;−1 )=3; 8.7.zmax (−3 ;0 )=11 ; 8.8. ,

седловая точка; 8.9. , седловая точка; 8.10.

33

, , седловые точки; 8.11.

; 8.12. седловая точка; 8.13. ; 8.14.

седловая точка.

§ 9. Условный экстремум функции

Функция u=f (x1 , x2,…, xn)имеет условный максимум (минимум) в

точке, M 0 ( x10 , x2

0 ,…, xn0) если существует такая окрестность точки M 0 (x0 , y0 )

для всех точек которой, удовлетворяющих уравнениям связи

ϕk (p )=ϕk ( x1 , x2 ,… , xn )=0 ,k=1,2,3 ,… ,m , m<n выполняется неравенство

f (M 0)> f (M ) , ( f (M 0 )< f (M )) .

Исследование функции на условный экстремум сводят к

исследованию на обычный экстремум функции Лагранжа

L (x1 , x2 ,…, xn )=f ( x1 , x2 ,… , xn )+∑

k=1

n

ϕk ( x1 , x2 , x3 ,… , xn ) λk .

Константы λk , (k=1,2,…m ) называют множителями Лагранжа.

Необходимые условия условного экстремума выражаются системой

{∂L (M )∂ xi

=0 , i=1,2 ,…n ¿ ¿¿¿ (1.25)

Решение системы (25) x10 , x2

0 , x30 ,…, xn

0 , λ10 , λ2

0 ,…, λm0

даёт координаты

точки M 0 ( x10 , x2

0 ,…, xn0) (или системы точек), в которой возможен условный

экстремум.

Достаточные условия условного экстремума вытекают из

исследования на знак d2 L ( x1

0 , x20 , x3

0 ,…, xn0 , λ1

0 , λ20 ,… , λm

0 ) при условии, что

дифференциалы dx1 , dx 2 ,… , dxn удовлетворяют уравнениям

34

∑j=1

n ∂ϕk (x10 , x2

0 ,…, xn0 )

∂ x j

dx j=0 , k=1,2,3 ,…, n

dx12+dx2

2+dx32…+dxn

2=0 (1.26)

Точнее говоря, функция u=f (x1 , x2,…, xn) имеет условный максимум

(минимум) в точке M 0 ( x10 , x2

0 ,…, xn0) , если для всевозможных наборов

dx1 , dx 2 ,… , dxn , удовлетворяющих (26), выполняется неравенство

d2 L ( x10 , x2

0 , x30 ,…, xn

0 , λ10 , λ2

0 ,… , λm0 )<0 , (d

2 L ( x10 , x2

0 , x30 ,…, xn

0 , λ10 , λ2

0 ,… , λm0 )>0 , )

Пример 13. Найти условный экстремум функции z=2 x+3 y , при

условии x2+ y2=1 .

Решение: Составим функцию Лагранжа

L ( x , y , λ )=2 x+3 y+ λ (x2+ y2−1 ) .

Имеем

{∂L∂ x=2+2 λx=0 , x=−1

λ, ¿ {∂ L∂ y=2+2 λy=0 , y=−3

2λ , ¿¿¿¿

Система имеет два решения

{x1=−√25

, ¿ {y1=−3√10

,¿ ¿¿¿

{x2=√25

, ¿ {y2=3√10

,¿ ¿¿¿

Далее

∂2 L∂ x2=2 λ ,

∂2 L∂ x ∂ y

=0 ,

∂2 L∂ y2=2λ ,

d2 L=2 λ (dx2+dy 2)

35

При λ=√ 5

2, d

2 L>0 , поэтому функция z=2 x+3 y , в точке M 1(−√ 2

5,− 3√10 )

имеет условный минимум, а при λ=−√ 5

2, d

2 L<0 , следовательно, функция

z=2 x+3 y , имеет в точкеM 2(√ 2

5,

3√10 ) условный максимум.

Пример 14. Найти условные экстремумы функции f ( x , y )=eaxy , a≠0 ,

при наличии ограничения f 1 ( x , y )=x3+ y3+x+ y−4=0 .

Решение: Построим функцию Лагранжа

L ( x , y )=eaxy+ λ (x3+ y3+x+ y−4 ) .

Стационарные точки определим из системы

{∂L∂ x=ayeaxy+λ (3 x2+1 )=0 , ¿ {∂ L

∂ y=axeaxy+λ (3 y2+1 )=0 , ¿ ¿¿¿

(1.27)

Умножим первое уравнение на x , а второе – на y . После вычитания

получим

λ (3 x3−3 y3+x− y )=λ ( x− y ) (3 x2+3 y2+3 xy+1 )=0 (1.28)

Если λ=0 , то из первых двух уравнений системы x= y=0 . Но

такие значения переменных x и y не удовлетворяют уравнению связи.

Значит λ≠0 , и так как (3 x2+3 y2+3 xy+1 )>0 то из (27) имеем x= y .

Подставляя это в уравнение связи, получаем: x3+x=2, откуда x= y=1 .

Таким образом, из (1.27) λ=−a

4ea

.

36

Итак, единственная стационарная точка функции Лагранжа

M 0(1;1 ;−a4

ea)Далее,

d (eaxy )=aeaxy ( xdy+ ydx ) ,d2 (eaxy )=a2 ( xdy+ ydx )2 eaxy+2adxdy⋅eaxy ,

d2 (x3+ y3+x+ y−4 )=6 xdx 2+6 ydy 2 .

Тогда для d2 Lпри

λ=a4

ea , x= y=1,

Получаем

d2 L=aea (a (dx+dy )2+2 dxdy )−32(dx 2+dy 2 ).

Из уравнения связи при x= y , находим соотношение для дифференциалов

dx и dy , dx+dy=0 .

Подставляя dy=−dx в (1.28), получаем равенство

d2 L(1 ;1 ;−a4

ea)=−5aeadx2 .

Поэтому, при a>0 в точке M 0 функция имеет условный максимум, а при

a<0 – условный минимум. Экстремальное значение равно ea.

Примеры для самостоятельной работы

Найти условный экстремум функции.

9.1. z=x2+ y 2−xy+x+ y−4 , x+ y+3=0.

9.2.z=1

x+ 1

y, x+ y=2 .

9.3.z= x− y−4

√2, x

2+ y2=1 .

9.4. z=xy 2 , x2+2 y=1 .

9.5. z=2 x+ y , x2+ y2=1 .

37

9.6.z=1

x+ 1

y,

1

x2+ 1

y2= 1

a2,

9.7. z=xy , x2+ y2=2a2 .

9.8.

9.9.

9.10.z= x

a+ y

b, x

2+ y2=1 .

9.11. z=x2+ y 2−12 x+16 y , x2+ y2=25 .

9.12. z=cos2 x+cos2 y , x− y=π

4.

9.13. ,

9.14.

9.15.

Ответы:9.1.p(−3

2;−3

2 )−т . усл . min, z усл . min=−434 ;

9.2.p (1;1 )−т . усл .min; z усл . min=2 ;

9.3.p1( 1

√2;− 1

√2 )−т . усл . max; z усл .max=1−2√2, p2 (− 1

√2;

1

√2 )−т . усл . min; z усл . min=−1−2√2

;

9.4.p1( 1

√5;

25 )−т . усл .min; z усл .min=

4√5125

, p2 (− 1

√5;25 )−т . усл .min; z усл . min=−

4 √5125 ; 9.5.

p1( 2

√5;

1

√5 )− седловая точка, p(− 2

√5;− 1

√5 )−т . усл . min; z усл .min=−√5; 9.6. a>0 ,

p1(a √2 ;a√2 )−т . усл .min; z усл . min=

√2a

,a<0 , p1(a√2; a√2 )−т . усл .max; z усл .max=

√2a

;

38

9.7.p1 (√a ;√a )−т . усл .max; z усл . max=a

; 9.8.

p1 (−2 ;−2 )−т . усл . max; z усл . max=−4 ;

9.9. p1 (2 ;1 )−т . усл . max; z усл . max=3 ;9.10. p1( b

√a2+b2;

a

√a2+b2)−т . усл . max;

z усл . max=√a2+b2

ab, p2(− b

√a2+b2;−

a

√a2+b2)−т . усл . min;

z усл . min=−√a2+b2

ab;

9.11. p1(−3 ;4 )−т . усл .max; z усл .max=125 ;

p2 (3 ;−4 )−т . усл . min; z усл . min=−75 ;9.12. p1( π

8+πn;−π

8+πn)−т . усл .max;

z усл .max=1+ √22

; p2( 5 π8+πn ;

3 π8+πn)−m . усл . min;z усл .min=1−√2

2;

9.13. p1(2 ;1 ;1) , p2(1 ;2;1 ), p3 (1 ;1 ;2)−m . усл . max; z усл . max=2 , p4 (2/3 ;5/3 ;5/3) ,

p5 (5/3 ;2/3 ;5 /3 ) , p6(5 /3 ;5/3 ;2/3 )−m . усл .min; z усл . min=50 /27 ;

9.14. p1( 4 ;2 ;−4 )−m . усл . max; z усл . max=18 , p2(−4 ;−2 ;4 )−m . усл .min; z усл . min=−18 .

§10. Наибольшее и наименьшее значение функции в замкнутой

области

Для того чтобы найти наибольшее и наименьшее значение функции

необходимо найти стационарные точки внутри области, вычислить

значения функции в этих точках и сравнить с верхней и нижней гранью на

границе области.

Пример 15. z=x2+ y 2−8 x+12 y , x2+ y2≤16 .

Решение: Функция z непрерывна в замкнутом круге {x2+ y2≤16 }. Поэтому, согласно теореме Вейерштрасса, она на этом множестве

достигает своих, наибольшего и наименьшего, значений функции.

39

Система

{ zx' =2x−8=0 ¿ ¿¿¿

имеет решение x=4 , y=−6 . Так как 16+36=52>16 , то в круге x2+ y2≤16

решений нет. Поэтому экстремум достигается на границе круга x2+ y2=16 .

Составим функцию Лагранжа

L=x2+ y2−8 x+12 y+ λ (x2+ y2−16 ) .

Для определения точек локального экстремума функции Лагранжа решим

систему уравнений

{Lx' =2x−8+2 λx=0 , ¿ {Ly

' =2 y+12+2 λy=0 ,¿ ¿¿¿Итак, находим две точки возможного экстремума

M 1( 8

√13,−12

√13 ), M 2(− 8

√13,12

√13 ) .Вычислим значения функции в этих точках

z (M 1)=16−64+144

√13=16−208

√13,

z (M 2)=16+64+144

√13=16+208

√13,

40

Следовательно,

max zD=z (M 2)=16+208

√13,

min zD=z (M 1 )=16−208

√13.

Примеры для самостоятельной работы

Найти наибольшее и наименьшее значение функции в области D.

10.1. z=x2− y2 , D= {x2+ y2≤4 } .

10.2. z=x2+2 xy−4 x+8 y , D= {( x , y ) :0≤x≤1,0≤ y≤2}.

10.3. z=e− x2− y 2

(2 x2+3 y2 ) , D= {x2+ y2≤4 } .

10.4. z=x2−xy+ y2 , D= {|x|+|y|≤1 }.

10.5. z=x2−12 x+16 y+ y2 , D= {x2+ y2≤25 } .

10.6. z=x2− yx− y−x+ y 2 , D= {x≥0 , y≥0 , x+ y≤3 } .

10.7. z=xy 2 , D= {x2+ y2≤1}.

10.8. z=x2+4 xy− y2−6 x−2 y , D= {x≥0 , y≥0,2 x+3 y≤6 } .

10.9. z=2 x2−2 y2 , D= {x2+ y2≤9} .

10.10. z=x2+2 y2−2 x−8 y+5 , D= {x≥0 , y≥0 , x+ y≤4 } .

Ответы: 10.1. z(0; 2)= 4 наименьшее, z( 2;0)= 4 наибольшее.

10.2. z(1;0)= 3 наименьшее, z(1;2)= 17 наибольшее.

10.3. z(0;0)=0 наименьшее, z(0; 1)= 3/e наибольшее.

10.4. z(0;0)=0 наименьшее, z(0; 1)= z( 1; 0)= 1 наибольшее.

10.5. z(3; 4)= 75 наименьшее, z( 3; 4)= 125 наибольшее.

10.6. z(1;1)= 1 наименьшее, z(0; 3)= z(3; 0)= 6 наибольшее.

10.7. z( ; )= наименьшее, z( ; )= наибольшее.10.8. z(3;0)= 9 наименьшее, z(0; 0)= 0 наибольшее.

41

10.9. z(0; 3)= 18 наименьшее, z( 3; 0)= 18 наибольшее.

10.10. z(1/3; 11/3)= 58/3 наименьшее, z(4; 0)= 13 наибольшее.

Глава 2. Интегральное исчисление функции многих

переменных

§1. Двойные интегралы и их вычисление

На плоскости Oxy рассмотрим некоторую замкнутую область D,

ограниченную замкнутой линией L. Пусть в D задана функция z = f(x, y).

Произвольными линиями разобьем D на n элементарных областей Si,

площади которых ΔSi (i=1 , n) (рис. 1). В каждой области Si выберем

произвольную точку Pi(xi, yi). Диаметром di области Si называется длина

наибольшего из отрезков, соединяющих граничные точки Si.

Рис. 1

Выражение вида

42

(2.1)

называется n-й интегральной суммой для функции z = f(x, y) в области D.

Вследствие произвольного разбиения области D на элементарные области

Si и случайного выбора в них точек Pi можно составить бесчисленное

множество указанных сумм. Однако, согласно теореме существования и

единственности, если функция z = f(x, y), например, непрерывна в D и

линия L – кусочно-гладкая, то предел всех этих сумм, найденных при

условии , всегда существует и единствен.

Двойным интегралом функции z = f(x, y) по области D называется

предел In обозначаемый . Таким образом, по определению

. (2.2)

Здесь и далее будем предполагать, что функция z = f(x, y)

непрерывна в области D и линия L – кусочно-гладкая, поэтому указанный

в формуле (2.2) предел существует.

Укажем основные свойства двойного интеграла и его

геометрический и физический смыслы.

1. , где площадь области интегрирования D.

2. Если подынтегральная функция

поверхностная плотность материальной пластины, занимающей область D,

то масса этой пластины определяется по формуле

(2.3)

В этом заключается физический смысл двойного интеграла.

43

3. Если в области D, то двойной интеграл (2.2) численно

равен объему V цилиндрического тела, находящегося над плоскостью Oxy,

нижним основанием которого является область D, верхним – , а

боковая поверхность – цилиндрическая, причем ее прямолинейные

образующие параллельны оси Oz и проходят через границу L области D

(рис. 2).

Рис. 2

Если в области D, то двойной интеграл численно равен

объему цилиндрического тела, находящегося под плоскостью Oxy (рис. 3),

взятому со знаком «–» (–V). Если же функция f(x, y) в области D меняет

знак, то двойной интеграл численно равен разности объемов

цилиндрических тел, находящихся над плоскостью Oxy и под ней, т.е.

(2.4) (рис. 4). Это свойство выражает геометрический смысл двойного

интеграла.

44

4. Если функции непрерывны в области D, то

верна формула

5. Постоянный множитель C подынтегральной функции можно

выносить за знак двойного интеграла:

.

Рис. 3

6. Если область D разбить на конечное число областей D1, D2, …, Dk ,

не имеющих общих внутренних точек, то интеграл по области D равен

сумме интегралов по этим областям:

45

.

Рис. 4

7. Теорема о среднем. Для непрерывной функции z = f(x, y) в

замкнутой области D, площадь которой , всегда найдется хотя бы одна

точка , такая, что

.

Число называется средним значением функции z = f(x, y) в области

D.

8. Если в области D для непрерывных функций f(x, y), f1(x, y) , f2(x, y)

выполнены неравенства , то

.

46

9. Если функция и непрерывна в области D,

, , то

.

Замечание. Так как предел n-й интегральной суммы In (см.

формулы (2.1), (2.2)) не зависит от способа разбиения области D на

элементарные области Si (теорема существования и единственности), то в

декартовой системе координат область D удобно разбивать на

элементарные области Si прямыми, параллельными осям координат.

Полученные при таком разбиении элементарные области Si,

принадлежащие области D, являются прямоугольниками. Следовательно,

dS=dxdy и

.

Область интегрирования D называется правильной в направлении

оси Ox (оси Oy), если любая прямая, параллельная оси Ox (оси Oy),

пересекает границу L области D не более двух раз (рис. 5, а). Область D

а б

47

в

считается также правильной, если часть ее границы или вся граница L

состоит из отрезков прямых, параллельных осям координат (рис. 5, б).

Рассмотри методы вычисления двойного интеграла по областям,

правильным в направлении координатных осей; так как практически

любую область можно представить в виде объединения правильных

областей (рис. 5, в), то, согласно свойству 6 двойных интегралов, эти

методы пригодны для их вычисления по любым областям.

Для вычисления двойного интеграла нужно проинтегрировать

подынтегральную функцию z = f(x, y) по одной из переменных (в пределах

ее измерения в правильной области D) при любом постоянном значении

другой переменной. Полученный результат проинтегрировать по второй

переменной в максимальном диапазоне ее измерения в D. Тогда все

произведения f(x, y)dxdy в двойном интеграле (предел суммы (2.2)) будут

учтены при суммировании точно по одному разу, и мы избавимся от

лишних, не принадлежащих области D, произведений.

Если область D, правильная в направлении оси Oy, проектируется на

ось Ox в отрезок [a;b], то ее граница L разбивается на две линии: AmB,

48

задаваемую уравнением , и AnB, задаваемую уравнением

(рис. 6). Тогда область D определяется системой неравенств:

,

и двойной интеграл вычисляется по правилу (внутреннее интегрирование

ведется по переменной y, а внешнее – по переменной x)

. (2.5)

Рис. 6

Если область D, правильная в направлении оси Ox, проектируется на

ось Oy в отрезок [c;d], то ее граница L разбивается на две линии: CpD*,

задаваемую уравнением , и CqD*, задаваемую уравнением

(рис. 1). В этом случае область D определяется системой

неравенств:

D :c≤ y≤d , ,

и двойной интеграл вычисляется по правилу (внутреннее интегрирование

ведется по переменной x, а внешнее – по переменной y)

(2.6)

49

Рис. 7Выражения, стоящие в правых частях равенств (2.5), (2.6), называются

повторными интегралами.

Из равенств (2.5) и (2.6) следует, что

= (2.7)

Переход от левой части равенства (2.7) к правой его части и обратно

называется изменением порядка интегрирования в повторном интеграле.

Пример 1. Вычислить двойной интеграл , если

область σ ограничена линиями y= ; y=x; x=4. Этот же интеграл

вычислить, изменив порядок интегрирования.

50

а б

Рис. 8

Решение. Прежде всего следует представить на чертеже область σ .

Контур этой области пересекается всякой прямой, параллельной оси Oy в

двух точках (рис. 8).

=

В повторном интеграле внутреннее интегрирование производится по

переменной y, а внешнее – по x.

Пределы интегрирования в повторном интеграле получены так:

область σ была спроектирована на ось Ox. Получился отрезок [0;4]. Этим

был определен нижний предел 0 и верхний предел 4 изменения

переменной x во внешнем интеграле.

Затем на отрезке [0;4] оси Ox была выбрана произвольная точка x,

через которую проведена прямая, параллельная оси Oy, и на ней

рассмотрен отрезок KL, содержащийся в областиσ .

Область σ ограничена снизу прямой y= , сверху – прямой y=x.

Переменная y изменяется в области σ от ее значения на нижней части

контура OBC до ее значения x на верхней части этого контура. (Уравнения

линий, ограничивающих областьσ , должны быть разрешены относительно

той переменной, по которой вычисляется внутренний интеграл.)

Вычисления следует начинать с внутреннего интеграла ,

в котором величина x должна рассматриваться как постоянная.

= = .

51

Заметьте, что получилась функция переменной x, как это и следовало

ожидать. Вычислим теперь интеграл:

= .

Вычислим теперь тот же двойной интеграл, изменив порядок

интегрирования: внутреннее интегрирование будем производить по

переменной x, а внешнее – по переменной у.

Из чертежа видно, что левая часть контура области (σ ) – одна линия,

а именно y = x, а его правая часть состоит из двух линий OB и BC,

определяемых разными уравнениями: OB – y= ; BC – x=4. В этом случае

область σ следует разбить на части так, чтобы каждая из них справа

ограничивалась тоже одной линией, иначе говоря, линией, определяемой

одним аналитическим выражением. Такими частями будут σ 1 – OAB

(σ ¿¿1)−OAB ¿ и σ 2 – ABC. Область (σ ) является суммой областей (σ ¿¿1)¿ и

(σ ¿¿2)¿. Интеграл представляется как сумма интегралов

Так как теперь внутренние интегралы будут вычисляться по

переменной x, то уравнения линий, ограничивающих каждую из областей

(σ ¿¿1)¿ и (σ ¿¿2)¿, должны быть решены относительно этой переменной.

Решая уравнения линий, ограничивающих области (σ ¿¿1)¿ и (σ ¿¿2)¿

относительно переменной x, получим, то область (σ ¿¿1)¿ ограничена

линиями: 1) x = y; 2) x = 2y; 3) y = 2, точка B имеет координаты (4;2).

Область (σ 2 ) ограничена линями 1) y = 2: 2) x = y; 3) x = 4.

Спроектировав каждую из областей интегрирования (σ ¿¿1)¿ и (σ ¿¿2)¿

на ось Oy, получим пределы внешних интегралов: в первом интеграле – 0

и 2, во втором интеграле 2 и 4. Выбрав на отрезке [0;2] произвольно точку

y и проведя через нее прямую, параллельную оси Ox, замечая, что в

52

области (σ ¿¿1)¿ переменная x изменяется от ее значения, равного y на

левой части контура (т.е. на OA), до ее значения, 2y на ее правой части (т.е

на OB).

Таким образом, при интегрировании по области (σ ¿¿1)¿ во

внутреннем интеграле пределами будут y и 2y. Поэтому

I 1=∬σ 1

❑

(x3¿+ y3)dx dy=∫0

2

dy∫y

2 y

(x3+ y3)dx ¿.

При вычислении внутреннего интеграла переменная y должна

считаться величиной постоянной (а пределы интегрирования есть функции

переменной y, т.е. той переменной, которая при интегрировании остается

величиной постоянной).

Вычисления начинаем с внутреннего интеграла:

.

Следует заметить, что получилась функция переменной y, т.е той

переменной, по которой вычисляется внешний интеграл.

Подставляем полученное выражение под знак внешнего интеграла:

.

Пределы внешнего интеграла при интегрировании по области (σ 2)

уже были определены: переменная y в этой области изменяется на отрезке

[2;4], т.е от 2 до 4. Чтобы определить, в каких пределах в этой области

изменяется переменная x, возьмем на отрезке [2;4] произвольную точку,

проведем через нее прямую, параллельную оси Ox, и заметим, что на левой

части AC контура области (σ 2) x имеет значение, равное y, на BC – правой

его части x = 4.

53

Таким образом, в области (σ 2) пределами интегрирования по x будут

y и 4, а

.

Внутренний интеграл (в нем y – величина постоянная)

¿64+4 y3−54

y4.

Получилась функция переменной y, т.е. той переменой, по которой

вычисляется внешний интеграл. Подставляем полученное выражение под

знак внешнего интеграла:

.

Искомый интеграл равен сумме

.

Поскольку подынтегральная функция x3+ y3

непрерывна, то

результаты вычислений, как и следовало ожидать, совпали: они не зависят

от порядка интегрирования.

Из этого примера видно, что выбор порядка интегрирования не

безразличен. Выбрав рационально порядок интегрирования, можно

сократить вычисления.

Пример 2. На плоскости Оxy построить область интегрирования D в

заданных пределах изменения переменных в повторном интеграле

.

54

Изменить порядок интегрирования и вычислить интеграл при

заданном и измененном порядках интегрирования.

Решение. Область интегрирования D расположена между прямыми

x=0 и x=4, ограничена снизу параболой y=3 x2

8 , сверху параболой

y= 3 (рис. 9). Следовательно,

.

Рис. 9

С другой стороны, область интегрирования D расположена между

прямыми y=0 и y=6, а переменная x изменяется в данной области при

каждом фиксированном значении y от точек кривой x= y2

9 до точек

кривой √8 y /3, т.е. имеем

.

Пример 3. Изменить порядок интегрирования в повторном

интеграле .

55

Решение. Область интегрирования D ограничена линиями x=0, x=1,

y=x2 и y=2–x (рис. 10). Так как правый участок границы области D задан

двумя линиями, то прямая y=1 разбивает ее на области D1: 0≤y≤1, 0≤x≤√ y и

D2: ≤ 2 ,≤ x≤ 2− y . , .

В результате получаем

.

Рис. 10

Пример 4. Вычислить двойной интеграл

,

если область D ограничена линиями x + y = 2, x = 0, y = 0.

Решение. Область интегрирования D ограничена прямой y = 2 – x и

осями координат (рис. 11).

56

Рис. 11

Следовательно,

Пример 5. Найти среднее значение функции z = x + 6y в

треугольнике, ограниченном прямыми y = x, y = 3x, x = 2.

Решение. Средним значением функции в области

является число (см. свойство 7 двойных интегралов)

.

Вычислим сначала площадь области D:

.

Аналогично получаем

.

57

Таким образом,

.

Примеры для самостоятельного решения

Представить двойной интеграл ∬

D

f ( x,y )dxdyв виде повторного

интеграла с внешним интегрированием по и внешним интегрированием

по , если область задана указанными линиями.

1.1. .

1.2. .

1.3. .

1.4. .

1.5. .

1.6. .

1.7. .

1.8. .

1.9. .

1.10. .

1.11. .

1.12. .

1.13. .

1.14. .

1.15. .

58

1.16..D : y≥0 , x=√ y , y=√6−x2 .

1.17. D : y=−x , y2=x+2 .

1.18. .

1.19. .

1.20. D : y≤0 , x2=− y , x=√2− y2.

Изменить порядок интегрирования, сделать чертёж области

интегрирования.

1.21. .

1.22. .

1.23. .

1.24. .

1.25. .

1.26. ∫−2

−1

dy ∫0

√2+ y

f ( x , y )dx+∫−1

0

dy ∫0

√− y

f ( x , y )dx.

1.27. .

1.28. .

59

1.29. ∫−3

0

dx ∫−√1− x

x+1

f ( x , y )dy+∫0

1

dx ∫−√1−x

√1−x

f (x , y )dy.

1.30. .

1.31. ∫0

1

dx∫x3

2−x

f ( x , y )dy .

1.32. ∫−1

0

dy ∫y−2

y 3

f ( x , y )dx .

1.33. ∫0

1

dx∫x2

ex

f ( x , y )dy .

1.34. ∫−1

0

dx ∫x 2

2−x2

f ( x , y )dy .

1.35. ∫−1

0

dx ∫− x

√2−x2

f ( x , y )dy .

Вычислить двойной интеграл по области , ограниченной

указанными линиями.

1.36. ∬

D

( x2+ y )dxdy , D : y=x2 , x= y2 .

1.37. ∬

D

xy2 dxdy ,D : y=x2 , y=x .

1.38. ∬

D

( x+ y )dxdy , D : y2=x , y=x .

1.39. ∬

D

x2 ydxdy ,D : y=2−x , y=x , x≥0 .

1.40. ∬

D

( x3−2 y )dxdy ,D : y=x2−1 , x≥0 , y≤0 .

60

1.41. ∬

D

( y−x )dxdy , D : y=x , y=x2 .

1.42. ∬

D

(1+ y )dxdy , D : y2=x , 5 y=x .

1.43. ∬

D

( x+ y )dxdy , D : y=x2−1 , y=−x2+1.

1.44. ∬

D

x ( y−1)dxdy , D : y=5 x , y=x , x=3 .

1.45. ∬

D

( x−2 ) ydxdy , D : y=x , y=12

x , x=2 .

1.46. ∬

D

( x− y2 )dxdy , D : y=x2 , y=1.

1.47. ∬

D

x2 ydxdy ,D : y=2x3 , y=0 , x=1 .

1.48. ∬

D

( x2+ y2 )dxdy , D : x= y2 , x=1 .

1.49. ∬

D

xydxdy , D : x= y2 , x=1 .

1.50. ∬

D

( x+ y )dxdy , D : y=x3 , y=8 , y=0 , x=3 .

1.51. ∬

D

x (2x+ y )dxdy , D : y=1−x2 , y≥0.

1.52. ∬

D

y (1−x )dxdy , D : y3=x , y=x .

1.53. ∬

D

xy3 dxdy , D : y2=1−x , x≥0 .

1.54. ∬

D

x ( y+5)dxdy ,D : y=x+5 , x+ y+5=0 , x≤0.

1.55. ∬

D

( x− y )dxdy , D : y=x2−1 , y=3.

Ответы:

61

1.1. ∫0

1

dx ∫√3 x

√4−x 2

f ( x , y )dy=∫0

√3

dy ∫0

y2/3

f ( x , y )dx+∫√3

2

dy ∫0

√4− y2

f ( x , y )dx ;

1.2. ∫2

3

dx ∫x2 /2

(5 x−6 )/2

f ( x , y )dy=∫2

4,5

dy ∫(2 y+6)/5

√2 y

f ( x , y )dx ;

1.3. ∫0

2

dx∫0

x

f ( x , y )dy+∫2

2√2

dx ∫0

√8−x2

f ( x , y )dy=∫0

2

dy ∫y

√8− y2

f ( x , y )dx ;

1.4. ∫0

1

dx∫0

1

f ( x , y )dy+∫1

e

dx∫ln x

1

f ( x , y )dy=∫0

1

dy∫0

e y

f ( x , y )dx ;

1.5. ∫−1

2

dx ∫− x

2− x2

f ( x , y )dy=∫−2

1

dy ∫− y

√2− y

f ( x , y )dx +∫1

2

dy ∫−√2− y

√2− y

f (x , y )dx ;

1.6. ∫−1

1

dx ∫x 2

√2−x2

f (x , y )dy=∫0

1

dy ∫−√ y

√y

f ( x , y )dx +∫1

√2

dy ∫−√2− y2

√2− y2

f ( x , y )dx ;

1.7. ∫−1

2

dx ∫x 2−2

x

f ( x , y )dy=∫−2

−1

dy ∫−√ y+2

√ y+2

f ( x , y )dx +∫−1

2

dy ∫y

√ y+2

f ( x , y )dx ;

1.8. ∫0

1

dx∫1

3

f ( x , y )dy+∫1

3

dx∫x

3

f (x , y )dy=∫1

3

dy∫0

y

f ( x , y )dx ;

1.9. ∫0

1

dx ∫x2 /2

√2 x

f ( x , y )dy=∫0

1 /2

dy ∫y2 /2

√2 y

f ( x , y )dx+∫1 /2

√2

dy ∫y2 /2

1

f ( x , y )dx ;

1.10. ∫0

3 /√2

dx ∫x

√9−x 2

f ( x , y )dy=∫0

3 /√2

dy∫0

y

f ( x , y )dx+ ∫3 /√2

3

dy ∫0

√9− y2

f ( x , y )dx ;

1.11. ∫−2

1

dx ∫−√2− x

x

f ( x , y )dy+∫1

2

dx ∫−√2−x

√2−x

f (x , y )dy=∫−2

1

dy ∫y

2− y 2

f (x , y )dx ;

62

1.12. ∫0

1

dx∫0

√x

f ( x , y )dy+∫1

√2

dx ∫0

√2−x2

f ( x , y )dy=∫0

1

dy ∫y2

√2− y2

f ( x , y )dx ;

1.13. ;

1.14. ∫−3

−1

dx∫−x

3

f ( x , y )dy+∫−1

0

dx∫1

3

f ( x , y )dy=∫1

3

dy∫− y

0

f ( x , y )dx ;

1.15. ∫−√2

−1

dx ∫−√2−x2

0

f ( x , y )dy+∫−1

0

dx∫x

0

f ( x , y )dy=∫−1

0

dy ∫−√2− y2

y

f ( x , y )dx;

1.16. ∫0

√2

dx∫0

x2

f ( x , y )dy +∫√2

√6

dx ∫0

√6−x2

f ( x , y )dy=∫0

2

dy ∫√ y

√6−x2

f ( x , y )dx ;

1.17. ∫−2

−1

dx ∫−√x+2

√x+2

f ( x , y )dy+∫−1

2

dx ∫−√x+2

−x

f ( x , y )dy=∫−2

1

dy ∫y 2−2

− y

f ( x , y )dx ;

1.18. ∫0

1

dx ∫0

√4−x 2

f ( x , y )dy=∫0

√3

dy∫0

1

f ( x , y )dx+∫√3

2

dy ∫0

√4− y2

f ( x , y )dx ;

1.19. ∫−2

−1

dx∫0

x2

f ( x , y )dy=∫0

1

dy∫−2

−1

f (x , y )dx+∫1

4

dy ∫−2

−√ y

f ( x , y )dx ;

1.20. ∫0

1

dx∫− x2

0

f ( x , y )dy +∫1

√2

dx ∫−√2−x2

0

f ( x , y )dy=∫−1

0

dy ∫√− y

√2− y2

f ( x , y )dx ;

1.21. ∫−1

0

dx ∫x 2−2

−x2

f ( x , y )dy ;

1.22. ∫−1

0

dx ∫x 2

√2−x2

f (x , y )dy ;

1.23. ∫0

1

dx ∫x

√2− x2

f ( x , y )dy ;

1.24. ∫0

1

dx ∫x2

2−x2

f ( x , y )dy ;

63

1.25. ∫−1

0

dy ∫−√2− y 2

y

f ( x , y )dx;

1.26. ∫0

1

dx ∫x2−2

− x2

f ( x , y )dy;

1.27. ∫−1

0

dx∫x2

e−x

f ( x , y )dy ;

1.28. ∫0

1

dy ∫−√2− y2

−√ y

f ( x , y )dx ;

1.29. ∫−2

1

dy ∫y−1

1− y2

f ( x , y )dx ;

1.30.

;

1.31.

.

1.32.

.

1.33.

.

1.34.

.

1.35.

.

1.36. 33/140;

1.37. 1/40;

1.38. 3/20;

1.39. 1/6;

1.40. 37/60;

1.41. –1/60;

1.42. 875/12;

1.43. 0;

1.44. 207;

1.45. –1/2;

1.46. –4/7;

1.47. 2/9;

1.48. 88/105;

1.49. 0;

1.50. 2364/35;

1.51. 8/15;

1.52. 17/240;

1.53. 0;

1.54. –625/3;

1.55. –224/15.

§2. Вычисление площадей и объемов с помощью двойного

интеграла в декартовой системе координат

64

Вычисление площадей плоских фигур

Пример 1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями

.

Решение.

.

Пример 2. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:

; ; ( АD ) ;

(см. рис. 12).

Рис. 12

Решение. Фигура – параллелограмм. Его вершины находятся в

точках: (1,2); (2,4); (5,3); (6,5). Область интегрирования разобьем

на три части: = ; = ; = ;

Вычислим каждый из этих двойных интегралов. В области σ 1 переменная

изменяется на отрезке [1,2]. Выбрав внутри этого отрезка произвольную

точку с абсциссой , проведем прямую, параллельную оси . На отрезке

этой прямой, находящемся в области σ 1, переменная изменяется от ее

65

значения на отрезке до ее значения на отрезке . Из. уравнения

стороны

.

Из уравнения стороны . Поэтому

.

В области σ 2 переменная изменяется на отрезке [2,5]. Выберем на нем

произвольную точку , проведем через нее прямую, параллельную оси

. На отрезке этой прямой, содержащемся в областиσ 2, переменная

изменяется от ее значения на прямой до ее значения на прямой .

Уравнение прямой уже разрешено относительно , а из уравнения

стороны ВС следует, что

.

Поэтому

.

В области σ 3 переменная изменяется на отрезке [5,6], а переменная –

от ее значения на прямой до ее значения на прямой . Из уравнения

, а из уравнения прямой .

Таким образом,

66

Окончательно получаем, что .

Пример 3. Вычислить площадь, ограниченную линиями

; , и положительны и

Решение. Из рис. 13 видно, что первое интегрирование выгодно

вести по переменной x, второе – по y.

а б

Рис. 13

Решая систему уравнений

найдём координаты точки пересечения кривых:

; .

67

Следует учесть, что искомая площадь равна удвоенной площади фигуры

ABC. В области ABC переменная x изменяется от ее значения

x= y2+b2

2b на AB до значения x= y2+a2

2a на CB. Переменная y

изменяется от 0 до (ее значения в точке B).

Таким образом,

.

Если изменить порядок интегрирования, вычисляя внутренний интеграл по

переменной y, а внешний – по переменной x, то выкладки усложняются:

(для определения пределов во внутренних интегралах уравнения кривых

разрешены относительно переменной y, т.е. той переменной, по которой

ведется интегрирование). Поэтому так решать задачу нецелесообразно.

Вычисление объемов тел

Пример 4. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями

z=x2+y2, x + y = 1, x = 0, y = 0, z = 0.

Данное тело ограничено координатными плоскостями, плоскостью

x+y=1, параллельной оси Oz, и параболоидом вращения z = x2 + y2 (рис.

14). На основании геометрического смысла двойного интеграла искомый

объем V можно вычислить по формуле

68

,где область D ограничена треугольником, лежащим в плоскости Oxy, для

которого 0 ≤ x ≤1, 0≤ y ≤1 – x.

Рис. 14

Следовательно,

.

Пример 5. Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями:

1) ; 2) x = c; 3) x = d; (c < d); 4) y = e; 5) y = f; (e < f); 6) z = 0.

Решение. Поверхности, ограничивающие тело: 1) эллиптический

параболоид; 2) и 3) – плоскости, параллельные плоскости yOz; 4) и 5) –

плоскости, параллельные плоскости xOz и 6) – плоскость xOy (см. рис. 15).

Заданное тело цилиндрическое.

69

.

Рис. 15

На плоскости xOy тело вырезает прямоугольник , ограниченный

прямыми линиями x = c; x = d; y = e; y = f. Первые две параллельны оси

Oy, вторые две – оси Ox. Как известно, в этом случае пределы

интегрирования в повторном интеграле – величины постоянные. Порядок

интегрирования в данном случае безразличен.

Переходя к повторному интегралу и выполняя первое

интегрирование по переменной x, а второе по переменной y, будем иметь

.

Внутренний интеграл

.

70

Подставляя значение внутреннего интеграла, получаем, вынося d – c за

знак интеграла,

.

Пример 6. Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями:

z=4x2 + 2y2 + 1; x + y – 3 = 0; x = 0; y = 0; z = 0.

Решение. Первая поверхность – эллиптический параболоид, у

которого осью симметрии является ось Oz. Он пересекает ее в точке

(0;0;1). Над плоскостью xOy параболоид приподнят на одну единицу

масштаба, поверхность x + y – 3 = 0 – плоскость, параллельная оси Oz, а

остальные поверхности – координатные плоскости (см. рис. 16).

На плоскости xOy тело вырезает треугольник, ограниченный

координатными осями и прямой x + y – 3 = 0.

Объем тела вычисляется по формуле

,

в которой область интегрирования – указанный треугольник, а z надо

заменить его значением из уравнения той поверхности, которая сверху

ограничивает тело. Преобразуем двойной интеграл в повторный, причем

первое интегрирование (внутреннее) будем вести по переменной x, а

второе (внешнее) – по переменной y.

При постоянном y переменная x изменяется от x = 0 до x = 3 – y (это

значение x найдено из уравнения прямой x + y – 3 = 0), а y изменяется от 0

до 3. Поэтому

.

71

Рис. 16

Вычисляем внутренний интеграл

.

Подставляя это значение внутреннего интеграла, получаем

.

Примеры для самостоятельного решения

Вычислить площадь плоской области D, ограниченной заданными

линиями.

2.1. D: y2 = 4x, x + y = 3, y 0.

2.2. D: y = 6x2, x + y = 2, x≥0.

2.3. D: y2 = x + 2, x = 2.

72

2.4. D: x = –2y2, x =1 – 3y2, y≥0, x 0

2.5. D: y = 8/(x2+4), x2= 4y.

2.6. D: y = x2 + 1, x + y = 3.

2.7. D: y2 = 4x, x2= 4y.

2.8. D: y = cos x, y≥0, y≤ x + 1.

2.9. D: x =√4− y2

, x≥0, y¿√3 x .

2.10. D: y= x2 + 2, x = 2, y = x, x≥0.

2.11. D: y = 4x2, 9y = x2, y≤2.

2.12. D: y = x2, y = – x.

2.13. D: y2 = x, x = .

2.14. D: y = , y = x2.

2.15. D: y = x2 + 4x, y = x + 4.

2.16. D: 2y = , x + y = 5, x≥0.

2.17. D: y = 2x, y = 2x – x2, x = 2, x = 0.

2.18. D: y = –2x2 + 2, y≥ – 6.

2.19. D: y2 = 4x, x = 8/(y2 + 4).

2.20. D: y = 4 – x2, y = x2 – 2x.

Вычислить объём тела, ограниченного заданными поверхностями.

2.21. z = x2 + y2, x + y = 1, x≥ 0, y≥ 0, z≥ 0.

2.22. z = 2 – (x2 + y2), x + 2y = 1, x≥ 0, y≥ 0, z≥ 0.

2.23. z = x2, x – 2y + 2 = 0, x + y – 7 =0, z≥ 0.

2.24. z = 2x2 + 3y2, y = x2, y = x, z≥ 0.

2.25. z = 2x2 + y2, y ≤ x , y = 3x, x = 2, z≥ 0.

2.26. z = x, y = 4, x = , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.

2.27. y = , y = x, x + y + z = 2, z ≥ 0.

73

2.28. y = 1–x2, x + y + z = 3, y ≥ 0, z ≥ 0.

2.29. z = 2x2+y2, x + y = 4, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.

2.30. z=4 – x2, x2 +y2=4, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.

2.31. 2x+3y–12=0, 2z=y2, x ≥ 0, y ≥ 0, z≥0.

2.32. z=10+x2+2y2, y=x, x=1, y ≥ 0, z ≥ 0.

2.33. z=x2, x + y=6, y=2x, z ≥ 0.

2.34. z=3x2+2y2+1, y = x2–1, y = 1, z ≥ 0.

2.35 y2=1–x, x + y + z=1, x=0, z=0.

2.36. y=x2, x=y2, z=3x + 2y+ 6, z=0.

2.37. x2=1–y, x + y + z=3, y≥0, z≥0.

2.38 x=y2, x=1, x + y + z=4, z=0.

2.39. z=2x2+y2, x + y=1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.

Ответы:

2.1. 10/3;

2.2. 43/96;

2.3. 32/3;

2.4. 2/3–2/(3 );

2.5. 2π – 4/3;

2.6. 9/2;

2.7. 16/3;

2.8. 3/2;

2.9. 4π/3 + ;

2.10. 14/3;

2.11. 20 /3;

2.12. 1/6;

2.13. 8/3;

2.14. π/2 + 1/3;

2.15. 125/6;

2.16. 28/3;

2.17. ;

2.18. 64/3;

2.19. 2π – 4/3;

2.20. 9;

2.21. 1/6;

2.22. 53/96;

2.23. 32;

2.24. 29/140;

2.25. 60;

2.26. 118/3;

2.27. 11/60;

2.28. 52/15;

2.29. 64;

74

2.30. 3π;

2.31. 16;

2.32. 65/12;

2.33. 4;

2.34. 264 /35;

2.35. 49/60;

2.36. 11/4;

2.37. 52/15;

2.38. 68/15;

2.39. 1/4.

§3. Двойной интеграл в полярной системе координат

Пусть переменные x, y связаны с переменными u, v соотношениями

x=φ(u, v), y= (u, v), где φ(u, v), (u, v) – непрерывные и

дифференцируемые функции, взаимно однозначно отображающие область

D плоскости Oxy на область D* плоскости O*uv, при этом якобиан

J=J(x, y)=

сохраняет постоянный знак в D. Тогда верна формула замены переменных

в двойном интеграле:

.

Пределы в новом интеграле расставляются с учетом вида области D*.

Пример 1. Вычислить двойной интеграл

по области D плоскости Oxy, ограниченной линиями y=x–1, y=x+2,

y=–x–2, y=–x+3.

Решение. Положим

u= y−x ,v= y+x . } . Тогда прямые y=x–1 и y=x+2

перейдут соответственно в прямые u=–1, u=2 плоскости O*uv, а прямые

y=–x–2, y=–x+3 – в прямые v=–2 и v=3 этой же плоскости. При этом

75

область D отобразится в прямоугольник D* плоскости O*uv, для которого

–1 ≤ u ≤ 2, –2 ≤ v ≤ 3.

Из системы находим: .

Следовательно,

J= = ,

а =1/2. Поэтому,

.

Известно, что прямоугольные декартовы (x, y) и полярные ( )

координаты связаны между собой следующими соотношениями:

x= cos φ, y= sin φ, ( ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ 2π).

Если в двойном интеграле перейти от декартовых к полярным

координатам, то получим формулу (так как якобиан J= )

.

В обобщенных полярных координатах, для которых

x=a cosφ, y=b sinφ ( ≥ 0, 0 ≤ φ < 2π) имеем (так как якобиан J=ab ):

.

Представление двойных интегралов в виде повторных в правых

частях формул приводит к разным пределам в зависимости от того, где

находится полюс O полярной системы координат – вне, внутри или на

границе области D.

76

1. Если полюс О полярной системы координат находится вне

области D, ограниченной лучами φ=α, φ=β (α < β) и линиями AmB, AnB (их

уравнения соответственно = 1 (φ), = 2(φ), где 1 (φ), 2(φ) ( 1 (φ), ≤

2(φ)) – функции, заданные на отрезке [α;β],то двойной интеграл в

полярных координатах сводится к повторному интегралу по правилу (рис.

17).

.

a б

Рис. 17

2. Если полюс О находится внутри области D и уравнение границы

области D в полярной системе координат имеет вид = (φ), то в

формуле α=0, β=2π, 1(φ)=0, 2(φ)= (φ) (рис. 18).

3. Если полюс О находится на границе области D и уравнение ее

границы в полярной системе координат имеет вид = (φ), то в формуле

1(φ)=0, 2(φ)= (φ), а α и β могут принимать различные значения (рис.

19, 20).

77

Рис. 18 Рис. 19

Рис. 20

Аналогичные формулы имеют место и для случая обобщенных

полярных координат.

Пример 2. Вычислить , если область D – круг

радиусом R с центром в начале координат.

Решение. Если область D – круг или его часть, то многие интегралы

проще вычислить в полярных координатах. Согласно формуле, имеем:

Пример 3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной эллипсом

78

.

Решение. В интеграле , выражающем площадь эллипса в

декартовой системе координат, перейдем к обобщенным полярным

координатам. Уравнение эллипса в обобщенных полярных координатах

имеет вид =1. Следовательно, получаем

.

Пример 4. Вычислить двойной интеграл

,

где область ограничена линиями =R и =2Rsinφ.

Решение. Чтобы определить, как изменяется в области полярный

угол φ, проведем лучи в точки A и B области . Решая совместно

уравнения линий, ограничивающих область , найдем значения угла φ,

соответствующие лучам OA и OB (рис. 21).

r=Rr=2 Rsinφ} .

Отсюда 2Rsinφ=R; sinφ=1/2; ; .

Таким образом, угол φ в области изменяется от до 5

6 π .

79

Рис. 21

Теперь найдем пределы изменения полярного радиуса в области . Под

произвольным углом φ, взятым в промежутке [π6

56 π ],проведем из полюса

луч OD. В точку C входа этого луча в область , а в точке D выхода

его из области и полярный радиус r изменяется в области

от R до 2 R sin φ. Поэтому нижний и верхний пределы на внутреннем

интеграле равны соответственно r и ρ. Тогда

(Мы вынесли sin φ за знак внутреннего интеграла, так как при вычислении

интеграла переменная сохраняет постоянное значение).

Внутренний интеграл

.

Внешний интеграл

80

.

Пример 5. Вычислить двойной интеграл , где –

область, ограниченная полярной осью и кривой с

дополнительным условием: полярный угол .

Решение. Кривая r2=a2 cos2 φ – лемниската (рис. 22). Определим, как

изменяется угол φ в области . С увеличением углаφ (при условии φ<π2 )

полярный радиус r уменьшается. При некотором значении φ он станет

равным нулю. Найдем это значение φ.

Рис. 22

Подставим в уравнение лемнискаты r=0 и получим уравнение для

определения φ:

0 ≤ a2cos2φ ≤ a2; 0 ≤ cos2 φ ≤ 1; 0 ≤ 2 φ ≤π2 ; 0 ≤ φ ≤

π4 .

81

(Учтено условие, что φ<π2 ).

Таким образом, в области полярный угол изменяется от 0 до π4

.

Чтобы узнать, как изменяется в области полярный радиус r,

проведем луч, пересекающий область под произвольным углом

( ). Луч входит в область в полюсе, т.е. при r=0 и выходит из

нее в точке А на лемнискате. В этой точке r=a√cos2 φ. Тогда

.

Внутренний интеграл

.

Внешний интеграл

.

Примеры для самостоятельного решения

Вычислить двойной интеграл, используя полярные координаты.

3.1. .

3.2. .

3.3. ∫0

R

dx ∫−√R2− x2

√R2− x2

tg√ y2+ x2

−√ y2+x2dy

82

3.4.

3.5. ∫−2

2

dy ∫−√4− y 2

√4− y2

√1+ y2+x2dx

3.6.

3.7.

3.8. , где

3.9.

3.10.

3.11.

3.12.

3.13.

3.14.

83

3.15.

3.16.

3.17.

∫−R

R

dx ∫−√R2−x2

0dy

√ y2+x2sin( π2+√ y2+x2)

3.18.

3.19. , где

3.20.

Перейдя к полярным координатам, найти площадь фигуры,

ограниченной данными линиями. Сделать чертеж.

3.21. .

3.22. x2−4 x+ y2=0.

3.23. .

3.24. .

3.25. .

3.26. .

3.27. .

3.28. .

84

3.29. .

3.30. .

3.31. .

3.32. .

3.33. .

3.34. .

3.35. .

С помощью двойных интегралов вычислить в полярных координатах

площадь плоской фигуры, ограниченной указанными линиями.

3.36. .

3.37. .

3.38. .

3.39. .

3.40. .

3.41. .

3.42. .

3.43. .

3.44. .

3.45. .

3.46. .

3.47. .

3.48. .

85

3.49. .

3.50. .

3.51. .

3.52. ρ2=a2(1+sin2 φ) .

3.53. (x2+ y2 )3=a2 x4 .

3.54. (x2+ y2 )2=4 (3 x2+4 y2 ) .

3.55. .

Ответы:

3.1. ;

3.2. π /2 ;

3.3. π ln|cos R|;

3.4. π (2 ln 2−1 )/4;

3.5. 2 π (5√5−1)/3;

3.6. 0;

3.7. ;

3.8. ;

3.9. π sin R2/2 ;

3.10. π (sin R−R cos R );

3.11. 7 π /3 ;

3.12. 4 π ;

3.13. ( π ln 5)/2;

3.14. π (1−ln2 )/2;

3.15. π−π cos R ;

3.16. π tg R;

3.17. π tg R;

3.18. 4/3;

3.19. −π lncos R ;

3.20. 0;

3.21. π /2 ;

3.22. 6 (π /3+√3/2 );

3.23. 7 π /6 ;

3.24. 3 (π /4+1/2 );

3.25. 3 π /2 ;

86

3.26. 6 (π /2+1 );

3.27. 5 (π /4+1/2 );

3.28. 24 (π /3+√3 /4 );

3.29. 8 (π /2+1 );

3.30. π /2 ;

3.31. 3 (π /6+√3/ 4 );

3.32. 4 π /3 ;

3.33. 5 (π /6+√3/ 4 );

3.34. 5 π /2 ;

3.35. 8 (π /3+√3/ 4 );

3.36. 5 πa2/2 ;

3.37. πa2 /8 ;

3.38. 15 πa2/8 ;

3.39. 5 πa2/2 ;

3.40. 3 π /4 ;

3.41. πa2 /4 ;

3.42. 3 πa2/8 ;

3.43. 3 πa2/2 ;

3.44. 5 πa2/2 ;

3.45. 4 πa2;

3.46. 6 πa2;

3.47. a2;

3.48. π /2 ;

3.49. 2a2;

3.50. 2a2;

3.51. πa2 /2 ;

3.52. 3 πa2/2 ;

3.53. 3 πa2/8 ;

3.54. 14 π ;

3.55. πa2 /8

§4. Криволинейный интеграл. Формула Грина

Пусть в пространстве задан вектор

, координаты которого –

непрерывные функции в точках ориентированной кривой LAB. Кривую LAB

разобьем в направлении от А к В на N элементарных дуг li и построим

векторы ∆⃗ li=∆ x i i+∆ y i j+∆ zi k , где ∆ x i, ∆ y i,∆ zi – проекции вектора ∆ l⃗i на оси

87

координат. Начала этих векторов совпадают с началами элементарных дуг

li, а концы – с их концами (рис. 23). На каждой элементарной части li

выберем произвольную точку M i(x i , y i , zi) и составим интегральную сумму

I n=∑i=1

n

P (x i , y i , zi )∆ x i+Q (x i , y i , zi )∆ y i+R (x i , y i , zi )∆ zi=¿

¿∑i=1

n

a (x i , y i , zi )∙ ∆⃗ li.

Предел этой суммы, найденный при условии, что все |⃗∆ li|→ 0,

называется криволинейным интегралом второго рода или криволинейным

интегралом по координатам от вектор-функции по кривой LAB и

обозначается

Рис. 23

.

88

Если функции P ( x , y , z ) , Q (x , y , z ) , R ( x , y , z ) непрерывны в точках

гладкой кривой LAB, то предел интегральной суммы существует, т.е.

существует криволинейный интеграл второго рода.

Криволинейные интегралы второго рода обладают основными

свойствами определенных интегралов (линейность, аддитивность).

Непосредственно из определения криволинейного интеграла второго

рода следует, например, что он зависит от направления интегрирования

вдоль кривой, т.е. меняет знак при изменении ориентации кривой:

Если кривая интегрирования L замкнута, криволинейные интегралы

второго рода обозначаются . В этом случае через кривую L

проводится ориентированная поверхность и за положительное

направление обхода по L принимается такое направление, при котором

область поверхности, ограниченная кривой L, находится слева, если

двигаться вдоль L по выбранной стороне указанной поверхности (т.е.

обход контура L совершается против хода часовой стрелки).

Если плоскую область D, ограниченную кривой L, разбить на части, не

имеющие общих внутренних точек и ограниченные замкнутыми кривыми

и , то

,

где направление обхода по контурам L, и – всюду либо

положительные, либо отрицательные.

Если гладкая кривая LAB задана параметрическими уравнениями

x=x (t ) , y= y (t ) , z=z (t), гдеx (t ) , y (t ) , z (t ) – непрерывно дифференцируемые

функции, A(x (α ) , y (α ) , z (α )) и B(x (β ) , y (β ) , z (β )) – соответственно начальная и

89

конечная точки этой кривой, то верна следующая формула для вычисления

криволинейного интеграла второго рода:

.

Если кривая LAB лежит в плоскости Oxy, , то

, и формула упрощается:

Если кривая LAB лежит в плоскости Оху и задана уравнением ,

производная непрерывна на отрезке , то

Криволинейные интеграл второго рода в случае, когда – сила,

под действием которой перемещается тело, определяет работу этой силы F

на пути . В этом заключается физический смысл криволинейного

интеграла второго рода.

Теорема Грина. Если функции и непрерывны и

имеют непрерывные частые производные в замкнутой односвязной

области D, лежащей в плоскости и ограниченной кусочно-гладкой

кривой , то

,

где интегрирование по контуру выполняется в положительном

направлении.

90

Формула из теоремы Грина называется формулой Грина.

Если в некоторой области D выполнены условия теоремы Грина, то

равносильны следующие утверждения:

1. , если – любой замкнутый контур L,

расположенный в области D.

2. Интеграл не зависит от пути интегрирования,

соединяющего точки А и В, где .

3. Pdx+Qdy=du(x , y ),

где du ( x , y )−¿ полный дифференциал функции .

4. Во всех точках области D справедливо равенство

.

Из формулы Грина следует, что площадь области D можно также

вычислить с помощью криволинейного интеграла второго рода:

,

где интегрирование по контуру производится в положительном

направлении.

Пример 1. Вычислить

,

где – отрезок прямой, соединяющий точки и .

Решение. Запишем параметрические уравнения прямой АВ: ,

, . На отрезке |AB| . Поэтому,

91

.

Пример 2. Вычислить

,

если L – кривая пересечения цилиндра с плоскостью

, пробегаемая в положительном направлении относительно

выбранной верхней стороны данной плоскости.

Решение. Найдем параметрические уравнения кривой L. Так как

проекция кривой L на плоскость Oxy есть окружность x2+ y2=4 , z=0 ,, ,

то можно записать, что , . Тогда из уравнения плоскости

находим, что . Таким образом,

; ; .

Отсюда имеем:

.

Пример 3. Вычислить

,

если линия LAB−¿ дуга параболы , расположенная между точками

и .

Решение.

92

.

Пример 4. Вычислить криволинейный интеграл

,

если L – дуга параболы от точки до точки .

Решение.

.

Пример 5. Вычислить интеграл

,

где L четверть окружности , лежащая в первой четверти,

пробегаемая против часовой стрелки.

Решение. Из уравнения окружности x2+ y2=R2 выразим y:

. Перед корнем следует выбрать знак плюс, так как в первой

четверти . Найдем теперь :

.

Учитывая, что интегрирование ведется против часовой стрелки, пределы

интегрирования по х будут R и 0. Таким образом,

.

93

Пример 6. Вычислить работу А силы вдоль

отрезка прямой ВС, если и .

Решение. Запишем параметрические уравнения прямой ВС: ,

, , где . Тогда работа А силы F на пути ВС

вычисляется по формуле

.

Пример 7. Вычислить площадь фигуры, ограниченной петлей

кривой (рис. 24).

Рис. 24

Решение. Из уравнения кривой получим, что , т.е.

кривая симметрична относительно оси и пересекает ее в точках и

; обе функции y=±√ x+1 определены при , а при

. Перейдем к параметрическим уравнениям данной кривой,

94

положив . Подставим y=xt в уравнение x3+x2− y2=0, получим

, , , где для петли .

Следовательно, искомая площадь

.

Пример 8. Вычислить

,

где – окружность , пробегаемая в положительном

направлении обхода.

Решение. Для вычисления интеграла воспользуемся формулой

Грина:

,

где – круг, определяемый неравенством . Имеем

.

Пример 9. Применяя формулу Грина, показать, что криволинейный

интеграл

по любому замкнутому контуру равен нулю.

Решение.

.

95

Доказать, что данный криволинейный интеграл , вычисленный по

замкнутому контуру, равен нулю, можно и не прибегая к формуле Грина.

Из равенства следует, что подынтегральное выражение является

полным дифференциалом, а в этом случае криволинейный интеграл по

замкнутому контуру, при соблюдении известных условий, равен нулю.

Пример 10. Вычислить, применяя формулу Грина, интеграл

,

где C – окружность , пробегаемая в положительном

направлении.

Решение.

, где D – круг, ограниченный окружностью x2+ y2=a2 .

Вычисление полученного двойного интеграла удобно провести в

полярных координатах:

.

Подчеркнем, что формулу Грина можно применять только тогда,

когда функции P(x , y) и Q(x, y) и их частные производные и

непрерывны в замкнутой области D, т.е. внутри области D и на ее контуре.

Так, например, приводя интеграл

96

к двойному интегралу по формуле Грина, следует найти и .

Окажется, что

, т.е. ,

а поэтому двойной интеграл будет равен нулю, следовательно, и данный

интеграл I, вычисленный по любому замкнутому контуру, равен нулю.

Однако такое заключение для любого замкнутого контура является

неверным. Например, если вычислить этот интеграл по окружности x =

, y = (0≤t≤2π) с центром в начале координат, то можно легко

проверить, что он будет равен не нулю, как это следует из формулы Грина,

а 2π (проверьте!).

Такое несовпадение результатов объясняется тем, что в круге D с центром

в начале координат подынтегральные функции P(x, y) =

и Q(x, y) = не являются непрерывными.

Интеграл I будет равен нулю только тогда, когда область D не

содержит внутри себя начало координат.

Примеры для самостоятельного решения

Вычислить криволинейные интегралы.

4.1. , где – дуга параболы от точки

до точки .

4.2. , где – ломаная OBA; , ,

.

97

4.3. , где L – дуга циклоиды ,

, π/6≤t≤π/3.

4.4. , где – дуга параболы от точки

до точки .

4.5. , где – дуга параболы от точки до

точки .

4.6. , где – отрезок прямой, соединяющий

точки и

4.7. , где L – четверть дуги окружности ,

, лежащая в первом квадранте и пробегаемая против часовой

стрелки.

4.8. , где – дуга кривой от точки

до точки .

4.9. , где L – эллипс , , пробегаемый

против часовой стрелки.

4.10. , где L – контур треугольника, образованного прямыми

, , при положительном направлении обхода контура.

98

4.11. , где L – дуга синусоиды от точки до точки

.

4.12. , где L – верхняя половина эллипса ,

, пробегаемая по часовой стрелке.

4.13. , где – дуга кривой от точки

до точки .

4.14. , где L – верхняя половина окружности

при положительном направлении обхода.

4.15. , где L – верхняя половина окружности

при положительном направлении обхода.

4.16. , где L – контур прямоугольника, образованного

прямыми , , , при положительном направлении обхода

контура.

4.17. , где – отрезок прямой,

соединяющей точки О(0;0) и B(3; 6).

4.18. , где L – эллипс , при

положительном направлении обхода контура.

4.19. , где – дуга параболы от точки

до точки A(2, 1).

99

Ответы:

4.1. 31/30;

4.2. –4;

4.3. ;

4.4. 0;

4.5. 14/3 – ;

4.6. –2 ;

4.7. ;

4.8. 11/20;

4.9. 2πab;

4.10. 2;

4.11. 2;

4.12. ;

4.13. –8/15;

4.14. 4/3;

4.15. πR2/2;

4.16. 2;

4.17. 18;

4.18. –48π;

4.19. 2,4.

§5. Криволинейный интеграл, независящий от пути

интегрирования

С помощью теории криволинейных интегралов второго рода можно

решить следующую задачу. Известно дифференциальное выражение

100

, которое является полным дифференциалом

некоторой функции U(x, y). Требуется найти эту функцию.

Для решения данной задачи используется формула

или

,

где точки M0(x0, y0) и M(x, y) принадлежат области D, в которой P(x,y),

Q(x,y) и их частные производные непрерывныt функциb; C –

произвольная постоянная.

Пример 1. Показать, что дифференциальное выражение

будет полным дифференциалом некоторой функции U(x, y), и найти эту

функцию.

Решение. Так как и , то во всех точках плоскости

Oxy, исключая точки, лежащие на осях координат, данное

дифференциальное выражение будет полным дифференциалом некоторой

функции u(x, y). Теперь воспользуемся формулой, где можно взять

M0(1;1).

,

где C – произвольная постоянная.

Пример 2. Показать, что выражение

101

является полным дифференциалом функции U(x,y). Найти функцию U(x,y).

Решение. Проверим, выполняется ли условие полного

дифференциала (∂P∂ y=∂Q∂ x ) для функции U(x,y). Имеем:

, ,

,

,

т.е. данное выражение полный дифференциал некоторой функции

U(x; y). Положив x0=0, y0=0, найдем U(x; y):

+(arctg xy –10y) +C=

= – x + arctg xy –10y+C.

Результат вычислений верен, если

∂u ( x , y )∂ x

=P( x , y ) ,

∂u ( x , y )∂ y

=Q( x , y ).

Сделаем проверку:

∂∂ x(−x+

arctg xy –10y + C) = –1 +

∂∂ y(−x+

arctg xy –10y + C) = – 10.

Итак, U(x,y) = arctg xy – x – 10y + C.

Пример 3. Вычислить интеграл

102

I =

где L – одна из линий, соединяющих точки О(0,0) и А(2,2):

1) отрезок прямой, соединяющий эти точки;

2) парабола

3) парабола

Решение. 1) Уравнение прямой: y=x. Поэтому dy = dx. Заменяя в

подынтегральном выражении y на x, а dy на dx получим, что

I = + (2x – .

2) Из уравнения кривой следует , что dy = xdx. Заменяя в

подынтегральном выражении y на , а dy на xdx получим, что

I= =

3) Так как уравнение линии , то dx=ydy. Заменяя в

подынтегральном выражении х на , а dx на ydy, получим, учитывая,

что у изменяется от 0 до 2,

I =

=

Итак, по какой бы из указанных кривых, соединяющих точки (0; 0) и

(2; 2), мы ни вычисляли этот интеграл, оказывается, что он равен одному и

103

тому же числу. Иначе говоря, величина заданного интеграла не зависит от

того, по какой из указанных кривых, соединяющих эти точки, он

вычисляется. Можно показать, что и вообще величина этого интеграла по

любой кривой, соединяющей две заданные точки, окажется одной и той

же.

Этот интеграл также равен –88, если его вычислить и по ломанной

ОСА, состоящей из отрезка ОС оси Ох и отрезка СА прямой х=2.

В этом случае на отрезке ОС у=0; dy=0. По отрезку ОС I=0

вследствие того, что под знаком интеграла стоят у=0 и dy=0.

На отрезке СА: х=2, dx=0, y изменяется от 0 до 2

I = .

Самостоятельно покажите, что этот интеграл также будет равен –88,

если его вычислить по ломанной ОВА (В(0,2)). На отрезке ОВ х=0,

следовательно I=0, на ВА у=2, dy=0 (дифференциал постоянной величины

равен нулю).

Решение этой задачи показывает, что подынтегральное выражение в

криволинейном интеграле второго типа может быть таким, что величина

интеграла не зависит от той линии, по которой ведется интегрирование, а

определяется только координатами начальной и конечной точек этой

линии. (В таком случае говорят, что криволинейный интеграл не зависит

от пути интегрирования).

В общем случае, при одном и том же подынтегральном выражении

величина криволинейного интеграла зависит от формы пути, по которому

он вычисляется (иначе говоря, от кривой, по которой он берется) и от

координат начальной и конечной точек этого пути.

Криволинейный интеграл

104

называется независящим от формы пути интегрирования в области D,

если каковы бы ни были точки А и В, принадлежащие области D, значение

этого интеграла остается одним и тем же независимо от того, по какой

линии с началом в точке А и концом в точке В он вычисляется, лишь бы

эта линия целиком лежала в области D.

Конечная область D называется односвязной, если она ограничена

единственным замкнутым контуром. (Иначе говоря, односвязность

области означает, что в ней отсутствуют дыры, а это в свою очередь

позволяет любой замкнутый контур, лежащий внутри такой области,

стянуть в точку не выходя за пределы этой области).

Приведем теорему, которая указывает необходимое и достаточное

условие того, что криволинейный интеграл не зависит от формы пути

интегрирования.

Теорема. Если функция Р(x, у) и Q(x, y) определены и непрерывны

вместе со своими частными производными

дРду и

дQду в замкнутой

ограниченной односвязной области D, то, для того чтобы криволинейный

интеграл

∫( AB)

Р (x , y )dx+Q( x , y )dy

не зависел от формы пути интегрирования, необходимо и достаточно,

чтобы во всех точках этой области выполнялось условие

.

Это условие необходимо и достаточно для того, чтобы выражение

Р(x,у)dх+Q(x,y)dу являлось полным дифференциалом некоторой функции,

определенной в области D. Поэтому можно утверждать, что для того,

105

чтобы криволинейный интеграл не зависел от пути интегрирования АВ, а

только от его концов, необходимо и достаточно, чтобы подынтегральное

выражение Рdх+Qdу было полным дифференциалом некоторой функции.

Если выражение Рdх+Qdу является полным дифференциалом

некоторой функции, то криволинейный интеграл, взятый по любому

замкнутому контуру, лежащему в односвязной ограниченной замкнутой

области D, равен нулю.

Если путь, по которому вычисляется криволинейный интеграл

безразличен, то употребляется обозначение

,

где (х0 ; у0 ) и (х1 ; у1 ) координаты начала и конца пути интегрирования, а в

качестве пути интегрирования в этом случае обыкновенно выбирается

самый простой путь – отрезок прямой, соединяющий точки (х0 ;у0 ) и (х1 ;у1 ).

Пример 4. Выяснить, будет ли криволинейный интеграл

I= ∫(AB )

(6 ху+4 у2+5 у )dx+(3 x2+8 ху+5 х )dy

зависеть от формы пути интегрирования.

Решение. Здесь функция Р(x,у)=6ху+4у2+5у, а функция

Q(x; y)=3х2 +8ху+5х.

Интеграл не будет зависеть от формы пути интегрирования, если

будет выполнено условие . Чтобы проверить его выполнение,

найдем частные производные: от функции Р(x,у) по независимой

переменной у, а от функции Q(x,y) по независимой переменной х. (Заметим

для запоминания, что частные производные нужно брать по «чужой»

переменной. Так, функция Р(x, у) умножается под знаком интеграла на

дифференциал переменной х, а частная производная от нее берется по

106

переменной у, а функция Q(x,y) умножается в подынтегральном

выражении на дифференциал переменной у, а частная производная от нее

берется по переменной х).

; ; ,

т. е. криволинейный интеграл не зависит от формы пути интегрирования.

Вычислим этот интеграл по пути, соединяющему начало координат с

точкой А(2,3). Так как от формы пути, как мы показали, он не зависит, то

одним из простых путей интегрирования является отрезок прямой,

соединяющий начало координат с точкой А(2,3). Уравнение пути

интегрирования: у=3

2х

. Поэтому, подставляя под знак интеграла

32

х

вместо у, получим

(учтено, что если у=3

2х

, то dy=3

2dx

).

Рис. 25

Вычислите этот же интеграл по ломаной ОАВ (рис. 25) и убедитесь,

что получится 138 (на ОА переменная у равна 0, на АВ переменная х равна

107

2, а y изменяется от 0 до3).

Пример 5. Будет ли криволинейный интеграл

взятый по замкнутому контуру, равен нулю?

Решение. При выполнении условия криволинейный

интеграл, взятый по любому замкнутому контуру, равен нулю. Поэтому,

чтобы ответить на вопрос задачи, следует только убедиться в том, что

условие это выполнено. У нас

Поэтому

.

Значит, и на вопрос задачи следует дать утвердительный ответ:

заданный интеграл, если его взять по замкнутому контуру, равен нулю.

При этом следует указать, что этот контур не должен ни охватить, ни

проходить через точку с абсциссой х=0.

Пример 6. Будет ли криволинейный интеграл

где L замкнутый контур, равен нулю? Подтвердить полученное

заключение непосредственным вычислением по какому-нибудь

замкнутому контуру.

Решение. Проверим, является ли подынтегральное выражение

полным дифференциалом. У нас

108

Этим доказано, что подынтегральное выражение полный

дифференциал, и, значит, можно утвердительно ответить на вопрос задачи:

по замкнутому контуру заданный интеграл равен нулю.

Теперь, подтвердим это заключение непосредственным вычислением

данного интеграла по какому-нибудь замкнутому контуру. В качестве

такого контура выберем, например, окружность единичного радиуса с

центром в начале координат. Параметрические уравнения такой

окружности

Тогда ; ; ;

Подынтегральное выражение

По этому контуру интеграл равен нулю. По любому другому

замкнутому контуру он также окажется равным нулю.

Уравнение окружности можно было задать и не параметрическими

уравнениями, а в виде . Тогда, дифференцируя, получим:

или . Поэтому, подынтегральная функция

равна нулю.

Вычислите этот же интеграл по периметру треугольника с

вершинами в точках (0;0); (1;0); (1;1).

Примеры для самостоятельного решения

109

Показать, что данное выражение является полным дифференциалом

функции . Найти функцию .

5.1. .

5.2. .

5.3. .

5.4.

5.5.

5.6.

5.7.

5.8.

5.9.

5.10.

5.11.

5.12.

5.13.

5.14.

5.15.

5.16.

110

5.17.

5.18.

5.19.

5.20.

5.21. Вычислить криволинейный интеграл .

5.22. Вычислить криволинейный интеграл от точки

до точки .

5.23. Вычислить криволинейный интеграл

от точки до точки .

5.24. Вычислить криволинейный интеграл ,

где , .

5.25. Вычислить криволинейный интеграл ,

где , .

5.26. Вычислить криволинейный интеграл ,

где – окружность .

Ответы:

5.1. x2+x+2 y−3 xy2+C ;

111

5.2. ln (1+x2 y2 )−3 x−5 y+C ;

5.3. y cos2x− x

2cos 2 y+ y+C ;

5.4. 3 x+exy 2

− y+C ;

5.5. ln (x+ y )+sin xcos y−x3+2 y2+C ;

5.6. x2+ y ln x+x ln y+ y+C ;

5.7. ex+ y−cos y−sin x+C ;

5.8. arcsin xy+ x2+3 y2+C ;

5.9. xexy+2 x+ y+C ;

5.10. exy+ xy2+C ;

5.11. sin( xy )+ x2−3 xy+2 y2+C ;

5.12. xy sin( x+ y )−3 x3+ y2+C ;

5.13. sin x+5 xy+3x2 y2+C ;

5.14. yexy−3 x+C ;

5.15. xy+sin( xy )+C ;

5.16. cos x+xy−sin y2+C ;

5.17.

1xy−1

2cos2 x+C ;

5.18. ln (xy )+x / y+C ;

5.19. 5 x4−7 x3 y+2 xy+3 y+C ;

5.20. exy+2cos x+sin y+C ;

5.21. 0;

112

5.22. 1;

5.23. –2;

5.24. 2;

5.25. –1;

5.26. 0.