Інтегральне числення 2 страница

Оскільки похідні і неперервні у точці М(х,у) і її околі, то

і .

Таким чином:

,

що і треба було довести.

Приклад. . Довести .

Розв'язання. ; ;

; .

Отже, .

10. Екстремуми функції двох незалежних змінних.

Нехай функція z = f(x,y) визначена у відкритій області D і точка . Кажуть, що функція f(х,у) має у точці M максимум (мінімум), якщо існує такий ε окіл точки , що для усіх точок цього ε - околу виконується нерівність

. (63)

Максимум і мінімум функції звуть екстремумами.

Дане вище визначення максимуму (мінімуму) функції можна перефразувати таким чином. Нехай , ; тоді

. (64)

Якщо < 0 ( > 0) для всіх достатньо малих приростів незалежних змінних, то функція f(х,у) досягає у точці максимуму (мінімуму).

Ці формулювання переносять без зміни на функції будь-якого числа змінних.

Необхідні умови існування екстремуму. Якщо у точці функція z = f(x,y) досягає екстремуму, то кожна частинна похідна першого порядку від z при цих значеннях аргументів дорівнює нулю, або не існує.

Точки, де і (або не існує), звуться критичними (стаціонарними) точками функції z = f(x,y).

Достатні умови існування екстремуму. Нехай у області, яка містить точку , функція z = f(x,y) має неперервні частинні похідні до третього порядку включно і, крім того, точка є критичною точкою функції z = f(x,y), тобто

, . (65)

Тоді :

1) максимум, якщо і А < 0; (66)

2) мінімум, якщо і А > 0; (67)

3)ні максимум i ні мінімум, якщо ; (68)

4) екстремумом може бути а може і не бути (потрібні додаткові дослідження), якщо . (69)

Тут введено такі позначення:

; ; . (69)

Приклад. Дослідити на екстремум функцію

.

Розв'язання.

1) Знайдемо критичні точки, використовуючи необхідні умови екстремуму:

Звідси маємо дві критичні точки:

М(1,1) і N(0,0).

2) Знайдемо частинні похідні другого порядку:

, , .

3) Обчислимо ці похідні у першій критичній точці:

; ; ;

; А > 0.

За достатніми умовами (67) у точці Μ функція досягає мінімуму:

.

4) Обчислимо у другій критичній точці частинні похідні другого порядку, маємо:

А = 0, В = –3, C = 0; АС – Β² = –9 < 0.

Отже, за (68) у точці N(0,0) функція не має екстремуму.

11. Найбільше та найменше значення функції.

Приклад. Дослідити на найбільше та найменше значення функцію z = ху – y² + 3х + 4у у замкненій області D, межа якої: x = 0, у = 0, x + у = 1.

Розв'язання. Зробимо рисунок даної області (рис.66). З'ясуємо, чи є стаціонарні точки, які лежать усередині області D, тобто в межах ΔAOB. Маємо:

Рис. 66

Розв'язуючи систему рівнянь, знаходимо стаціонарну точку Μ(–10, –3). Ця точка лежить за межами області D, отже, її не розглядаємо.

Дослідимо функцію z = f(x,у) на межі області D:

1) на стороні ОА (у = 0, ) функція z = 3х. Ця функція однієї змінної , , тому стаціонарних точок функція не має. У точках О і А відповідно z(0,0) = 0, z(1,0) =З.

2) на стороні OВ (x = 0, ) функція z = –у² + 4у, . Знаходимо стаціонарну точку з рівняння –2у + 4 = 0; маємо у = 2. Отже точка Μ(0,2) не належить області D. Значення функції у точці В(0,1): z(0,1) = 3;

3) на стороні АВ (у = –х + 1) функція z = – 2x² + 2х + 3. Ця функція однієї змінної. і , маємо х = 1/2, тобто стаціонарна точка М(1/2,1/2) належить межі області D. Значення функції в ній z(1/2,1/2) = 3,5.

Порівнюючи всі обчислені значення функції, робимо висновок, що найбільшого значення функція досягає у точці М: , а найменшого у точці О: .

ІНТЕГРАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ

РОЗДІЛ 1. НЕВИЗНАЧЕНИЙ ІНТЕГРАЛ

1. Основні визначення. Раніше ми розглядали таку задачу: дано функцію F(x); треба знати її похідну, тобто функцію f(x) = F'(x). Тепер будемо розглядати обернену задачу: дана функція f(x); треба знайти таку функцію F(x), похідна якої дорівнює f(x); тобто F'(x) = f(x).

Визначення 1. Функція F(x) зветься первісною для функції f(x) на відрізку [а,b], якщо в усіх точках цього відрізку виконується рівність F'(x) = f(x).

Приклад. Знайти первісну для функції f(х) = х².

Розв'язання. 3 визначення первісної прямує функція F(х) = 1/3х³ є первісна, тому що (1/3х³)' = х². Але і F(x) = 1/3х² + С теж є первісна, де С - стала величина. З цього приводу маємо теорему.

Теорема. Якщо F₁(x) і F₂(x) - дві первісні для функції f(x) на відрізку [a,b], то різниця міжними дорівнює сталій величині.

Доведення. За визначенням первісної, маємо

F₁(x) = f(х) і F₂(x) = f(х)

для будь-якого . Позначимо

Візьмемо похідну від обох частин

або або ,

при будь-якому значенні . Але з останньої тотожності прямує, що (стала величина).

Визначення 2. Якщо функція F(х) є первісною для f(x), то вираз F(x) + С звуть невизначеним інтегралом і позначають символом . Таким чином:

. (70)

При цьому функцію f(x) звуть підінтегральною функцією, f(x)dx - підінтегральним виразом, - знаком інтеграла.

Тобто, невизначений інтеграл уявляє собою сім'ю функцій у = F(x) +C.

Знаходження множини всіх первісних функції f(x) є інтегруванням цієї функції.

З визначення 2 прямує:

а. Похідна від невизначеного інтеграла дорівнює підінтегральній функції:

.

б. Диференціал від невизначеного інтеграла дорівнює підінтегральному виразу:

.

в. Невизначений інтеграл від диференціала деякої функції дорівнює цій функції плюс довільна стала:

.

2. Таблиця інтегралів. На основі визначення невизначеного інтеграла, і таблиці похідних елементарних функцій можна скласти таблицю невизначеиих інтегралів;

1) ; 2) ;

3) ; 4) ;

5) ; 6) ;

7) ;

8) ;

9) ;

10) ;

11) ; 12) ;

13) ;

14) ;

15) ; 16) ;

17) ; 18) .

Відзначимо, що в таблиці буква u може позначати як незалежну змінну, так і неперервну диференційовну функцію аргументу х.

3. Властивості невизначеного інтеграла.

Властивість 1. Невизначений інтеграл від алгебраїчної суми двох (і будь-якого скінченого числа) функцій дорівнює алгебраїчній сумі їх інтегралів:

.

Властивість 2. Сталий множник можна виносити за знак інтеграла:

.

Властивість 3. Якщо функція F(x) є первісною функції f(x), то:

а) ;

б) ;

в) .

Усі ці рівності доводяться диференціюванням їх правої і лівої частин.

Приклад.

Приклад.

4. Інтегрування методом заміни змінної. Одним з найефективніших методів інтегрування - метод заміни змінної або метод підстановки. Нехай треба обчислити інтеграл , але безпосередньо підібрати первісну не можна, хоча відомо, що вона існує.

Зробимо заміну змінної у підінтегральному виразі, поклавши , де - неперервна функція з неперервною похідною, яка має обернену функцію. Тоді ; доведемо, що у цьому випадку справедлива рівність

.

Тут маємо на увазі, що після інтегрування у правій частині рівності замість t буде підставлено його вираз через х: . Цей метод грунтується на властивості інваріантності диференціала, тобто , звівши тим самим обчислення даного інтеграла до обчислення інтеграла . Якщо цей інтеграл обчислено:

,

то, повернувшись до вихідної змінної х, дістанемо

.

Приклад. .

Розв'язання. Нехай х = a sint; тоді dx = a cost dt.

,

якщо cost > 0. Повернемось до змінної х:

, тоді

.

Таким чином, .

Приклад. .

Зробимо підстановку t = sinx; тоді dt = cosx dx і, отже,

.

Приклад. .

Зробимо підстановку t = Lпх; тоді dt = dx/x, отже

.

5. Інтеграли від функцій, які мають квадратний многочлен.

1) Розглянемо інтеграл: .

Перетворимо многочлен, який стоїть у знаменнику, до суми або різниці квадратів:

, де . Знак "+" або "–" береться залежно від знака виразу, який записано праворуч.

Отже: .

Зробимо заміну змінної ; .

Матимемо:

.

Це табличні інтеграли (див. формули (7) і (8)).

Приклад. .

Розв'язання.

Робимо заміну змінної х + 2 = t, dx = dt. Маємо

.

Звернувшись до змінної х, остаточно знаходимо

.

2) Розглянемо інтеграл:

.

Зробимо тотожні перетворення в чисельнику:

.

Останній інтеграл перепишемо у вигляді двох інтегралів. Сталі множники винесемо за знак інтегралів, матимемо:

Другий інтеграл є інтеграл I₁. У першому інтегралі зробимо заміну змінної:

; . Отже,

.

Остаточно:

.

Приклад. .

Розв'язання. За вказаним методом:

.

3) Розглянемо інтеграл: .

За допомогою перетворень, розглянутих у 1), цей інтеграл зводиться, в залежності від знаку а, до табличних інтегралів вигляду

, коли а > 0; , коли а < 0,

які були розглянуті у таблиці інтегралів (див. 9 і 10 формули).

4) Розглянемо інтеграл: .

За допомогою перетворені, розглянутих у 2), даний інтеграл дорівнює сумі інтегралів:

.

Застосувавши до першого інтеграла підстановку , , маємо

.

Другий інтеграл розглянуто вище у 3).

Приклад. .

Розв'язання.

.

6. Метод інтегрування частинами. Нехай и(х) і v(x) - дві неперервні функції, які мають неперервні похідні. Візьмемо диференціал добутку цих функцій:

,

а тепер проінтегруємо:

, але .

Маємо формулу інтегрування частинами:

.

Приклад. .

Розв'язання. Нехай х = и, тоді cosxdx = dv. З останнього . Отже,

.

Іноді цей метод необхідно застосовувати декілька разів.

Приклад. .

Розв'язання. Припустимо, що ; . Тоді , .

Інтегруємо частинами:

.

Застосувавши до інтеграла, який стоїть праворуч, іще раз формулу інтегрування частинами, остаточно дістанемо:

.

Деякі інтеграли, які обчислюють методом інтегрування частинами:

, , , ,

, ,

де k, m - натуральні; a, b - будь-які дійсні числа.

7. Інтегрування раціональних алгебраїчних дробів.

1) Алгебраїчний дріб: відношення двох многочленів, які не мають спільних коренів.

Якщо степінь чисельника нижче степені знаменника, то дріб зветься правильною, якщо навпаки - дріб неправильна.

Будь-який неправильний раціональний алгебраїчний дріб Р(х)/Q(х) можна зобразити у вигляді

,

де R(x)/Q(x) - правильний дріб, а G(x) - многочлен, який звуть цілою частиною раціонального алгебраїчного дробу.

Ця операція має назву вилучення цілої частини неправильного алгебраїчного дробу.

Приклад. Раціональний алгебраїчний дріб може бути записаний у вигляді цілої частини і правильного алгебраїчного дробу:

.

2) Корені многочлена. Далі треба поновити набуте у школі вміння розкладати многочлен на множники. Якщо число с - корінь многочлена Р(х), то він ділиться на лінійний двочлен х – с, тобто