Embed Size (px)
Citation preview
1
I. VIENO KINTAMOJO FUNKCIJŲ INTEGRALINIS SKAIČIAVIMAS
1. Individualios užduotys: ...… 2 psl.
- trumpa teorijos apžvalga, - pavyzdžiai, - užduotys savarankiškam darbui.
2. Išspręstosios užduotys….....20 psl.
2
1. Individualios užduotys Funkcijos f(x) pirmykðte vadinama tokia funkcija F(x), kuriai teisinga lygybë ′ =F x f x( ) ( ) . Jei F(x) yra funkcijos f(x) pirmykðtë ir C – bet kuris realusis skaièius, tai F(x)+ C irgi yra funkcijos f(x) pirmykðtë funkcija. Funkcijos f(x) neapibrëþtiniu integralu vadinama ðios funkcijos visø pirmykðèiø funkcijø aibë F(x)+ C. Raðoma:
f x dx F x C( ) ( )= +∫ .
Pagrindinës neapibrëþtinio integralo savybës
1. ( ) ( )f x dx F x C f x( ) ( ) ( )∫′
= + ′ = ,
2. ( ) ( )d f x dx f x dx dx f x dx( ) ( ) ( )∫ ∫=′
= ,
3. df x F x dx f x dx F x C( ) ( ) ( ) ( )= ′ = = +∫ ∫∫ ,
4. af x dx a f x dx( ) ( )= ∫∫ ,
5. ( )f x g x dx f x dx g x dx( ) ( ) ( ) ( )+ = +∫ ∫∫ .
Pagrindiniø integralø lentelë
1. 0dx C=∫ , 2. 1dx dx x C= = +∫∫ ,
3. x dxx
Cαα
αα=
++ ≠ −
+
∫1
11, , 4.
dxx
x C= +∫ ln ,
5. e dx e Cx x= +∫ , 6. a dxa
aCx
x
= +∫ ln,
7. sin cosxdx x C= − +∫ , 8. cos sinxdx x C= +∫ ,
3
9. dx
xctgx C
sin2= − +∫ , 10.
dx
xtgx C
cos2= +∫ ,
11. dx
xtg
xC
sinln=
+∫ 2
,
12. dx
xtg
xC
cosln= +
+∫ 2 4
π,
13. dx
xx C
1 2−= +∫ arcsin ,
14. dx
a x
xa
C2 2−
= +∫ arcsin ,
15. dx
xarctgx C
1 2+= +∫ , 16.
dx
a x aarctg
xa
C2 2
1
+= +∫ ,
17. dx
a x aa xa x
C2 2
12−
= +−
+∫ ln ,
18. dx
x a ax ax a
C2 2
12−
= −+
+∫ ln ,
19. dx
x ax x a C
2 2
2 2
±= + ± +∫ ln ,
20. x a dxx
x aa
x x a C2 2 2 22
2 2
2 2± = ± ± + ± +∫ ln ,
21. a x dxx
a xa x
aC2 2 2 2
2
2 2− = − + +∫ arcsin .
4
Integravimo metodai 1. Tiesioginio integravimo metodas 2. Ákëlimo uþ diferencialo þenklo metodas 3. Kintamojo keitimo metodas 4. Integravimo dalimis metodas. Tiesioginio integravimo metodas Ðis metodas pagrástas pagrindiniø integralø lentelës ir savybiø taikymu bei pointegralinës funkcijos tapaèiaisiais pertvarkiais. Pavyzdþiai
1) dx
xarctg
xC
9
13 32+
= +∫ ,
2) dx
xx x C
99
2
2
+= + + +∫ ln ,
3) dx
x
xx
C9
16
332−
= +−
+∫ ln ,
4) ( )x x dxx
x C+ = + +∫ 32
22
3 ,
5) x
xdx
2
2
2
1
++∫ =
( )x
xdx
2
2
1 1
1
+ +
+∫ = dxdx
x+
+∫∫ 2 1=
= x + arctgx+C,
6) tg xdxx
xdx
x
xdx2
2
2
2
2
1= = −∫∫∫
sin
cos
cos
cos =
= dx
xdx tgx x C
cos2∫ ∫− = − + .
5
Ákëlimo uþ diferencialo þenklo metodas Ðis metodas pagrástas trijø ákëlimo uþ diferencialo þenklo taisykliø ir vienos integralø savybës taikymu. I taisyklë. Prie funkcijos, esanèios uþ diferencialo þenklo, galima pridëti bet kurá skaièiø:
du(x)= d(u(x)+a). II taisyklë. Norint funkcijà, esanèià uþ diferencialo þenklo padauginti ið kurio nors nelygaus nuliui skaièiaus, reikia ið ðio skaièiaus padalinti diferencialà (integralà):
du(x)=1a
d(au(x)), f x du xa
f x d au x( ) ( ) ( ) ( ( ))∫ ∫= 1.
III taisyklë (þr. antràjà savybæ). Norint funkcijà, esanèià prieð diferencialo þenklà, pakelti uþ diferencialo þenklo, reikia jà suintegruoti:
g(x)dx= ( )d g x dx( )∫ .
Savybë. Jei f x dx F x C( ) ( )= +∫ ir u=u(x), tai
f u du F u C( ) ( )= +∫ .
Kintamojo keitimo metodas
Sakykime, kad reikia rasti integralà f x dx( )∫ . Norëdami gauti
paprastesná integralà, keièiame kintamàjá pagal lygybæ t=u(x) arba x=ϕ(t). Tuomet
f x dx f t d t( ) ( ( )) ( )= ∫∫ ϕ ϕ = f t t dt( ( )) ( )ϕ ϕ′∫ =
= g t dt( )∫ = G(t) + C.
Paprasèiausia nauju kintamuoju paþymëti uþ diferencialo þenklo esanèià funkcijà: t=u(x).
6
Pavyzdþiai
1) ( )xdx
x
dx
x
d x
x2
2
2
2
21
2
1
12
1
1+=
+=
+
+∫∫∫ =
= ( )12
12
12
12dtt
t C x C= + = + +∫ ln ln ,
2) e xdx e d xx x2 2cos cossin ( cos )= −∫∫ =
= − ∫12
22e d xxcos ( cos ) = − = − +∫12
12
e dt e Ct t =
= − +12
2e Cxcos ,
3) dx
x x
d x
x
dt
t1 1 12 2 2−=
−=
−∫ ∫∫
ln
ln
ln= arscint + C = =
arcsin(lnx) + C,
4) cos( ) cos( ) ( )3 513
3 5 3 5x dx x d x+ = + +∫∫ =
= = + = + +∫13
13
13
3 5cos sin sin( )tdt t C x C .
Integravimo dalimis metodas Tai integralø apskaièiavimas taikant integravimo dalimis formulæ:
udv uv vdu= − ∫∫ .
Ðis metodas daþniausiai taikomas tuomet, kai reikia integruoti tokià dviejø funkcijø sandaugà: P x f xn ( ) ( )⋅ ; èia P xn ( ) yra
n-ojo laipsnio daugianaris (n ≥ 0), o f(x) – rodiklinë, logaritminë, trigonometrinë arba atvirkðtinë trigonometrinë funkcija. Funkcijà v galima gauti keliant kurá nors dauginamàjá P xn ( ) ar f(x) uþ diferencialo þenklo. Kai yra galimybë kelti uþ diferencialo þenklo rodiklinæ, trigonometrinæ ir laipsninæ funkcijas, galima prisilaikyti nurodyto pirmumo.
7
Pavyzdþiai
1) ln xdx∫ = x x xd x⋅ − ∫ln (ln ) = x x xx
dx⋅ ⋅∫ln -1
=
= xlnx – x + C,
2) x xdx xd x⋅ = ∫∫ cos sin = x x xdx⋅ − ∫sin sin =
= x x⋅ sin + cosx + C, Racionaliøjø funkcijø integravimas Racionaliàja funkcija R(x) vadinamas daugianariø
P x a x a x a x ann n
n n( ) ...= + + + +−−0 1
11
ir
Q x b x b x b x bmm m
m m( ) ...= + + + +−−0 1
11
santykis: R xP xQ x
n
m( )
( )( )
= .
Racionaliosios funkcijos integruojamos keliais etapais. 1) Atkreipiame dëmesá á skaitiklio ir vardiklio daugianariø laipsnius n ir m. Jei n ≥ m, racionaliojoje funkcijoje, kuri ðiuo atveju vadinama netaisyklingàja, iðskiriame sveikàjà dalá. 2) Atkreipiame dëmesá á vardiklio daugianario Qm(x) uþraðymo formà. Treèiojo ar aukðtesniojo laipsnio daugianaris turi bûti iðreikðtas tiesiniø ir kvadratiniø (su neigiamais diskriminantais) dauginamøjø sandauga. Jei m =2, vardiklyje galima iðskirti dvinario kvadratà ir gautàjá dvinará paþymëti nauju kintamuoju. 3) Taisyklingàjà racionaliàjà funkcijà iðreiðkiame paprasèiausiø racionaliøjø funkcijø suma. 4) Integruojame racionaliosios funkcijos R(x) sveikàjà dalá ir paprasèiausias racionaliàsias funkcijas.
8
Pavyzdþiai
1) Apskaièiuokime integralà dx
x x( )+∫ 3. Matome, kad racionalioji
funkcija yra taisyklingoji. Ðià funkcijà iðreikðime dviejø paprasèiausiø racionaliøjø funkcijø suma:
13 3x x
Ax
Bx( )+
= ++
= A x Bx
x x( )
( )+ +
+3
3 =
( )( )
A B x Ax x+ +
+3
3.
Ið tapatybës ( )A B x A+ + ≡3 1 rasime neapibrëþtuosius koeficientus A ir B, pavyzdþiui, sulyginæ koeficientus prie vienodø x laipsniø:
A B
A
+ ==
0
3 1
,
.
Ið ðios sistemos gauname: A B= = −13
13
, .
Tuomet
dxx x( )+∫ 3
=
13
133x x
dx+−
+
∫ = 13
13
3ln lnx x C− + + =
= 13 3
lnx
xC
++ .
2) Apskaièiuokime integralà x x
x xdx
2
2
12
1 9
+ ++ −∫ ( )( )
. Pointegralinæ
funkcijà iðreikðime trijø paprasèiausiø racionaliøjø funkcijø suma ir jas suintegruosime.
x x
x x
2
2
12
1 9
+ ++ −( )( )
= A
xB
xC
x++
−+
+1 3 3.
Neapibrëþtuosius koeficientus A, B, C rasime ið tapatybës:
9
x x A x x2 12 3 3+ + ≡ − +( )( ) + B(x+1)(x+3)+ C(x+1)(x–3). Turëdami tapatybæ, sulyginame koeficientus prie vienodø x laipsniø arba parenkame tris x reikðmes, pavyzdþiui, x = 0, x = 3, x = –3.
Gauname: A B C= − = =32
132
, , .
Tuomet
x x
x xdx
2
2
12
1 9
+ ++ −∫ ( )( )
= −+∫
32 1
dxx
+ dx
x −∫ 3 +
32 3
dxx +∫ =
= − +32
1ln x + ln x − 3 + 32
3ln x + + C.
Iracionaliøjø reiðkiniø integravimas Ðio tipo integraluose daþniausiai taikomas kintamojo keitimo metodas. 1) Jei pointegralinëje funkcijoje vien tik ðaknys ið x, arba ðaknys ið tiesinës funkcijos ax+b, arba ðaknys ið tiesiniø funkcijø
dalmens ax bcx d
++
, tai naujas kintamasis ávedamas taip:
x ts = , ax b ts + = , ax bcx d
ts++
= ;
èia s – ðaknø rodikliø maþiausiasis bendrasis kartotinis. Pakeitæ integravimo kintamàjá, gauname racionaliosios funkcijos integralà. 2) Kai reikia apskaièiuoti integralus
ax bx c dx2 + +∫ , ( )Ax B ax bx c dx+ + +∫2 ,
dx
ax bx c2 + +∫ ,
Ax B
ax bx cdx
+
+ +∫ 2
,
10
ið pradþiø kvadratiniame trinaryje iðskiriame dvinario kvadratà ir tà dvinará paþymime nauju kintamuoju. 3) Kai reikia apskaièiuoti integralà
( )dx
x ax bx cn− ⋅ + +∫
α 2 (n ∈ N), integravimo kintamàjá
keièiame pagal lygybæ tx
=−1
α.
4) Kai pointegralinëje funkcijoje yra kvadratinës ðaknys ið kvadratiniø dvinariø , tai gali bûti taikomi ðie trigonometriniai keitiniai:
a x x a t2 2− =, sin ;
x a xa
t2 2− =,
sin;
a x x atgt2 2+ =, . 5) Diferencialiniu binomu vadinamas reiðkinys
( )x a bxm n p⋅ + , èia m, n, p – racionalieji skaièiai. Ðie reiðkiniai
suintegruojami tik trimis atvejais: a) p – sveikasis skaièius; kai p < 0, taikomas keitinys x = ts , èia s – trupmenø m ir n bendrasis vardiklis;
b) m
n+1
– sveikasis skaièius; ðiuo atveju taikomas keitinys
a bx tn s+ = , èia s – trupmenos p vardiklis;
c) m
n+1
+ p – sveikasis skaièius; ðiuo atveju taikomas keitinys
a bx t xn s n+ = ⋅ , èia s – trupmenos p vardiklis. Pavyzdþiai
1) Apskaièiuokime integralà ( )dx
x x1 4+ ⋅∫ = I1.
11
Ávesime naujà kintamàjá t x= 4 . Tuomet x t dx t dt= =4 34, ,
I1 = 4
1
3
2
t dt
t t( )+∫ = 41
tt
dt+∫ =
= 41 1
1( )t
tdt
+ −+∫ = ( )4 1t t C− + +ln =
= ( )4 14 4x x C− + +ln .
2) Apskaièiuokime integralà dx
x x3 2 2+ −∫ = I2.
Kvadratiniame trinaryje iðskirkime dvinario kvadratà ir tà dvinará paþymëkime nauju kintamuoju:
3 + 2x – x2= 4 – (x –1)2 = 4 – t2. Tuomet
Idt
t2 24
=−
∫ = arcsint
C2
+ = arcsinx
C− +12
.
3) Apskaièiuokime integralà dx
x x x⋅ − +∫
5 2 12 = I3.
Keitinio lygybës: tx
xt
dxt
dt= = = −1 1 12
, , .
Tuomet imdami, kad x > 0, gauname:
I3 = −
− +∫
dt
t t2 2 5 = −
− +∫
dt
t( )1 42 = −
+∫
dz
z2 4 =
= − + + +ln z z C2 4 = − − + − + +ln t t t C1 2 52 =
= − − + − + +ln1
11 2
52x x x
C =
= lnx
x x x1 5 2 12− + − + + C.
12
4) Apskaièiuokime integralà 1 3+
∫x
xdx = I4.
Laikydami pointegralinæ funkcijà diferencialiniu binomu
( )x a bxm n p⋅ + , matome, kad
mn+1
= 0.
Todël taikomas keitinys 1 3 2+ =x t . Tuomet 3x2dx = 2tdt,
I4 =1 3 2
3
+ ⋅∫
x x
xdx =
23 1
2
2
t
tdt
−∫ = 23
1 1
1
2
2
( )t
tdt
− +−∫ =
=23
23 12
dtdt
t∫ ∫+−
= 23
23
12
11
ttt
C+ ⋅ −+
+ln =
= 23
113
1 1
1 1
33
3+ + + −
+ ++x
x
xCln .
Trigonometriniø reiðkiniø integravimas Integruojant trigonometrinius reiðkinius taikomi visi keturi integ-ravimo metodai: tiesioginio integravimo, ákëlimo uþ diferencialo þenklo, kintamojo keitimo ir integravimo dalimis. Pertvarkant pointegralinæ funkcijà gali bûti taikomos ðios trigonometrinës formulës:
sin cos2 2 1α α+ = , tgα αα
= sincos
, ctgα αα
= cossin
,
1122
+ =tg ααcos
, 1122
+ =ctg ααsin
;
sin ( cos )2 12
1 2α α= − , cos ( cos )2 12
1 2α α= + ;
13
sin sin cos2 2α α α= , sin22
1 2α α
α=
+tg
tg,
cos cos sin2 2 2α α α= − , cos cos2 2 12α α= − ,
cos sin2 1 2 2α α= − , cos21
1
2
2α α
α= −
+tg
tg,
tgtg
tg2
2
1 2α α
α=
−;
( ) ( )( )sin cos sin sinα β α β α β⋅ = + + −12
,
( ) ( )( )cos cos cos cosα β α β α β⋅ = + + −12
,
( ) ( )( )sin sin cos cosα β α β α β⋅ = − − +12
.
Kintamojo keitimo metodas taikomas tokio tipo integraluose (R – racionalioji funkcija):
R x xdx(sin ) cos⋅∫ = R x d x(sin ) sin∫ , sinx = t;
R x xdx(cos ) sin⋅∫ = −∫ R x d x(cos ) cos , cosx = t;
R tgx dx( )∫ , R tgxx
dx( )cos
⋅∫12
= R tgx d tgx( ) ( )∫ ,
a x b xc x d x
dxsin cossin cos
++∫ ,
dx
a x b x x c xsin sin cos cos2 2+ +∫ ,
tgx = t;
R ctgx dx( )∫ , R ctgxx
dx( )sin
⋅∫12
= −∫ R ctgx d ctgx( ) ( ) ,
ctgx = t;
14
R tgx
dx( )2∫ ,
dxa x b x csin cos+ +∫ ,
tgx
t2
= (universalusis keitinys)
Pavyzdþiai
1) ctgxdx∫ = cossin
xx
dx∫ = d x
xsin
sin∫ = lnsin x + C,
2) 1
2sin cosx xdx
⋅∫ = sin cos
sin cos
2 2
2
x x
x xdx
+⋅∫ =
= dx
xcos∫ + cos
sin
x
xdx
2∫ = ln tgx2 4
+
π +
d x
x
sin
sin2∫ =
= ln tgx2 4
+
π –
1sin x
+ C.
1 uþdavinys. Apskaièiuokite neapibrëþtinius integralus
1) arcsin x
xdx
1 2−∫ , ln xdx∫ ,
xx
dx++∫
41
,
1
3 23x xdx
+∫ ,
12sin cosx x
dx+ +∫
2) 1
2 −∫ xdx , arcsin3xdx∫ ,
x x xx x
dx3 2 6 5
2 3− − ++ −∫ ( )( )
,
x x dx+∫ 2 , 1
2sin sin cosx x xdx
+∫
15
3) 2
1 4 2
x
xdx
−∫ , x xdxsin∫ ,
x x x
x x xdx
3 2
3 2
2 3 2
3 2
− + +− +∫ ,
x
xdx
+ ++ −∫
1 1
1 1, ctg xdx2
∫
4) e dxx−
∫ 2 , e xdxx sin∫ , 2 10
2 1x
x xdx
++ −∫ ( )( )
,
1
1 4 34( )+∫
x xdx ,
16cos x
dx∫
5) e
xdx
tgx
cos2∫ , e x dxx− +∫ ( )1 , 2 10
3 22
x
x x xdx
++ + −∫ ( )( )
,
x
xdx
+∫
49,
12 2sin cosx x
dx+ +∫
6) x dxx52−
∫ , xe dxx2∫ ,
x x
x xdx
2
2
1
1
+ ++∫ ( )
, x x dx+∫ 1 ,
cossin
3 xx
dx∫
7) 3
4
2
6
x
xdx
+∫ , x xdxcos5∫ , x x
x xdx
2
2
2
1
+ ++∫ ( )
,
x
xdx
1+∫ , tg xdx3∫
8) 1+
∫ln x
xdx , x xdx2 ln∫ ,
5 7
1 5 62
x
x x xdx
+− + +∫ ( )( )
,
16
x x dx+∫ 3 , 1
2 2 3sin cosx xdx
+ +∫
9) sin
cos
x
xdx
2∫ , xe dxx3∫ ,
x xx x
dx2 4 7
3 1+ +
+ +∫ ( )( ),
1
13 2x xdx
−∫ , sin cos2 3x xdx∫
10) e
edx
x
x1 2+∫ , e xdxx cos2∫ , x x x
x xdx
3 2 5 22 3
− − −+ −∫ ( )( )
,
1
12 2x xdx
+∫ ,
sin
cos
2
4
x
xdx∫
11) cos
sin
x
xdx
+∫ 2, sin(ln )x dx∫ ,
2 1
1
2
2
x x
x x xdx
+ ++ +∫ ( )( )
,
dx
x x( )1 1 14 4+ + +∫ , sin cos2 22 2x xdx∫
12) x x dx5 25 −∫ , x xdxsin3∫ , 7 5
2 2 32
x
x x xdx
++ + −∫ ( )( )
,
x x dx+∫ 4 , 1
2 3 4sin cosx xdx
+ +∫
13) x
xdx
4 3−∫ ,
arcsin x
xdx
2∫ , x x
x xdx
2
2
2
1
+ ++∫ ( )
,
x
xdx
3
24 −∫ ,
12 4sin cosx x
dx∫
17
14) x
xdx
3
45−∫ , e xdxx sin3∫ , 2 13
2 1x
x xdx
++ −∫ ( )( )
,
1
1x xdx
( )+∫ , 1
2sin sin cosx x xdx
−∫
15) ln2 x
xdx∫ ,
ln x
xdx
2∫ , x x
x xdx
2
3
3 3+ ++∫ ,
x x dx+∫ 5 , 1
3 4sin cosx xdx
+ +∫
16) e
edx
x
x1 2−∫ , x xdxcos4∫ , x x x
x xdx
3 2
2
4 1
6
− − −− −∫ ,
x
xdx
4
24 −∫ ,
cos
sin
2
6
x
xdx∫
17) ( )1
1 2 2−∫tg x x
dxcos
, xarctg xdx2∫ ,
x xx x
dx2 4 9
1 3+ +
+ +∫ ( )( ),
xx
dx+
∫25
, sin cos3 33x xdx∫
18) x x dxcos( )2 4−∫ , e xdxx2 cos∫ , x x
x x xdx
3 3 41 2
+ +− −∫ ( )( )
,
1
1+∫ xdx ,
12 3sin cosx x
dx+ +∫
19) sin
cos
xdx
x2 2+∫ , arcsin2 xdx∫ ,
x x
x xdx
2
2
2 4
1
+ ++∫ ( )
,
18
dx
x x( )3 1 3 123 + + +∫ ,
dx
x xsin cos2 225+∫
20) 4
1
3
4
x
xdx
−∫ , ( )2 1 2x e dxx+ −
∫ ,
x x
x xdx
2
2
2 3
1
+ ++∫ ( )
, dx
x x4 2−∫ ,
cos
sin
2
4
x
xdx∫
21) x
xdx
2
6 9−∫ , ( )x e dxx2 1+∫ , 2 3 12
3 2
x x
x xdx
+ ++∫ ,
x x dx+∫ 7 , sin cos2 22x xdx∫
22) cos
sin
x
xdx
4 2−∫ ,
ln x
xdx∫ ,
17 7
2 2 32
x
x x xdx
++ + −∫ ( )( )
,
dx
x x2 24 −∫ ,
12 2sin cosx x
dx∫
23) sin ln x
xdx∫ , x xdx2 arcsin∫ ,
2 2 1
1
2
2
x x
x x xdx
+ ++ +∫ ( )( )
,
x
xdx
+∫
16,
1
22sin sin cosx x xdx
−∫
24) 2
1 4
x
xdx
+∫ , e xdxx2 3cos∫ , x x x
x xdx
3 2 4 93 2
− − +− +∫ ( )( )
,
x
xdx
+ ++ −∫
25 5
25 5,
cos
sin
3
5
x
xdx∫
19
25)1
5 3−∫ xdx , ln x x dx+ +
∫ 1 2 ,
x x
x xdx
2
2
2
1
+ ++∫ ( )
,
x
xdx
+ −+ −∫
36 6
36 6,
dx
x x x3 22cos sin cos+∫
26) 3
1
2
6
x
xdx
−∫ , x arctgxdx2
∫ , x x
x xdx
2
2
3
1
+ ++∫ ( )
,
dx
x x3 29 −∫ ,
cos
sin
2
6
x
xdx∫
27) 8
1
3
8
x
xdx
−∫ , ( )3 1x e dxx+ −
∫ , x xx x
dx2 4 11
3 1+ +
+ +∫ ( )( ),
1 2
1 2
−+∫
x
xdx ,
sin
cos
3
2
x
xdx∫
28) e dx
e
x
x2 2−∫ , x xdxcos2∫ ,
x x
x xdx
2
2
2 4
1
+ ++∫ ( )
,
xx
dx+
∫4
, cossin
2 xx
dx∫
29) arcsin x
xdx
1 2−∫ , x xdx5 ln∫ , x
x xdx
+− +∫
141 2( )( )
,
dx
x x( )+ + +∫
1 123,
dxx x3 3 4sin cos+ +∫
20
30) sin
cos
2
9 2
x
xdx
+∫ , x arctg xdx2 2∫ , 3 2 1
2 1
2
2
x x
x x xdx
+ ++ +∫ ( )
,
3 1
3 1
x
xdx
+−∫ , cos sin3 x xdx∫
2. Išspręstosios užduotys 1 Uždavinys. Apskaičiuokite neapibrėžtinius integralus.
Įveskime naują kintamąjį .3 xt =
Tuomet ,3, 23 dttdxtx ==
.3
1) 13 2∫ =
+Idx
xxd
( ).
2
arcsin
2)(arcsinarcsin
1
arcsin)
)1
2
2
2
Cx
Ct
tdtxxddxx
xa
+=
=+===−∫ ∫ ∫
.lnln
1ln)(lnlnln)
Cxxxdxxx
dxx
xxxxxdxxxdxb
+−=−=
=⋅−=−=
∫
∫ ∫ ∫
.1ln31
)1(3
13
1
3
1
1
1
31
1
4)
Cxxx
xdx
x
dxdxdx
xdx
x
xdx
x
xdx
x
xc
+++=+++=
=+
+=+
+++=
+++=
++
∫
∫ ∫ ∫ ∫∫∫
.1x3lnC13tln
13
)13(
13
)3(
1333
3
1
3
2231
C
t
td
t
td
t
dtdtt
ttI
++=++=
=++=
+=
+=⋅
+= ∫ ∫ ∫∫
21
Įveskime naują kintamąjį .2
xtgt =
Tuomet ,1
2;
1
1cos;
1
2sin 22
2
2 t
dtdx
t
tx
t
tx
+=
+−=
+=
.2cossin
1) 1∫ =
++Idx
xxe
22
( )
( ) ( )
.2
122
2
1
2
12
21
)1(2
21
2
212
2
32
2
2212
2
1
12
1
1
1
21
2
22
222
22
2
2
2
2
2
2
1
C
xtg
arctg
Ct
arctgt
td
t
dt
tt
dt
tt
dt
ttt
dt
t
t
t
t
t
tt
dt
I
+
+=
=+
+=++
+=
=++
=+++
=++
=
=++−+
=
++⋅+
+−+
+
+=
∫
∫ ∫ ∫
∫ ∫
( ) ( )
∫ ∫
∫ ∫ ∫
+−−=+−=−=−=
=−−
−=−−
−=−
.222
22
1
2
1
2
1)
)2
21
21
CxCtdttt
dt
xdx
xdx
dxx
a
( ) ( )
( )
.913
13arcsin
13
1arcsin
3
1
1
1
6
1arcsin
3
1
16
1arcsin
3
1
16
1arcsin
3
1
13
1arcsin
3
1arcsin
3
1arcsin
3
1
arcsin3
13arcsin
3
13arcsin)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Cxxx
Ctttt
tdtt
t
tdtt
t
tdtt
dtt
tttttdtt
tdtxdxxdxb
+−+=
=+−+=−−+=
=−−+=
−−=
=−
−=−=
===
∫
∫∫
∫∫
∫∫ ∫
23
Tuomet
Iš tapatybės ( ) ( ) 123 ≡+−+ BAxBA rašome neapibrėžtus koeficientus A ir B, sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių:
Iš šios sistemos gauname: .3
1,
3
1 =−= BA
Tuomet
( )( )( )( )( )
( )( )( )( )
( )( )( )( )
( )( ) ∫ ∫∫∫
∫∫
∫ ∫
=−
++
+=−+
+
+−+−+=
−++−+=
=−+
+−−=−+
+−−
.3
52
532
5
32
32
32
532
32
56
32
56)
1
223
Idxx
Bdx
x
Axdx
xx
dx
dxxx
xxxdx
xx
xxx
dxxx
xxxdx
xx
xxxc
( )( ) ( )( )( ) ( )
( )( ) ;32
23
32
23
3232
1
−++−+=
=−+
−+−=−
++
=−+
xx
BAxBA
xx
BBxAAx
x
B
x
A
xx
=−−=+
.123
;0
BA
BA
.3ln3
52ln
3
5
2
33
5
23
5
22
2
1
Cxxx
x
dx
x
dxxI
+−++−=
=−
++
−= ∫ ∫
24
Įvesime naują kintamąjį .2+= xt
Tuomet .2;2;2 22 tdtdxtxtx =−==+
∫ =+ .2) 1Idxxxd
( )
( ) ( ) .23
42
5
23
4
5
24222
35
352421
Cxx
CttdttdtttdtttI
++−+=
=+−=−=⋅−= ∫∫∫
( ) ( ) ( )
.1lnln
1
1
11
sin
cos1sin
1
cossinsin
1)
22
CctgxCU
U
dU
ctgx
ctgxd
ctgx
ctgxd
ctgx
ctgxd
dx
x
xx
dxxxx
e
++−=+−=
=−=++−=
+−=
+−=
=
+=
+
∫∫∫ ∫
∫∫
( )
( )
.412
1
2
1
4
1
41
41
4
1
41
4
4
1
4141
2)
)3
2
2
2
2
2
2
2
2
Cx
Ctt
dt
x
xd
x
xd
x
dxdx
x
xa
+−−=
=+−=−=−−−=
=−−−=
−=
−
∫∫
∫ ∫ ∫
.sincos
coscoscossin)
Cxxx
xdxxxxxdxdxxb
++−=
=+−=−=∫ ∫ ∫
25
Tuomet
Iš tapatybės 22)23()( 22 ++≡+−−−+++ xxAxCBAxCBA rasime neapibrėžtus koeficientus A, B ir C, sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių:
Iš šios sistemos gauname: A = 1; B = - 4; C = 4. Tuomet
( )( ) .21
2
23
2
23
23
23
223
23
232)
1
2
23
2
23
23
23
223
23
23
Idxxxx
xxdx
dxxxx
xxdx
xxx
xxx
dxxxx
xxxxxdx
xxx
xxxc
=−−
+++=
=+−+++
+−+−=
=+−
++++−=+−
++−
∫∫
∫∫
∫∫
( )( )
;)2)(1(
2)23()(
)2)(1(
)1()2()2)(1(
2121
2
2
2
−−+−−−+++=
=−−
−+−+−−=
=−
+−
+=−−
++
xxx
AxCBAxCBA
xxx
xCxxBxxxA
x
C
x
B
x
A
xxx
xx
==−−−
=++
.22
,123
,1
A
CBA
CBA
.2ln41ln4ln2
24
14
2
1
Cxxxx
x
dx
x
dx
x
dxdxI
+−+−−+=
=−
+−
−+= ∫ ∫∫∫
26
Įvesime naują kintamąjį .1+= xt
Tuomet ,2,1,1 22 tdtdxtxtx =−==+
Įvesime naują kintamąjį .ctgxt =
Tuomet ,1
1;
2dt
tdxarcctgtx
+−==
.1
2ln
12
11
1121
)11)(11(
)11(
11
11)
1
2
Idxx
xxx
x
dxdx
x
xdx
x
xdx
x
xx
dxxx
xdx
x
xd
=+++=
=+++=−+
++++=
=++−+
++=−+++
∫
∫∫∫
∫∫
.11
11ln214ln
1
1ln
2
14
4ln1
41
14ln
1
114ln
1
22ln
22
2
2
2
21
Cx
xxxx
t
t
dtxxt
dtdt
t
txx
dtt
txx
t
tdttxxI
+++−+++++=
+−⋅+
+++=−
+−−++=
=−
+−++=−
⋅++=
∫∫ ∫
∫∫
∫ = .) 12 Ixdxctge
.)(
1
1
11
11
1 2
2
22
2
2
2
1
Cctgxctgxarctgdtarctgt
dtt
t
t
dtdt
t
tdt
t
tI
+−=−=
=++−
+=
++−−=
+−=
∫
∫∫∫∫
1
II. APIBRĖŽTINIS INTEGRALAS
1. Individualios užduotys:
- trumpa teorijos apžvalga, - pavyzdžiai, - užduotys savarankiškam darbui.
Apibrėžtinių integralų skaičiavimas............................2 psl. Netiesioginiai integralai...............................................12 psl. Apibrėžtinių integralų taikymas geometrijoje..........20 psl.
2. Išspręstosios užduotys
Apibrėžtinių integralų skaičiavimas ..........................27 psl. Netiesioginiai integralai................................................35 psl. Apibrėžtinių integralų taikymas geometrijoje...........38 psl.
2
1. Individualios užduotys Apibrėžtinių integralų skaičiavimas Jei funkcijos f(x) pirmykštė yra F(x), tai apibrėžtiniam integralui teisinga Niutono ir Leibnico formulė:
f x dx F x F b F aa
b
ab( ) ( ) ( ) ( )∫ = = − .
Apibrėžtiniame integrale f x dxa
b
( )∫ pakeitus integravimo kintamąjį
pagal lygybę x t= ϕ( ) arba t=u(x), reikia apskaičiuoti ir naujus integravimo rėžius: t1 = u(a), t2 = u(b). Tuomet
f x dxa
b
( )∫ = g t dt G t G t G tt
t
tt( ) ( ) ( ) ( )
1
2
1
22 1∫ = = − .
Integravimo dalimis formulė apibrėžtiniam integralui yra tokia:
udv uv vdua
b
ab
a
b
∫ ∫= − .
Apibrėžtinis integralas f x dxa
b
( )∫ pasižymi adityvumo savybe:
f x dxa
b
( )∫ = f x dxa
c
( )∫ + f x dxc
b
( )∫
Pavyzdžiai
1) 3 12
0
13
01x dx x∫ = =
3
2) arctgxdx0
1
∫ = x arctgx⋅ 01 – xdarctgx
0
1
∫ = π4
1
1 20
1
− ⋅+∫ x
xdx
= ( )π
412
1
1
2
20
1
−+
+∫d x
x.
Keičiame integravimo kintamąjį pagal lygybę: t = 1 + x2. Kintamojo t rėžiai: t1 = 1, t2 = 2. Tuomet gauname:
π4
12
1
2
− ∫dtt
= π4
12 1
2− ln t = π4
12
2− ln .
2 uždavinys. Apskaičiuokite apibrėžtinius integralus
1) 1 2 6
32
18
12 +∫
sin
sin
x
xdx
π
π
, 2
3
6
3 dx
xcosπ
π
∫ ,
( )24
42 24
6dx
x −∫ ,
x
xdx
+
−
−
∫1
22
1
, ( )
dx
x1 4 2
6
12
−∫cosπ
π
2) 10 1 2 3
1 3
3
2
18
12 ( cos )
sin
−−∫
x
xdx
π
π
, dx
xcos4
8
6
2π
π
∫ ,
( )144
42 36
4dx
x −∫ ,
3
1 2 322
3
132 xdx
x+ +
∫ , ( )9
23
4 sincos cos
xdxx x+∫
π
π
4
3) 3
4
2
62
12
3
6
x dx
x+∫ , e xdxx sin2
12
6
π
π
∫ ,
( )5184
42 44
6dx
x −∫ ,
( )
216
1 4 20
14 x xdx
x+∫ , ( )
601 2 3 5
4
6 sin( cos ) cos
xdxx x+ +∫
π
π
4) x x
xdx
2
21
3 2 3
1
+ ++∫ , ( )x x xdx2
0
22 3+ +∫ sin
π
,
( )6
1
2
2 43
2x dx
x −∫ ,
( )3
1 434
14 dx
x x x+∫ , 3
1 22
24
8 dx
ctg x+∫π
π
5) x x
xdx
2
22
32 3
1
+ +−∫ , ( )x x e dxx2
0
1
2 3+ +∫ ,
( )12
42 22
2 3dx
x +∫ ,
6 1 44 2
1
2 3
1
4 2
x x dx+∫ , ctg xdx3
8
122
π
π
∫
6) x
xdx
+
+∫
2
920
3 3
, 2 2
1
ln xdxe
∫ ,
( )6
1
2
2 23
1x dx
x +∫ ,
5
1 4
3
2
21
2 3
1
4 2 +∫
x
xdx ,
21
0
2 sinsin
xdxx+∫
π
7) x
xdx
−
−∫
2
1 23 3
2
32
, 2 2
1
x xdxe
ln∫ ,
( )48
42 32
2 3dx
x +∫ ,
1 4
9
2
41
4 2
1
2 3 +∫
x
xdx ,
11
12
0 +−∫
tgxtgx
dxπ
8) 1
16 44 23
2
12
x xdx
+∫ , 32 2
6
4x xdxsin
π
π
∫ ,
( )1152
1
2
2 31
3x dx
x +∫ ,
x x dx( )1 4 3
12
1
2 23
−∫ , sin
( cos )
2
1 2 3
6
3 xdx
x+∫π
π
9) ( )( )x x x dx4 92 2
1
1
− −−∫ , ( )x x xdx2
6
32 3+ +∫ cos
π
π
,
6
( )6
12 23
1
3 dx
x +∫ ,
1 4
3
3
21
2 4
1
60
3
3+
∫x
x xdx , 100 2 22 4
0
24sin cosx xdx
π
∫
10) 23
1 2
0
1
x x dx−∫ , ( )x x e dxx2
0
1
2 3+ + −∫ ,
3
2 2
5
20
1x dx
x+∫ ,
3 1 43 3
12
1
2 23
x x x dx⋅ −∫ ( ) , dx
x xsin cos2 24
12
6
π
π
∫
11) dx
x x20
2
4+ −∫ , 4 2
12
12
6
3
cosln xdx
e
e
π
π
∫ , 36
12 22
3dx
x x( )−∫ ,
6 1 4
13
115
4
4
x x dx+∫ , 3
2 4 212
3
12
3dx
xarctg
arctg
( cos )+∫
12) dx
x x
e
1 2 313
13
3
2
+∫ ln, x xdx
e
e
ln212
12
2
∫ , ( )9
2 833 1
4 xdx
x ++∫ ,
4
3
4
31
34
−∫
x
xdx ,
sincos
62
12
6 xdxxπ
π
∫
7
13) e dx
e
x
x
5
1015
12
15
32
1 4+∫ln
ln
, 16 22
12
16x xdxcos
π
π
∫ , 18
1313
12 xdx
x −∫ ,
3072
1 4132
160 x xdx
x+∫ , 2 3
2
4
6 cos
sin
xdx
xπ
π
∫
14)
( )
( )3 3 22 2 4
12
2 1
12
3 1
e e e dxx x x− −−
−
∫ln
ln
, 2 22
6
8xtg xdx
π
π
∫ ,
dx
x x3 2292
392
1 4( )+∫ , 9216
1 4
4
21
4 2
1
2 15 x dx
x+∫ ,
sinsin cos
22 2
12
6 xdxx x+∫
π
π
15) 2
9 23
3 3 ++∫
e
edx
x
xln
ln
, x
x
xdx
arcsin2
4 23
1
−∫ ,
( )3
1 22 212
1 dx
x x+∫ ,
3
1 42 216
14 dx
x x−∫ ,
12 4
2 7 22 2
8
6 sin
cos sin
xdx
x x+∫π
π
16) 2 3
4
4
3 sin
cos
x
xdx
π
π
∫ , 2 2
22
6
4 x x
xdx
cos
sinπ
π
∫ , ( )3
1 42 21
2 2
14 dx
x x−∫ ,
8
3
1 44 216
14 dx
x x+∫ , tg xdx3
8
62
π
π
∫
17) ( )x x x
xdx
cos sin
sin
2 2 2
223
2 2
3
+∫
π
π
, 2 20
12x xdxcos
π
∫ ,
( )24
1 2 4 22
1
4
dx
x x+∫ ,
4
9 335
935
3
3
xdx
x+∫ ,
sincos
4
6
8 22xdxxπ
π
∫
18) ( )
dx
x xsin cos2 2 2
24
0
+−
∫π
, , 6
1 31
2dx
x+∫ ,
3
4
3
31
33
x xdx
x
⋅
−∫ ,
22 4
4
3 dx
x xsin cosπ
π
∫
19) 30 2
1 2
2
2 2
6
4 x x
xdx
sin
cos+∫π
π
, 2 21
8
sin( ln )x dxe
π
∫ ,
( )36
83 22
4dx
x +∫ ,
20)
9
21) sin cos
cos4 2 2
6
0 x xx
dx+
∫π
, ln(ln )2
2
2
2
xx
dxe
e
∫ ,
( )36
13 21
2dx
x +∫ ,
6
1 43 435
1
2 2
3
4dx
x x⋅ +∫ , 2 4
4
0
tg xdxπ∫
22) 6
1
2
23
1
3 x dx
x+∫ , ( ) sin( )x x dx2
432
1232
1 2 3+ +−
−
∫π
π
, 24
1 414
12 dx
x−∫ ,
6
1 4
5
41
8
32
4
4
x dx
x−∫ , 20 5
2
4
ctg xdxπ
π
∫
23) ( )( ) ( )sin cos2 1 3 2 13
1
2
24
x x dx+ + +−
−
∫
π
,
( ) cos( )x x x dx2
33
23
2 3+ +−
−
∫π
π
, 36
1
2
41
4
12 x dx
x−∫ , 3
82 33156
1208 dx
x x+∫
10
2
5
6
3 dx
xsinπ
π
∫
24) ( )( )
( )tg x
xdx
2 3 2
2 3
2
232
128 + +
+−
−
∫ cos
π
, ( )x e dxx2 2 3
32
1
3+ +
−
−
∫ ,
6
1 2 21
2dx
x( )+∫ , 9
1 833 3 9
32
764 dx
x x⋅ +−
−
∫ , 2 3
4
6
2 cos
sin
xdx
xπ
π
∫
25) ( )( )( )
arcsin 2 3 3
1 2 3
2
232
2 64 x
xdx
+ +
− +−
−
∫ , ( ) ln3 4 32
2
4
1
x xx
dx+ +∫ ,
6
1 2 31
2dx
x( )+∫ , 3
1 8 2313108
78 dx
x x⋅ −∫ , 10 2 23 4
0
6
sin cosx xdx
π
∫
26) ( ) ( )( )
144
2 3 2 3 13
32
32
2
3
dx
x xe
e
+ + +−
−
∫ln
, ln ( )2 5
1
2
x dx∫ ,
6
1
4
2 21
3 x dx
x( )+∫ , 6
1 2 33
2
4dx
x x⋅ −−
−
∫( )
, 1002 2
4 4
12
4
sin cosx x
dxπ
π
∫
11
27) ( )arctgx
xdx
+
+∫3
1
23
20
1
, x x dx3 2
13
2
3ln ( )∫ , 6
1
5
2 31
3 x dx
x( )+∫ ,
36
1 4 3 31
2 4
1
12
3
3xdx
x( )+∫ ,
22 3
6
3 dx
x xsin cosπ
π
∫
28) ( )
( )20 2
2 3126
84 cos
sin
x
xdx
++ +−
−
∫π
π
, x
xdx
++
−
−
∫2
32
63
43
sin ( )π
π
,
36
1 2 21
2dx
x x( )+∫ , 31 8 4
3
1
6 3 3
1
72
4
4
⋅−
+
∫x
xdx
( )
, 0 1
2 24 4
24
16 ,
sin cos
dx
x xπ
π
∫
29)
( )30
3 2 12 232
2 xdx
x− +∫ ,
2 3
12
61
31
x
xdx
++
−
−
∫ cos ( )π
π
, 6
12 21
3 dx
x x( )+∫ ,
3
1 23 331
62
1
214
3
3dx
x x⋅ +∫ ,
24 2
6
4 dx
x xsin cosπ
π
∫
12
30)
( )3
3 1 1
2
2 20
12
2e dx
e
x
x + −∫
ln
, 2 2
1
4
sin ln( )x dxe
π
∫ ,
216
12 2 21
3 dx
x x( )+∫ , 6
1 4 3154
34 dx
x( )+∫ ,
cos
sin
2
3
12
8 2
2
xdx
xπ
π
∫
Netiesioginiai integralai Netiesioginiais vadinami integralai su begaliniais rėžiais arba neaprėžtosios funkcijos integralai. Jų apibrėžimai:
f x dx f x dxa
ba
b
( ) lim ( )+∞
→+∞∫ ∫= , f x dx f x dxb
aa
b
( ) lim ( )−∞
→−∞∫ ∫= ,
f x dx f x dxab a
b
( ) lim ( ),
−∞
+∞
→−∞→+∞
∫ ∫= ;
jei a yra pointegralinės funkcijos f(x) begalinio trūkio taškas ( lim ( ) )
x af x
→ += ∞
0, tai
f x dx f x dxa
b
a
b
( ) lim ( )∫ ∫=→
+ε
ε0
;
jei b yra f(x) begalinio trūkio taškas, tai
f x dx f x dxa
b
a
b
( ) lim ( )∫ ∫=→
−
ε
ε
0;
jei c yra funkcijos f(x) begalinio trūkio taškas (a < c < b), tai
f x dx f x dxa
b
a
c
( ) lim ( )∫ ∫=→
−
ε
ε
0 + lim ( )
εε
→+∫0
f x dxc
b
.
13
Kai užrašytosios ribos yra skaičiai, netiesioginiai integralai vadinami konverguojančiaisiais, o kai ribos yra begalinės arba neegzistuoja, netiesioginiai integralai vadinami diverguojančiaisiais. Netiesioginis integralas geometriškai reiškia begalinės srities plotą. Pavyzdžiai
1) Apskaičiuosime netiesioginį integralą dx
x21
+∞
∫ .
Pagal apibrėžimą: dx
x21
+∞
∫ =→+∞ ∫lim
b
bdx
x21
= limb
b
x→+∞−
11 =
= limb b→+∞
−
1
1= 1.
2) Apskaičiuosime netiesioginį integralą dx
x1 2+−∞
+∞
∫ .
Kadangi pointegralinė funkcija yra lyginė, tai:
dx
x1 2+−∞
+∞
∫ = 21 2
0
dx
x+
+∞
∫ = 21 2
0
limb
bdx
x→+∞ +∫ =
= 2 0lim ( )b
barctgx→+∞
= 2 lim ( )b
arctgb→+∞
= 22
⋅ =π π .
3) Apskaičiuosime netiesioginį integralą dxx
0
1
∫ .
Pointegralinė funkcija taške x = 0 yra neaprėžtoji. Todėl:
dxx
0
1
∫ = limε
ε→ ∫0
1dxx
= lim(ln )ε
ε→0
1x = +∞ .
14
Taigi šis integralas diverguoja. 4 uždavinys. Apskaičiuokite netiesioginius integralus:
1) dx
x x21 +
+∞
∫ e dxx40
−∞∫ ( )( )
dx
x x1 92 20 + +
+∞
∫
x e dxx2 5
0
−+∞
∫ dx
x x2 6 920 − +
+∞
∫
2) dx
x xe ln3
+∞
∫ dx
x x( ln )1 21 +
+∞
∫ ( )( )dx
x x1 162 20 + +
+∞
∫
x e dxx2 6
0
−+∞
∫ dx
x x9 6 220 − +
+∞
∫
3) dx
x x2
0
1+ +−∞∫
dx
x x24 4 3− +
+∞
∫ ( )( )dx
x x1 252 20 + +
+∞
∫
12
1
e dxx−
−∞∫
dx
x x18 6 120 − +
+∞
∫
4) dx
x x20 2 2+ +
+∞
∫ x e dxx3
0
4−+∞
∫ ( )( )dx
x x1 362 20 + +
+∞
∫
15
12
2
e dxx−
−∞∫
dx
x x20 8 32− +
+∞
∫
5) 1
31
++∞
∫x
xdx xe dxx−
+∞
∫2
0
( )( )dx
x x1 42 20 + +
+∞
∫
e dxx−
−∞∫
21
dx
x x32 8 120 − +
+∞
∫
6) dx
x x21 4 3+ +
+∞
∫ xe dxx−+∞
∫2
0
( )( )dx
x x4 92 20 + +
+∞
∫
e dxx−
−∞∫
22
dx
x x20 10 50− +
+∞
∫
7) dx
x x( )+
+∞
∫ 11
dx
x x2
5
4 13− +−∞∫ ( )( )
dx
x x4 162 20 + +
+∞
∫
32
31
e dxx−
−∞∫
dx
x x2 10 2520 − +
+∞
∫
8) xdx
x x4 23 8 16− +
+∞
∫ e dxx−+∞
∫5
0
( )( )dx
x x4 252 20 + +
+∞
∫
2 41
e dxx−
−∞∫
dx
x x25 10 220 − +
+∞
∫
16
9) dx
x x4
+∞
∫ dx
x x21 6 13+ +−
+∞
∫ ( )( )dx
x x4 362 20 + +
+∞
∫
3 61
e dxx−
−∞∫
dx
x x50 10 120 − +
+∞
∫
10) dx
x x21 4+
+∞
∫ x e dxx20
3−
−∞∫ ( )( )
dx
x x9 162 20 + +
+∞
∫
32
32
e dxx−
−∞∫
dx
x x20 6 12+ +
+∞
∫
11) dx
x0
1
∫ dx
x x25 6 8− +
+∞
∫ ( )( )dx
x x9 252 20 + +
+∞
∫
2 42
e dxx−
−∞∫
dx
x x3 6 420 + +
+∞
∫
12) dx
x x( )+
+∞
∫ 11
e dxx−+∞
∫3
0
( )( )dx
x x9 362 20 + +
+∞
∫
52
51
e dxx−
−∞∫
dx
x x4 6 320 + +
+∞
∫
13) x dx
x
2
61 1+
+∞
∫ xe dxx20
−∞∫ ( )( )
dx
x x16 252 20 + +
+∞
∫
17
e dxx−
−∞∫
23
dx
x x12 6 120 + +
+∞
∫
14) xe dxx
−∞∫0
x dx
x
3
80 1+
+∞
∫ ( )( )dx
x x16 362 20 + +
+∞
∫
dx
x x2 2 120 + +
+∞
∫ dx
x x20 12 48+ +
+∞
∫
15) dx
x1 20
1
−∫
dx
x x20 6 18+ +
+∞
∫ ( )( )dx
x x25 362 20 + +
+∞
∫
dx
x x20 4 8+ +
+∞
∫ dx
x x3 12 1620 + +
+∞
∫
16) dx
x x24 6 10− +
+∞
∫ e dxx−+∞
∫4
0
( )dx
x1 2 20 +
+∞
∫
dx
x x8 4 120 + +
+∞
∫ dx
x x16 12 320 + +
+∞
∫
17) dx
x xe ln2
+∞
∫ dx
x x20 6 5+ +
+∞
∫
( )dx
x4 2 20 +
+∞
∫
dx
x x2 6 920 + +
+∞
∫ dx
x x48 12 120 + +
+∞
∫
18
18) xe dxx
−+∞
∫ 2
0
e dxx20
−∞∫
( )dx
x9 2 20 +
+∞
∫
dx
x x9 6 220 + +
+∞
∫ dx
x x20 2 4+ +
+∞
∫
19) dx
x4 22 +
+∞
∫ e
xdx
x−+∞
∫1
( )dx
x16 2 20 +
+∞
∫
dx
x x18 6 120 + +
+∞
∫ dx
x x4 2 120 + +
+∞
∫
20) x e dxx3
0
2−+∞
∫ dx
x x22 1−
+∞
∫
( )dx
x25 2 20 +
+∞
∫
dx
x x20 8 32+ +
+∞
∫ dx
x x20 4 16+ +
+∞
∫
21) dx
x x21 4 5− +
+∞
∫ dx
x x( )1 21 +
+∞
∫
( )dx
x36 2 20 +
+∞
∫
dx
x x32 8 120 + +
+∞
∫ dx
x x16 4 120 + +
+∞
∫
22) dx
x xe
ln42
+∞
∫ arctgx
xdx
21
+∞
∫ xe dxx−+∞
∫3
0
19
dx
x x20 10 50+ +
+∞
∫ dx
x x20 6 36+ +
+∞
∫
23) e dxx30
−∞∫ x e dxx4
0
5−+∞
∫ dx
x xe ln6
+∞
∫
dx
x x2 10 2520 + +
+∞
∫ dx
x x9 6 420 + +
+∞
∫
24) dx
x x2
0
6 10+ +−∞∫
dx
x x2
2
6 10− +−∞∫ xe dxx−
+∞
∫4
0
dx
x x25 10 220 + +
+∞
∫ dx
x x36 6 120 + +
+∞
∫
25) e dxx−+∞
∫2
0
ln x
xdx
21
+∞
∫ xe dxx−+∞
∫5
0
dx
x x50 10 120 + +
+∞
∫ x e dxx2
0
3−+∞
∫
26) arctgx
xdx
20
+∞
∫ dx
x x26 6 5− +
+∞
∫ xe dxx−+∞
∫6
0
dx
x x20 2 2− +
+∞
∫ dx
x x2
3
8 17+ +−∞
−
∫
20
27) dx
x x24 4 8− +
+∞
∫ dx
x x2 41 +
+∞
∫ x e dxx2 2
0
−+∞
∫
dx
x x2 2 120 − +
+∞
∫ dx
x x21 8 15+ +
+∞
∫
28) dx
x xe ln5
+∞
∫ xe dxx−+∞
∫0
x e dxx2 3
0
−+∞
∫
dx
x x20 4 8− +
+∞
∫ e dxx−+∞
∫0
29) e dxx50
−∞∫ x e dxx2
0
−+∞
∫ dx
x x4 324 − −
+∞
∫
dx
x x8 4 120 − +
+∞
∫ dx
x20 36+
+∞
∫
30) arctg x
xdx
2
21 1+
+∞
∫ dx
x x25 8 17− +
+∞
∫ x e dxx2 4
0
−+∞
∫
dx
x x20 6 18− +
+∞
∫ dx
x20 49+
+∞
∫
Apibrėžtinių integralų taikymas geometrijoje
7 uždavinys. Kreivinę trapeciją riboja kreivė, Ox ašies atkarpa ir nė vienos, viena arba dvi vertikaliosios tiesės.
21
Pavaizduokite sukinį apie Ox ašį ir 0,001 tikslumu apskaičiuokite jo tūrį Vx. Nr. a variantas 1
y x= −1 2 , − ≤ ≤1 1x
2 y x= −4 2 , − ≤ ≤2 2x
3 y x= −9 2 , − ≤ ≤3 3x
4 y x= −16 2 , − ≤ ≤4 4x
5 y x= −1
24 2 , − ≤ ≤2 2x
6 y x= −1
39 2 , − ≤ ≤3 3x
7 y x= −2
39 2 , − ≤ ≤3 3x
8 y x= −1
416 2 , − ≤ ≤4 4x
9 y x= −1
216 2 , − ≤ ≤4 4x
10 y x= −3
416 2 , − ≤ ≤4 4x
11 y x x= ≤ ≤sin , 0 π
12 y x x= ≤ ≤sin ,2 0
2π
13 y x x= ≤ ≤sin ,3 0
3π
Nr. a variantas
22
14 y x x= ≤ ≤sin ,4 0
4π
15 y x x= ≤ ≤sin ,5 0
5π
16 y x x= ≤ ≤sin ,2 0 π
17 y x x x= − ≤ ≤2 0 1,
18 y x x x= − ≤ ≤2 0 22 ,
19 y x x x= − ≤ ≤3 0 32 ,
20 y x x x= − + + − ≤ ≤2 2 1 2,
21 y x x x= − + + − ≤ ≤2 2 3 1 3,
22 y x x x= − − + − ≤ ≤2 2 2 1,
23 y x x x= ≤ ≤ =2 0 1 1, ,
24 y x x x= ≤ ≤ =2 0 2 2, ,
25 y x x x= ≤ ≤ =6 0 3 3, ,
26 y x x x= ≤ ≤ =2 2 0 2 2, ,
27 y x x x x= ≤ ≤ =, ,0 1 1
28 y x x x x= − − ≤ ≤ =( ) , ,1 1 1 2 2
29 y x x x x= − − ≤ ≤ =( ) , ,2 2 2 3 3
30 y x x x x= − − ≤ ≤ =( ) , ,3 3 3 4 4
Nr. b variantas 1
y x x x= ≤ ≤ =cos , ,02
0π
23
2 y x x x= ≤ ≤ =cos , ,2 0
40
π
3 y x x x= ≤ ≤ =cos , ,3 0
60
π
4 y x x x= ≤ ≤ =cos , ,4 0
80
π
5 y x x x= ≤ ≤ =cos , ,5 0
100
π
6 y
xx x x=
+≤ ≤ = =1
10 1 0 1
2, , ,
7 y
xx x x=
+≤ ≤ = =1
10 2 0 2
2, , ,
8 y
xx x x=
+≤ ≤ = =1
10 3 0 3
2, , ,
9 y
xx x x=
+≤ ≤ = =1
10 4 0 4
2, , ,
10 y
xx x x= ≤ ≤ = =2
1 2 1 2, , ,
11 y
xx x x= ≤ ≤ = =3
1 3 1 3, , ,
12 y
xx x x= ≤ ≤ = =4
1 4 1 4, , ,
13 y
xx x x= ≤ ≤ = =5
1 5 1 5, , ,
Nr. b variantas 14
yx
x x x= ≤ ≤ = =61 6 1 6, , ,
24
15 ( )y e e x x xx x= + ≤ ≤ = =−12
0 1 0 1, , ,
16 ( )y e e x x xx x= + − ≤ ≤ = − =−12
1 1 1 1, , ,
17 y e e x x x
x x
= + − ≤ ≤ = − =−
2 2 2 2 2 2, , ,
18
y e e x x xx x
= +
− ≤ ≤ = − =−3
23 3 3 33 3 , , ,
19 y e x x xx= ≤ ≤ = =, ln , , ln0 2 0 2
20 y e x xx= − ≤ ≤ =1 0 2 22 , ln , ln
21 y xe x xx= ≤ ≤ =, ,0 1 1
22 y x x x= − ≤ ≤ =1 0 1 0, ,
23 y x x x= − ≤ ≤ =2 0 2 0, ,
24 y x x x= − ≤ ≤ =3 0 3 0, ,
25 y x x x= − ≤ ≤ =4 0 4 0, ,
26 y x x x= − ≤ ≤ =5 0 5 0, ,
27 y x x x= − ≤ ≤ =1
33 3 2 22 , ,
28 y x x x= − ≤ ≤ =2 2 2 2 2, ,
29 y x x x= − ≤ ≤ =1
2 28 2 2 3 32 , ,
30 y x x x= − ≤ ≤ =1
26 6 3 32 , ,
25
8 uždavinys. Kreivės lankas sukamas apie Ox ašį. Pavaizduokite sukimosi paviršių ir 0,001 tikslumu apskaičiuokite jo plotą Sx.
1) y x x= ≤ ≤3 012
, 2) y x x= ≤ ≤3 0 1,
3) y x x= ≤ ≤13
012
3, 4) y x x= ≤ ≤13
0 13,
5) y x x= ≤ ≤sin , 0 π 6) y x x= ≤ ≤sin ,2 02π
7) y x x= ≤ ≤sin ,3 03π
8) y tgx x= ≤ ≤, 06π
9) y tgx x= ≤ ≤, 04π
10) y tgx x= ≤ ≤, 03π
11) y x x= + − ≤ ≤1 1 1, 12) y x x= + − ≤ ≤2 2 1,
13) y x x= + − ≤ ≤3 3 1, 14) y x x= + − ≤ ≤4 4 1,
15) y x x x= − ≤ ≤13
3 0 3( ) ,
16) y x x x= − ≤ ≤16
12 0 12( ) ,
17) y x x x= − ≤ ≤19
27 0 27( ) ,
18) y x x= − − ≤ ≤12
4 2 22 ,
19) y x x= − − ≤ ≤13
9 3 32 ,
20) y x x= − − ≤ ≤23
9 3 32 ,
21) y x x= − − ≤ ≤35
25 5 52 ,
26
22) y x x= −
− ≤ ≤1 1 123
32
,
23) y x x= −
− ≤ ≤2 2 223
23
32
,
24) y x x= −
− ≤ ≤3 3 323
23
32
,
25) y e xx= ≤ ≤ +∞− , 0
26) y e xx
= ≤ ≤ +∞−
2 0,
27) ( )y e e xx x= + ≤ ≤−12
0 1,
28) y e e xx x
= + ≤ ≤−
2 2 0 2,
29) y e e xx x
= +
≤ ≤−3
20 33 3 ,
30) y e e xx x
= +
≤ ≤−
2 0 44 4 ,
27
2. Išspręstosios užduotys Apskaičiuokite apibrėžtinius integralus
Keičiame integravimo kintamąjį pagal lygybę t=sinx.
Tada kintamojo t rėžiai: .2
3;
2
121 == tt
Tuomet ( ) ( ) ( ).
112
12 2
3
21
23
21 22221 ∫∫ +−
=−
=tt
dt
t
dtI
( )
( ) ???2
1ln
2
2ln
3
431
3
1
183sinln
123sinln
3
4
643
1
3sinln3
4
183
123
3
1
3sin
3sin
3
43
3
1
3sin
3cos4
3sin
)3(
3
1
3sin
3cos3sin4
3sin3sin
6sin21)
1
12
18
12
18
12
18
12
18
12
18
12
18
12
18
12
18
2
222
=
−+−−=
=
⋅−⋅+
−−=
=+
⋅−⋅−=
=+−=+=
=⋅+=+
∫∫∫
∫∫∫
ππππ
ππ π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
ctgctg
xctgctg
x
xdxctgdx
x
x
x
xd
dxx
xx
x
dxdx
x
xa
)
( ) .sin1
sin2
cos
cos2
cos
2) 12243
3
6
3
6
3
6
Ix
xd
x
xdx
x
dxb =
−== ∫∫∫
π
π
π
π
π
π
28
Tuomet
Iš tapatybės (–A+C)t3+(–A+B-C+D)t2+(A+2B–C–2D)t+A+B+C+D≡1 rasime neapibrėžtus koeficientus A, B, C ir D, sulyginę koeficientus prie vienodų t laipsniu:
Iš šios sistemos gauname .4
1;
4
1;
4
3;
4
1 −==== DCBA
Tuomet
( ) ( ) ( ) ( ) =+
++
+−
+−
=+− 2222 111111
1
t
D
t
C
t
B
t
A
tt
( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) =
+−−+−+++++−= 22
2222
11
111111
tt
tDttCtBttA
( ) ( )
( ) ( ) ;11
)22(
11
)()(
22
22
3 2
tt
DCBAtDCBA
tt
tDCBAtCA
+−++++−−++
++−
+−+−++−=
=+++=−−+=+−+−
=+−
.1
,022
,0
,0
DCBA
DCBA
DCBA
CA
( ) ( )=
+−
++
−+
−= ∫∫∫∫
23
21
23
21
23
21
23
21
22114
1
14
1
14
3
14
1
t
dt
t
dt
t
dt
t
dtI
29
Tuomet
Iš tapatybės (A+C)x3+(2A+B-2C+D)x2+(–4A+4B–4C–4D)-8A+4B+8C+4D≡1 rasime neapibrėžtus koeficientus A, B, C ir D, sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsniu: Iš šios sistemos gauname
( ) ( ) ( ) .22
244
24) 1
6
422
6
422
Ixx
dx
x
dxc =
+−=
− ∫∫
( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( )
( ) ( ).
22
48484444
22
242
22
2
22
22222
222222
1
22
22
23
22
2
22
222
2222
+−+++−−−+−+
++−
+−+++=+−
−+
++−
−+++++−=
=+
++
+−
+−
=+−
xx
DCBADCBA
xx
xDCBAxCA
xx
xD
xx
xxCxBxxA
x
D
x
C
x
B
x
A
xx
=+++−=−−+−
=+−+=+
.14848
,04444
,022
,0
DCBA
DCBA
DCBA
CA
.16
1;
32
1;
16
1;
32
1 ===−= DCBA???
2
11
1
2
31
1
2
11ln
2
31ln
2
11
13
2
31
13
2
11ln
2
31ln
4
1
1
1
4
11ln
4
1
1
1
4
31ln
4
1 23
21
=
++
+−+++−
−−
+−
−−−−−=
=
++++
−+−−=
tt
tt
30
Tuomet
( )
( )
( ) ( )
???6
1
8
1
2
3
6ln8ln4
3
2
1
4
1
2
32ln4ln
4
3
2
1
2
3
2ln4
3
2
1
2
32ln
4
3
216
24
232
24
216
24
232
24
6
4
6
4
6
4
6
4
6
42
6
4
6
42
6
4
1
=
−−
−−+
−−−−=+
−
−++−
−−−=+
+
++
+−
+−
−=
∫
∫∫∫
x
xx
xx
dx
x
dx
x
dx
x
dxI
31
Įvesime naują kintamąjį .2
1
x
xt
+=
Tuomet ( ) .0;2
1;
12
4;
12
121222
==−
−=−
= ttt
tdtdx
tx
Ir tuomet
Tuomet
.2
1) 1
1
2
Idxx
xd =+
∫−
−
( ) ( )
( ) ( ).
2
1
2
14
212
2
122
12
122
12
1122
12
4
10 220 2
0 220 22
2
0 22
20
22
2
1
21
21
21
21
21
21
I
tt
dt
t
dt
t
dtdt
t
t
dtt
t
t
dttI
=
+
−+
−=
=−
+−−=
=−
+−=−
−=
∫∫
∫∫
∫∫
+
+
−
+
−=
++
++
+
−
+−
=
+
−
22
2
2
222
2
1
2
1
2
1
2
1
2
12
1
2
12
1
2
1
2
1
1
tt
ttA
t
D
t
C
t
B
t
A
tt
32
Iš tapatybės
( )
12
1
4
2
2
1
4
2
2
1
2
1
2
1
2
1 23
≡++
++−
−−+−+
+
+−+++
DC
BAtDCBA
tDCBAtCA
rasime neapibrėžtus koeficientus A, B, C ir D, sulyginę koeficientus prie vienodų t laipsniu:
Iš šios sistemos gauname .1;2;1;2 ===−= DCBA
=+++−
=−−+−=+−+
=+
.42222
,022
,022
,0
DCBA
DCBA
DCBA
CA
( )
;
2
1
2
1
21
42
21
42
21
21
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
22
22
23
22
222
+
−
+++−
−−+−+
+
+
−
+−+++=
=
+
−
−+
−
++
+++
tt
DCBAtDCBA
tt
tDCBAtCA
tt
tDttCtB
33
Tuomet
Įvedame naują kintamąjį ;2;2 arcctgtxxctgt ==
???
2
11
22
1ln
2
11
2
1ln4
2
1
2
12
1
2
1
ln
2
12
2
14
2
12
2
14
2
12
1
ln
21
12
21
12
21
21
21
21
21
0
0
0
00 20
0 20
0
1
=+
−++−
−
−−−+
−=
++
++
+
−+
−−
+
−=
∫∫
∫∫
tt
t
t
t
dt
t
dt
t
dt
t
dt
t
tI
( )( )
.222
1
222
2
4
1
2sin
2cos
2sin
2cos2sin2
2sin
2sin
4
1
2sin
2cos2sin
4
1
2sin
1
4
1
2sin4
1
4cos1)
14
24
4
4
22
4
4
4
222
4
2
42
12
6
12
6
12
6
12
6
12
6
12
6
12
6
12
6
12
6
12
6
Ixxdctg
xxdctgdxdxx
x
dxx
xxdx
x
x
dxx
xx
x
dx
x
dx
x
dxe
=
+
++=
+
++=
=+=
===−
∫
∫∫∫
∫∫
∫
∫∫∫
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
34
.3;3
3;
1
12 212 ==
+−= ttdt
txd
Tuomet
( )( )
( )
.27
34
12
5
4
1
2
1
6
1
1263
32
34
1
12
1)(
2
1
3
32
34
1
12
1
1
11
2
1
11
1
34
1
1
11
2
1
1
11
34
1
12
1
134
1
333
3 23
3
2
3
2
22
3
2
3
2
2
3
2
43
2
2
3
2
43
2
2
1
33
33
33
33
33
33
33
33
33
33
33
33
−=
=
+−−+−=
=
−−+−
=
+−
++−−
−
++
++−=
=
++−−
+−+−=
=
+−
+−=
∫
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫
π
πππ
π
π
π
π
tt
dtttarctg
t
dtdt
t
tt
t
dtdt
t
t
dtt
tdt
t
t
dtt
tdt
t
tI
35
;10
13
5
232sin
;8
13
4
232sin
4
5
;2sin4
1
8
1
8
3
4
3
4
1
2sin4
12sin
4
1
4
3
4
1
2sin4
1
4
3
4
12cos
2
1
6cos
2
1
3cos
2
12cos
2
1
2cos2
12cos
2
12sin)
)3
1266
12
1266
12
6
12
126126
6
12
6
12
126
6
12
1266
12
1266
12
6
12
6
12
6
12
πππ
π
πππ
π
π
π
ππππ
π
π
π
π
ππ
π
π
πππ
π
πππ
π
π
π
π
π
π
π
ππ
eexdxe
eexdxe
xdxeeeee
xdxexeee
xdeeexdxe
eexde
xexdexdxeb
x
x
x
xx
xx
x
xxx
−−−=
−−−=
−−++−=
=−++−=
=++−=+
++−=+
+−=−=
∫
∫
∫
∫
∫∫
∫
∫∫
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
.342212
21222436
222236
22362236
3232
3232)
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
21
0
2
1
0
21
0
2
−=−+−=
=+−=++−−=
=+++−−=
=+−−=+−−=
=++−++=
=++=++
∫
∫
∫∫
∫
∫∫
eee
eedxeee
xdexee
dexedxexe
xxdexxe
dexxdxexxc
xx
xx
xx
xx
xx
36
Netiesioginiai integralai
Apskaičiuoti netiesioginius integralus:
1) ∫+∞
=+1
2 xx
dx∫ ∫ =
−++=
+ +∞→+∞→
b b
bb xx
dx
xx
dx
1 1 22
4
1
4
1limlim
= ∫ =
−
+
+
+∞→
b
bx
xd
122
2
1
2
1
2
1
lim =
+===+2
1;
2
3;
2
121 btttx
= ∫+
+∞→=
−
2/1
2/32
2
2
1lim
b
bt
dtlnlim
2
12
1
⋅+∞→b
2
1
2/3
2
12
1+
+
−b
t
t=
=
−
++∞→ 21
1lnlnlim b
b
b
=21
1lnlnlim −
++∞→bb
bbb
b
=
= ln 1 –21ln = – 12ln − = 2ln .
(Integralas konverguoja).
37
2) ∫∞−
=0
2 dxxe x ∫ =−∞→
02lim
a
x
a
dxxe ∫ =−∞→
02lim2
1
a
x
a
xde
= =
− ∫
−∞→
0202lim2
1
a
x
a
x
a
dxexe =
−− ∫
−
−∞→
022 2
2
1
2
1lim
a
xa
a
xdeae
=
−− −
−∞→
022
2
1
2
1lim a
xa
a
eae =
+−−−∞→
aa
a
ee
a 22 2
1
2
1
2
1lim =
=
+−⋅−∞→
a
a
a eea
2
2 1
2
1
2
1
2
1lim = + ∞ .
(Integralas diverguoja).
3)
==
====
+→
+→+→+→∫ ∫ ∫ ∫
2
2 2 2 2
ln2
ln2ln
ln
lnln
lim
limlimlim
1
1 111
e
aa
e e
a
e
a
e
aaaa
x
xdx
xd
xx
dx
xx
dx
ε
εεε
= .22ln22 lim1
=
−+→
aa ε
(Integralas konverguoja).
38
4)
( ) ( ) ( ) ( )
( )∫
∫ ∫ ∫ ∫
=−
+
+−
=−
+−
=−
+→
−→
2
5/421
2
0
1
0
2
1 05/42
15/425/425/42
1
1111
lim
lim
aa
b
b
x
xdx
x
xdx
x
xdx
x
xdx
x
xdx
ε
ε
( ) ( ) .02
5
2
51
2
51
2
5 22
10
5/12
1limlim =+−=−+−=
+→−→a
a
b
b
xxεε
(Integralas konverguoja).
Apibrėžtinio integralo taikymas geometrijoje
Apskaičiuoti plotą srities, ribojamos kreivių:
1) 32,2 +== xyxy .
Tiesės 32 += xy ir parabolės 2xy = susikirtimo taškus
rasime iš lygties
032
322
2
=−−
+=
xx
xx
Pagal Vietos teoremą: 1;3 21 −== xx .
Tuomet
39
( )∫−
−=
−+=−+=
3
1
3
1
322
33
2
232
xx
xdxxxS
3
112
3
131
3
2799 =++−−+ .
2) .6
,1
1 2
2
xy
xy =
+=
2
2
1
1
6 x
x
+= , tuomet 0624 =−+ xx .
( ) ( ) 3;2 22
12 −== xx – neegzistuoja.
;21 +=x 22 −=x .
∫ −=
−=
−
+=
2
0
2
0
32
2.
9
2222
182
61
12 arctg
xarctgxdx
x
xS
3) .,,8 2 xyxyxy −==−=
Iš sąlygų išplaukia, kad 0≥y .
Turime 822 =+ yx , arba ( )222 22=+ yx , iš kur išplaukia,
kad
40
.8 2 xx ±=− .
Tuomet ( ) ( ) 1
2
0
20
2
2 88 IdxxxdxxxS =−−++−= ∫∫−
.
Įveskime naują kintamąjį .sin22 tx = Tuomet
.cos22 tdtdx =
∫∫ =−−+−=−
−
4
0
2
2
22
0
4
21 2
cossin122cossin122
π
π
xtdtttdttI
( ) ( ) =
+++=
=+=
∫ ∫
∫∫
−
−
0
4
4
0
4
0
20
4
2
2cos12cos12
22
cos22cos22
π
π
π
π
dttdtt
tdttdt
=
+++= ∫ ∫−
0
4
4
0
2cos2cos224
2
4
2
π
π
ππdttdt
41
( ) .2
211
2
2
2
22sin
2
22sin
2
2
2
240
0
4
ππππ
π =−⋅+=++=−
tt
Apskaičiuokite kreivės lanko ilgį:
1) ;cosln1 xy −= 3
0π≤≤ x .
.4
ln12
5ln
42ln
coscos
sin1
3
0
30
3
02
2 ππππ
ππ
tgtgx
tgx
dxdx
x
xl −=
+==+= ∫∫
2)
−=−=
),cos1(2
),sin(2
ty
ttx 0 π2≤≤ t . Iš sąlygų išplaukia, kad
π== 21 ;0 tt
. ( ) =−=+−= ∫∫ dttdtttlππ
00
22 cos222sincos12
42
82
cos822
sin82
sin40
00
2 =−=
== ∫∫π
ππ ttd
tdt
t.
3)
=+=⋅⋅+=
≤≤=
∫∫ ϕϕϕϕϕϕϕϕ
πϕϕ
ππ
ddl
r
2
0
2222
0
246
3
3cos
3sin
3sin
9
1
3cos
3sin9
3sin
.2
0,3
sin
( ) .2
1
4sin
2
1
22
1cos1
2
120
2
0
+=+=+= ∫πϕπϕϕ
ππ
d
Apskaičiuokite tūrį sukinio, gaunamo sukant kreivę y=f(x)
apie ašį Ox:
.33,93
1 2 ≤≤−−= xxy
( ) ( ) .4263
99
93
3
3
3
3
32 ππππ =−=
−=−=
−−∫
xxdxxVx
Apskaičiuokite sukimosi paviršių, gaunamą sukant kreivę
y=f(x) apie Ox ašį:
.20,22 ≤≤+=−
xeeyxx
43
∫ =
−
+
+=
−
−2
0
2
22
22
412 dx
ee
eeS
xx
xx
x π
= ∫ =
−
−+
−−2
0
22
2
22222
22
xxxx
eedeeπ
=
−++−+
−+−=
−−−−
2
0
2
22222
2
22222
2ln2
42
22
xxxxxxxx
eeeeeeeeπ
.4ln21
41
ln21
42
1
222
−
−++−+
−+−
=e
ee
ee
eee
π
1
III. KELIŲ KINTAMŲJŲ FUNKCIJŲ DIFERENCIALINIS
SKAIČIAVIMAS
1. Individualios užduotys 2. Išspręstosios užduotys
2
Kelių kintamųjų funkcijos Apibrėžimo sritis
Rasti funkcijos apibrėžimo sritį:
1) y
yx
yxyxz
x2422
22
log1
2−
+−−++=
Pertvarkome išraišką:
( )( ).4ln
ln
1 222
2
x
y
yx
yxz
−+
−−+=
Tuomet
( )
<<<<
<<−<<−
±≠
−<>>>−
±≠<<−>
≠<>>−−
≠−>−>≥−−
+
.21
,30
;21
;12
;3
;1;1;1;01
.3;22;0
;3;4;0;01
;14;04;0;01
22
2222
2222
2
x
y
x
x
x
xxxx
xxy
xxyyx
xxyyx
yx
3
2)
( )
>
<
>
⇒
<
>
≥
⇒
>−>−
≥
−+−
=
xy
xy
x
xy
xy
x
xy
xy
x
xyxy
z
2
1
0
1
0
01
0
0
.1ln1
.
Antros eilės dalinės išvestinės
Rasti funkcijos z=f(x,y) antros eilės dalines išvestines: 1)
( )
( ) .'
,cos
1'
2
xtgxxytgxy
z
xxyytgxxytgx
x
z
xytgxz
y
x
==∂∂
+==∂∂
=
.cos
sin2
cos
2cos
cossin2
cos
1
cos
1
cos
1
32
422
22
2
x
xxy
x
yx
xxxy
xy
xy
xxyytgx
x
z
xx
z
x
−=
=−+=
=′
+=
∂∂
∂∂=
∂∂
4
( )
.coscos
1
0
22
2
2
2
xy
y
xtgx
xxyytgx
x
z
yyx
z
xtgxy
z
yy
z
+=′
+=
∂∂
∂∂=
∂∂∂
=′=
∂∂
∂∂=
∂∂
2) yxz ln= ,
1lnln −⋅=∂∂ yxyx
z ,
( )
.11
lnln1
ln
,1
ln1
ln
,1lnln
.1
ln
ln1lnln22
2ln
22ln
2
2
2ln2
2
ln
xyx
yxxy
yxx
xy
z
yx
z
yxx
yxx
y
z
xyyx
z
yxx
y
z
yy
x
y
yy
y
y
⋅+⋅⋅⋅=′
⋅⋅=
∂∂∂=
∂∂∂
⋅⋅−⋅⋅=∂∂
⋅−⋅=∂∂
⋅⋅=∂∂
−
−
3) Įrodyti kad
jeiy
u
x
u,0
2
2
2
2
=∂∂+
∂∂
( ).ln 22 yxu +=
;21
22x
yxx
u ⋅+
=∂∂
yyxy
u2
122
⋅+
=∂∂
;
( )
( ) ;222
222
22
2
2
yx
xxyx
x
u
+⋅−+=
∂∂
( )
( ) ;222
222
22
2
2
yx
yyyx
y
u
+⋅−+=
∂∂
5
( ) ( ) 00;02222
222
22
222
22
==+−+
+−
yx
yx
yx
xy
Rasti kelių kintamųjų funkcijos antros eilės pilnąjį diferencialą
jeizd ,2 52322 22 +−+−= yxxyyxz .
( )( ) ( )
( ) .8844
,242324
,
222
22
2
dxdyyxxdyydxzd
dyxyxdxyxydz
dzdzd
−+−=−−++−=
=
Rasti apytiksliai funkcijos u=f(x, y, z) pilnąjį pokyti ∆ u, jei
( ) .4
;2;1,2lnπ===−= zyxtgzxu y
( );;;
;cos
12
1ln2
21
22
1
,
.180
;02,0;03,0
2
1
zdzydyxdx
dzztgzx
xdyxtgzx
dxyxtgzx
dzudyudxudu
duu
zyx
yy
y
yyzyx
∆=∆=∆=
−⋅−
+⋅−
+
+⋅−
=′+′+′=
≈∆
−=∆=∆−=∆
−
π
( )
=++−=
=∆−−
+∆⋅⋅−
+∆⋅⋅−
==
==
90012.0
212
11ln2
12
14
12
1
4
21
π
πzyxdu
z
yx
6
.12.090
−= π
Panaudojus sudėtinės funkcijos dalinių išvestinių formules, nustatyti, kam yra lygu:
1) jeiy
z
x
z,
∂∂+
∂∂
.;, yxvyxuez v
u
−=+==
( )
.2211
,111
,111
22
2
2
v
ze
ve
v
ue
ve
v
ue
vy
z
x
z
ev
ue
vy
v
v
z
y
u
u
z
y
z
ev
ue
vx
v
v
z
x
u
u
z
x
z
v
u
v
u
v
u
v
u
v
u
v
u
v
u
v
u
v
u
==++−=∂∂+
∂∂
−⋅−⋅=∂∂⋅
∂∂+
∂∂⋅
∂∂=
∂∂
⋅−⋅=∂∂⋅
∂∂+
∂∂⋅
∂∂=
∂∂
2) jeiy
z
x
z,
∂∂−
∂∂
( ).ln;sin, 22 yxvyxuvuz +=+=+=
.cos21
2cos1
22
,1
2cos
,1
22
yxyx
vyyx
vxy
z
x
z
yxvy
y
v
v
z
y
u
u
z
y
z
yxvx
x
v
v
z
x
u
u
z
x
z
−=+
−−+
+=∂∂−
∂∂
++=
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂=
∂∂
++=
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂=
∂∂
Kelių kintamųjų funkcijos riba Rasti funkcijos z=f(x,y) ribą:
1) Ayxyx
yx
yx
=+−
+
∞→∞→
22lim .
7
Tolsime į begalybę kuriuo nors pasirinku būdu, pvz. tiese y=kx. Tuomet:
( ) 01
1
1
1
1limlimlim 22222
=⋅+−
+=+−
+=+−
+=∞→∞→
∞→∞→ xkk
k
kkx
k
xkxkxx
kxxA
xxyx
2)
.
sinlim
0
Ax
xy
ayx
=→→
.sinsinsin
limlimlimlim0
000
au
uy
u
uy
xy
xyyA
uay
ayux
ayx
=⋅===→→
→→→
→→
3)
Ayx
yx
yx
=+−
→→
lim00
.
Artėsime į tašką (0,0) kuriuo nors būdu, pvz. tiese y=kx . Tuomet:
−+−=
+−=
→→
→→ k
k
kxx
kxxA
yx
yx 1
1limlim
00
00
riba neegzistuoja, nes k gali būti
skirtingas.
Kelių kintamųjų funkcijos ekstremumai Rasti dviejų kintamųjų funkcijas z=f(x,y) ekstremumus:
( )22 yxez x += .
8
Iš būtinųjų ekstremumo sąlygų 0;0 =∂∂=
∂∂
y
z
x
z gauname
( )
=
=++
;02
0222
ye
xeyxex
xx
,
==++
;0
02 22
y
yxx,
=−==
0
2;0
y
xx .
Išnagrinėsime pakankamas ekstremumo egzistavimo sąlygas. Nustatysime
22
2
2
2
2
∂∂∂−
∂∂
∂∂=∆
yx
z
y
z
x
zženklą ir, atitinkamai,
2
2
x
z
∂∂
ženklą
taškuose (0,0) bei (-2,0).
( ) ( )
( ) ( )=−+++=−+++=∆
=∂∂
∂
=∂∂
++++=∂∂
22222222
2
2
2
222
2
448224224
,2
,2
,222
yxyxeeyexyxe
yexy
z
ey
z
xexyxex
z
xxxx
x
x
xx
( ).4382 222 +−+= yxxe x Taške (0,0) ,04 >=∆ o .022
2
>=∂∂x
z
Tuomet taške (0,0) funkcija įgyja minimumą z(0,0)=0
Taške (-2,0) ( ) 04
41681
44<−=+−=∆
ee– ekstremumo šiame
taške nėra. Rasti dviejų kintamųjų funkcijos z=f(x,y) sąlyginius ekstremumus:
9
,4 22 yxz += kai 2=xy .
( ) ( )
;02
;02
;08
24, 22
=−=∂∂
=+=∂∂
=+=∂∂
−++=
xyL
xyy
L
yxx
L
xyyxyxL
λ
λ
λ
λ
08 2 =+ xyx λ .
.1
,2
,4
,2
,4
,28
,22
,28
,2
,02
2
22
22
2
2
2
±=±==±±=
==
−=−=
==+
x
y
y
yx
yx
yx
y
x
xy
xyy
λλ
λ
1
IV. PAPRASTOSIOS DIFERENCIALINĖS LYGTYS
1. Individualios užduotys:
- trumpa teorijos apžvalga, - pavyzdžiai, - užduotys savarankiškam darbui.
Pirmosios eilės diferencialinių lygčių sprendimas ………..…2 psl. Antrosios eilės paprasčiausiųjų diferencialinių lygčių sprendimas …………………………………………………….9 psl. Antrosios eilės tiesinių diferencialinių lygčių su pastoviaisiais koeficientais sprendimas ………………...…..16 psl. Tiesinių diferencialinių lygčių sistemų sprendimas ……….23 psl. Fizikos uždaviniai, suvedami į pirmosios eilės diferencialines lygtis …………………………………………26 psl. Geometrijos uždaviniai, suvedami į pirmosios eilės diferencialines lygtis …………………………………………27 psl. Pirmosios eilės diferencialinių lygčių skaitinis sprendimas..30 psl.
2. Išspręstosios užduotys….....33 psl.
2
1. Individualios užduotys
Diferencialinių lygčių sprendimas ir taikymas Pirmosios eilės diferencialinių lygčių sprendimas Pirmosios eilės diferencialine lygtimi vadinama lygtis, siejanti nepriklausomą kintamąjį x, nežinomą funkciją y ir jų diferencialus
dx, dy arba išvestinę ′ =ydydx
.
Pirmosios eilės diferencialinės lygties pavidalai: ′ =y f x y( , ) , F x y y( , , )′ = 0 arba P x y dx Q x y dy( , ) ( , )+ = 0 .
Pirmosios eilės diferencialinės lygties bendruoju sprendiniu vadinama funkcija y x C= ϕ( , ) , kurią įrašius į lygtį, gaunama tapatybė. Norint rasti bendrąjį sprendinį, reikia atpažinti lygties tipą ir taikyti atitinkamą sprendimo metodą. Čia nagrinėsime tokius lygčių tipus: 1) paprasčiausios lygtys (žymėsime P) 2) su atskiriamais kintamaisiais (A) 3) homogeninės (H) 4) tiesinės (T) 5) Bernulio (B) 6) pilnųjų diferencialų (D). Paprasčiausios lygtys yra tokios: ′ =y f x( ) . Nežinoma funkcija y gaunama integruojant išvestinę:
y y dx f x dx= ′ = ∫∫ ( ) .
Su atskiriamais kintamaisiais vadinama lygtis
′ = ⋅y f x g y( ) ( ) arba f x g y dx f x g y dy1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )⋅ = ⋅ .
Jei lygtyje yra išvestinė, tai įrašius ′ =ydydx
ir po to atskyrus
kintamuosius, integruojamos abi lygties pusės:
3
dyg y
f x dx( )
( )= ∫∫ arba f xf x
dxg yg y
dy1
2
2
1
( )( )
( )( )∫ ∫= .
Dviejų kintamųjų funkcija f(x, y) vadinama k-ojo laipsnio homogenine funkcija, jei teisinga tokia lygybė:
f x y f x yk( , ) ( , )λ λ λ= . Pirmosios eilės diferencialinė lygtis
P x y dx Q x y dy( , ) ( , )+ = 0
vadinama homogenine, jei P x y Q x y( , ), ( , ) yra to paties laipsnio homogeninės funkcijos. Lygtis ′ =y f x y( , ) vadinama homogenine, jei f(x, y) yra nulinio laipsnio homogeninė funkcija. Homogeninę diferencialinę lygtį galima pertvarkyti į tokį pavidalą:
′ =
y F
yx
. Pakeitę ieškomą funkciją y=y(x) nauja nežinoma
funkcija u=u(x) pagal lygybę uyx
= ir į homogeninę lygtį vietoje y ir
′y įrašę y = ux, ′ = ′ +y u x u, gauname lygtį su atskiriamais kintamaisiais. Pavyzdys Rasime diferencialinės lygties ( )2 3x y dy ydx+ =
bendrąjį sprendinį. Duotąją lygtį pertvarkome:
dydx
yx y
=+2 3
, ′ =+ ⋅
y
yx
yx
2 3.
Pakeičiame kintamąjį pagal lygybę uyx
= ir į homogeninę lygtį įrašę
y = ux, ′ = ′ +y u x u, gauname tokią lygtį:
4
′ + =+
u x uu
u2 3.
Šią lygtį pertvarkome ir atskiriame kintamuosius:
′ = − −+
u xu u
u32 3
2
⇒ 3 2
3 2
u
u udu
dxx
++
= − .
Abi gautosios lygties puses integruojame: 3 2
3 2
u
u udu
dxx
++
= −∫ ∫ ⇒ 3 2
13
3u
u udu
dxx
+
+= −∫ ∫
( ),
Au
B
udu x+
+
= −∫ 13
3ln .
Randame neapibrėžtuosius koeficientus iš tapatybės
A u Bu u+
+ ≡ +
13
3 2 ,
paėmę u=0 ir u= − 13
: A=6, B=–3.
Tuomet:
6 313
3u u
du x−+
= −∫ ln ,
213
ln ln ln lnu u x C− + = − + ,
ln lnu
u
Cx
2
13
+= ⇒
u
u
Cx
2
13
+= ,
5
u
u
Cx
2
13
+= ± ⇒ u x C u2
113
= +
, C1 0≠ .
Vietoje u įrašę yx
ir pertvarkę gauname diferencialinės lygties
bendrąjį sprendinį:
y C y x21
13
= +
.
Pirmosios eilės tiesine diferencialine lygtimi vadinama lygtis
′ + =y p x y g x( ) ( ) , o Bernulio lygtimi –
′ + =y p x y g x yn( ) ( ) , ( , )n n≠ ≠0 1 . Abi šias lygtis galima išspręsti Bernulio metodu. Jo esmė tokia: nežinoma funkcija y keičiama dviejų funkcijų u(x) ir v(x) sandauga y u x v x= ⋅( ) ( ) . Viena iš jų tam tikru būdu parenkama, o kita
apskaičiuojama. Įrašę y uv= ir ′ = ′ + ′y u v uv , pavyzdžiui, į tiesinę lygtį, gauname:
′ + ′ + =u v uv p x uv g x( ) ( ) ⇒ ( )′ + ′ + =u v u v p x v g x( ) ( ) .
Šiuo atveju parenkame funkciją v. Ji yra vienas diferencialinės lygties
′ + =v p x v( ) 0 sprendinys. Po to iš paprasčiausios diferencialinės lygties
′ =u v g x( ) gauname funkciją u. Pavyzdys Raskime diferencialinės lygties
′ − =yyx
x xcos
bendrąjį sprendinį. Ši lygtis yra tiesinė. Ją sprendžiame Bernulio metodu.
6
Taigi įrašome y uv= ir ′ = ′ + ′y u v uv į duotąją lygtį ir pertvarkome:
′ + ′ − =u v uvuvx
x xcos ⇒ ′ + ′ −
=u v u v
vx
x xcos .
1) Sprendžiame lygtį ′ − =vvx
0 . Ši lygtis yra su atskiriamais
kintamaisiais. Todėl atskiriame kintamuosius ir integruojame: dvdx
vx
= ⇒ dvv
dxx
= ⇒ dvv
dxx∫ ∫= ⇒ ln lnv x= ,
v x= ⇒ v x= ± .
Parenkame vieną funkciją v, pavyzdžiui, v = x. 2) Įrašę šią funkciją v į lygtį
′ + ′ −
=u v u v
vx
x xcos ,
gauname: ′ =u x x xcos ⇒ ′ =u xcos .
Iš čia: u xdx= ∫ cos ⇒ u=sinx + C.
Taigi ( )y x C x C R= + ∈sin , .
Pilnųjų diferencialų lygtimi vadinama lygtis
P x y dx Q x y dy( , ) ( , )+ = 0 , kai jos kairioji pusė yra kažkurios funkcijos U(x, y) pilnasis diferencialas:
P x y dx Q x y dy dU x y( , ) ( , ) ( , )+ = .
Šitaip bus, jei ∂
∂∂
∂P x y
yQ x y
x( , ) ( , )= .
Pilnųjų diferencialų lygties bendrasis sprendinys: U(x, y) = C. Funkciją U(x, y) galima rasti pagal tokią formulę:
U(x, y) = P x y dxx
Q x y dyy
x y
( , ) ( , )
0
0
0
∫ ∫+ ;
7
čia x0 ir y0 yra laisvai parinkti skaičiai, kuriems užrašytieji integralai turi prasmę. 1 uždavinys. Raskite dviejų pirmosios eilės diferencialinių lygčių bendruosius sprendinius:
1) xy yyx
′ = +
1 ln ′ + = −y y e x
2) ′ − =yyx
x2 ( )ydx xy x dy+ − =2 0
3) ′ = +y eyx
yx xy y x′ + = sin
4) ′ − =y yctgx x x2 sin ′ = + +y
x xy y
x
2 2
2
5) ′ = +yxy
yx
′ − =y ytgx 1
6) ′ + =y ytgx xcos2 xy xy y′ + =2
7) xy y x y′ − = +2 2 ′ + =yyx
ex2
8) ′ −+
= +yy
xx x
222 ′ = −y
y
x
yx
2
2
9) xy yyx
′ = ln ′ + =y x y xcos sin 1
10) ′ −+
= +yy
xe xx
11( ) xy y xtg
yx
′ − + =0
11) ′ = +yyx
tgyx
xy y x′ + = +ln 1
12) ′ − =yyx
x xsin ′ = + +yy
x
yx
2
2
66
8
13) x yyx
dx xyx
dy−
+ =cos cos 0 ′ − =y y ex
14) ′ + =yyx
xsin ( )xy x y y− ′ =2 2
15) xy
dyyx
dx= −
2 ′ + = ⋅y ctgx y x ctgx2 2cos
16) ′ + =yyx
x2
2 yyx
x dx xyx
dysin sin−
=
17) ( )2 2 2 2x dy x y dx= + ′ − =y y e x2 2
18) ′ ++
=+
yxy
x
x
x
2
1
2
12
2
2 ′ = +y
xy
yx2
19) ( )xydy x y dx= +2 2 ′ − =y ytgxx
1cos
20) ′ − − =yx
xy
2 55
2 ( )xy y
yx
x′ − =arcsin
21) xy x y y′ = + +2 2 2 xy y ex′ + =
22) ′ − = −yyx x
123
( ) ( )2 22 2 2 2xy x y y x y′ + = +
23) ( )xy x dy ydx− + = 0 ′ − =y yctgx x2 3sin
24) ′ + =yy
xx
2 3 ( )4 3 2 3 0x y y y x− + ′ − =
25) ( )xy dy x y dx2 3 3= + ′ − =y ytgxxx
2cos
26) ′ + =yyx
x3 ( )x y dy ydx− =
27) xyx
y x yyx
sin sin⋅ ′ + = ′ + =y ytgx tgx
9
28) ′ −+
= +yxy
xx
2
11
22 xy y xctg
yx
′ − + = 0
29) 122
2+
=y
xdx
yx
dy ( )′ −+
= +yxy
xx x
2
12 1
22
30) ′ + =yyx x
3 23
2 42 2x y xy y′ − =
Antrosios eilės paprasčiausiųjų diferencialinių lygčių sprendimas Antrosios eilės diferencialine lygtimi vadinama lygtis F x y y y( , , , )′ ′′ = 0 , kurioje yra nežinomos funkcijos y antroji išvestinė ir aukštesnių eilių išvestinių nėra. Lygties bendrasis sprendinys y x C C= ϕ( , , )1 2 , turintis dvi laisvąsias konstantas yra tokia funkcija, kurią įrašius į diferencialinę lygtį gaunama tapatybė. Kai žinomos pradinės sąlygos y x y y x y( ) , ( )0 0 0 0= ′ = ′ , randamas diferencialinės lygties atskirasis sprendinys. Antrosios eilės diferencialinė lygtis vadinama paprasčiau-siąja, jei joje nėra arba x, arba y, arba y ir ′y . Šiais atvejais dar sakoma, kad galima sumažinti diferencialinės lygties eilę. Iš pradžių nagrinėkime lygtį
′′ =y f x( ) , (P1)
kurioje nėra nei y, nei ′y . Šiuo atveju integruodami pirmiausia
randame ′y :
′ = ′′ = ∫∫y y dx f x dx( ) .
Po to integruodami gautąją išvestinę ′y , randame y:
y y dx= ′∫ .
Spręsdami diferencialinę lygtį F x y y( , , )′ ′′ = 0 , (P2)
10
kurioje nėra ieškomos funkcijos y, keičiame kintamąjį pagal lygybę z y= ′ (čia z – nauja nežinoma funkcija). Tuomet ′′ = ′y z , ir
gaunama pirmosios eilės diferencialinė lygtis: F x z z( , , )′ = 0 . Radę šios lygties bendrąjį sprendinį
z x C= ϕ 1 1( , ) ir vietoje z įrašę ′y , vėl gauname pirmosios
eilės diferencialinę lygtį ′ =y x Cϕ1 1( , ) . Išsprendę šią lygtį gauname (P2) lygties bendrąjį sprendinį. Spręsdami diferencialinę lygtį
F y y y( , , )′ ′′ = 0 , (P3) kurioje nėra nepriklausomo kintamojo x, keičiame kintamąjį pagal lygybę p y= ′ (čia p – nauja nežinoma funkcija). Tuomet
′′ = ⋅y pdpdy
, ir gaunama pirmosios eilės diferencialinė lygtis
F y pdpdy
( , , ) = 0 .
Pavyzdžiai 1) Rasime lygties ′′ =y x xcos atskirąjį sprendinį, tenkinantį
pradines sąlygas: y y( ) , ( )0 0 0 1= ′ = . Matome, kad duotoji lygtis yra pirmojo tipo, todėl pirmiausia ieškome ′y :
′ = ′′ = ∫∫y y dx x xdxcos = xd xsin∫ .
Integruojame dalimis:
′ = − ∫y x x xdxsin sin ,
′y = x x x Csin cos+ + 1.
Pritaikę pradines sąlygas x = 0 ir ′ =y ( )0 1, galime rasti laisvąją konstantą C1: 1=1+ C1. Iš čia gauname, kad C1= 0. Taigi
′y = x x xsin cos+ .
Integruodami gautąją išvestinę ′y , ieškome y:
11
y y dx= ′∫ = ( )x x x dxsin cos+∫ = x xdx xdxsin cos+ ∫∫ .
y = − +∫ xd x xcos sin = –xcosx + cos sinxdx x+∫ ,
y = –xcosx +2sinx+C2. Pritaikę pradines sąlygas x = 0 ir y = 0, randame laisvąją konstantą C2: 0 = C2. Tuomet
y = –xcosx +2sinx. 2) Rasime lygties ′′ + ′ =y ctg x y2 2 0 atskirąjį sprendinį, tenkinantį
pradines sąlygas: y y( ) , ( )0 0 0 1= ′ = . Pastebime, kad lygtyje nėra funkcijos y, todėl keičiame kintamąjį pagal lygybę z y= ′ . Tuomet ′′ = ′y z , ir gauname pirmosios eilės diferencialinę lygtį:
′ + =z ctg x z2 2 0 . Ši lygtis yra su atskiriamais kintamaisiais. Todėl:
′ = − ⋅z z tg x2 2 ⇒ dzdx
z tg x= − ⋅2 2 ⇒ dzz
tg xdx= −2 2 .
Atskyrę kintamuosius abi puses integruojame: dzz
tg xdx= −∫∫ 2 2 ⇒ lnsincos
zxx
d x= −∫22
2 ,
lncos
cosz
d xx
= ∫2
2 ⇒ ln lncos lnz x C= +2 ,
z C x= 1 2cos ⇒ ′ =y C x1 2cos .
Pritaikę pradines sąlygas x = 0 ir ′ =y ( )0 1, galime rasti laisvąją konstantą C1: 1= C1. Taigi
′y = cos2x . Integruodami gauname:
y y dx= ′∫ = 12
2 2sin x C+ .
Pritaikę pradines sąlygas x = 0 ir y = 0, randame konstantą C2= 0. Tuomet
12
y = 12
2sin x .
3) Rasime lygties ′′ = −y y3 25 atskirąjį sprendinį, tenkinantį
pradines sąlygas: y y( ) , ( )2 5 2 1= ′ = . Pastebime, kad lygtyje nėra x, todėl keičiame kintamąjį pagal
lygybes ′ =y p , ′′ = ⋅y pdpdy
. Tuomet gauname tokią pirmosios
eilės diferencialinę lygtį pdpdy
y⋅ ⋅ = −3 25 . Joje atskiriame
kintamuosius ir integruojame:
pdpy
dy= −253
⇒ pdpy
dy∫ ∫= −253
,
p y C2 21
225
2 2= −
−+
− ⇒ ′ = +y
yC2
2 125
.
Pritaikę pradines sąlygas y = 5 ir ′ =y 1, randame konstantą C1= 0. Tuomet
′ =yy
22
25.
Atsižvelgę, kad y ir ′y yra teigiamos, gauname:
′ =yy5
.
Tuomet: dydx y
= 5 ⇒ ydy dx= 5 ⇒ ydy dx∫ ∫= 5 ,
yx C
2
225= + .
Pritaikę pradines sąlygas x = 2 ir y = 5, randame konstantą
C2= 52
. Tuomet y = 5 2 1( )x + .
2 uždavinys. Raskite dviejų antrosios eilės diferencialinių lygčių atskiruosius sprendinius, tenkinančius pradines sąlygas:
13
1) ′′ = = ′ =y y y y50 3) 1 3) 53; ( , (
′′ = ′ + = − ′ =y tgx y y y12 2 2
0; ( ) , ( )π π π
2) ′′ = − ′ = ′ =y yy y y2 0 1 0 13; ( ) , ( )
′′ = ⋅ ′ + = ′ =yx
y x y y1
113
1 1; ( ) , ( )
3) ′′ = − = ′ =yy
y y1
20 1 0
223
; ( ) , ( )
′′ = + = ′ =y x x y y6 0 0 0 0sin ; ( ) , ( )
4) ′′ = − = ′ =yy
y y16
1 2 1 23
; ( ) , ( )
x y x y y y4 3 4 1 1 1 1′′ + ′ = = ′ = −; ( ) , ( )
5) xy y x e y y ex′′ − ′ = = ′ =2 1 0 1; ( ) , ( )
′′ = = ′ =y y y y98 1 1 1 73; ( ) , ( )
6) ′′ + = = ′ =y y y y y2 0 0 0 0 13sin cos ; ( ) , ( )
xy y x y y′′ + ′ = + = ′ =1 154
152
; ( ) , ( )
7) ′′ − ′ =
= − ′
=y y ctgx x y y2
213 2
03sin ; ,π π
′′ + = = ′ =y y y y y18 0 0 0 0 33sin cos ; ( ) , ( )
8) ′′ = = ′ =y e y yy2 0 0 0 1; ( ) , ( )
′′ = = ′ =yx
y y1
1 1 1 02
; ( ) , ( )
9) ′′ = = ′ = −−y xe y yx2 014
014
; ( ) , ( )
14
( ) ; ( ) , ( )y y y y y− ′′ = ′ = ′ =1 2 0 2 0 12
10) ′′ = = ′ =y y y y72 2 1 2 63; ( ) , ( )
xy yx
y y′′ + ′ = = ′ =11 4 1 3; ( ) , ( )
11) x x y y y e y eln ; ( ) , ( )⋅ ′′ = ′ = ′ =0 1
y y y y3 49 0 7 0 1′′ = − = − ′ = −; ( ) , ( )
12) yy y y y′′ = ′ = ′ =2 0 1 0 1; ( ) , ( )
xy yx
y y′′ − ′ = − = − ′ =22
113
1 12
; ( ) , ( )
13) ′′ = = ′ =y x y yln ; ( ) , ( )114
1 0
2 1 0 1 0 12yy y y y′′ = + ′ = ′ =; ( ) , ( )
14) ′′ = = ′ =y y y y y32 12
1 43sin cos ; ( ) , ( )π
ctgx y y y y⋅ ′′ = − + ′ = ′ =( ); ( ) , ( )1 0 0 0 0 15) xy y y y′′ = − ′ = ′ =; ( ) , ( )1 0 1 1
y y y y3 9 0 1 1 1 3′′ + = = ′ =; ( ) , ( )
16) y y y y3 36 0 0 3 0 2′′ + = = ′ =; ( ) , ( )
xy y x y y′′ + ′ = = ′ =; ( ) , ( )149
123
17) ′′ = = ′ =yx
y y1
1 0 1 0; ( ) , ( )
′′ = = ′ =y y y y8 0 1 0 23; ( ) , ( )
18) yy y y y′′ = − ′ = ′ =2 0 1 0 1; ( ) , ( )
xy yx
y y′′ − ′ = − = ′ =11
12
132
; ( ) , ( )
15
19) x y xy y y2 1 1 0 1 0′′ + ′ = = ′ =; ( ) , ( ) ′′ = ′ = ′ =y yy y y2 0 1 0 2; ( ) , ( )
20) y y y y3 112
112
1′′ =
= ′
=; ,
xy y y y′′ + ′ = = ′ =1 1 1 1 2; ( ) , ( ) 21) ′′ = + = ′ =y x x y ycos ; ( ) , ( )0 0 0 0
′′ = = ′ =y y y y y18 12
1 33sin cos ; ( ) , ( )π
22) ′′ + = = ′ =y y y y y8 0 0 0 0 23sin cos ; ( ) , ( )
′′ = = ′ = −yx
y y2
1 2 1 13
; ( ) , ( )
23) ( )1 2 0 0 0 32+ ′′ = ′ = ′ =x y xy y y; ( ) , ( )
y y y y3 4 0 1 0 2′′ = − = − ′ = −; ( ) , ( )
24) yy y y y′′ + ′ = = ′ =2 1 2 1 2 2; ( ) , ( )
( )1 0 1 0 1+ ′′ = ⋅ ′ = − ′ =sin cos ; ( ) , ( )x y x y y y
25) ′′ = = ′ =y y y y128 0 1 0 83; ( ) , ( )
′′ = ′ + ′
= ′ =y
yx
yx
y y e1 112
1ln ; ( ) , ( )
26) ′′ = − = ′ − =y y y y2 1 1 1 13; ( ) , ( )
′′ = ′ = − ′ =y tgx y y y; ( ) , ( )π π4
22 4
22
27) y y y y3 64 0 4 0 2′′ = − = ′ =; ( ) , ( ) ′′ = = − ′ =y x x y ysin ; ( ) , ( )0 2 0 0
28) ′′ + = = ′ =y y y y y32 0 0 0 0 43sin cos ; ( ) , ( )
xy y x y y′′ + ′ = = ′ =3 113
1 12; ( ) , ( )
16
29) ′′ = = ′ =y y y y y8 12
1 23sin cos ; ( ) , ( )π
′′ = ′ ⋅ ′ = ′ =yyx
yx
y y eln ; ( ) , ( )1 0 1 2
30) yy y y y′′ = ′ = ′ =2 0 1 0 12 ; ( ) , ( )
′′ =+
= ′ =yx
y y1
10 0 0 0
2; ( ) , ( )
Antrosios eilės tiesinių diferencialinių lygčių su pastoviaisiais koeficientais sprendimas Antrosios eilės tiesine diferencialine lygtimi su pastoviaisiais koeficientais vadinama lygtis
′′ + ′ + =y a y a y f x1 2 ( ) . Kai dešinioji lygties pusė yra 0, lygtis vadinama homogenine, priešingu atveju, – nehomogenine. Homogeninė lygtis
′′ + ′ + =y a y a y1 2 0 (H) turi trivialų sprendinį y = 0. Jei y1(x) ir y2(x) yra homogeninės lygties sprendiniai, o C1 ir C2 – bet kurie realieji skaičiai, tai funkcija C1y1(x) + C2y2(x) taip pat yra homogeninės lygties sprendinys. Funkcijos y1(x) ir y2(x) vadinamos tiesiškai nepriklausomomis intervale (a; b), jei tapatybė α α1 1 2 2 0⋅ + ⋅ =y x y x( ) ( ) teisinga
tik tada, kai α α1 2 0= = . Funkcijų y1(x) ir y2(x) Vronskio determinantu vadinamas toks determinantas:
W xy x y x
y x y x( )
( ) ( )
( ) ( )= ′ ′
1 2
1 2.
17
Funkcijos y1(x) ir y2(x) yra tiesiškai nepriklausomos intervale (a; b) tik tada, kai jų Vronskio determinantas visiems x ∈ (a; b) nelygus nuliui. Bet kurie du tiesiškai nepriklausomi homogeninės lygties sprendiniai y1(x) ir y2(x) sudaro fundamentaliąją sprendinių sistemą. Tuomet (H) lygties bendrasis sprendinys yra toks:
y0 = C1y1(x) + C2y2(x). Kvadratinė lygtis
λ λ21 2 0+ + =a a , (Ch)
kuri gaunama homogeninėje lygtyje ′′ + ′ + =y a y a y1 2 0 pakeitus
′′ ′y y y, , atitinkamai λ λ2 , ir 1, vadinama charakteristine lygtimi.
Jei (Ch) lygties šaknys λ 1 ir λ 2 yra realiosios ir skirtingos, tai
funkcijos y e x1
1= λ ir y e x2
2= λ sudaro fundamentaliąją sprendinių sistemą. Šiuo atveju
y0 = C1 e C ex xλ λ1 22+ .
Jei charakteristinės lygties šaknys λ 1 ir λ 2 yra lygios ( λ λ2 1= ),
tai funkcijos y e x1
1= λ ir y xe x2
1= λ sudaro fundamentaliąją sprendinių sistemą. Šiuo atveju
y0 = ( )e C C xxλ11 2+ .
Jei charakteristinės lygties šaknys λ 1 ir λ 2 yra kompleksinės, t. y.
λ α β1 = + i , λ α β2 = − i , tai funkcijos y e xx1 = α βcos ir
y e xx2 = α βsin sudaro fundamentaliąją sprendinių sistemą. Šiuo
atveju homogeninės lygties bendrasis sprendinys
y0 = ( )e C x C xxα β β1 2cos sin+ .
Antrosios eilės tiesinės nehomogeninės diferencialinės lygties
′′ + ′ + =y a y a y f x1 2 ( )
bendrasis sprendinys y lygus šios lygties atskirojo sprendinio ~y ir homogeninės lygties bendrojo sprendinio y0 sumai:
y = y0 + ~y .
18
Nehomogeninės lygties atskirąjį sprendinį ~y galima rasti neapibrėžtųjų koeficientų metodu, kai lygties dešinioji pusė f(x) yra specialaus pavidalo. Išskirsime tokius tris atvejus:
1) f x e P xaxm( ) ( )= ; čia P xm ( ) yra m-ojo laipsnio
daugianaris, m = 0, 1, 2,...
Šiuo atveju ~y = e Q x xaxm
k( ) ⋅ ; čia Q xm( ) yra m-ojo laipsnio daugianaris su neapibrėžtaisiais koeficientais. Pavyzdžiui, kai m=2,
Q x Ax Bx C22( ) = + + .
Laipsnio rodiklis k parodo, kiek kartų a yra charakteristinės lygties šaknimi; k gali įgyti tris reikšmes: k = 0, 1, 2.
2) f x e c bx d bxax( ) ( cos sin )= ⋅ + ⋅ .
Šiuo atveju ~y = e A bx B bx xax r( cos sin )+ ⋅ ; čia A ir B yra neapibrėžtieji koeficientai. Laipsnio rodiklis r parodo, kiek kartų a + bi yra charakteristinės lygties šaknimi; r gali įgyti dvi reikšmes: r = 0, 1. 3) f(x) = f1(x)+f2(x); čia f1(x) ir f2(x) yra pirmojo arba antrojo tipo funkcijos. Šiuo atveju nehomogeninės lygties ′′ + ′ + =y a y a y f x1 2 ( )
atskirasis sprendinys ~y gaunamas sudedant dviejų nehomogeninių lygčių
′′ + ′ + =y a y a y f x1 2 1( ) ,
′′ + ′ + =y a y a y f x1 2 2( )
atskiruosius sprendinius ~ ,~y y1 2 : ~y = ~ ~y y1 2+ . Pavyzdžiai 1) Rasime lygties ′′ − ′ + = +y y y x3 2 3 2 bendrąjį sprendinį. Iš pradžių sprendžiame homogeninę lygtį
′′ − ′ + =y y y3 2 0 . Jos charakteristinė lygtis:
19
λ λ2 3 2 0− + = . Šios lygties šaknys λ 1=1 ir λ 2 =2 yra realiosios ir skirtingos. Todėl homogeninės lygties bendrasis sprendinys
y0 = C1 e C ex x+ 22 .
Nehomogeninės lygties dešinioji pusė f(x) yra pirmojo tipo, m=1 ir laipsnio rodiklio dauginamasis a = 0 nėra charakteristinės lygties šaknimi, todėl atskirojo sprendinio ~y pavidalas yra toks:
~y = Ax+B.
Neapibrėžtieji koeficientai A ir B parenkami tokie, kad funkcija ~y = Ax+B būtų nehomogeninės lygties
′′ − ′ + = +y y y x3 2 3 2 sprendinys. Todėl ieškome išvestinių:
~ , ~′ = ′′ =y A y 0 . Įrašę šias išvestines į nehomogeninę lygtį, gauname tapatybę:
− + + ≡ +3 2 3 2A Ax B x( ) .
Iš jos apskaičiuojame, kad A B= =32
134
, .
Tuomet nehomogeninės diferencialinės lygties bendrasis sprendinys y = y0 +
~y ,
y = C1 e C ex x+ 22 +
32
134
x + .
2) Rasime lygties ′′ + ′ + =y y y e xx4 4 sin bendrąjį sprendinį. Iš pradžių sprendžiame homogeninę lygtį
′′ + ′ + =y y y4 4 0 . Jos charakteristinė lygtis:
λ λ2 4 4 0+ + = . Šios lygties šaknys λ 1 = λ 2 = –2. Todėl homogeninės lygties bendrasis sprendinys
y0 = ( )e C C xx−21 2+ .
20
Nehomogeninės lygties dešinioji pusė f(x) yra antrojo tipo, laipsnio rodiklio dauginamasis a = 1, 1+i nėra charakteristinės lygties šaknis, todėl atskirojo sprendinio ~y pavidalas yra toks:
~y = e A x B xx( cos sin )+ .
Neapibrėžtieji koeficientai A ir B parenkami tokie, kad funkcija ~y būtų nehomogeninės lygties sprendinys. Todėl ieškome išvestinių:
~ ( cos sin sin cos )′ = + − +y e A x B x A x B xx ,
~ ( sin cos )′′ = − +y e A x B xx 2 2 . Įrašę šias išvestines į nehomogeninę lygtį, gauname tapatybę:
( ) sin ( )cos sin− + + + ≡6 8 8 6A B x A B x x . Sulyginame abiejų lygybės pusių sinx ir cosx koeficientus:
− + =+ =
6 8 1
8 6 0
A B
A B
,
Iš šios sistemos apskaičiuojame, kad A B= − =350
225
, .
Tuomet nehomogeninės diferencialinės lygties bendrasis sprendinys y = y0 +
~y ,
y = ( )e C C xx−21 2+ + e x xx( cos sin )− +3
50225
.
3) Rasime lygties ′′ + = +y y e xx2 2 bendrąjį sprendinį. Iš pradžių sprendžiame homogeninę lygtį
′′ + =y y 0 . Jos charakteristinė lygtis:
λ2 1 0+ = . Šios lygties šaknys λ 1 2, = ±i . Todėl homogeninės lygties bendrasis
sprendinys y0 = C x C x1 2cos sin+ .
Nehomogeninės lygties dešinioji pusė f(x) yra trečiojo tipo, todėl atskirasis sprendinys ~y = ~ ~y y1 2+ .
21
~y1 yra nehomogeninės lygties ′′ + =y y e x2 atskirasis sprendinys.
Jo pavidalas: ~y1= Ae x2 . Rasime neapibrėžtąjį koeficientą A: ~y Ae x
122′ = , ~y Ae x
124″ = , 4 2 2 2Ae Ae ex x x+ ≡ ,
A = 15
.
~y2 yra nehomogeninės lygties ′′ + =y y x2 atskirasis sprendinys.
Jo pavidalas: ~y2 = Ax Bx C2 + + . Rasime neapibrėžtuosius koeficientus A, B ir C: ~y Ax B2 2′ = + , ~y A2 2″ = , 2 2 2A Ax Bx C x+ + + ≡ , A = 1, B = 0, C = –2. Tuomet
~y = 15
2e x +x2 – 2,
o nehomogeninės diferencialinės lygties bendrasis sprendinys y = y0 +
~y ,
y = C x C x1 2cos sin+ +15
2e x +x2 – 2.
3 uždavinys. Raskite antrosios eilės diferencialinių lygčių bendruosius sprendinius:
1) ′′ − ′ + = +y y y x x3 2 22 ′′ + =y y xcos
2) ′′ − ′ + = ⋅y y y e xx4 5 2
′′ − ′ − = +y y y x x3 10 3sin cos
3) ′′ − ′ + =y y y ex5 4 ′′ − ′ + = +y y y x x2 2 4sin cos
22
4) ′′ − ′ = −y y x ex3 18 ′′ + ′ + = +y y y x x2 sin
5) ′′ − ′ = − +y y x x2 6 2 32 ′′ + =y y xsin
6) ′′ − ′ + = + +y y y x x3 2 4 2 12 ′′ + ′ − =y y y x2 8 2sin
7) ′′ + ′ − =y y y e x2 8 12 2 ′′ − ′ + = +y y y x x2 2 sin cos
8) ′′ − ′ + = ⋅ −y y y e xx5 4 2 12 ( ) ′′ − ′ =y y x3 cos
9) ′′ − ′ + = ⋅ −−y y y e xx2 2 5 4( ) ′′ − ′ + =y y y x2 cos
10) ′′ − ′ + = + +y y y x x3 2 2 4 12 ′′ + ′ + =y y y x2 2 2sin
11) ′′ − ′ + = −y y y e x4 5 10 ′′ − =y y xcos
12) ′′ − ′ = + −y y x x3 2 52 ′′ − ′ + = −y y y x8 12 65 4cos
13) ′′ − ′ + = +y y y x e x2 2 ′′ − =y y x4 2sin
14) ′′ − ′ + =y y y ex4 3 ′′ + =y y x4 2cos
15) ′′ − ′ + = ⋅ +−y y y e xx4 5 10 4( ) ′′ − ′ =y y x2 2sin
16) ′′ − ′ + = ⋅ −y y y e xx2 2 5 13 ( ) ′′ − ′ =y y x2 5cos
17) ′′ + ′ = +y y x ex6 ′′ − ′ + =y y y x2 sin
18) ′′ + = +y y x ex2 ′′ + ′ = −y y x2 5sin
19) ′′ − ′ = − −y y x x2 2 3 ′′ + ′ − = +y y y x x2 3cos sin
20) ′′ + =y y xe x4 2 ′′ + ′ − = −y y y x x2 3cos sin
21) ′′ + =y y e x9 3 ′′ − ′ + = +y y y x x2 2 2cos sin
22) ′′ − ′ + = ⋅ +y y y e xx2 2 6 22 ( )
′′ − ′ + = −y y y x x2 2 4cos sin
23) ′′ + ′ + = +− −y y y e ex x5 6 2
′′ − ′ + = −y y y x x2 4 4cos sin
24) ′′ − ′ + = ⋅ +−y y y e xx5 4 10 3( )
′′ − ′ − = −y y y x3 4 34cos
23
25) ′′ − ′ + = − +y y y x x3 2 2 12 ′′ − ′ − =y y y x3 4 17sin
26) ′′ − ′ = + −y y x x2 3 22
′′ + ′ + = +y y y x x4 4 2 2 3 2sin cos
27) ′′ − ′ = −y y x2 52 ′′ − ′ − = −y y y x3 4 68cos
28) ′′ − ′ − =y y y e x6 7 32 3 ′′ − ′ + =y y y x4 4 sin
29) ′′ − ′ = − +y y x x2 5 12
′′ − ′ + = −y y y x x3 2 3sin cos
30) ′′ − ′ + = ⋅ +y y y e xx5 4 4 32 ( )
′′ − ′ + = − +y y y x x3 2 3sin cos Tiesinių diferencialinių lygčių sistemų sprendimas Dviejų tiesinių diferencialinių lygčių sistemą
dxdt
a x a y
dydt
a x a y
= +
= +
11 12
21 22
,
,
kurioje nežinomos funkcijos yra x = x(t), y = y(t), galima spręsti suvedant sistemą į antrosios eilės diferencialinę lygtį
′′ + ′ + =y a y a y1 2 0 . Tuo tikslu diferencijuojame antrąją sistemos
lygtį: ′′ = ′ + ′y a x a y21 22 . Į šią lygtį įrašę ′x išraišką iš sistemos pirmosios lygties, gauname lygtį
( )′′ = + + ′y a a x a y a y21 11 12 22 .
Į šią lygtį įrašę x išraišką iš sistemos antrosios lygties, gauname ′′ + ′ + =y a y a y1 2 0 pavidalo lygtį. Sudarę šios lygties charak-
teristinę lygtį λ λ21 2 0+ + =a a ir suradę jos šaknis, gauname
bendrąjį sprendinį y = y(t). Apskaičiavę ′y , iš sistemos antrosios lygties gauname nežinomą funkciją x = x(t).
24
Pavyzdys Rasime diferencialinių lygčių sistemos
′ = − −′ = −
x x y
y x y
3 ,
bendrąjį sprendinį x = x(t), y = y(t). Diferencijuojame antrąją sistemos lygtį: ′′ = ′ − ′y x y . Į šią lygtį
įrašę ′x išraišką iš sistemos pirmosios lygties, gauname lygtį ′′ = − − − ′y x y y3 .
Į šią lygtį įrašę x išraišką iš sistemos antrosios lygties, gauname: ′′ = − ′ + − − ′y y y y y3( ) ⇒ ′′ + ′ + =y y y4 4 0 .
Sudarę gautosios lygties charakteristinę lygtį λ λ2 4 4 0+ + = ir suradę jos šaknis λ 1 2 2, = − , gauname bendrąjį sprendinį y
= e C C tt− +21 2( ) .
Apskaičiuojame ′y :
′y = e C C t Ct− − − +21 2 22 2( ) .
Iš sistemos antrosios lygties gauname: x y y= ′ + .
Įrašome y ir ′y išraiškas į šią lygtį:
x = e C C t Ct− − − +21 2 22 2( ) + e C C tt− +2
1 2( ) ,
x = e C C t Ct− − − +21 2 2( ) .
4 uždavinys. Raskite diferencialinių lygčių sistemų bendruosius sprendinius x = x(t), y = y(t), suvesdami sistemą į antrosios eilės diferencialinę lygtį ′′ + ′ + =y a y a y1 2 0 .
1) ′ = +′ = +
x x y
y x y
4
2 3
, 2)
′ = − +′ = − +
x x y
y x y
3 2
2
, 3)
′ = +′ = +
x x y
y x y
3
3
,
25
4) ′ = +
′ = − +
x x y
y x y
5 4
2 11
, 5)
′ = +′ = +
x x y
y x y
4 , 6)
′ = −′ = −
x x y
y x y
3
4
,
7) ′ = −′ = +
x x y
y x y
3
3
, 8)
′ = −′ = +
x x y
y x y
2
3 6
, 9)
′ = +′ = − +
x x y
y x y
5
3 9
,
10) ′ = +
′ = − +
x x y
y x y
6
2 9
, 11)
′ = −′ =
x y
y x
, 12)
′ = −′ =
x y
y x
2 ,
13) ′ =′ = −
x y
y x
, 14)
′ = +′ = +
x x y
y x y
2 3
4
, 15)
′ = +′ = +
x x y
y x y
2 8
4
,
16) ′ = +′ = +
x x y
y x y
3
8
, 17)
′ = +′ = +
x x y
y x y
4 6
4 2
, 18)
′ = +′ = +
x x y
y x y
5 8
3 3
,
19) ′ = +′ = +
x x y
y x y
2 3
4
, 20)
′ = +′ = +
x x y
y x y
5
7 3
, 21)
′ = +′ = +
x x y
y x y
3
3
,
22) ′ = +′ = +
x x y
y x y
5 4
2 3
, 23)
′ = − +′ = − −
x x y
y x y
7
2 5
, 24)
′ = − −′ = −
x x y
y x
2 3 ,
25) ′ =′ =
x y
y x
, 26)
′ = +′ = +
x x y
y x y
2
2 3
, 27)
′ = +′ = +
x x y
y x y
2
4 2
,
28) ′ = +′ = +
x x y
y x y
4
3 2
, 29)
′ = −′ = +
x x y
y x y
6 2
3
, 30)
′ = +′ = +
x x y
y x y
2
4 3
,
26
Fizikos uždaviniai, suvedami į pirmosios eilės diferencialines lygtis Tarkime, kad kuriam nors procesui aprašyti pakanka dviejų kintamųjų, x ir y. Funkcinė x ir y priklausomybė y =f(x) nėra žinoma, bet žinoma apie nagrinėjamo proceso greitį, kurį apibrėžia ′y . Tarkime, kad proceso greitis (y kitimo greitis) proporcingas pačiam y. Tuomet šio proceso matematinis modelis yra diferencialinė lygtis
′y =ky (k – proporcingumo koeficientas). Turėdami diferencialinę lygtį, iš pradžių randame jos bendrąjį sprendinį. Po to, panaudoję turimas pradines sąlygas ir papildomus duomenis, randame atskirąjį sprendinį y =f(x). Pavyzdžiai 1) Jei cheminio elemento skilimo greitis (jo masės y kitimo greitis) proporcingas masei laiko momentu t, tai masės ir laiko funkcinė priklausomybė y=f(t) randama iš diferencialinės lygties ′y =ky. 2) Jei besisukantį diską stabdo trinties jėga, proporcinga sukimosi kampiniam greičiui ω , tai šio greičio priklausomybė nuo laiko t randama , jei iš diferencialinės lygties ′ =ω ωk . 3) Jei tiesiai judančio kūno greitis V proporcingas laiko t kvadratui, tai nueito kelio S priklausomybė nuo laiko t randama iš diferencia-
linės lygties ′ =S kt2 . Šią lygtį išsprendžiame:
S kt dt kt
C= = ⋅ +∫2
3
3.
Tarkime, kad S =0, kai t=0; S =18, kai t=3.
Tuomet C=0, k=2 ir S t= 23
3 .
27
Geometrijos uždaviniai, suvedami į pirmosios eilės diferencialines lygtis Nagrinėsime tokius geometrijos uždavinius, kuriuose reikia rasti kreivės lygtį y =f(x) pagal žinomą kreivės bet kurios liestinės savybę. Šiuose uždaviniuose taikoma išvestinės geometrinė prasmė: funkcijos išvestinės reikšmė duotame taške yra lygi šios funkcijos grafiko liestinės šiame taške krypties koeficientui. Be to, taikomi kai kurie analizinės geometrijos teiginiai ir pirmosios eilės diferencialinių lygčių sprendimo metodai. Pirmiausia užrašoma kreivės diferencialinė lygtis, po to randami jos bendrasis ir atskirasis sprendiniai. Pavyzdžiai 1) Jei liestinės bet kuriame kreivės taške M krypties koeficientas yra 2 kartus didesnis už tiesės OM krypties koeficientą, tai kreivės lygtis randama iš diferencialinės lygties:
′ = ⋅yyx
2 .
2) Tarkime, kad kreivės bet kurios liestinės atkarpa, esanti tarp lietimosi taško M(x, y) ir Ox ašies, kirsdama Oy ašį dalijama pusiau. Pritaikome kreivės y =f(x) liestinės, nubrėžtos per lietimosi tašką M(x, y), lygtį:
Y y y X x− = ′ −( ) ; čia (X, Y) – bet kurio liestinės taško koordinatės. Jei liestinės tašką, kuriame ji kerta Ox ašį, pažymėsime N, tai atsižvelgę į nurodytą liestinės savybę, kad jos atkarpą MN Oy ašis dalo pusiau, gausime N koordinates: N(–x, 0). Įrašome šio taško koordinates į liestinės lygtį:
0 − = ′ − −y y x x( ) . Taigi ieškomos kreivės diferencialinė lygtis yra tokia:
′ =yyx2
.
Ši lygtis yra su atskiriamais kintamaisiais. Todėl:
28
dydx
yx
=2
⇒ dyy
dxx
=2
⇒ 2dyy
dxx∫ ∫= ,
2 1ln ln lny x C= − , C1 0≠ ; ⇒ x C y= ± 12 .
Pažymėję C C= ± 1, gauname parabolių lygtis
x Cy C= ≠2 0, . Konkreti parabolė gaunama, žinant jos tašką, pavyzdžiui,
A(1, 1). Šiuo atveju: x y= 2 . 5 uždavinys. Suveskite uždavinį į pirmosios eilės tiesinę di-ferencialinę lygtį su atskiriamais kintamaisiais ir jį išspręskite. Cheminės medžiagos skilimo greitis proporcingas jos masei m kiekvienu momentu t. Raskite masės priklausomybę nuo laiko t, jei m=m0 , kai t=t0, ir m=m1 , kai t=t1
(masė m matuojama gramais, o laikas t – metais). Nr. 1 m0=2, m1=1, t1=1600; Nr. 2 m0=10, m1=8, t1=300; Nr. 3 m0=3, m1=1, t1=1000; Nr. 4 m0=5, m1=2, t1=2000. Kūno atšalimo greitis proporcingas kūno ir kambario temperatūrų skirtumui. Raskite kūno temperatūros T priklausomybę nuo laiko t, jei kambaryje, kurio temperatūra 200 C, kūnas per t1 minučių atvėso nuo T1 laipsnių iki T2 laipsnių. Per kiek laiko kūnas atvės iki T3 laipsnių? Nr. 5 T1=100, T2 =60, T3 =25, t1=10; Nr. 6 T1=120, T2 =70, T3 =45, t1=10; Nr. 7 T1=100, T2 =40, T3 =25, t1=20; Nr. 8 T1=100, T2 =60, T3 =35, t1=20. Skystyje besisukantį diską stabdo trinties jėga, kuri proporcinga sukimosi kampiniam greičiui ω . Raskite šio greičio
priklausomybę nuo laiko t, jei iš pradžių diskas sukosi ω0aps.min
29
greičiu, o po t1 minučių sukosi ω1aps.min
greičiu. Kokiu greičiu
suksis diskas po t2 minučių nuo sukimosi pradžios? Nr. 9 ω0 200= , ω1 120= , t1=1, t2 =2;
Nr. 10 ω0 100= , ω1 50= , t1=0,25, t2 =0,5;
Nr. 11 ω0 180= , ω1 120= , t1=1, t2 =2;
Nr. 12 ω0 160= , ω1 120= , t1=0,5, t2 =1.
Motorinei valčiai ežere plaukiant v0 kmh
greičiu, variklis
buvo išjungtas, ir po t1 minučių valties greitis sumažėjo iki v1 kmh
.
Raskite valties greičio v priklausomybę nuo laiko t, jei vandens pasipriešinimo jėga proporcinga valties greičiui. Koks bus valties greitis po t2 minučių nuo variklio išjungimo?
Nr.13 v0=10, v1=0,5, t1=2, t2=23
;
Nr.14 v0=10, v1=6, t1=13
, t2=2;
Nr.15 v0=20, v1=5, t1=10, t2=5; Nr.16 v0=15, v1=5, t1=10, t2=4. Tiesiai judančio kūno greitis V= ktn (t – laikas, k – pro-porcingumo koeficientas). Raskite nueito kelio S priklausomybę nuo laiko t, jei S=S0, kai t=0. Kokį atstumą įveiks kūnas per pirmąsias t1 sekundes? (atstumas matuojamas metrais, o laikas – sekundėmis). Nr.17 n=2, k=3, S0=10, t1=2; Nr.18 n=2, k=6, S0=5, t1=5; Nr.19 n=3, k=4, S0=3, t1=3; Nr.20 n=3, k=2, S0=5, t1=2. Raskite lygtį kreivės, einančios per tašką A(x1, y1), jei jos liestinės bet kuriame kreivės taške M krypties koeficientas yra n kartų didesnis už tiesės OM krypties koeficientą.
30
Nr.21 A(1, 1), n=3; Nr.22 A(2, 3), n=–1; Nr.23 A(3, 4), n=3; Nr.24 A(1, 5), n=4; Nr.25 A(1, 3), n=–3. Raskite lygtį kreivės, einančios per tašką A(x1, y1), jei jos liestinės atkarpa, esanti tarp koordinačių ašių, lietimosi taške M yra dalijama pusiau. Nr.26 A(1, 4); Nr.27 A(5, 4); Nr.28 A(-1, –2); Nr.29 A(3, –1); Nr.30 A(–2, 3). Pirmosios eilės diferencialinių lygčių skaitinis sprendimas Spręskime Koši uždavinį: reikia rasti pirmosios eilės diferencialinės lygties ′ =y f x y( , ) atskirąjį sprendinį, tenkinantį pradinę sąlygą
y x y( )0 0= . Tarkime, kad funkcija f(x, y) yra tolydžioji ir jos
dalinė išvestinė ∂
∂f x y
y( , )
yra aprėžtoji kurioje nors pradinio taško
M0(x0, y0) aplinkoje. Tada šioje aplinkoje Koši uždavinys turi vieną sprendinį. Kai Koši uždavinio negalima išspręsti tiksliai, jį galima išspręsti apytiksliai. Šiuo atveju parenkamos nepriklausomo kintamojo reikšmės x1=x0+h, x2=x1+h, ..., xn=xn–1+h ir pagal tam tikras formules apskaičiuojamos ieškomos funkcijos reikšmės y1, y2, ..., yn.. Oilerio metodo formulės yra tokios:
y y h f x yi i i i+ = + ⋅1 ( , ) , i=0, 1, 2, ..., n–1. Rungės ir Kutos metodo formulės:
k hf x yi i1 = ( ), , k hf xh
yk
i i21
2 2= + +( , ) ,
k hf xh
yk
i i32
2 2= + +( , ) , k hf x h y ki i4 3= + +( , ) ,
y y k k k ki i+ = + + + +1 1 2 3 416
2 2( ) , i=0, 1, 2, ..., n–1.
31
Pavyzdys Pateiksime diferencialinės lygties
′ = + ⋅ +y x x y( ) ln( )2 1 atskirojo sprendinio, tenkinančio pradinę sąlygą y(1)=1, keturių y reikšmių ieškojimo, kai x įgyja reikšmes: x1=x0+h, x2=x1+h, x3=x2+h, x4=x3+h (h=0,1) rezultatus Oilerio bei Rungės ir Kutos metodais. x y 1,1 1,1386 1,2 1,3167 1,3 1,5419 1,4 1,8229 x k1 k2 k3 k4 y 1,1 0,13863 0,15792 0,15887 0,18009 1,1587 1,2 0,18007 0,20321 0,20432 0,22965 1,3628 1,3 0,22963 0,25713 0,25842 0,28837 1,6210 1,4 0,28835 0,32072 0,32218 0,35725 1,9429 6 uždavinys. Oilerio bei Rungės ir Kutos metodais apskaičiuokite pirmosios eilės diferencialinės lygties atskirojo sprendinio, tenkinančio pradinę sąlygą y(x0)=y0, keturias y reikšmes 0,0001 tikslumu, kai x įgyja reikšmes: x1=x0+h, x2=x1+h, x3=x2+h, x4=x3+h. Žemiau pateiktame diferencialinių lygčių variante galima imti: a=1, b=1, x0=1, y0=1, h=0,1.
1) ′ = +y axy by 2) ′ = +y ax by
3) ′ = +y ax bxy
4) ′ = + +y x ayb
y2
5) ′ = + +y a x b x y 6) ′ = + +y ax b x y
32
7) ′ = +yax
yb
xy2
8) ′ = +y axbxy
9) ′ = ++
yxa
x y
b
2
10) ′ = + +y ax b x ysin( )
11) ′ = +yxa
yb
2 2
12) ′ = +y axbx
y
13) ′ = + +y ax by 4 14) ′ = +
+y
ax y
bx y2 2
15) ′ = +
y
axy
eyb1 2 16) ′ = + ⋅
−
y ax e
bxy1 5
17) ′ = ++
yaxby
2 45
18) ′ = −+
yx aybx y
2 2
19) ( )′ = + ⋅−
y ax e
xby2 1 20) ( ) ( )′ = + ⋅ +y ax x by2 2ln
21) ( ) ( )′ = + ⋅ +y x a bx y2 2 ln 22) ( )
′ =+
+y
a by
x
ln 1
1
23) ′ =+
−y
e
bx
ax y
2 4 24)
( )′ =
+
+y
ax y
bx
ln2 4
25) ( )′ = ++
yax
x by
2 1ln
26) ′ = +y axy by2
27) ′ = +y ax byx
28) ′ = + +y ax b x yln( )
29) ′ = ++
yxby
2 41
30) ′ =+
−y
e
bx
ax y
2 1
33
2. Išspręstosios užduotys
Diferencialinių lygčių sprendimas
Pirmos eilės diferencialinės lygtys 1 uždavinys. Lygtys su atskiriamais kintamaisiais
1) Rasime lygties 0' =+yxy bendrąjį sprendinį. Duotąją lygtį pertvarkome:
ydxxdyydx
dyx −=⇒=+ 0
Tai jau lygtis su atskiriamais kintamaisiais. Atskiriame kintamuosius ir abi gautosios lygties puses suintegruojame:
∫ ∫−=⇒−= ,x
dx
y
dy
x
dx
y
dy
iš kur gauname bendrąjį sprendinį:
.lnlnlnx
CyCxy =⇒+−=
2) Rasime lygties 4' =− ytgxy bendrąjį sprendinį. Duotąją lygtį pertvarkome:
x
xdx
y
dyy
dx
dytgx
sin
cos
44 =
+⇒+=
Tai jau lygtis su atskiriamais kintamaisiais. Atskiriame kintamuosius ir abi gautosios lygties puses suintegruojame:
( ) ( )∫ ∫
∫ ∫
=++
⇒
⇒=+
==+
⇒−=+
,sin
sin
4
4
sincos
4sincos
44
x
xd
y
yd
x
dx
y
dy
x
xdx
y
dy
tgx
dx
y
dy
iš kur gauname bendrąjį sprendinį:
34
.4sinsin4lnsinln4ln −=⇒=+⇒+=+ xCyxCyCxy
3) Rasime lygties ( ) ( ) 022 =−++ dyyxydxxxy bendrąjį sprendinį. Duotąją lygtį pertvarkome:
( ) ( ) 011 22 =−++ dyxydxyx . Tai jau lygtis su atskiriamais kintamaisiais. Atskiriame kintamuosius ir abi gautosios lygties puses suintegruojame:
( ) ( )⇒
++−=
−−−⇒
+−=
−⇒
+−=
− ∫ ∫ ∫ ∫ 2
2
2
2
2222 1
1
2
1
1
1
2
1
1111 y
yd
x
xd
y
ydy
x
xdx
y
ydy
x
xdx
( ) ( )∫ ∫ +
+=−−
⇒ ;1
1
1
12
2
2
2
y
yd
x
xd
iš kur gauname bendrąjį sprendinį:
( ) .11
11ln1ln1ln2
2222 −−=⇒+=−⇒++=−C
xyyCxCyx
2 uždavinys. Homogeninės lygtys 1) Rasime diferencialinės lygties ( ) ydxdyyx =− bendrąjį sprendinį. Įsitikinkime, kad ši lygtis homogeninė: ( ) ( ) ( ),xydydyx λλλλλ =−
( ) ,22 ydxdyyx λλ =−
( ) .ydxdyyx =− Pertvarkome lygtį:
,yx
y
dx
dy
−=
35
.'
x
yx
x
y
y−
=
Pakeičiame kintamąjį ,x
yu = iš kur .uxy = Tada .'' uxuy +=
Įstačius keitinius į lygtį, gauname
.1
'u
uuxu
−=+
Šią lygtį pertvarkome į lygtį su atskiriamais kintamaisiais:
,1
11'
22
2
x
dx
u
du
u
du
x
dxdu
u
u
u
uuu
dx
duxu
u
uxu =−⇒=−
⇒
−−+=⇒−
−=
Abi gautos lygties puses integruojame:
∫ ∫ ∫=− ,2 x
dx
u
du
u
du
.lnlnln1
2Cxu
u+=−−
Vietoj u įrašę x
y, gauname diferencialinės lygties bendrąjį sprendinį:
Cxxyy
xlnlnlnln
2
2
+=+−−
.lnln2
2
Cyy
x =−−
2) Rasime diferencialinės lygties
x
yyxy
x
yx sin'sin =+
bendrąjį sprendinį. Įsitikinkime, kad ši lygtis homogeninė:
36
( )( ) x
yyx
xd
yd
x
yx
λλλλ
λλ
λλλ sinsin ⋅=+⋅⋅
,sinsinx
yyx
dx
dy
x
yx λλ =
+⋅
.sin'sinx
yyxy
x
yx =+
Pakeičiame kintamąjį ,x
yu = iš kur .uxy = Tada .'' uxuy +=
Įstačius keitinius į lygtį, gauname
( ) uxuxuxuux sin'sin =++
uxuxuxuuux sinsin'sin2 =++⋅
xuux −=⋅ 'sin2 1'sin −=⋅ uux
.sinx
dxudu −=
Abi gautosios lygties puses integruojame:
∫ ∫−= .sinx
dxudu
Cxu lnlncos +=
Vietoj u įrašę x
y, gauname diferencialinės lygties bendrąjį sprendinį:
.lnlncos Cxx
y +=
3) Rasime diferencialinės lygties x
y
y
xy +=
2'
bendrąjį sprendinį. Įsitikinkime, kad ši lygtis homogeninė:
37
( )( ) ( ) ,
2 x
y
y
x
xd
yd
λλ
λλ
λλ +=
.2 x
y
y
x
dx
dy +=
Pakeičiame kintamąjį ,x
yu = iš kur .uxy = Tada .'' uxuy +=
Įstačius keitinius į lygtį, gauname:
.
22
1'
2
1'
x
dxudu
uxuu
uuxu =⇒=⇒+=+
Abi gautos lygties puses integruojame:
∫ ∫= ,2x
dxudu
Cxu lnln2 +=
Vietoj u įrašę x
y, gauname diferencialinės lygties bendrąjį sprendinį:
.ln2
2
Cxx
y =
3 uždavinys. Tiesinės lygtys
1) Rasime diferencialinės lygties 2' xx
yy =−
bendrąjį sprendinį. Atliekame pakeitimą '.'', uvvuyuvy +== Duotąją lygtį pertvarkome :
.'''' 22 xx
vvuvux
x
uvuvvu =
−+⇒=−+
38
Sprendžiame lygtį .0' =−x
vv Tai lygtis su atskiriamais
kintamaisiais. Atskiriame kintamuosius ir integruojame:
∫ ∫ =⇒=⇒= .lnln xvx
dx
v
dv
x
dx
v
dv
Tegu .xv = Tada, įstačius į lygtį ir suintegravus, turime
∫ ∫=⇒=⇒= xdxduxdxduxxu 2'
Iš čia: .2
2
Cx
u +=
Taigi, .2
3
Cxx
uvy +==
2) Rasime diferencialinės lygties xytgxy 2cos' =+ bendrąjį sprendinį. Atliekame pakeitimą '.'', uvvuyuvy +== Duotąją lygtį pertvarkome :
.cos'' 2 xuvtgxuvvu =++
( ) ,cos'' 2 xvtgxvuvu =++
Sprendžiame lygtį .0' =+vtgxv Tai lygtis su atskiriamais kintamaisiais. Atskiriame kintamuosius ir integruojame:
( )
.coslnlncos
cos
cos
cos
cos
sin
xvx
xd
v
dv
x
xd
v
dvdx
x
x
v
dvtgxdx
v
dv
=⇒
⇒=⇒=⇒−=⇒−= ∫ ∫
Tegu .cos xv = Tada, įstačius į lygtį ir suintegravus, turime
∫ ∫=⇒=⇒=⇒= .coscoscos'coscos' 2 xdxduxdxduxuxxu
Iš čia: .sin Cxu +=
39
Taigi, .cos2sin2
1coscossin xCxxxxuvy +=+==
4 uždavinys. Bernulio lygtys
1) Rasime diferencialinės lygties 22 4'2 yxyyx =− bendrąjį sprendinį.
Pertvarkome lygtį, dalindami abi jos puses iš .02 ≠y
Atliekame pakeitimą '1
';1
2y
yz
yz −== ir įstatome į lygtį:
22
2
12'14'2
xx
zzxzzx −=+⇒=−−
Tai jau tiesinė lygtis. Atliekame pakeitimą: '''; uvvuzuvz +== ir pertvarkome sprendžiamą lygtį:
.2
12''
2
12''
2xx
vvuvu
xuv
xuvvu −=
++⇒−=++
Sprendžiame lygtį .02
' =+x
vv Tai lygtis su atskiriamais
kintamaisiais. Atskiriame kintamuosius ir integruojame:
∫ ∫ =⇒−=⇒−=⇒−= .1
lnln2ln22
2xvxv
x
dx
v
dv
x
dx
v
dv
Imame 2
1
xv = . Tada, įstačius į lygtį ir suintegravus, turime:
∫∫ −=⇒−=⇒−=⇒−= .2
1
2
1
2
1'
2
1'
122
dxdudxduux
ux
Iš čia
Cxu +−=2
1 ir .
2
12
2x
C
xuv +−==
40
Tada .2
2
2
111 2
2
xC
x
x
C
xz
y−
=+−
==
2) Rasime diferencialinės lygties ( ) 22 ' yyxxy =− bendrąjį sprendinį. Pertvarkome lygtį:
.'
222
2 xyxdy
dxy
y
yxxy =⇒=−
Tai Bernulio lygtis atžvilgiu kintamojo x.
Padaliname abi jos puses iš .02 ≠x
11
2
2
=− yxdy
dx
x
y
22
111'
1
yyxx
x=−
Atliekame pakeitimą '1
';1
2x
xz
xz −== ir įstatome į lygtį:
.1
'1
'22 yy
zz
yy
zz −=+⇒=−−
Tai jau tiesinė lygtis. Atliekame pakeitimą: '''; uvvuzuvz +== ir pertvarkome sprendžiamą lygtį:
.1
''11
''22 yy
vvuvu
yuv
yuvvu −=
++⇒−=++
Sprendžiame lygtį .0' =+y
vv Tai lygtis su atskiriamais
kintamaisiais. Atskiriame kintamuosius ir integruojame:
∫ ∫ −=⇒−=⇒−= .lnln yvy
dy
v
dv
y
dy
v
dv
41
Imame y
v1= . Tada, įstačius į lygtį ir suintegravus, turime:
∫∫ =⇒=⇒−=− .11
'2 y
dydu
y
dydu
yyu Iš čia Cyu lnln +=
ir .ln1
ln1
Cy
yy
uvz −−==
Tada .ln
1ln
111
Cy
yy
zx
−−==
5 uždavinys. Pilnųjų diferencialų lygtys
1) Rasime diferencialinės lygties
0324
22
3=−+ dy
y
xydx
y
x
bendrąjį sprendinį. Įsitinkinkime, kad tai yra pilnųjų diferencialų lygtis, t.y.,
.324
22
3
−∂∂=
∂∂
y
xy
xy
x
y
Tikrindami gauname:
44
66
y
x
y
x −=− .
Tuomet kairė duotosios lygties pusė yra kurios nors funkcijos ( )yxuu ,=
pilnasis diferencialas ir .2
3y
x
x
u =∂∂
Iš čia, integruojami, gauname u
išraišką:
( ) ( ).23
2
3y
y
xydx
y
xu ϕϕ +=+= ∫
42
Ieškome funkcijos u dalinės išvestinės pagal y:
( ) .3
'3
2
22
4
2
y
xyy
y
x
y
u −=+−=∂∂ ϕ
Iš čia ( )2
1'
yy =ϕ ir, integruojant, ( ) .
1C
yy +−=ϕ Tuomet,
( ) ,1
,3
2
Cyy
xyxu +−=
o bendrasis integralas lygus .1
3
2
Cyy
x =−
2) Rasime diferencialinės lygties
0sin2sin
2
2
=
−+
+ dy
y
xydxx
y
x
bendrąjį sprendinį. Įsitinkinkime, kad tai yra pilnųjų diferencialų lygtis,
t.y., .sin2sin
2
2
−
∂∂=
+
∂∂
y
xy
xx
y
x
y
Tikrindami gauname:
22
2sin2sin
y
x
y
x −=− .
Tuomet kairė duotosios lygties pusė yra kuris nors funkcijos ( )yxuu ,=
pilnasis diferencialas ir .2sin
xy
x
x
u +=∂∂
Iš čia, integruojami,
gauname u išraišką:
( ) ( ).22
2cos2sin 2
yx
y
xyxdxdx
y
xu ϕϕ ++−=++= ∫ ∫
Ieškome funkcijos u dalinės išvestinės pagal y:
43
( ) ( ) ( )
( ) ;sin
'sin
2
1
'2
sin
2
sin1'
2
sin
2
cos'
2
2cos
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
y
xyy
y
x
y
yy
x
y
xy
y
x
y
xy
y
x
y
u
−=+−=
=+−−=+−=+=∂∂
ϕ
ϕϕϕ
Iš čia, ( )22
1'
yyy −=ϕ ir, integruojant, ( ) .
2
1
2
2
Cy
yy ++−=ϕ
Tuomet, ( ) ,2
1
222
2cos,
22
Cy
yx
y
xyxu ++++−= o bendrasis
integralas
lygus .2
1
222
2cos 22
Cy
yx
y
x =−−−
Antrosios eilės paprasčiausiųjų diferencialinių lygčių sprendimas
1) Rasime lygties 2
1''
xy = atskirąjį sprendinį, tenkinantį pradines
sąlygas ( ) ( ) .01',11 == yy
∫ ∫ +−=== 12
1''' C
xx
dxdxyy
Pritaikę pradinę sąlygą ( ) ,01' =y gauname
110 11 =⇒+−= CC .
Taigi, 11
' +−=x
y .
Integruodami šią lygtį su atskirais kintamaisiais, gauname:
∫ ∫∫ ++−=⇒+−=⇒+−= 2ln Cxxydxx
dxdydx
x
dxdy
44
Pritaikę pradinę sąlygą ( ) ,11 =y gauname
.011ln1 22 =⇒++−= CC
Tuomet .ln xxy +−=
2) Rasime lygties xy ln'' = atskirąjį sprendinį, tenkinantį pradines
sąlygas
( ) ( ) .01',4
11 == yy
∫ ∫== 1.ln''' xdxdxyy
Integruojame dalimis:
∫ ∫ +−=−=−= .lnlnlnln' 1Cxxxdxxxxxdxxy
Pritaikę pradinę sąlygą ( ) ,01' =y gauname
111ln0 11 =⇒+−= CC .
Taigi, .1ln' +−= xxxy Integruodami šią lygtį su atskirais kintamaisiais, gauname:
( ) ∫ ∫ ∫∫ +−=⇒+−= .ln1ln dxxdxxdxxdydxxxxdy
Integralą ∫ xdxx ln integruojame dalimis:
( )∫ ∫ ∫ +−=−== .4
1ln
2ln
2
1ln
2ln
2
1ln 2
22
22
2 Cxxx
xdxxx
xxdxdxx
Toliau integruodami, gauname:
2
22
2
24
1ln
2Cx
xxx
xy ++−−=
Pritaikę pradinę sąlygą ( ) ,4
11 =y gauname
.012
1
4
11ln
2
1
4
122 =⇒++−−= CC
Tuomet .24
1ln
2
22
2
xx
xxx
y +−−=
45
3) Rasime lygties 1''' +=+ xyxy atskirąjį sprendinį, tenkinantį
pradines
sąlygas ( ) ( ) .2
51',
4
51 == yy
Lygtyje nėra funkcijos y, todėl keičiame kintamąjį pagal lygybę '.yz =
Tuomet '.'' yz = Įstačius į lygtį, gauname:
.1' +=+ xzxz Tai tiesinė lygtis, atliekame pakeitimą ,uvz = ''' uvvuz += ir įstatome į lygtį:
11
''111
'' +=
++⇒+=++xx
vvuvu
xuv
xuvvu .
Sprendžiame lygtį .0' =+x
vv
∫ ∫ −=⇒−=⇒−= .lnln xvx
dx
v
dv
x
dx
v
dv
Imame x
v1= ir statome į lygtį:
( ) ( )∫ ∫ ⇒+=⇒+=⇒+=⇒+= dxxdudxxduxux
ux
111'11
'1
( ) ( ) ( )1
2
2
111 C
xuxdxu ++=⇒++=⇒ ∫
Tuomet ( )
.2
1 12
x
C
x
xuvz ++==
Iš čia ( )
.2
1' 1
2
x
C
x
xy ++= Pritaikę pradines sąlygas ( ) ,
2
51' =y
gauname:
2
1
2
4
2
511 =⇒+= CC ir
( ).
2
1
2
1'
2
xx
xy ++=
46
Tai lygtis su atskiriamais kintamaisiais:
( ).
22
1 2
x
dxdx
x
xdy ++=
∫ ∫∫∫∫ +++=x
dxxdxdx
x
dxdy
2
1
2
1
2
1
.4
ln 2
2
Cxx
xy +++=
Pritaikę pradinę sąlygą ( ) ,4
51 =y gauname
014
11ln
4
522 =⇒+++= CC .
Tad .4
ln2
xx
xy ++=
4) Rasime lygties
+=x
y
x
yy
'ln1
''' atskirąjį sprendinį, tenkinantį
pradines
sąlygas ( ) ( ) .1',2
11 eyy ==
Lygtyje nėra funkcijos y, todėl keičiame kintamąjį pagal lygybę '.yz = Tuomet
'.'' yz = Įstačius į lygtį, gauname:
.ln1'
+=x
z
x
zz
Tai homogeninė lygtis, atliekame pakeitimą ,x
zu =
,uxz = uxuz += '' ir įstatome į lygtį:
.ln'ln' uuxuuuuuxu =⇒+=+ Tai lygtis su atskiriamais kintamaisiais:
47
∫ ∫ ∫ ∫ +=⇒=⇒=⇒= .lnlnlnlnln
ln
lnlnCxu
x
dx
u
ud
x
dx
uu
du
x
dx
uu
du
Imame 1,ln 1xCeuxCu == , tada .' 1xCxeuxzy ===
Pritaikę pradines sąlygas ( ) ,1' ey = gauname:
.111 =⇒= Cee C
Tad .' xxey = ai lygtis su atskiriamais kintamaisiais:
∫∫∫ =⇒=⇒= .dxxeydxxedydxxedy xxx
Išintegruojame dalimis:
.2Cexedxexedxxey xxxxx
∫∫ +−=−==
Pritaikę pradinę sąlygą ( ) ,2
11 =y gauname
.2
1
2
122 =⇒+−= CCee
Tad .2
1+−= xx exey
5) Rasime lygties
372'' yy =
atskirąjį sprendinį, tenkinantį pradines sąlygas ( ) ( ) .62',12 == yy Lygtyje nėra nepriklausomojo kintamojo x, todėl keičiame nežinomąją funkciją pagal
lygybę '.py = Tuomet .''dy
dppy = Įstačius į lygtį, gauname:
.72 3ydy
dpp =
Šioje lygtyje atskiriame kintamuosius ir integruojame:
48
∫ ∫ +=⇒+=⇒=⇒= .3624
722
7272 1421
4233 Cyp
Cypdyypdpdyypdp
Pritaikę pradines sąlygas ( ) ( ) ,62',12 === ypy randame
konstantą :1C
.03636 11 =⇒+= CC
Tad .36' 42 yy =
Atsižvelgę, kad y ir y’ yra teigiamos, gauname: .6' 2yy = Tuomet:
.6
1
61
66,6
2
2222
Cxy
Cxy
dxy
dydx
y
dyy
dx
dy
+−=⇒
⇒+=−⇒=⇒== ∫∫
Pritaikę pradinę sąlygą ( ) ,12 =y gauname ,12
11
2C+−= iš kur
.132 −=C
Tuomet .613
1
xy
−=
6) Rasime lygties 2'1''2 yyy += atskirąjį sprendinį, tenkinantį pradines
sąlygas ( ) ( ) .10',10 == yy Lygtyje nėra nepriklausomojo kintamojo x, todėl keičiame nežinomąją funkciją
pagal lygybę '.py = Tuomet .''dy
dppy = Įstačius į lygtį, gauname:
.12 2pdy
dpyp +=
Šioje lygtyje atskiriame kintamuosius ir integruojame:
49
( )( )
⇒=++
⇒
⇒=+
⇒=+
⇒+=
∫∫
∫ ∫
y
dy
p
pd
y
dy
p
pdp
y
dydp
p
pdypypdp
2
2
222
1
1
12
12
12
( ) ( ).1lnln
1ln1
1
12
12
1
22
2
2
yCpCy
py
dy
p
pd
y
dy
p
pdp
=+⇒+=
=+⇒=++
⇒=+
⇒ ∫ ∫ ∫∫
Pritaikę pradines sąlygas ( ) ( ) ,10',10 === ypy randame
konstantą :1C
.211 11 =⇒=+ CC
Tad .12'12'2 −=⇒−= yyyy
Integruodami gauname: ( )
⇒=−−
⇒=−
⇒=−
⇒−= ∫∫∫∫ dxy
yddx
y
dydx
y
dyy
dx
dy
12
12
2
1
121212
.12 2Cxy +=−⇒
Pritaikę pradinę sąlygą ( ) ,10 =y gauname .112 22 =⇒=− CC
Tuomet ( ) ( ).
2
11112112
22 ++=⇒+=−⇒+=− x
yxyxy
1
V. DVILYPIAI IR KREIVINIAI INTEGRALAI
1. Individualios užduotys:
- trumpa teorijos apžvalga, - pavyzdžiai, - užduotys savarankiškam darbui.
Dvilypių integralų skaičiavimas bei taikymas geometrijoje ………………………………………………..2 psl. Trilypių integralų skaičiavimas bei taikymas geometrijoje ………………………………………………..9 psl. Kreivinių integralų skaičiavimas …………………… …12 psl. Dvilypių ir kreivinių integralų taikymas mechanikoj …19 psl.
2. Išspręstosios užduotys
2
1. Individualios užduotys
Dvilypių, trilypių ir kreivinių integralų skaičiavimas bei taikymas
Dvilypių integralų skaičiavimas bei taikymas geometrijoje
Dvilypis integralas f x y dxdyS
( , )( )∫∫ apskaičiuojamas jį išreiškus
kartotiniu integralu. Kartotinis integralas gali būti dviejų tipų, priklausomai nuo integravimo srities (S) pavidalo. 1) Jei sritį (S) iš šonų riboja vertikaliosios tiesės x=a ir x=b, iš viršaus – kreivė y=f2(x), iš apačios – kreivė y=f1(x), tai dvilypis integralas kartotiniu išreiškiamas taip:
f x y dxdyS
( , )( )∫∫ = dx f x y dy
f x
f x
a
b
( , )( )
( )
1
2
∫∫ .
Čia pirmiausia apskaičiuojamas integralas f x y dyf x
f x
( , )( )
( )
1
2
∫ , kuris dar
vadinamas vidiniu ir gali būti žymimas Iv arba I1. Po to
apskaičiuojamas integralas I dxa
b
1∫ . Taigi
f x y dxdyS
( , )( )∫∫ = I dx
a
b
1∫ .
2) Jei sritį (S) iš kairiojo šono riboja kreivė x=g1(y), iš dešiniojo šono – kreivė x=g2(y), iš apačios – horizontalioji tiesė y=c, iš viršaus – horizontalioji tiesė y=d, tai dvilypis integralas kartotiniu išreiškiamas taip:
3
f x y dxdyS
( , )( )∫∫ = dy f x y dx
g y
g y
c
d
( , )( )
( )
1
2
∫∫ .
Šiuo atveju pirmiausia apskaičiuojamas integralas
I f x y dxg y
g y
1
1
2
= ∫ ( , )( )
( )
, kuris dar vadinamas vidiniu, o po to
apskaičiuojamas integralas I dyc
d
1∫ . Taigi
f x y dxdyS
( , )( )∫∫ = I dy
c
d
1∫ .
Srities (S) plotas S su dvilypiu integralu apskaičiuojamas pagal formulę:
S = dxdyS( )∫∫ .
Jei sritis (S) sudaryta iš dviejų sričių (S1) ir (S2), tai dvilypiams integralams teisinga tokia adityvumo savybė:
f x y dxdyS
( , )( )∫∫ = f x y dxdy
S
( , )( )1
∫∫ + f x y dxdyS
( , )( )2
∫∫ .
Pavyzdžiai 1) Apskaičiuokime srities, ribojamos dviejų kreivių y2=–x, y= –3x–2, plotą. Srities (S) plotas S apskaičiuojamas pagal formulę:
S = dxdyS( )∫∫ .
Dvilypį integralą išreiškiame kartotiniu:
4
S = dy dxy
y
+−
−
−
∫∫2
323
1 2
.
Tuomet
S = − + +
−
∫ yy
dy2
23
1 23
=
= 125162
.
2) Apskaičiuokime dvilypį integralą
DI xy dxdyS
= ∫∫2
( )
,
kai sritis (S) apribota parabole y = x2 ir tiese y = x.
Dvilypį integralą išreiškiame kartotiniu:
DI = xdx y dyx
x2
0
1
2∫∫ .
Tuomet
I1 = ( )y dyy
x xx
x
x
x2
33 6
2 2313∫ = = − ,
5
DI = ( )13
4 7
0
1
x x dx−∫ = 140
.
1 uždavinys. Taikydami dvilypį integralą 0,001 tikslumu apskaičiuokite plotą srities (S), ribojamos šių kreivių:
1) y x x y= − + = −2 2,
2) y x y x x x= − = = =2 0 12 , , ,
3) y x x y x= − =312
14
2 2,
4) y x y x= − =423
13
2 2,
5) y x y x y= = =2 214
4, ,
6) y x y x x x= = = − =2 214
2 2, , ,
7) y x x y x= + = +2 2 2,
8) y x x y x= + = +2 4 4,
9) y x x y x= − =2 2 ,
10) y x y x= = +2 2,
11) y x x y x= = =, ,8 0
12) y x x2 2 4 0= + =,
13) x y y y x= − = −2 2 ,
14) x y x= − =2 4 0,
15) x y y x= − =8 22 2,
16) x y y x y= − + = = −( ) , ,2 1 0 2 42
6
17) x y y x= − = −2 413
,
18) y x x y x= =2 2 2,
19) y x x2 34 0= − =( ) ,
20) y x x2 1 3= − = −,
21) y x y x2 1 1= − = +,
22) ( )( ) ,x y x y− + = + =1 2 2 2
23) xy y x x= = =4 4, ,
24) y x y x x x= = = ≤ ≤sin , cos , ,0 04π
25) y x y ye
x= = =ln , ,01
26) y x y x e= = =ln , ,0 2
27) y x y x y= = − = −ln , ,1 1
28) y x y x y= + = =ln( ), ln ,2 2 0
29) x y2 2
4 31+ =
30) x y2 2
9 41+ =
2 uždavinys. Apskaičiuokite dvilypį integralą
f x y dxdyS
( , )( )∫∫ , kai integravimo sritis (S) ribojama dviejų kreivių.
Atsakymą užrašykite 0,001 tikslumu.
1) x dxdyS
2
( )∫∫ , (S): y x= 2 , y = 4
7
2) ( )( )
x y dxdyS
+∫∫ , (S): y x= 2 , y = x
3) 2ydxdyS( )∫∫ , (S): y x= 2 , y = x+2
4) 3xdxdyS( )∫∫ , (S): y x= 2 , y = –2x+3
5) ( )( )
2x y dxdyS
−∫∫ , (S): 2 2y x= , y = x
6) xdxdyS( )∫∫ , (S): y x x= +2 2 , y = x+2
7) xdxdyS( )∫∫ , (S): y x x= +2 4 , y = x+4
8) ydxdyS( )∫∫ , (S): y x x= −2 2 , y = x
9) xdxdyS( )∫∫ , (S): x y2 4= , y x x= −3
12
2
10) ydxdyS( )∫∫ , (S): x y2 3= , y x= −4
23
2
11) xdxdyS( )∫∫ , (S): y x= − 2 , x+y=–2
12) ydxdyS( )∫∫ , (S): y x= 2 2 , y x x= 2
13) xdxdyS( )∫∫ , (S): y x= −1 2 , x+y=–1
14) ydxdyS( )∫∫ , (S): y x= −1 2 , y=2x – 2
8
15) xdxdyS( )∫∫ , (S): y x= −2 2 , 2x+y=–6
16) y dxdyS
2
( )∫∫ , (S): y x2 2= , x=1
17) ( )( )
x y dxdyS
+∫∫ 2 , (S): y x2 4= + , x=5
18) ydxdyS( )∫∫ , (S): y x2 4 4= + , x+y=2
19) xdxdyS( )∫∫ , (S): y x2 2 4= + , x=0
20) ydxdyS( )∫∫ , (S): y x= , y=x
21) xdxdyS( )∫∫ , (S): y x2 4= + , x=0
22) ydxdyS( )∫∫ , (S): y x2 4= + , 3y=–x
23) xdxdyS( )∫∫ , (S): y x2 1= − , x=–3
24) xdxdyS( )∫∫ , (S): y x2 1= − , y=x+1
25) ydxdyS( )∫∫ , (S): y x2 9 3= − , y=3x+3
26) ydxdyS( )∫∫ , (S): x y y= −2 2 , y=–x
27) xdxdyS( )∫∫ , (S): x y y= −2 2 , y=x
9
28) xdxdyS( )∫∫ , (S): x y= −8 2 , y x2 2=
29) 1 2 2− −∫∫ x y dxdyS( )
, (S): y x= −1 2 , y=0
30) 3ydxdyS( )∫∫ , (S): y x= −25 2 , y=0
Trilypių integralų skaičiavimas bei taikymas geometrijoje
Trilypis integralas f x y z dxdydzV
( , , )( )∫∫∫ apskaičiuojamas jį išreiš-
kus kartotiniu. Norint išreikšti kartotiniu, reikia erdvinę sritį (V) suprojektuoti į kurią nors koordinačių plokštumą. Pavyzdžiui, jei projektuojama į xOy plokštumą ir projekcija yra (S), tai
f x y z dxdydzV
( , , )( )∫∫∫ = dxdy f x y z dz
z x y
z x y
S
( , , )( , )
( , )
( ) 1
2
∫∫∫ .
Čia z1(x, y) ir z2(x, y) yra paviršiai, ribojantys sritį (V) iš apačios ir iš viršaus. Jei sritis (S) yra pirmojo tipo, gaunamas toks kartotinis integralas:
dx dy f x y z dzz x y
z x y
f x
f x
a
b
( , , )( , )
( , )
( )
( )
1
2
1
2
∫∫∫ .
Kai pointegralinė funkcija f(x, y, z) = 1, trilypis integralas išreiškia srities (V) tūrį V. Jei sritis (S) yra skritulys arba jo dalis, gali būti naudinga trilypiame integrale pereiti prie cilindrinių koordinačių:
f x y z dxdydzV
( , , )( )∫∫∫ = d rdr F r z dz
Z r
Z r
r
r
ϕ ϕϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
( , , )( , )
( , )
( )
( )
1
2
1
2
1
2
∫∫∫ .
10
Pavyzdys Apskaičiuokime tūrį kūno, kurį iš apačios riboja paraboloidas z=x2+y2, o iš viršaus – horizontalioji plokštuma z=36. Kadangi kūno projekcija xOy plokštumoje yra skritulys, kurio centras yra koordinačių pradžioje ir spindulys lygus 6, tai tūrį skaičiuojame pereidami prie cilindrinių koordinačių:
V = d rdr dzr
ϕπ
2
36
0
6
0
2
∫∫∫ .
Integruojame tris kartus:
I1 = dzr2
36
∫ = z rr236 236= − ,
I2 = ( )36 3
0
6
r r dr−∫ = 1814
2 4
0
6
r r−
= 324,
V = 324 6480
2
dϕ ππ
∫ = .
3 uždavinys. Taikydami trilypį integralą apskaičiuokite tūrį srities (V), ribojamos šių paviršių. Atsakymą užrašykite 0,001 tikslumu.
Nr. a variantas 1 x=0, y=0, z=0, x+y+z=1 2 x=0, y=0, z=0, x+y+z=2 3 x2+y2=1, z=0, x+y+z=2 4 x2+y2=1, z=0, x+y+z=3 5 x2+y2=1, z=0, x+y+z=4
Nr. a variantas 6 x2+y2=1, z=0, x+y+z=5 7 z=x2+y2, z=1
11
8 z=x2+y2, z=4 9 z=x2+y2, z=9
10 z=x2+y2, z=16 11 z=x2+y2, z=0, x2+y2 =1 12 z=x2+y2, z=0, x2+y2 =4 13 z=x2+y2, z=0, x2+y2 =9 14 z=x2+y2, z=0, x2+y2 =16 15 z2=x2+y2, z=1 16 z2=x2+y2, z=2 17 z2=x2+y2, z=3 18 z2=x2+y2, z=4 19 z2=x2+y2, x2+y2=1, z=0 20 z2=x2+y2, x2+y2=4, z=0 21 z2=x2+y2, x2+y2=9, z=0 22 z2=x2+y2, x2+y2=16, z=0 23 z=x2+y2, x2+y2+z2=2 24 2z=x2+y2, x2+y2+z2=8 25 3z=x2+y2, x2+y2+z2=18 26 4z=x2+y2, x2+y2+z2=32 27 z2=x2+y2, z=6–(x2+y2) 28 z2=x2+y2, z=x2+y2 29 z2=x2+y2, 2z=x2+y2 30 z2=x2+y2, 3z=x2+y2
Nr. b variantas 1 z2=x2+y2, 4z=x2+y2 2 z2=x2+y2, 5z=x2+y2 3 x=0, y=0, z=0, x+y+z=3, x+y=2 4 x=0, y=0, z=0, x+y+z=4, x+y=2 5 x=0, y=0, z=0, x+y+z=5, x+y=2 6 x=0, y=0, z=0, x+y+z=6, x+y=2 7 x2+y2=2, z=0, x+y+z=2 8 x2+y2=2, z=0, x+y+z=3 9 x2+y2=2, z=0, x+y+z=4
12
10 x2+y2=2, z=0, x+y+z=5 11 2z2=x2+y2, z= 2 12 3z2=x2+y2, z= 3 13 4z2=x2+y2, z=2 14 5z2=x2+y2, z= 5 15 2z=x2+y2, z=2 16 3z=x2+y2, z=3 17 4z=x2+y2, z=4 18 5z=x2+y2, z=5 19 x2+y2+z2=2, x2+y2=1 20 x2+y2+z2=8, x2+y2=4 21 x2+y2+z2=18, x2+y2=9 22 x2+y2+z2=32, x2+y2=16 23 x2+y2=3, z=0, x+y+z=3 24 x2+y2=3, z=0, x+y+z=4 25 x2+y2=3, z=0, x+y+z=5 26 x2+y2=3, z=0, x+y+z=6 27 x2+y2=4, z=0, x+y+z=3 28 x2+y2=4, z=0, x+y+z=4 29 x2+y2=4, z=0, x+y+z=5 30 x2+y2=4, z=0, x+y+z=6
Kreivinių integralų skaičiavimas
Pirmojo tipo kreivinis integralas f x y dsK
( , )( )∫ , kai kreivė (K) api-
brėžiama lygtimi y = g(x), a x b≤ ≤ , apskaičiuojamas pagal tokią formulę:
f x y dsK
( , )( )∫ = f x g x g x dx
a
b
( , ( )) ( )1 2+ ′∫ .
13
Antrojo tipo kreivinis integralas
KI = P x y dx Q x y dyK
( , ) ( , )( )
+∫ ,
kai kreivė (K)=(AB), A(x1, y1), B(x2, y2) apibrėžiama lygtimi y = g(x), apskaičiuojamas pagal tokią formulę:
KI = ( ( , ( )) ( , ( )) ( ))P x g x Q x g x g x dxx
x
+ ⋅ ′∫1
2
.
Jei pointegralinis reiškinys yra dviejų kintamųjų funkcijos U(x, y) pilnasis diferencialas, t. y.
P x y dx Q x y dy dU x y( , ) ( , ) ( , )+ = , tai kreivinio integralo reikšmė nepriklauso nuo kreivės, jungiančios A ir B taškus. Pavyzdžiai
1) Apskaičiuokime pirmojo tipo kreivinį integralą y dsK
2
( )∫ ,
kai kreivė (K) apibrėžiama lygtimi y e xx= ≤ ≤, ln ln2 3. Kreivinį integralą išreiškiame apibrėžtiniu:
y dsK
2
( )∫ = e e dxx x2 2
2
3
1+∫ln
ln
= ( )12
1 12 2
2
3
+ +∫ e d ex x
ln
ln
.
Pakeičiame integravimo kintamąjį pagal lygybę t=1 + e x2 . Tuomet gauname:
12
5
10
tdt∫ = ( )5 53
2 2 1− .
2) Apskaičiuokime antrojo tipo kreivinį integralą
KI = ydx xdyK
+∫( )
,
14
kai kreivė (K)=(AB), A(1, 1), B(2, 2), įsitikinę, kad pointegralinis reiškinys yra dviejų kintamųjų funkcijos pilnasis diferencialas.
Kadangi ∂
∂∂∂
P x yy
yy
( , )= = 1 ir
∂∂
∂∂
Q x yx
xx
( , )= = 1, tai
iš tikrųjų pointegralinis reiškinys yra pilnasis diferencialas. Tuomet kreivinio integralo reikšmė nepriklauso nuo kreivės, jungiančios A ir B taškus. Parenkame tiesę y = x ir kreivinį integralą išreiškiame apibrėžtiniu:
ydx xdyK
+∫( )
= ( )x x dx x+ = =∫1
22
1
23 .
4 uždavinys. Apskaičiuokite pirmojo tipo kreivinį integralą
f x y dsK
( , )( )∫ . Atsakymą užrašykite 0,001 tikslumu.
1) xdsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤1
20 12 ,
2) xdsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤1
20 22 ,
3) xdsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤1
20 32 ,
4) xdsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤2 0 1,
5) dsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤3 0 5,
6) xdsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤3 0 5,
15
7) dsK( )∫ , (K): y x x= + ≤ ≤( ) ,1 4 123
8) xdsK( )∫ , (K): y x x= + ≤ ≤( ) ,1 4 123
9) dsK( )∫ , (K): y e xx= ≤ ≤, ln0 2
10) dsK( )∫ , (K): y e xx= ≤ ≤, ln0 3
11) ydsK( )∫ , (K): y e xx= ≤ ≤, ln0 2
12) dsK( )∫ , (K): y
e ex
x x
= + ≤ ≤−
20 2, ln
13) dsK( )∫ , (K): y
e ex
x x
= + ≤ ≤−
20 3, ln
14) ydsK( )∫ , (K): y
e ex
x x
= + ≤ ≤−
20 2, ln
15) ydsK( )∫ , (K): y
e ex
x x
= + ≤ ≤−
20 3, ln
16) xdsK( )∫ , (K): y
e ex
x x
= + ≤ ≤−
20 2, ln
17) xdsK( )∫ , (K): y
e ex
x x
= + ≤ ≤−
20 3, ln
16
18) dsK( )∫ , (K): y x x= − ≤ ≤( ) ,1
12
123 3
19) dsK( )∫ , (K): y x x= − ≤ ≤( ) ,2 1 2
23
23 3
20) xdsK( )∫ , (K): y x x= − ≤ ≤( ) ,1
12
123 3
21) xdsK( )∫ , (K): y x x= − ≤ ≤( ) ,2 1 2
23
23 3
22) dsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤ln , 3 8
23) xdsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤ln , 3 8
24) dsK( )∫ , (K): y x x= − ≤ ≤ln( ),1 0
12
2
25) xdsK( )∫ , (K): y x x= − ≤ ≤ln( ),1 0
12
2
26) dsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤lnsin ,
π π3
23
27) dsK( )∫ , (K): y x x= ≤ ≤lnsin ,
π π3 2
28) dsK( )∫ , (K): y x x= − ≤ ≤1 0
3lncos ,
π
17
29) dsK( )∫ , (K): y x x x e= − ≤ ≤1
412
12 ln ,
30) xdsK( )∫ , (K): y x x x e= − ≤ ≤1
412
12 ln ,
5 uždavinys. Apskaičiuokite keturis antrojo tipo kreivinius
integralus P x y dx Q x y dyK
( , ) ( , )( )
+∫ , įsitikinę kad pointegralinis
reiškinys yra dviejų kintamųjų funkcijos U(x, y) pilnasis diferencialas: P x y dx Q x y dy dU x y( , ) ( , ) ( , )+ = . Kreivių (K) pradžia yra taške O(0, 0), o galai yra taškuose A(1, 0), B(0, 2), C(1, 1), D(2, 1).
1) ( ) ( )( )
y x dx x y dyK
+ + +∫ 3 32 2
2) ( ) ( )( )
y x dx x y dyK
+ + +∫ 3 22
3) ( ) ( )( )
y x dx x y dyK
+ + −∫3 3
4) ( ) ( )( )
xy x dx x y dyK
+ + +∫ 212
2
5) ( ) ( )( )
xy x dx x y dyK
+ + +∫ 312
2 2 3
6) ( ) ( )( )
xy x dx x y dyK
+ + +∫3 2 21
23
7) ( ) ( )( )
2 32 2xy x dx x y dyK
+ + +∫
18
8) ( ) ( )( )
2 1 2xy dx x y dyK
+ + +∫
9) 2 22xydx x y dyK
+ +∫ ( )( )
10) ( ) ( )( )
x y x dx x y dyK
2 3 213
3+ + +∫
11) ( ) ( )( )
3 12 3x y dx x y dyK
+ + +∫
12) ( ) ( )( )
3 2 22 3x y x dx x y dyK
+ + +∫
13) ( ) ( )( )
3 3 32 2 3 2x y x dx x y dyK
+ + +∫
14) ( ) ( )( )
4 2 13 4x y x dx x dyK
+ + +∫
15) ( ) ( )( )
4 3 23 2 4x y x dx x y dyK
+ + +∫
16) ( ) ( )( )
y x dx xy y dyK
2 2+ + +∫
17) ( ) ( )( )
y x dx xy y dyK
2 2 23 2 3+ + +∫
18) ( ) ( )( )
y x dx xy y dyK
2 3 34 2 4+ + +∫
19) ( ) ( )( )
xy x dx x y y dyK
2 2+ + +∫
20) ( ) ( )( )
xy dx x y y dyK
2 23 3+ + −∫
19
21) ( ) ( )( )
xy x dx x y y dyK
2 3 2 3+ + +∫
22) ( ) ( )( )
xy x dx x y y dyK
2 2 2 23 6+ + +∫
23) ( ) ( )( )
3 2 2 32 2 3x y x dx x y y dyK
+ + +∫
24) ( ) ( )( )
3 3 2 32 2 2 3 2x y x dx x y y dyK
+ + +∫
25) ( ) ( )( )
3 2 22 2 3 3 3x y x dx x y y dyK
+ + +∫
26) ( ) ( )( )
2 23 2 4x y x dx x y y dyK
+ + +∫
27) ( ) ( )( )
2 3 33 2 2 4 2x y x dx x y y dyK
+ + +∫
28) ( ) ( )( )
2 23 2 3 4 3x y x dx x y y dyK
+ + +∫
29) ( ) ( )( )
y x dx xy y dyK
3 23 2+ + +∫
30) ( ) ( )( )
y x dx xy y dyK
3 2 2 23 3 3+ + +∫
Dvilypių ir kreivinių integralų taikymas mechanikoje
Plokščiosios materialios kreivės (K), kurios masių tankis yra pastovus, sunkio centro C x yC C( ; ) koordinatės apskaičiuojamos pagal tokias formules:
20
x
xds
dsC
K
K
=∫
∫( )
( )
, y
yds
dsC
K
K
=∫
∫( )
( )
.
Plokščiosios materialios srities (S), kurios masių tankis yra pastovus, sunkio centro C x yC C( ; ) koordinatės apskaičiuojamos pagal tokias formules:
x
xdxdy
dxdyC
S
S
=∫∫
∫∫( )
( )
, y
ydxdy
dxdyC
S
S
=∫∫
∫∫( )
( )
.
Kai kreivė (K) apibrėžta parametrinėmis lygtimis x x t
y y t
==
( ),
( ),
t t t1 2≤ ≤ , tai kreivinis integralas išreiškiamas apibrėžtiniu pagal tokias formules:
ds x y dtK
t tt
t
( )∫ ∫= ′ + ′2 2
1
2
, xds x t x y dtK
t tt
t
( )
( )∫ ∫= ′ + ′2 2
1
2
,
yds y t x y dtK
t tt
t
( )
( )∫ ∫= ′ + ′2 2
1
2
.
6 uždavinys. Apskaičiuokite plokščiosios kreivės sunkio centro C x yC C( ; ) koordinates.
Nr. Kreivės 1
Pusapskritimio y R x= −2 2 , kai R=1
21
2 Astroidės
x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 0 ≤ ≤t π, a=1
3 Cikloidės
x a t t
y a t
= −= −
( sin )
( cos )1 dalies, kai 0 2≤ ≤t π ,
a=1 4
Pusapskritimio y R x= −2 2 , kai R=2
5 Astroidės
x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 0 ≤ ≤t π, a=2
6 Cikloidės
x a t t
y a t
= −= −
( sin )
( cos )1 dalies, kai 0 2≤ ≤t π ,
a=2 7
Pusapskritimio y R x= −2 2 , kai R=3 8
Astroidės x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 0 ≤ ≤t π, a=3
9 Cikloidės
x a t t
y a t
= −= −
( sin )
( cos )1 dalies, kai 0 ≤ ≤t π,
a=3 10
Pusapskritimio y R x= −2 2 , kai R=4
Nr. Kreivės 11
Astroidės x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 0 ≤ ≤t π, a=4
12 Cikloidės
x a t t
y a t
= −= −
( sin )
( cos )1 dalies, kai 0 ≤ ≤t π, a=4
22
13 Apskritimo x y R2 2 2+ = dalies, esančios I ketvirtyje, kai R=5
14 Astroidės
x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 0 ≤ ≤t π, a=5
15 Cikloidės
x a t t
y a t
= −= −
( sin )
( cos )1 dalies, kai π π≤ ≤t 2 ,
a=5 16 Apskritimo x y R2 2 2+ = dalies, esančios
I ketvirtyje, kai R=6 17
Astroidės x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 02
≤ ≤tπ
, a=6
18 Cikloidės
x a t t
y a t
= −= −
( sin )
( cos )1 dalies, kai π π≤ ≤t 2 ,
a=6 19
Apskritimo x R t
y R t
==
cos
sin dalies, kai 0 ≤ ≤t π, R=7
20 Astroidės
x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 02
≤ ≤tπ
, a=7
Nr. Kreivės 21
Cikloidės x t t
y t
= −= −
7
7 1
( sin )
( cos ) dalies, kai 2 4π π≤ ≤t
22 Apskritimo
x t
y t
==
8
8
cos
sin dalies, kai 0 ≤ ≤t π
23
23 Astroidės
x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 02
≤ ≤tπ
, a=8
24 Cikloidės
x t t
y t
= −= −
8
8 1
( sin )
( cos ) dalies, kai 2 4π π≤ ≤t
25 Apskritimo
x t
y t
==
9
9
cos
sin dalies, kai 0
2≤ ≤t
π
26 Astroidės
x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 02
≤ ≤tπ
, a=9
27 Cikloidės
x a t t
y a t
= −= −
( sin )
( cos )1 dalies, kai 2 3π π≤ ≤t ,
a=9 28
Apskritimo x t
y t
==
10
10
cos
sin dalies, kai 0
2≤ ≤t
π
29 Astroidės
x a t
y a t
==
cos
sin
3
3 dalies, kai 02
≤ ≤tπ
, a=10
30 Cikloidės
x t t
y t
= −= −
10
10 1
( sin )
( cos ) dalies, kai 2 3π π≤ ≤t
7 uždavinys. Apskaičiuokite plokščiosios srities sunkio centro C x yC C( ; ) koordinates.
Nr. Srities 1 I ketvirtyje, apribotos koordinačių ašimis
ir elipse x
a
y
b
2
2
2
21+ = , kai a=2, b=1
2 Pusskritulio, apriboto Ox ašimi ir pusapskritimiu
y R x= −2 2 , kai R=1
24
3 Apribotos tiese y=x ir parabolės puse y ax= , kai a=1
4 Apribotos sinusoide y=sinx ir Ox ašies atkarpa [ ]0;π
5 Apribotos Ox ašimi ir parabole y x bx= − +2 , kai b=1
6 Apribotos Ox ašimi, tiese x=a ir parabole y bx= 2 , kai a=1, b=1
7 Apribotos koordinačių ašimis ir tiese
xa
yb
+ = 1 , kai
a=3, b=6 8 Trikampio OAB, kurio viršūnės O(0; 0), A(a; 0),
Ba
b( ; )2
, a=2, b=3
9 I ketvirtyje, apribotos koordinačių ašimis
ir elipse x
a
y
b
2
2
2
21+ = , kai a=3, b=1
10 Pusskritulio, apriboto Ox ašimi ir pusapskritimiu
y R x= −2 2 , kai R=2
Nr. Srities 11 Apribotos tiese y=x ir parabolės puse y ax= , kai a=2
12 Apribotos sinusoide y=sinx ir Ox ašies atkarpa 0
2;π
13 Apribotos Ox ašimi ir parabole y x bx= − +2 , kai b=2
14 Apribotos Ox ašimi, tiese x=a ir parabole y bx= 2 , kai a=1, b=2
15 Apribotos koordinačių ašimis ir tiese
xa
yb
+ = 1 ,
kai a=6, b=3
25
16 Trikampio OAB, kurio viršūnės O(0; 0), A(a; 0),
Ba
b( ; )2
, a=2, b=6
17 I ketvirtyje, apribotos koordinačių ašimis
ir elipse x
a
y
b
2
2
2
21+ = , kai a=3, b=2
18 Pusskritulio, apriboto Ox ašimi ir pusapskritimiu
y R x= −2 2 , kai R=3 19 Apribotos tiese y=x ir parabolės puse y ax= , kai a=3
20 Apribotos sinusoide y=sinx ir Ox ašies atkarpa
π π2
;
Nr. Srities 21 Apribotos Ox ašimi ir parabole y x bx= − +2 , kai
b=3 22 Apribotos Ox ašimi, tiese x=a ir parabole y bx= 2 ,
kai a=2, b=3 23 Apribotos koordinačių ašimis ir tiese
xa
yb
+ = 1 , kai a=3, b=9
24 Trikampio OAB, kurio viršūnės O(0; 0), A(a; 0),
Ba
b( ; )2
, a=4, b=3
25 I ketvirtyje, apribotos koordinačių ašimis
ir elipse x
a
y
b
2
2
2
21+ = , kai a=4, b=3
26 Pusskritulio, apriboto Ox ašimi ir pusapskritimiu
y R x= −2 2 , kai R=4
26
27 Apribotos tiese y=x ir parabolės puse y ax= , kai a=4
28 Apribotos sinusoide y=sinx ir Ox ašies atkarpa
[ ]π π;2
29 Apribotos Ox ašimi ir parabole y x bx= − +2 , kai b=4
30 Apribotos Ox ašimi, tiese x=a ir parabole y bx= 2 , kai a=3, b=4
2. Išspręstosios užduotys
1
VI. SKAIČIŲ IR FUNKCIJŲ EILUTĖS
1. Individualios užduotys:
- trumpa teorijos apžvalga, - pavyzdžiai, - užduotys savarankiškam darbui.
Teigiamųjų skaičių eilučių konvergavimo tyrimas ................2 psl. Alternuojančiųjų skaičių eilučių konvergavimo tyrimas ir sumos apytikslis skaičiavimas ..............................................7 psl. Laipsninių eilučių konvergavimo intervalai .........................13 psl. Funkcijų skleidimas laipsninėmis eilutėmis ir laipsninių eilučių taikymas .......................................................................18 psl.
2. Išspręstosios užduotys
2
1. Individualios užduotys
Eilutės Teigiamųjų skaičių eilučių konvergavimo tyrimas Skaičių eilute vadinamas reiškinys
a a a an nn
1 21
+ + + + ==
∞
∑... ... .
Skaičius an vadinamas n-uoju (bendruoju) eilutės nariu. Eilutės n-
oji dalinė suma yra S a a an n= + + +1 2 ... .
Eilutė vadinama konverguojančiąja, jei limn
nS S→∞
= . Šiuo atveju
skaičius S vadinamas eilutės suma. Eilutė vadinama diverguojančiąja, jei lim
nnS
→∞= ∞ arba neegzistuoja. Eilutė gali
konverguoti tik tuomet, kai limn
na→∞
= 0 . Taigi, jei limn
na→∞
≠ 0 ,
eilutė yra diverguojanti. Šis teiginys vadinamas būtinuoju konvergavimo požymiu. Eilutė vadinama teigiamąja, jei visi jos nariai yra teigiami. Teigiamųjų eilučių konvergavimas tiriamas taikant keletą konvergavimo požymių.
Dalambero požymis. Tarkime, kad Daan
n
n=
→∞+lim 1 .
Jei D<1, eilutė ann=
∞
∑1
yra konverguojanti;
jei D>1, eilutė yra diverguojanti. Dalambero požymis taikomas tuomet, kai eilutės bendrojo
nario išraiškoje yra faktorialas arba laipsnis an .
Koši požymis. Tarkime, kad K an
nn=
→∞lim .
3
Jei K<1, eilutė ann=
∞
∑1
yra konverguojanti;
jei K>1, eilutė yra diverguojanti. Koši požymis taikomas ne tik tuomet, kai iš eilutės bendrojo nario galima ištraukti n-ojo laipsnio šaknį, bet ir kai bendrojo nario
išraiškoje yra tiesinė funkcija an+b, nes limn
n an b→∞
+ = 1. Labai
dideliems n teisinga Stirlingo formulė:
n nne
n
! ≈ ⋅
2π .
Integralinis požymis. Jei teigiamosios eilutės ann=
∞
∑1
nariai
an = f(n) sudaro mažėjančiąją seką, tai eilutė yra konverguojanti ar diverguojanti kartu su netiesioginiu integralu
f x dx( )1
+∞
∫ .
Palyginimo požymis ribine forma. Tarkime reikia ištirti teigiamosios
eilutės ann=
∞
∑1
konvergavimą. Parenkama žinoma teigiamoji eilutė
bnn=
∞
∑1
. Jei riba Pabn
n
n=
→∞lim yra teigiamas skaičius, tai abi eilutės
yra arba konverguojančios arba diverguojančios. Palyginimo požymis nelygybės forma. Tarkime reikia ištirti teigiamo-
sios eilutės ann=
∞
∑1
konvergavimą. Parenkama žinoma teigiamoji
eilutė bnn=
∞
∑1
.
4
Jei eilutė bnn=
∞
∑1
yra konverguojanti ir teisinga nelygybė a bn n≤ ,
tai eilutė ann=
∞
∑1
irgi yra konverguojanti;
jei eilutė bnn=
∞
∑1
yra diverguojanti ir teisinga nelygybė a bn n≥ , tai
eilutė ann=
∞
∑1
irgi yra diverguojanti.
Pavyzdžiai
1) Ištirsime teigiamosios eilutės 2 13 21
nnn
++=
∞
∑ konvergavimą.
Taikome būtinąjį konvergavimo požymį. Kadangi riba
limn
na→∞
= ≠23
0 , eilutė yra diverguojanti.
2) Ištirsime teigiamosios eilutės 2 1
1
nnn
+
=
∞
∑ ! konvergavimą.
Taikome Dalambero požymį. Apskaičiuojame ribą
Daa
nnnn
nn nn
n
n n n= =
+++
= ++ ⋅ +
=→∞
+→∞ →∞
lim lim( )!
!
lim( ) ( )
1
2 31
2 12 3
2 1 10 .
Kadangi Dalambero riba D<1, eilutė yra konverguojanti.
3) Ištirsime teigiamosios eilutės 2 13 21
nn
n
n
++
=
∞
∑ konvergavimą.
Taikome Koši požymį. Apskaičiuojame ribą
5
K annn
nn
n= = +
+=
→∞ →∞lim lim
2 13 2
23
.
Kadangi Koši riba K<1, eilutė yra konverguojanti.
4) Ištirsime teigiamosios eilutės 1
1nn=
∞
∑ konvergavimą.
Taikome integralinį požymį. Šios eilutės nariai an = f(n)=1n
sudaro mažėjančiąją seką. Sudarome netiesioginį integralą
dxx
1
+∞
∫ ir tiriame jo konvergavimą: dxx
x1
1
+∞+∞
∫ = = ∞ln .
Kadangi netiesioginis integralas diverguojantis, tai ir eilutė yra diverguojanti.
Eilutė 1
1nn=
∞
∑ vadinama harmonine. Eilutė 1
1nsn=
∞
∑ vadinama
Dirichle eilute. Ji yra konverguojanti, kai s>1, ir diverguojanti, kai s ≤ 1.
5) Ištirsime teigiamosios eilutės 1
2 321n nn + +=
∞
∑ konvergavimą.
Taikome palyginimo požymį ribine forma. Parenkame žinomą
konverguojančiąją Dirichle eilutę 12
1nn=
∞
∑ ir ieškome ribą
Pab
n
n nn
n
n n= =
+ +=
→∞ →∞lim lim
2
2 3 21.
Kadangi riba P yra teigiamas skaičius, tai abi eilutės yra konver-guojančios.
6
6) Ištirsime teigiamosios eilutės 1
3 21n
n n+=
∞
∑ konvergavimą.
Taikome palyginimo požymį nelygybės forma. Parenkame žinomą
konverguojančiąją eilutę 1
31n
n=
∞
∑ , kurios nariai sudaro geometrinę
progresiją. Kadangi šių eilučių nariams teisinga
nelygybė 1
3 2
1
3n nn+≤ , tai mažesnių narių eilutė
1
3 21n
n n+=
∞
∑
yra konverguojanti. 1 uždavinys. Ištirkite teigiamųjų eilučių konvergavimą:
1) 2 1
21
n
nn
+
=
∞
∑ 2) nnn
3
1 2( )!=
∞
∑ 3) 5
3 2 11
n
nn n( )+=
∞
∑
4) 1
2 1 121( )nn + −=
∞
∑ 5) 1
2 n nn ln=
∞
∑ 6) 1
22n nn (ln )=
∞
∑
7) 2
31
n
n n⋅=
∞
∑ ! 8)
e
n
n
n
−
=
∞
∑1
9) n
nn
+−=
∞
∑3
232
10) nn
n
n !=
∞
∑1
11) sin
!
2
1
n n
n nn=
∞
∑ 12) 1 1
1n nn
⋅=
∞
∑ sin
13) n
nn
3
13=
∞
∑ 14) n
n nn ( ) ( )2 1 2 12 21 − +=
∞
∑ 15) ( )!n
nn
+
=
∞
∑1
101
7
16) 2
31
n
nn n ⋅=
∞
∑ 17) 1
2 2 111
nn n−
=
∞
−∑
( ) 18)
2 1
1 21
n
nn
++=
∞
∑( )
19) 3
4 2 11
n
nn n( )+=
∞
∑ 20) 1
31n
n n+=
∞
∑ 21) n
nn
2
31 1+=
∞
∑
22) 3
1
2
21
n
nn +=
∞
∑ 23) 1
71n
n n+=
∞
∑ 24) 5
5 121
n
nn +=
∞
∑
25) 1
2 ln nn=
∞
∑ 26) 1
11 n nn ( )+=
∞
∑ 27) ( )!n
nn
+
=
∞
∑2
21
28) n
nnn 2 3 11 ⋅ −=
∞
∑( )
29) n
n
n
n 2 11 +
=
∞
∑ 30) n
n
n
n +
=
∞
∑ 1
2
1
Alternuojančiųjų skaičių eilučių konvergavimo tyrimas ir sumos apytikslis apskaičiavimas Alternuojančiąja vadinama skaičių eilutė
a a a a ann
n1 2 3 4
1
1
1− + − + = − +
=
∞
∑... ( )
arba
− + − + − = −=
∞
∑a a a a ann
n1 2 3 4
1
1... ( ) ;
čia an teigiami. Leibnico požymis. Alternuojančioji eilutė yra konverguojanti, kai išpildytos dvi sąlygos: 1) seka an yra mažėjanti, t. y. a a a1 2 3> > >...
8
2) sekos an riba yra 0, t. y. limn
na→∞
= 0 .
Jei konverguojančios alternuojančiosios eilutės sumą S išreikšti daline suma ir liekana S = Sn+ Rn, tai liekanai teisinga tokia
nelygybė: R an n< +1 . Kitaip sakant, jei eilutės suma S pakeičiama
daline suma Sn, tai absoliučiąjai paklaidai teisinga nelygybė
S S R an n n− = < +1 .
Konverguojanti alternuojančioji eilutė vadinama absoliučiai
konverguojančia, jei jos absoliučiųjų didumų eilutė ann=
∞
∑1
yra
konverguojanti; konverguojanti alternuojančioji eilutė vadinama reliatyviai konverguojančia, jei jos absoliučiųjų didumų eilutė
ann=
∞
∑1
yra diverguojanti.
Teorema. Jei absoliučiųjų didumų eilutė ann=
∞
∑1
yra konverguojanti,
tai alternuojančioji eilutė yra konverguojanti. Taigi, reliatyviai konverguojanti. Pavyzdžiai
1) Ištirsime alternuojančiosios eilutės ( )− ++
−
=
∞
∑ 13 44 1
1
1
n
n
nn
konverga-
vimą. Taikome būtinąjį konvergavimo požymį. Kadangi riba
lim ( )n
n nn→∞
−− ++
13 44 1
1 neegzistuoja, tai eilutė yra diverguojanti.
2) Ištirsime alternuojančiosios eilutės ( )− −
=
∞
∑1 1
21
n
n n konvergavimą ir
apskaičiuosime jos sumą 0,1 tikslumu.
9
Pagal Leibnico požymį ši eilutė yra konverguojanti.
Toliau tiriame absoliučiųjų didumų eilutės 12
1nn=
∞
∑ konvergavimą.
Čia yra Dirichle eilutė su s=2, todėl konverguojanti. Taigi duotoji eilutė yra absoliučiai konverguojanti. Norėdami apskaičiuoti šios eilutės sumą 0,1 tikslumu, užrašome kelis pirmuosius eilutės narius:
( )...
−= − + − +
−
=
∞
∑1 1
1
1
2
1
3
1
4
1
21
2 2 2 2
n
n n
Matome, kad ketvirtojo nario absoliutusis didumas yra mažesnis už reikalingą paklaidą 0,1. Todėl
S S≈ = − + = ≈3 114
19
3136
0 9, .
3) Ištirsime alternuojančiosios eilutės ( )− −
=
∞
∑1 1
1
n
n n konvergavimą.
Pagal Leibnico požymį ši eilutė yra konverguojanti.
Toliau tiriame absoliučiųjų didumų eilutės 1
1nn=
∞
∑ konvergavimą. Čia
yra harmoninė eilutė, todėl diverguojanti. Taigi duotoji eilutė yra reliatyviai konverguojanti. 2 uždavinys. Ištirkite dviejų alternuojančiųjų eilučių konvergavimą. Apskaičiuokite pirmosios eilutės sumą 0,01 tikslumu, o antrosios – 0,001 tikslumu. Abiem atvejais nurodykite, kiek reikia imti eilutės narių.
1) ( )−
⋅
+
=
∞
∑1
2
1
1
n
nn n
( )
!−
⋅
+
=
∞
∑1 1
1
n
n n n
10
2) ( )
( )
−+ ⋅=
∞
∑1
2 1 20
n
nn n
( )−
⋅
+
=
∞
∑1
3
1
1
n
nn n
3) ( )
( )
−+
+
=
∞
∑1
1
1
21
n
n n n
( )− +
=
∞
∑1
5
1
1
n
nn
4) ( )−
+=
∞
∑1
1 30
n
n n
( )
( )
−+
+
−=
∞
∑1
1
1
11
n
nn n
5) ( )− +
=
∞
∑1
3
1
1
n
nn
( )− +
=
∞
∑1 1
1
n
nn n
6) ( )− +
=
∞
∑1
3
1
21
n
n n
( )( ) ( )!
−− ⋅ −
+
=
∞
∑1
2 1 2 1
1
1
n
n n n
7) ( )
( )
−+
+
=
∞
∑1
3 1
1
1
n
nn
n
n
( )
( )
−+
+
=
∞
∑1
1
1
3 21
n
n
n
n
8) ( )− +
=
∞
∑1
4
1
21
n
n n
( )− +
=
∞
∑1
5
1
1
n
nn
n
9) ( )
!− +
=
∞
∑1 1
1
n
n n
sinπ π2
40
+
=
∞
∑
n
nn
10) cos
( )
πn
nn 1 2 20 +=
∞
∑ ( )
( ) !−
+
+
=
∞
∑1
2 1
1
1
n
n n n
11
11) 2 1
1
1
21
⋅ −+
+
=
∞
∑( )
( )
n
n n n
sin
( )
π π2
4 12 20
+
−=
∞
∑
n
nn
12) ( )−
+=
∞
∑1
2 30
n
n n
( )( )( )!
−− +
+
=
∞
∑1
2 1 2 1
1
1
n
n n n
13) ( )( )!−
−
+
=
∞
∑1
1
1
1
n
n n
( )
( )
−+
+
=
∞
∑1
1
1
1
n
nn n
14) ( )− +
=
∞
∑1
2
1
31
n
n n
( )( )!
−+
+
=
∞
∑1
2 1
1
1
n
n n
15) ( )−
⋅
+
−=
∞
∑1
2
1
11
n
nn n
( )
( )
−−
+
=
∞
∑1
4 1
1
2 21
n
n
n
n
16) −
+
=
∞
∑25
1
1
n
n
cos
( )
πn
n nn + ⋅=
∞
∑2 30
17) ( )
( )
−+
+
=
∞
∑1
1
1
21
n
n n n
( )− +
=
∞
∑1
7
1
1
n
nn
n
18) −
+
=
∞
∑13
1
1
n
n
( )
( )
−+
+
=
∞
∑1
3 1
1
31
n
n n
19) ( )− +
=
∞
∑1 1
21
n
n n n
( )( )!− +
=
∞
∑12
1
1
n
n n
12
20) ( )
!− +
=
∞
∑13
1
1
n
n n
( )−
=
∞
∑1
80
n
nn
21) ( )− +
=
∞
∑1
9
1
21
n
n n
( )
!
−⋅
+
=
∞
∑1
2
1
1
n
nn n
22) ( )
( )
−+ +
+
=
∞
∑1
2 3 2 3
1
0
n
n n n
( )
!
−⋅
+
=
∞
∑1
3
1
1
n
nn n
23) cos
( )
πn
n nn + ⋅=
∞
∑1 30
( )
( )
−+
+
=
∞
∑1
1
1
2 21
n
n n
24) ( )
( )
−−
+
=
∞
∑1
2 1
1
31
n
n n
( )( )!
−−
+
=
∞
∑1
3 2
1
1
n
n n
25) cosπn
nn3
0 1+=
∞
∑ ( )
( )
−+ ⋅=
∞
∑1
2 1 40
n
nn n
26) ( )
( )( )
−+ +
+
=
∞
∑1
1 2
1
2 21
n
n n n
−+
=
∞
∑210 n
n
n
27) ( )
( )( )−
+ +
+
=
∞
∑1
2 1 2 3
1
1
n
n n n
( )− +
−=
∞
∑1 1
11
n
nn n
28)
sinπ π2
140
+
+=
∞
∑
n
nn
−+
=
∞
∑110 n
n
n
29) ( )
( )
−+
+
=
∞
∑1
3
1
21
n
n n n
( )( ) !
−−
+
=
∞
∑1
2 1
1
1
n
n n n
13
30)
sinπ π2
30
+
=
∞
∑
n
nn
( )− +
+=
∞
∑1
2
1
2 11
n
nn
Laipsninių eilučių konvergavimo intervalai Laipsnine eilute vadinama eilutė
a xnn
n=
∞
∑0
arba a x ann
n
( )−=
∞
∑0
.
Aibė tų x reikšmių, kurioms atitinkamos skaičių eilutės yra konverguojančios, sudaro konvergavimo intervalą
x R< arba x a R− < .
R vadinamas konvergavimo spinduliu. Jis gali būti: 0, teigiamas skaičius ir ∞. Laipsninės eilutės konvergavimo intervalas nustatomas iš pradžių užrašant absoliučiųjų didumų laipsninę eilutę:
a xnn
n=
∞
∑0
arba a x ann
n
( )−=
∞
∑0
.
Šių teigiamųjų eilučių konvergavimo intervalai randami pritaikius Dalambero arba Koši požymius. Intervalai gaunami iš nelygybių D < 1 arba K < 1 (čia D ir K yra Dalambero ir Koši ribos). Gautuose absoliučiųjų didumų laipsninių eilučių konvergavimo intervaluose duotos laipsninės eilutės yra absoliučiai konver-guojančios. Pavyzdžiai
1) Rasime laipsninės eilutės x
n
n
nn ( )2 3 70 + ⋅=
∞
∑ konvergavimo
intervalą. Užrašome absoliučiųjų didumų laipsninę eilutę
14
x
n
n
nn ( )2 3 70 + ⋅=
∞
∑ .
Šios eilutės konvergavimo intervalą randame taikydami Koši požymį:
Kx
n
x
n n=
⋅ +=
→∞lim
7 2 3 7.
Eilutė yra konverguojanti, kai K < 1. Todėl: x
71< ⇒ x < 7 ⇒ –7 < x < 7.
2) Rasime laipsninės eilutės ( )x
n
n
n
++
+
=
∞
∑2
1
2 1
20
konvergavimo
intervalą. Užrašome absoliučiųjų didumų laipsninę eilutę
x
n
n
n
+
+
+
=
∞
∑2
1
2 1
20
.
Šios eilutės konvergavimo intervalą randame taikydami Dalambero požymį:
( )Dx n
x nx
n
n
n=
+ ⋅ +
+ ⋅ + += +
→∞
+
+lim( )
( )( )
2 1
2 1 12
2 3 2
2 1 22 .
Eilutė yra konverguojanti, kai D < 1. Todėl:
( )x + <2 12 ⇒ x+ <2 1 ⇒ –1 < x+2 < 1 ⇒ –3 < x <–1.
3) Rasime laipsninės eilutės xn
n
n !=
∞
∑0
konvergavimo intervalą.
Užrašome absoliučiųjų didumų laipsninę eilutę
x
n
n
n !=
∞
∑0
.
15
Šios eilutės konvergavimo intervalą randame taikydami Dalambero požymį:
Dx n
x nx
nn
n
n n=
⋅
⋅ += ⋅
+=
→∞
+
→∞lim
!
( )!lim
1
1
11
0 .
Kadangi D < 1 bet kuriai x reikšmei, tai eilutė yra konverguojanti bet kuriai x reikšmei, ir jos konvergavimo intervalas yra visa skaičių tiesė: – ∞ < x <+∞. 3 uždavinys. Raskite dviejų laipsninių eilučių konvergavimo intervalus:
1) xn
nn 20=
∞
∑ ( )
lnxn n
n
n
−
=
∞
∑5
2
2) x
n
n
nn ⋅=
∞
∑21
( )x
n
n
nn
−+
=
∞
∑41
1
3) x
n
n
nn ⋅=
∞
∑31
( )
( ) !xn n
n
n
−−=
∞
∑3
2 11
4) x
n
n
nn ( )2 1 30 + ⋅=
∞
∑ ( )
!x
n
n
n
−
=
∞
∑2
1
5) x
n
n
nn ( )+ ⋅=
∞
∑2 40
n x
n
n
n
( )−+=
∞
∑11
2
1
6) x
n
n
nn ( )3 1 50 + ⋅=
∞
∑ ( ) ( )− ++
=
∞
∑1 11 2
1
n n
n
xn
16
7) x
n
n
n2
1=
∞
∑ ( )x n
nn
+
=
∞
∑2
8
3
1
8) x
n
n
nn=
∞
∑1
4 3 2
1
n n
n
x( )+=
∞
∑
9) xn
n
n !=
∞
∑1
( )x
n
n
n
++
+
=
∞
∑2
1
2 1
20
10) xn
n
n ( )!21=
∞
∑ ( )x n
nn
+ +
=
∞
∑3
4
2 1
1
11) n
nxn
n !=
∞
∑1
( )x
n
n
nn
+
=
∞
∑4
31
12) 2
0
nn
n nx
!=
∞
∑ ( )
( )
x
n
n
nn
++=
∞
∑5
2 1 21
13) 3
1
nn
n nx
!=
∞
∑ ( )
( )
x
n
n
nn
−+=
∞
∑1
2 1 30
14) n
nx
n
nn
n ( )+=
∞
∑11
( )x
n
n
nn
++
=
∞
∑1
2 11
15) n
nx
nn
n
+
=
∞
∑1
1
( )x
n
n
n
+
=
∞
∑22
1
17
16) nn
xn
n
n
++
=
∞
∑360
( )x
n
n
n
++
−
=
∞
∑2
2 1
2 1
1
17) 2
1
nn
n nx
=
∞
∑ ( )
( )
x
n
n
n
−+
−
=
∞
∑3
2 3
2 1
21
18) 2
120
nn
n nx
+=
∞
∑ 2 3
2 3 21
n n
n
x
n
( )
( )
−+=
∞
∑
19) ( )−
=
∞
∑1
1
nn
n nx
( )x
n
n
nn
−
=
∞
∑1
4
2
1
20) ( )− +
=
∞
∑1 1
1
nn
n nx
( )
( )
x
n
n
nn
−+=
∞
∑2
1 9
2
0
21) ( )− +
=
∞
∑1 1
21
nn
n nx
( )n xn
n
n
++=
∞
∑1
2 1
2 2
0
22) n
nxn
n
2
21 1+=
∞
∑ 4 1 2
1
n n
n
xn
( )−
=
∞
∑
23) ( )n
nx
nn
n
++ ⋅=
∞
∑1
1 220
( )x
n
n
nn
+
=
∞
∑1
9
2
1
24) 2 1
121
n
nxn
n
++=
∞
∑ ( )x
n
n
nn
+ +
=
∞
∑2
4
2 1
21
18
25) n xn
n
!=
∞
∑1
( )x
n
n
nn
+ +
=
∞
∑2
2
1
21
26) n
nx
nn
n
!
=
∞
∑1
( )
( )
x
n
n
nn
−−=
∞
∑2
2 1 21
27) ( ) ( )− +=
∞
∑ 1 2 11
n n
n
n x ( )x
n
n
n
−+
+
=
∞
∑5
2 3
2 1
1
28) 2 1
21
n
nx
nn
n
+⋅=
∞
∑ ( )x
n
n
nn
+⋅
+
=
∞
∑5
2 4
2 1
1
29) n
nx
nn
n ( )+ ⋅=
∞
∑2 31
( )
( )!x
n
n
n
+−
−
=
∞
∑2
2 1
2 1
1
30) nn
xn
n
+
=
∞
∑13
0 !
( )x
n
n
n
−+
+
=
∞
∑3
3
2 1
21
Funkcijų skleidimas laipsninėmis eilutėmis ir laipsninių eilučių taikymas 1. Kelių funkcijų laipsnines eilutes galima gauti, pritaikius nykstamosios geometrinės progresijos
b b q b q1 1 12+ + +... (|q| < 1)
sumos formulę Sb
q=
−1
1.
Pavyzdžiai
19
1) 1
11 12 3
−= + + + + <
xx x x x..., ;
2) 1
11 12 3
+= − + − + <
xx x x x..., ;
3) 1
11 1
22 4
−= + + + <
xx x x..., ;
4) 1
11 1
22 4 6
+= − + − + <
xx x x x..., .
2. Kelių funkcijų laipsnines eilutes galima gauti taikant Makloreno formulę
f x ff
xf
xf
x( ) ( )( ) ( )
!( )!
...= +′
+′′
+′′′
+00
1!0
20
32 3
Pavyzdžiai
1) ex x x
x Rx = + + + + ∈11! 2 3
2 3
! !..., .
2) sin!
..., .x xx x
x R= − + − ∈3 5
3 5!
3) cos! !
..., .xx x
x R= − + − ∈12 4
2 4
4) ( )( )
!1 1
1!1
22+ = + +
−+x x xα α α α
+− −
+ <α α α( )( )
!...,
1 2
313x x .
3. Kelių funkcijų laipsnines eilutes galima gauti panariui integruojant ir diferencijuojant žinomas laipsnines eilutes jų konvergavimo intervaluose. Pavyzdžiai
20
1) 1
11 2 3
−= + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫x
dx dx xdx x dx x dx ... ,
ln( ) ( ...)12 3 4
2 3 4
− = − + + + +x xx x x
, |x|<1.
2) 1
11 2 3
+= − + − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫x
dx dx xdx x dx x dx ... ,
ln( ) ...12 3 4
2 3 4
+ = − + − +x xx x x
, |x|<1.
3) 1
11
22 4
−= + + +∫ ∫ ∫ ∫x
dx dx x dx x dx ... ,
ln ...11
23 5
3 5+−
= + + +
xx
xx x
, |x|<1.
4) 1
11
22 4 6
+= − + − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫x
dx dx x dx x dx x dx ... ,
arctgx xx x x= − + − +
3 5 7
3 5 7... , |x|<1.
5) ( ) ( )11
1 12 3
−
′= ′ + ′ +
′+
′+ <
xx x x x..., ,
1
11 2 3 1
22
( )...
−= + + + <
xx x x
4. Kai kurių funkcijų laipsnines eilutes galima gauti keičiant
žinomose eilutėse kintamąjį x kintamuoju axm . Pavyzdžiai
1) ex x x
x Rx21
1! 2 3
2 4 6
= + + + + ∈! !
..., .
2) sin( )
!( )
..., .2 223
25!
3 5
x xx x
x R= − + − ∈
21
3) cos! !
..., .xx x
x R36 12
12 4
= − + − ∈
Rodiklinės funkcijos apytikslę reikšmę galima rasti, taikant rodiklinės funkcijos ex eilutę. Logaritminės funkcijos apytikslę reikšmę galima rasti, taikant kurią nors logaritmų eilutę. Šaknies apytikslę reikšmę galima gauti, taikant binominę eilutę
( )( )
!1 1
1!1
22+ = + +
−+x x xα α α α
+− −
+ <α α α( )( )
!...,
1 2
313x x .
Pavyzdys
Apskaičiuokime kvadratinę šaknį 26 0,01 tikslumu. Pertvarkome pošakninį skaičių:
26=25+1=25(1+125
) .
Tuomet
26 = 25(1+125
) = +5 1125
.
Dabar taikome binominę eilutę, imdami x = =125
12
, α .
26 = 5 112
125
12
12
2125
2
+ ⋅ +⋅ −
⋅
+
!... =
= 51
101
1000+ − +...
Matome, kad alternuojančiosios eilutės antrasis narys mažesnis už reikalaujamą tikslumą 0,01.
22
Todėl 26 ≈ 5,10.
Apibrėžtinio integralo f x dxa
b
( )∫ apytikslę reikšmę galima
gauti, skleidžiant pointegralinę funkciją laipsnine eilute ir po to integruojant panariui. Pavyzdys
Apskaičiuokime apibrėžtinį integralą e dxx−∫
2
0
18
0,01 tikslumu.
Iš pradžių užrašome pointegralinės funkcijos laipsninę eilutę:
ex x xx− = − + − +
21
1! 2 3
2 4 6
! !...
Ją integruojame panariui:
e dx dxx
dxx
dxx
dxx−∫ ∫ ∫ ∫ ∫= − + − +
2
01
0 1!0 20 30
18
18 2
18 4
18 6
18
! !...
e dxx−∫ = − ⋅
+ ⋅
− ⋅
+
2
0
18
13
18
110
18
142
18
18 3 5 7
...
Matome, kad alternuojančiosios eilutės antrasis narys mažesnis už reikalaujamą tikslumą 0,001. Todėl reikia imti tik vieną eilutės narį:
e dxx−∫ ≈ =
2
0
18
0 125
18
, .
23
4 uždavinys. Taikydami laipsnines eilutes 0,001 tikslumu apskai-čiuokite funkcijos reikšmę arba šaknį ir apibrėžtinį integralą. Abiem atvejais nurodykite, kiek reikia imti eilutės narių.
1) e− 1
2 ln( )10
12
+∫ x dx 2) e− 1
3 ln( )1 2
0
16
+∫ x dx
3) e− 1
4 sin x dx2
0
1
∫ 4) e− 1
5 ln( )10
13
+∫ x dx
5) e− 2
3 ln( )1 2
0
15
+∫ x dx 6) e− 3
4 sin x dx2
0
12
∫
7) e− 2
5 ln( )10
14
+∫ x dx 8) e− 3
5 ln( )1 2
0
14
+∫ x dx
9) e− 4
5 sin x dx2
0
13
∫ 10) ln43
ln( )1 2
0
13
+∫ x dx
11) ln54
e dxx−∫
2
0
13
12) ln65
sin x dx2
0
14
∫
13) ln76
sinx
dx2
0
13
2∫ 14) ln87
e dxx−∫
2
0
14
15) ln98
sinx
dx2
0
1
2∫ 16) ln109
sinx
dx2
0
1
3∫
24
17) ln1110
e dxx−∫
2
0
15
18) 5 ln( )10
15
+∫ x dx
19) 10 cosx
dx2
0
1
2∫ 20) 11 cosx
dx2
0
1
3∫
21) 12 ln( )12
0
12
+∫x
dx 22) 17 e dxx−
∫
2
2
0
13
23) 18 cosx
dx2
0
1
4∫ 24) 19 cosx
dx2
0
12
2∫
25) 93 ln( )12
0
13
+∫x
dx 26) 103 e dxx−
∫
2
2
0
14
27) 174 cosx
dx2
0
12
3∫ 28) 184 cosx
dx2
0
13
2∫
29) 194 e dxx−
∫
2
3
0
13
30) 204 ln( )13
0
12
+∫x
dx
![KAUNO TECHNOLOGIJOS UNIVERSITETAS · 2017. 1. 19. · Šiame darbe [1] aprašomas metodas skirtas ţmogaus eisenos judesių modeliavimui, kai raumenys yra nusilpę. Metodas paremtas](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/60aed2a4285ffb51cf53a25c/kauno-technologijos-universitetas-2017-1-19-iame-darbe-1-apraomas-metodas.jpg)
