Пособие к решению задач по высшей математике - Гусак А.А.

I. Аналитическая геометрия, векторная алгебра, определители, матрицы
§ 1.2. Уравнение линии в прямоугольных декартовых координатах
1.3.2. Угол между двумя прямыми. Условия параллельности и перпендикулярности прямых. Пересечение двух прямых
1.3.3. Уравнение прямой, проходящей через данную точку в данном направлении. Пучок прямых. Уравнение прямой, проходящей через две данные точки
1.3.4. Нормальное уравнение прямой. Расстояние от точки до прямой
§ 1.5. Преобразования прямоугольных координат
Глава 2. Определители и системы линейных алгебраических уравнений
§ 2.2. Решение систем линейных алгебраических уравнений с помощью определителей
§ 3.2. Координаты вектора. Простейшие действия над векторами, заданными своими координатами
§ 3.5. Смешанное произведение. Двойное векторное произведение
Глава 4. Аналитическая геометрия в пространстве
4.1.2. Нормальное уравнение плоскости. Расстояние от точки до плоскости
4.1.3. Угол между двумя плоскостями. Условия параллельности н перпендикулярности двух плоскостей
4.2.2. Прямая как линия пересечения двух плоскостей. Взаимное расположение двух прямых в пространстве
4.2.3. Угол между двумя прямыми. Расстояние от точки до прямой. Кратчайшее расстояние между двумя прямыми
§ 4.3. Прямая и плоскость в пространстве
§ 4.4. Поверхности в пространстве. Сфера. Поверхности вращения. Цилиндрические и конические поверхности
§ 5.2. Линейные преобразования на плоскости и в пространстве. Аффинные преобразования. Собственные векторы матрицы
§ 5 3. Приведение общего уравнения линии второго порядка к каноническому виду
§ 5.4. Приведение общего уравнения поверхности второго порядка к каноническому виду
§ 6.2. График функции. Простейшие преобразования графика
§ 6.3. Предел переменной величины. Бесконечно малая и бесконечно большая величина
§ 6.6. Разные примеры на нахождение пределов
§ 6.7. Сравнение бесконечно малых величин
III. Дифференциальное исчисление функций одной переменной
§ 7.3. Производные показательных и логарифмических функций
§ 7.4. Производные обратных тригонометрических функций
§ 7.7. Производные гиперболических функций и функций, заданных параметрически
§ 8.2. Касательная и нормаль к плоской кривой. Угол между кривыми. Кривизна плоской кривой. Скорость и ускорение
§ 8.3. Возрастание и убывание функции. Экстремум функции. Наибольшее и наименьшее значения функции
§ 8.4. Выпуклость и вогнутость кривой. Точки перегиба. Асимптоты кривой
§ 8.5. Исследование функций и построение их графиков
IV. Интегральное исчисление функций одной переменной
§ 9.2. Независимость вида неопределенного интеграла от выбора аргумента функции
§ 9.5. Интегрирование некоторых функций, содержащих квадратный трехчлен
§ 9.6. Интегрирование рациональных функций
§ 9.7. Интегрирование тригонометрических функций
§ 9.8. Интегрирование некоторых иррациональных функций
§ 9.9. Интегрирование гиперболических функций
Глава 10, Определенный интеграл и его приложения
§ 10.2. Площадь криволинейной фигуры в декартовых и полярных координатах
§ 10.5. Приложения определенных интегралов к решению простейших физических задач
V. Дифференциальное исчисление функций нескольких переменных
§ 11.2. Предел функции нескольких переменных. Непрерывность
§ 12.2. Производные и дифференциалы высших порядков
§ 12.3. Дифференцирование неявных функций
§ 12.4. Дифференцирование сложных функций
Глава 13. Применения частных производных
§ 13.2. Экстремум функции нескольких переменных
§ 13.3. Наибольшее и наименьшее значения функции
Глава 14. Дифференциальные уравнения первого порядка
§ 14.2. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка
§ 14.3. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка. Уравнение Бернулли
§ 14.4. Уравнения в полных дифференциалах
§ 14.5. Разные дифференциальные уравнения первого порядка
§ 14.6. Задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям
Глава 15. Дифференциальные уравнения второго порядка
§ 15.2. Однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами
§ 15.3. Неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами
Глава 16. Дифференциальные уравнения порядка выше второго. Системы дифференциальных уравнений
§ 16.2. Линейные однородные уравнения с постоянными коэффициентами
§ 16.3. Линейные неоднородные уравнения с постоянными коэффициентами
§ 16.4. Системы линейных уравнений с постоянными коэффициентами
Author: Гусак А.А.
Tags: аналитическая геометрия задачи по математике высшая математика дифференциальные уравнения векторная алгебра
Year: 1973
Similar
Ориентация, гироскопы и инерциальная навигация
Ряды и кратные интегралы
Геомерия. Учебник для вузов
Практикум по элемнтарной математике. Алгебраические методы
Text
                    А. А. Гусак
Пособие
к решению задач
по высшей математике
Издание 3-е, стереотипное
Издательство Б ГУ нм. В. И. Ленина
Минск 1973

Гусак А. Л.
Г 96 Пособие к решению задач по высшей математике.
Изд. 3-е, стерсотипн. Мн., Изд. БГУ, 1973.
532 стр. с илл.
Пособие включает следующие разделы:	аналитическая	геометрия	иа
плоскости и в пространстве, векторная алгебра, определители и матрицы,
введение в анализ, дифференциальное и интегральное исчисление функций
одной переменной, дифференциальное исчисление функций нескольких переменных, дифференциальные уравнения.
Пособие содержит определения основных понятий, соответствующие формулы, около 700 примеров и задач с подробными решениями. В конце каждого параграфа помещены задачи для самостоятельного решения, приведены
ответы, к некоторым задачам даны указания.
г 0223—010
М317—73

I. Аналитическая геометрия,
векторная алгебра, определители,
матрицы
Глава 1. Аналитическая геометрия на плоскости
§ 1. 1. Система прямоугольных декартовых координат
на плоскости. Простейшие задачи
Прямоугольными декартовыми координатами точки М на
плоскости называются расстояния от этой точки х — ML, у — MN
(рис. 1.1) до координатных осей Оу и Ох, измеренные одной
и той же единицей длины и взятые с соответствующими знаками. Если точка расположена справа от оси Оу, то абсцисса х
данной точки положительна, если слева — отрицательна; если
точка лежит выше оси Ох, ее ордината у положительна, если
ниже оси Ох — отрицательна (при указанном на рис. 1.1 выборе
положительных направлений осей, обозначенных стрелками).
Для точек, лежащих на оси Оу, х = 0; для точек, лежащих
на оси Ох, у — 0. Запись М (я, у) означает, что точка М имеет
координаты х и у.
1.	Расстояние между двумя точками Мх{хъ //,) и Мг{х2, у2)
вычисляется по формуле
d = У(х2 — Χχΐ + {Уг — Ух?·	(1-1)

2. Координаты точки М (х, у), делящей отрезок МХМ2, где
Мх (хъ Ул)> (х2, у2), в данном отношении МХМ: ММ2 — ^
(при Ιψ — 1), определяются формулами:
VC   Χί ~К ^Х2 .	  ί/ι	+	1у2	л	Оч
1 ~р I » ί/ Γ+Γ~·	u	'
3. Координаты середршы отрезка ΛίχΛί2 вычисляются по
формулам:
X = jl+x^. y==_Jhpi^m	..	(13)
4. Площадь треугольника с вершинами Р(хх, ух), Q(x2, у2)>
Я(хг, Уз) равна
S = ~~Y ϋχ2 — Χί) (Уз — Уг) — (Хз — *ι) (у2 — Уг)1 (1-4)
где знак минус следует брать, когда выражение в квадратных
скобках отрицательно, знак плюс — когда оно положительно.
Замечание. Формула (1.4) может быть написана в виде
1
5 = ~2~ | (*2 — *ι) (Уз — Уу) — (*з — Ху) (у2 — Уг) |.	(1 4')
где двумя вертикальными чертами обозначена абсолютная величина (арифметическое значение) выражения, стоящего в квадратных скобках. Абсолютная
величина числа х определяется так:
. I / х, если х >- 0;
I * — \ —х, если х < 0.
Например, | 4 | = 4, [ — б | = 6.
Примеры
1.	Построить точку М (2, 3). Найти точки, симметричные
точке М относительно координатных осей, биссектрис координатных углов и начала координат.
Замечание. Выражение «найти точки» означает найти координаты
этих точек.
Построим сначала точку М (2, 3). Отложив на оси Ох вправо
от начала координат отрезок ОМх = 2 (рис. 1.2), восставим
в точке Мх перпендикуляр к оси Ох. Отложив на оси Оу
кверху от начала координат отрезок ОМ2 — 3, восставим в точке
М2 перпендикуляр к оси Оу. Точка М пересечения указанных
перпендикуляров является искомой. (Эту точку можно построить
и другим способом: на перпендикуляре к оси Ох, проходящем
через точку Мх, отложить отрезок МХМ = 3 кверху от оси Ох.)
Проводя последующие построения, пользуемся определением
точек, симметричных относительно данной прямой (это точки,
лежащие на одном перпендикуляре к прямой, на одинаковых
расстояниях и по разные стороны от нее).
4

Построим точку /V, симметричную точке Λί, относительно
оси Ох. Координаты этой точки χΝ = ОМх, yN = — MXN (точка N
справа от оси Оу, поэтому л>0 и ниже оси Ох, поэтому
у < 0). Но ОМх = хм, МгЫ = МгМ = ум, следовательно,
χν = хм> = — Ум· Так как из условия Хм = 2, ум= 3, то
N(2,-3).
Для точки L, симметричной точке М относительно оси Oyt
находим: xL = — LM2 = — М2М = — хм, yL — LS ~ МХМ=УМ,
поэтому L (—2, 3).
Построим теперь точку Р, симметричную точке М относительно биссектрисы I И III координатных углов.
Координаты ее хр = ОРх и ур = РРХ выразим через координаты точки М. С этой целыо рассмотрим равнобедренные
треугольники МАР и ОАМх (.А — точка пересечения МХМ и биссектрисы). Так как ОМх = МХА и МХА = РХР, то РХР = ОМи
т. е. ур = хм. Далее, поскольку AM — АР = МХРХ, МХМ =
= МХА + AM, ОРх = ОМх -f- МХРХ, то МХМ — ОРх, т. е.
хр ~ ум. Таким образом, получим Р{3, 2).
Построим точку Q, симметричную точке М относительно
биссектрисы II и IV координатных углов. Из равных прямоугольных треугольников OQQx и ОРРх (OQ = OP, Z QOQi —
= Z РОРх) находим, что OQx = ОРх, QQX — РРХ. Так как ОРг =
= МХМ и РРХ = ОМх, то OQx = МХМ, QQX = ОМх. Следовательно, xQ = — ум, yQ = — хм и Q(—3,—2) (координаты точки Q
отрицательны, так как она лежит ниже оси Ох и слева от
оси Оу).
Построив точку R, симметричную точке М относительно
начала координат, и рассмотрев равные прямоугольные треу¬
5

гольники ORS и ОМхМ (OR = ОМ, Z SOR = Z МхОМ), получим .
OS = OMX, SR = МХМ, поэтому xR = — xAV = ~ Ум
и R(— 2, —3).
Ответ: N (2,-3), L (-2, 3), Р (3, 2), Q (-3,-2), R (-2.-3).
Замечание. Координаты точек N, L, Р, Q, R, симметричных точке
М (2, 3) относительно соответственно оси Ох, оси Оу, биссектрисы I и ///
координатных углов, биссектрисы // и IV координатных углов начала координат, можно получить с помощью следующих формальных действий:
1) для	точки	jV — изменить	знак у, оставив	х прежним;
2) для	точки	L — изменить	знак х, оставив	прежним у\
3) для	точки	Р — поменять	местами х и у,
4) для	хочки	Q — поменять	местами х и у,	изменив их знаки;
5) для точки R— изменить знаки х и у.
2. Доказать, что треугольник с вершинами Р(—2, —1),
Q(6, 1), R{3, 4) — прямоугольный.
Зная стороны а, Ь, с треугольника, с помощью теоремы
Пифагора можно установить, является ли данный треугольник
прямоугольным (a2 -f- b2 = с2), остроугольным (с2 < а2 Ь2) пли
тупоугольным (с2 > а2 + 62).
Найдем длины сторон данного треугольника, пользуясь
формулой (1.1). Вычислим вначале длину PQ, подставляя
в формулу (1.1) координаты точек Р и Q хх = —2, ух = — 1,
*2 = 6, у2 = 1:
PQ = /[6 — (—2)j2 + [l-(— 1)J2 = )/8- + 22 = уЖ
Для вычисления PR подставим в формулу (1.1) значения
*i = — 2, Ух = — 1, х2 = 3, у2 = 4:
PR = j/[3-(— 2)]2 + 14 — (— l)]2 = У δ2 + 52 = У 50.
Аналогично для 3-й стороны хх = 6, ух = 1, х2 = 3, у2 — 4:
QR = /(3 — 6)2 + (4— 1)2 = У{—З)2 + З2 = УЖ
Квадраты длин сторон будут соответственно равны:
PQ* = 68; PR2 = 50; QR2 = 18,
откуда
PQZ = PR* -I- QR'\
Последнее равенство означает, что треугольник прямоугольный.
Замечание. Формула (1.1) не изменится, если в ней поменять
местами х, и хь ух и у2 (так как (хх—х2)г = (х2 — х,)2, (у,— у2)2 — (у2 —t/,)2)·
При использовании этой формулы первой точкой (т. е. имеющей координаты
Л), ух) можно считать любую из двух данных точек, оставшаяся точка будет
второй (т. е. имеющей координаты х2, у2)·
3. Вычислить длины медиан треугольника с вершинами
Р(- 3, 2), Q(5, 4), R(7, -2).
Найдем вначале основания медиан, являющиеся серединами
сторон треугольника. Пусть L, Μ, N — соответственно середины
6

сторон PQ, QR, PR. Координаты точки L определяем по формулам (1.3). В данном случае я, = —3, уг = 2, х2 ~ 5, у2 = 4.
Обозначая координаты точки L через xL и уи получим:
xl = —*2 5 = k =	=	3;	3^·
Аналогичным образом находим:
Ъ, = £Т1 = б1 ί/Μ = ^±Γ^) = 1·.Λί(6,1)·,
^ =	=	^=1+^	= 0; JV (2,0).
Вычислим длину медианы LR. Подставляя в формулу (1.1)
координаты точек L и R, т. е. значения хх = 1, ух = 3, хг — 7,
у2 = — 2, получим
/.я = уц-цз-н-^-з)^ у б2 + (— 5)2 = 1/бг;
По формуле (1.1) находим длины медиан МР и A;Q:
А1Р = /[6 — (—3)]“ -h (1 — 2)2 = /93 +( — I)2 = /82^
AQ = /(5 — 2)2 + (4 — О)2 = ]/32 + 42 = 5.
Замечание. Формулы (1.3) не изменятся, если в них поменять
местами хх и х2, ух и уг При использовании этих формул первой точкой
(т е. имеющей координаты хх, ух) можно считать любую из двух данных
точек.
4. Даны две смежные вершины параллелограмма Д(1, —2),
В(3, 2) и точка N (5, — 1) пересечения его диагоналей. Найти
две другие вершины параллелограмма.
Так как диагонали параллелограмма в точке пересечения
делятся пополам, то N — середина BD и середина АС, где D
и С — две другие вершины. Формулы (1.3) для данного случая примут вид:
ХА+Хс .. _ Уа + Ус. , _ XB+XD	_Ув+Уо
хы	2	'	K/V	2	’	XN	2	’	2	’
откуда
Хс — 2*у ХА' Ус = ^i/,V У A' XD ~ ^XN ХВ' уD ~	У В'
Подставляя в эти формулы координаты точек А, В и /V найдем
вершины С (9, 0), 0(7, —4).
5. В треугольнике с вершинами Р(2, 3), Q(6, 3), R(6, —5)
найти длину биссектрисы QL.
Из элементарной геометрии известно, что биссектриса угла
треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Найдем длины этих
сторон. По формуле (1.1) имеем:
PQ = V (6 — 2)2 4- (3 — З)2 = 4,
QR = У (6 - 6)а + (- 5 - З)2 = 8.
7

Следовательно,
PQ:QR = 4:8= 1:2 и PL:LR = 1:2,
где L(x, ί/) — точка пересечения биссектрисы угла Q со стороной PR. Координаты точки L определим по формулам (1.2).
В данном случае:
Х\== 2, ух 3, Л" 2	6, у о	5, /	2	*
поэтому:
2 + 1Г'6 _ ю.	3	+ -2"(-5)	_ I / ю I \
* ~	1	3	’	У	~	1	3	;	^	V	3	»	3
1 + 2 1 + 2
По формуле (1.1) вычисляем длину биссектрисы QL:
«-■/(в-т)‘+(з-Ц1-Ч£.
Замечание. В формулах (1.2) нумерация точек имеет существенное
значение. При использовании этих формул нужно различать начало и конец
отрезка. В данном примере можно было бы рассматривать отношение
RL : LP = 2:1, тогда точку R нужно считать первой (т. е. хх = 6, (/,= —5),
точку Р — второй (хг = 2, уг = 3), число I в этом случае уже будет другим,
а именно 1 = 2. (Убедитесь в том, что- подстановка этих значений в формулы (1.2) дает прежний результат. Сделайте чертеж.)
6.	Отрезок, определяемый точками Мг(—6, 7), Мг{—2, 3),
разделен на 4 равные части. Найти точки деления L, М, N.
До какой точки Р нужно продолжить отрезок МХМ2, чтобы
его длина увеличилась в 3 раза?
По условию отношения, в которых точки L, Μ, N и Р
(рис. 1.3) делят отрезск МХМ2> соответственно равны:

/ _ MiL __ 1 i _ ΛίιΛί _ 2 _ ,	.	_	M^V _
ίχ ~ LM2 ~ 3 ’	2 “	/ИМ, —	2	’	3	~	ΑΛί2	“
  3	 /	  ΜχΡ	 	3
1	4	ΡΜ2	2
(в последнем случае нужно взять знак минус, так как отрезки
МХР и РМ2 имеют противоположные направления). Координаты
точек L, N и Р определим	по формулам	(1.2),	координаты
точки М. — по формулам (1.3).
Определяем координаты точки L. Подставив в формулы (1.2)
значения хх = — 6, ух	= 7, а2	= — 2,	у2 ~ 3,	/	=	-L,	получим:
— 6 + -о- (—2)	7	+	о	■ 3
xL =	,	 =	—	5; yL =	—	=	6;	L (—5, 6).
1 +ΊΓ	1	+ΊΓ
Так как А/ — середина отрезка МХМ2, то по формуле (1.3)
имеем:
— 6 + (— 2)	.	7	-)- 3 г, д я / л г,
х№ ~	2 z	ум —	2	5,	Αί (	4,5).
Подставляя в формулы	(1.2) координаты	точек Ah	и	Αί2
и /3 = 3, находим точку Ν:
_ — 6 + 3 (— 2) _ _ з _ 7 + 3 · 3 _ АТ/ О 44
N	1+3	—	’ Ум	1+3	“	’	'	’	'·
Аналогично находим точку Р ^принимая во внимание, что
<=-4):
-6 + f-4) (-2)	7+(--|-)з
Хр	/	з	\	Ур	I 3 \	"
> + (-г)	*	+	(-т)
Р( 6,-5).
7.	Даны две точки L (3, 5) и Αί (6, — 2). На оси Оу найти
такую точку Ν, чтобы площадь треугольника LMN равнялась 15 квадратным единицам.
Пусть N (0, у) — искомая точка (а = 0, так как точка
лежит на оси Оу). В формулу (1.4) подставим значения
S = 15, хх = 3, уг = 5, *2 = 6, у2 = — 2, а3 = 0, с/з = у.
Получаем
15 = ± Л-[(6 — 3)(у — 5) — (0 — 3) (—2 —5)] =
= ±+(3ι/-36),

отсюда
15 = Л-(3(/-36), 15 =	'Г(3у — Щ.
Решая полученные уравнения относительно у, находим
с/, = 22, у2 = 2.
Следовательно, условию задачи удовлетворяют две точки:
N,(0,22), N3(0,2).
8. Найти точку, одинаково удаленную от осей координат
и от точки Μ (1, 8).
Пусть N (лг, у) — искомая точка, ее координаты пока неизвестны. Так как по условию точка равноудалена от осей координат, то у — х или г/=—х (см. определение прямоугольных
декартовых координат, стр. 3).
Рассмотрим первый случай (у — х). Выразим расстояние
между точками М (1,8) и N (х, х) через их координаты. По
формуле (1.1) получаем
MN = У(х — 1)2 + {х — 8)К
По условию это расстояние равно | х |, следовательно,
У (х — 1 )2 л- (х — 8)2 = | л: |.
Освобождаясь от радикала, получим квадратное уравнение
λ'2 — 18х -f- 65 = 0,
корни которого Ху = 5, х2 = 13. Поскольку у = х, то с/, = 5,
Уг = 13.
Следовательно, получены две точки, удовлетворяющие условию задачи: N,(5, 5), Ν2(13, 13).
Примечание. Второй случай (у = — х) условию задачи не удовлетворяет.
9. Найти центр и радиус окружности, проходящей через
точки L(0, 0), М (3, —1), N(8,4).	*
Пусть С (а, b) — центр окружности и R — ее радиус. Найдем
неизвестные числа а, b и R. Согласно условию, CL = R,
СМ — R, CN — R, Определим длины CL, CM, CN по формуле (1.1) и подставим их выражения в последние три равенства. Получим:
у(0 — af + (0 — bf =	R	пли	а2 + b2 = R%\	(А)
у(3 — af -j- (— 1 — bf =	R	или	(3 — af + (1 + bf = R2\	(В)
у(8 — а)2 + (4 — bf =	R	или	(8 — af -f (4 — bf = R\	(C)
Раскрывая скобки в	левых	частях уравнений (В) и (С),
используя уравнение (А), приводя подобные члены и сокращая
соответственно на 2 и 8, находим:
5 — За 4- b = 0; \
10 — 2а— 6 = 0. J
10

Решая эту систему, получаем: а = 3, 6 = 4, С (3,4). Из
уравнения (А) находим, что R = 5.
Задачи	*
1. Построить точки: Αίχ(1, 4), /Vl0(—2, 3), М3(— 4, —5),
М4(2,-7), /ИДО, 1),	М6(4, 0), /И, (0, - 6),	М8(—8, 0),
Λί9(0. 0).
2. Найти точки, симметричные точке ΛΊ (—1, 5) относительно оси Ох, оси Оу, начала координат, биссектрис координатных углов.
3. Найти точки, симметричные точке М (а, Ь) относительно
координатных осей, начала координат, биссектрисе координатных углов.
4. Дан прямоугольник ABCD со сторонами АВ = 2, AD = 6.
Определить координаты вершин прямоугольника, приняв:
1) за оси координат	две непараллельные	стороны	его
и точку их пересечения за начало координат;
2) точку пересечения диагоналей за начало координат, за
оси координат две прямые, параллельные сторонам прямоугольника.
5. Вычислить периметр треугольника с вершинами А (3, 4),
В{3, 8), С (6, 4).
6. Доказать, что треугольник с вершинами Р(3, 4), Q(7, 7),
R (4, 3) — равнобедренный.
7. Установить, будет	ли треугольник	PQR	с вершинами
Р(2, 2), Q(l, 6), R(7, —1) остроугольным, тупоугольным или
прямоугольным.
8. Дана середина отрезка L (5, 2) и один из его концов
М{2, —1). Найти второй конец.
9. Даны середины сторон треугольника L(—1,5), Λί(1, 1),
N (4, 3). Найти его вершины.
10. Отрезок, определяемый точками Л/, (—8, —9), Л/2(—3, —4)
разделен на пять равных	частей. Найти	точки	деления.	До
какой точки нужно продолжить отрезок	ΜιΜ2, чтобы	его
длина увеличилась в 4 раза?
11. Дан треугольник с вершинами А(—7, 7),	£(3, 2),
С(—1, —1). Найти точки, в которых сторона АВ делится
биссектрисами внутреннего и внешнего углов при вершине С.
12. Найти точку пересечения медиан треугольника, вершины
которого А(—2, 1), В(2, —1), С(4, 3).
13. Вычислить площадь треугольника с вершинами Р(0,—2),
Q(4, 5), Я (6, -4).
14.. Даны вершины А{2, 1), В(—2, —2), С(—8, 6) треугольника ABC. Найти длину высоты, опущенной из вершины В.
15.	Доказать, что точки А{—3, —4), В( 1, 4), С(0,2) лежат
на одной прямой.
И

16. Даны две точки L(4, 2) и М (6, —2). На оси Ох найти
такую точку N, чтобы площадь треугольника LMN была
равна 8 квадратным единицам.
17. Вычислить площадь четырехугольника с вершинами
Л(-3, 2), В(3, 4), С (6, 1), D (5, -2).
18. Найти центр тяжести треугольника с вершинами
Л (1, -2), В (А, 1), С (7, -2).
19. На оси Оу найти точку, одинаково	удаленную от начала
координат и от точки М (4, 5).
20. На координатных осях найти точки, удаленные от точки
М (4, 3) на 5 единиц.
Ответы
2. N{— 1, —5), L (1, 5), R( 1,-5),	Р (5, —	1),	Q (— 5, 1).	Указание.
См. пример 1. 3. N (а, —b), L{—а, b),	R(—а,	—b), P(b, a),	Q (—Ь,— а).
4. 1) Л (0, 0), В(0, 2), С (6, 2), D(6, 0). В качестве положительного направления оси Ох взято направление от Л к D, 2) Л (—3, — 1), В (— 3, 1), С (3,1),
D (3, —1). 5. 12. 7. Тупой угол при вершине Р. 8. N (8, 5). 9. Л(—4,3),
В (2, 7). С (6, — 1). 10. Lt (— 7,-8), L2 (— 6, — 7), L3 (— 5, — 6), Lx (— 4,-5),
P (12, 11).
12	3	4
Указание. -ξ-, /2 =	13	= ~ψ, U = 4, 1Ъ = —
И. ^/С2 (13, —3). Указание. АС = 10, ВС = 5,	=
ВС 1	1	/	4	\
S=-AC=~2~· к = ~~2“·	12- Αήρ l). 13. 25 кв. ед. 14. h = 2 У 5.
Указание. Вычислить площадь S и длину ЛС. 15. Указание.
Убедиться в том, что SA/i)jgC = 0. 16. Nx (1, 0), jV2 (9, 0). 17. 26 кв. ед.
18. N(4, —1). Указание. Центр тяжести треугольника совпадает с точкой пересечения медиан. 19. N (0; 4,1). 20. /И, (0, 0), М2 (0, 6), Л13 (8, 0).
§ 1. 2. Уравнение линии в прямоугольных декартовых
координатах
Линия на плоскости задается как некоторое геометрическое
место точек, т. е. совокупность точек, обладающих некоторым
свойством, исключительно им присущим.
У равнением линии на плоскости называется уравнение относительно переменных х и у, которому удовлетворяют координаты любой точки данной линии и только они.
В общем виде уравнение линии на плоскости в прямоугольных декартовых координатах записывается так:
F(x, у) = 0.	(1.5)
Из определения уравнения линии вытекает, что если при
подстановке координат точки в данное уравнение получаем
тождество, то точка лежит на соответствующей линии; если
тождество не получается, то точка не лежит на этой линии.
12

Чтобы составить уравнение линии, как некоторого геометрического места точек, необходимо:
1) взять произвольную точку линии с текущими координатами X, у\
2) записать общее свойство точек данного геометрического
места в виде равенства;
3) выразить входящие в это равенство величины с помощью
координат.
Точки пересечения двух линий Fx(x, у) = 0 и F2(xf у) = О
находят из системы уравнений:
Fi(x, ί/) = 0;|	^	^
F2{x, У) = 0. /
Если система (1.6) имеет действительное решение, то линии
пересекаются. Число точек пересечения равно числу решений
системы. Если действительных решений нет, то линии общих
точек не имеют.
Примеры
1.	Составить уравнение геометрического места точек, равноудаленных от двух данных точек Мх(—2, 4), Λί2(6, 8).
Пусть М (х, у) — произвольная точка данного геометрического места. По условию
Λί,Αί = М2М.	(А)
С другой стороны, по формуле расстояния между двумя
точками получаем:
МуМ = V(x + 2)2 + (у — 4)2; М2М = У(х — 6)2 + (у — 8)\
Подставляя эти выражения в равенство (А), находим уравнение данного геометрического места:
Y(x + 2f + (y-if = y(x-bY + (y-&Y.
Упростим полученное уравнение. Возводя в квадрат обе части
уравнения и раскрывая скобки в подкоренных выражениях,
находим
х1 + 4* + 4 + у2 — 8у -f 16 = х2 — 12л: + 36 + у2 — 16у -|- 64.
Перенося все члены в левую часть, приводя подобные и сокращая на 8, получим уравнение
2л; -f- г/ — 10 = 0.	(В)
Таким образом, координаты любой точки данного геометрического места удовлетворяют уравнению (В).
Покажем теперь, что если точка не принадлежит нашему
геометрическому месту, то ее координаты не будут удовлетно-
13

рять уравнению (В). В самом деле, пусть N (х, у) такая
точка. Тогда выполняется одно из двух неравенств:
ΜχΝ < Μ2Ν\ ΜΧΝ > Μ2Ν
или в координатах:
]/> + 2)2-;- (Ι/-4)2 < Г(а-6)2 + (с/-8)2;
V(x + 2)2 -\- (у - 4)2 > У(х - 6)2 + (у - 8)2.
Первое из этих неравенств приводится к виду
2х -г у — 10 < О,
а второе к виду
2л* -р у — 10 > 0.
Следовательно, координаты точки N уравнению (В) не удовлетворяют.
Итак, уравнение данного геометрического места точек есть
2х + у — 10=0.
Это уравнение является уравнением прямой линии (из элементарной геометрии известно, что геометрическим местом точек,
указанных в условии задачи, будет прямая, перпендикулярная
к отрезку Л/11М2 и проходящая через его середину).
Замечание. Если точка N (хС у') не лежит на прямой 2х +
+ у—ю -= 0, то при подстановке ее координат в данное уравнение получаем либо 2х' + у' — 10 <[ 0, либо 2х' л- у' — 10 > 0.
2.	Написать уравнение окружности радиуса R = 4 с центром в начале координат. Лежат ли на этой окружности точки
Л (4, 0), В(2, 3), С (4, 3), D (3, -\Ύ), Е{ 1, 2), F (0, 5)?
Пусть М (а, у) — произвольная точка данной окружности
(геометрического места точек, удаленных от -начала координат
на 4 единицы). По определению окружности имеем ОА1 = 4.
Длина отрезка ОМ по формуле (1.1) равна
ОМ ~ Ух2 + у\
Следовательно, уравнение окружности имеет вид
Ух2 + у1 — 4.
Возводя в квадрат обе части этого уравнения, получим
д;2+г/2=	16>
Выясним, лежат ли на данной окружности указанные точки.
Подставляя координаты точки Ά в уравнение окружности,
получаем тождество
42 + 02 = 16.
Таким образом, точка А лежит на окружности.
Для точки В получается неравенство
22 + 32 < 16,
поэтому точка В окружности не принадлежит. (Заметим, что
14

точка В лежит внутри круга радиуса R = 4, ибо ее расстояние до начала координат OB = J 22 -j- З2 = У13 < 4.)
Подстановка в уравнение координат точки С (4, 3) приводит
к неравенству
42 + 32 > 16,
следовательно, точка С также не лежит на окружности. (Заметим, что точка С лежит вне круга радиуса R = 4, так как
ее расстояние до начала координат ОС = ]/ 42 -f- З2 = 5 > 4.)
Аналогичным образом убеждаемся, что точка D лежит па
окружности, а точки Е и F ей не принадлежат.
Замечание 1. Если R — а, где а—положительное число, то уравнение окружности радиуса R = а с центром в начале координат запишется
так:
jc2 + у2 = а2.
Замечание 2. Координаты любой точки, лежащей внутри круга
радиуса R = а, удовлетворяют неравенству
*2 + У2 < о2.
дая координат любой точки, лежащей вне этого круга, выполняется неравенство
х2 У2 а2.
3. Точка /VI движется так, что в любой момент времени ее
расстояние до точки Л (6, 0) втрое больше расстояния до
точки В rj—, oj. Найти уравнение траектории движения точки /Vi.
Текущие координаты точки М обозначим через .v, у, т. е.
М(х. у). По условию задачи МА — ЗМВ.
Выразим расстояния ДМ и MB через координаты точек:
МЛ = С(х — б)2 + ((/ — О)2; MB = У\х - -§-)*+ (у - О)2.
Подставляя эти выражения в предыдущее равенство, получим уравнение траектории движения точки А!:
У(х — 6)2-}-у2 = 3 Y(я	1-J+ с/2.
Упрощая это уравнение, находим
X2 + у2 = 4.
Получено уравнение окружности радиуса R — 2 с центром
в начале координат (см. замечание I к примеру 2).
4. Найти геометрическое место точек, для которых разность
квадратов расстояний до двух данных точек есть величина
постоянная.
Пусть Fx и F2 — две данные точки (рис. 1.4). Расстояние
между ними обозначим через 2а, где а — некоторое число.
Начало координат поместим в середине отрезка FtF2, в качестве положительного направления оси Ох возьмем направление
15

от точки Fx к точке F2, за ось Оу примем прямую, перпендикулярную к отрезку FxF2 и проходящую через его середину.
При таком выборе системы координат точки Fx и Fz будут
иметь координаты
хх = — а, Ух = 0, х2 — а, у2~ 0, т. е. Fx (— а, 0), F2 (а, 0).
Согласно условию, получаем
MF\ — AlF'l = 4с,
где через 4с обозначена данная постоянная величина.
π 1
1
S
/
*
\
\
У
/
\
. \
F 0
h 4
Рис. 1.4
Подставляя в это равенство выражения
MF\ = (х + af А-{у- 0)2; MF\ = (х - af + {у - О)2,
получим
(х + af + у2 — [(а — af -f у2\ = 4с, 4ах = 4с,
т. е. х = ~ или а = Ь, где Ъ =		постоянная.
Замечание. Уравнение х = Ь, где b — постоянная, является уравнением прямой, параллельной оси Оу и отсекающей на оси Ох отрезок, равный Ь. В самом деле, если точка М лежит на этой прямой, то ее координата х = Ь. С другой стороны, если х = Ь, то точка лежит на указанной
прямой.
5.	Составить уравнение геометрического места точек, произведение расстояний которых до двух данных точек и F2
есть величина постоянная, равная а2, где а — половина расстояния между точками Ft и F2. (Эта линия называется лемнискатой Бернулли.)
Начало координат выберем в середине отрезка FxF2, длина
которого обозначена через 2а. Ось Ох направим вдоль FxF2.
Координаты точек и F2 при указанном выборе координатной системы будут соответственно равны: х, = — а, ух— 0,
х2 = а, у2 = 0, т. е. Fx (— а, 0), F2 (а, 0). Если М (а, у) — произвольная точка геометрического места, то по условию
FtM · F2M = α2.
16

Подставляя в это равенство выражения
F№ = v(x + af + (y- О)2; F,M = V(к - af -f (у - О)2,
получим искомое уравнение данного геометрического места
V(x + af + у2 Y(х — а)2 + у2 = а2.
Дальнейшие выкладки имеют целью получить уравнение лемнискаты Бернулли в более простом виде. Возводя в квадрат
обе части уравнения и группируя члены, находим
[(а2 + у2 + а2) + 2ах] [(a2 -f у2 + а2) — 2ах] = а4,
отсюда
[(а2 + у2) + а2]2 — 4а2х2 = а4.
Преобразуя последнее уравнение, получаем
(а2 + у2)2 + 2 а2 (а2 4- у2) 4-а4 — 4а2х2 = а\
(а2 4- у2)2 4- 2а2 (у2 — а2) = О
или в окончательном виде
(а2 4- У2)2 — 2а2 (а2 — у2) = 0.
G. Найти точки пересечения линий:
х2 4~ У2 = 25; а 4- 7с/ — 25 = 0.
%
Решим систему уравнений данных линий. Определим х из
последнего уравнения
а = — 7у 4- 25	(А)
и подставим его в первое уравнение:
49у2 — 350у 4- 625 4- у2 = 25.
После упрощений получим
У2 — 7</ 4- 12 = 0,
откуда ух = 4, у2 = 3. Подставляя эти значения в уравнение (А),
найдем Χχ — — 3, х2 = 4. Следовательно, линии пересекаются
в двух точках: Μχ (— 3, 4), Λί2 (4, 3).
7.	Найти точки пересечения окружности а2 4- У2 — 36
с координатными осями.
Для любой точки, лежащей на оси Ох, ордината у равна
нулю (по определению прямоугольных декартовых координат
точки на плоскости). Обратно, если у — 0, то точка лежит на
оси Ох. Следовательно, ось Ох имеет уравнение у = 0. Аналогично можно показать, что уравнение оси Оу есть х = 0.
Чтобы получить точки пересечения данной окружности
с осью Ох, необходимо решить систему уравнении:
х2 4- У2 = 36; \
У = 0.	\
Подставляя значение у в первое уравнение, получим
а2 = 36, откуда xL — 6, х2 = — 6. Таким образом, данная
17

окружность пересекает ось Ох в двух точках:	At, (6, 0),
Αί2(— 6, 0).
Решим систему уравнений:
л2 + у2 = 36; |
х = 0, J
получим уг = 6, у2 = — 6. Следовательно, точки Ν, (0, 6),
JV2(0, —6) являются точками пересечения окружности
с осью Оу.
8.	На окружности х2 + У2 = 25 найти точки с ординатой
у = 4 и точки с абсциссой х = дг0.
Подставляя значение у = 4 в уравнение окружности, получим
X2 + 42 = 25 или х2 = 9,
откуда л-, = 3, х2 = — 3. Таким образом, первому условию
задачи удовлетворяют две точки Αί,(3, 4), Αί3(—3, 4).
Найдем точки данной окружности, для которых х = х0.
Подставляя это значение х в уравнение окружности, получим
х20 -р у2 = 25, откуда
У2 = 25 — X*, y — ±L у 25 — xl.
Из последнего равенства видно, что у принимает действительные значения лишь в случае, когда подкоренное выражение неотрицательно, т. е. когда 25 — х[,	0 или х[,	25. Это
соотношение выполняется при х0, для которых —5<x0-<5.
Следовательно, при условии — 5 х0 5 существуют две
точки:
Νχ(χ0, yr25 — x'l), Ν2(χо, —У25 — х'1).
Задачи
1. Найти уравнение геометрического места точек, равноудаленных от начала координат и от точки Af(2, 6). Принадлежат ли этому геометрическому месту точки А (7, 1), В(2, 5),
С(1, 3), D(— 2, 4)?
2. Определить траекторию движения точки Af в каждом из
следующих случаев:
1) расстояние до оси Оу равно а единицам;
2) расстояние до оси Ох равно b единицам;
3) расстояния до координатных осей равны между собой.
3. Написать уравнение линии, по которой движется точка AI,
оставаясь втрое дальше от оси Оу, чем от оси Ох.
4. Составить уравнение геометрического места точек, удаленных от начала координат на 6 единиц. Лежат ли на данной
линии точки А (6, 0), В (3, 4), С (7, 2), D (5, — У11)?
18

5. Точка М движется так, что ее расстояние от точки
А(4, 0) вдвое меньше расстояния от точки £(16, 0). Найти
уравнение траектории движения точки М.
6. Определить траекторию точки АТ, которая движется так,
что ее расстояние от течки А (8, 0) в четыре раза больше рас-
( 1 \
стояния от точки В { -9-, 0J.
7. Найти точки пересечения линии Зх + Ау— 12 = 0 с координатными осями.
8. Составить уравнение геометрического места точек, равноудаленных от точек пересечения линий:
л-2 А- у2 = 25, 4х — Зу = 0.
9. Найти уравнение геометрического месга точек, одинаково
удаленных от оси Ох и от точки F(0, 2). В каких точках эта
линия пересекает координатные оси?
10. Дана окружность диаметра О А = 2а и касательная к ней
в точке А. Через точку О проведен луч ОС и на нем отложен
отрезок ОМ, равный отрезку ВС, заключенному между окружностью и касательной. Если луч ОС будет вращаться около
точки О, то точка М опишет кривую, называемую циссоидой
Диоклеса. Составить уравнение этой кривой и построить ее.
Ответы
1. х + Зу — 10 = 0. Точки А, С и D принадлежат линии. 2. I) х = а,
х = — а (прямые, параллельные оси Оу)\ 2) у = Ь, у = — b (прямые, парал¬
лельные оси Ох)\ 3) у = х (биссектриса первого и третьего координатных
углов), у = — х (биссектриса второго и четвертого координатных углов).
3 у = ± -д- х. 4. Окружность х- + у2 = 36. На окружности лежат точки А
и D, точка В— внутри окружности, точка С — вне ее. 5. х2-f к/2 = 64.
6. Окружность х2 + у- — 4. 7. Λί (4, 0), N (0, 3). 8. Зх -f- 4у = 0. 9. у =
х2
= ~4“ + 1· М (0, 1) — точка пересечения с осью Оу. Ось Ох линию не пере¬
19

секает. 10. х3 = у2(2а — х). Указание. Начало координат поместить
в точку О, ось Ох направить вдоль ОА (рис. 1.5), тогда ОМ = У х2 + у2,
АС2	у	2 а
АСА = ОС-ВС, откуда: ВС =	АС	=	2	a	tg φ = 2а —;	ОС =	--	=
__ 2α Гх2 + у'1 Подставить выражения ОМ и £С в равенство ОМ = ВС.
х
§ 1.3. Прямая линия на плоскости
Положение прямой линии на плоскости относительно системы
координат можно задать различными способами. Например,
прямая однозначно определяется двумя точками, точкой и направлением, отрезками, отсекаемыми на осях координат, и т. д.
В зависимости от способа задания прямой рассматривают различные виды ее уравнения.
1. 3. 1. Уравнение прямой с угловым коэффициентом.
Общее уравнение прямой. Уравнение прямой в отрезках
Угловым коэффициентом прямой называется тангенс угла,
образованного ею с положительным направлением оси Ох прямоугольной декартовой системы координат. (Положительные
углы отсчитываются в направлении «против часовой стрелки»
от оси Ох до прямой.)
Уравнение прямой с угловым коэффициентом имеет вид
у = kx -j- b,	(1.7)
где k — угловой коэффициент; b — отрезок, отсекаемый ею на
оси Оу.
Уравнение вида
Ах + Ву + С = 0,	(18)
где А и В одновременно в нуль не обращаются	(т.	е.	А2 +
,+ В2 Ф 0) называется общим уравнением прямой. Частные случаи
этого уравнения:
1) Ах -{- By = 0 (С = 0)— прямая, проходящая через начало
координат;
2) Ах 4- С = 0 или х = а, где а = (В = 0, А ψ 0) —
прямая, параллельная оси Оу;
3) Ах = 0 или	х = 0 (В = 0, С = 0) — ось Оу;
4) By + С = 0	или у — Ь, где b — (Л =	0,	В Ф 0) —
прямая, параллельная оси Ох\
5) By = 0 или у = 0 (Л = 0, С = 0) — ось Ох.
Уравнение прямой в отрезках:

е. В ф 0), то ее
можно привести
где а, Ь — длины отрезкоз, отсекаемых на осях координат,
взятые с соответствующими знаками. Если а или b отрицательно, то это значит, что прямая пересекает соответствующую
отрицательную полуось.
Если прямая не параллельна оси Оу (т.
общее уравнение, разрешая относительно у,
к уравнению с угловым коэффициентом:
у = kx 4“ 6,
и	/4	1	С
где k = j, b = —g..
Если прямая не проходит через начало координат (т. е.
С =4= 0) и не параллельна ни одной из координатных осей, то ее
общее уравнение путем деления на — С можно привести к уравнению в отрезках
Ах , Ви 1 х
+ Sl = i
—-С А’
где
С .	С
а — А'	В	'
Примеры
I.	Написать уравнение прямой, параллельной биссектрисе
первого координатного угла и отсекающей на оси Оу отрезок,
равный четырем единицам.
Искомая прямая, как и биссектриса первого координатного
угла, образует с осью Ох угол а = 45°, поэтому к = tg 45° = I.
Подставляя в уравнение у = kx 4* b значения к = I и Ь = 4,
получим искомое уравнение у = х 4-4.
Рис. 1.6
2.	Построить прямые:
1) с/ = 3x4-2; 2) Зл; — 4у = 0; 3)
0; 5) 2у 4- 5 = 0.
21

Для построения прямой достаточно выбрать две ее произвольные точки. Координаты этих точек находят из уравнения
прямой. Одной из координат приписывают любое значение,
тогда другая однозначно определяется уравнением прямой.
Построим прямую у = За + 2. В уравнении прямой положим
х = 0, тогда у = 3*0 + 2, у — 2. Получили точку М(0, 2). Полагая а=1, получим у = 5. Вторая точка TV (1, 5). Строим
точки Μ, N й через них проводим прямую (рис. 1.6).
Построим прямую За — 4у — 0. Так как коэффициент С = 0,
то прямая проходит через начало координат. Это можно получить и непосредственно: полагая а = 0, получаем у = 0. Положим а = 4, тогда 3-4 — 4у = 0, откуда у — 3; вторая точка
L (4, 3). Прямая, проходящая через точку L и начало координат,
является искомой.
Уравнение Л	%- —	1 можно переписать	в виде	Л-	—Л, =
и	Z	О	— Δ
= 1. Это уравнение	прямой в отрезках, причем а =	5,	Ь = — 2.
Откладывая эти	отрезки,	получим точки Р	(5, 0),	Q	(0, —2).
Через точки Р и Q проводим прямую.
3
Уравнение 2а — 3 = 0 перепишем так: х = -γ. Эта прямая
параллельна оси Оу и отсекает на оси Ох отрезок, равный ~,
справа от оси Оу.
5
Прямая 2у + 5 = 0 или у = γ параллельна оси Ох, отсе-
5
кает на оси Оу отрезок, равный -γ, книзу от оси Ох.
Замечание. Для нахождения координат точек из уравнения прямей
можно придавать любые значения х или у, а потом из уравнения определить
у или х. (Например, если х = — 2, то для прямой у = Зх + 2 у = — 4, если
у = — 1, то х =— 1.) Геометрически это означает, что прямую можно построить по любым двум ее точкам.
3.	Построить прямую За — 4у—12 = 0. Где лежат точки,
для которых: 1) За — 4у—12 >0; 2) За — 4у—12 <0?
Чтобы построить прямую, достаточно фиксировать две ее
произвольные точки. Пусть, например, а, = 0, тогда
3-0 — 4у— 12 = 0, — 4ух — 12 = 0, уг = - 3.
Получили	точку Μχ (0, — 3). Положим у2	= 0,	тогда
За2 — 4*0 — 12 = 0, а2 = 4.
Вторая точка М2 (4, 0). Построим точки Мг и ЛТ2 и проведем
через них прямую. Прямая ΜχΜ2 и будет искомой (рис. 1.7).
Возьмем три точки плоскости ЛК(х0, ух), /V2(a0, у2), М0 (х0 у0),
из которых точка Λί0 лежит на прямой За — 4у—12 = 0,
а	точки Νχ и	ЛЛ2 по разные стороны от нее.	Так	как	все	три
точки имеют	одну и ту же абсциссу, то они	лежат на	прямой,
22

перпендикулярной оси Ох. Пусть для определенности
У1<.Уо<Уг> т· е· N, лежит «ниже» прямой, a N2 — «выше».
Подставляя координаты этих точек в уравнение прямой найдем:
Злг0 — 4г/0 — 12 = 0;
3*о — 4ί/, — 12 > 0;
3*0 — 4у2— 12 < 0.
Таким образом, если точка М2 лежит выше прямой 3* —
— 4у—12 = 0, то при подстановке ее координат в это уравнение получаем отрицательное число; для точки Nb лежащей
ниже этой прямой, — положительное число. Обратное также
верно.
Следовательно, для точек одной полуплоскости, определяемой прямой 3* — 4у—12 = 0, имеем 3* — 4у—12 >0, для
точек второй полуплоскости 3* — 4у— 12 < 0.
Замечание. Последнее утверждение верно для любой прямой. Прямая Ах + By С = 0 делит плоскость на две полуплоскости, для точек
одной из них Ах 4- By 4- Су> 0, для точек другой Ах 4- By 4- С <4 С. Причем, если в уравнении прямой С <[ 0 и Аху 4- Вух 4- С < 0. то точка
Мх (хь ух) и начало координат лежат по одну сторону от прямой; если
С<0 и Ах2 4- Вуг 4- С > 0, то точка М2 (х2. у2) и начало координат расположены по разные стороны от прямой Ах 4- By 4- С = 0.
4.	Определить параметры k и b прямых: 2* 4- Ъу— 10 = 0;
Зг/ 4-7 = 0; 4* — 9у = 0.
Разрешив	первое уравнение относительно у, получим
2 10 2
у	=	— - g- * 4- -д-	или у = — — х 4-2.
Сравнивая	это	уравнение с	уравнением у = kx 4-	b,	находим
Разрешив два других уравнения относительно у, получим:
7
У =	з~,	откуда	k2	=	0,	Ь2	=	'—\
4	4
У = -д- *, откуда k3 = -ψ, b3 = 0.
23

5.	Найти отрезки, отсекаемые на осях координат прямыми:
7а + 2у — 14 = 0; 2х — 3у — 6 = 0; 4а + 5у + 8 = 0.
Разделим первое уравнение на 14, второе на 6, третье на — 8
и перенесем свободные члены в правые части. Сравнивая полученные уравнения с уравнением (1.9), находим соответственно:
-f- + -f = 1, а, = 2, 6, = 7; + + + = 1, о2 = 3, f>2= —2;
= 1, а3 = — 2, 6, =	=-.
■—2	8	’ 3	’ 3	5
ΊΓ
Замечание. В последнем случае после деления на —8 получим
х Ъи
^2 + Ζβ — 1 = °-
Чтобы определить а и Ь, данное уравнение нужно привести к виду уравнения (1.9), т. е. написать его так, чтобы в правой части была единица, первое
слагаемое левой части в числителе содержало только х, второе — в числителе только у.
6.	Даны точки L(—6, 0) и N(0, 8). Через середину отрезка
LN провести прямую, отсекающую на оси Ох отрезок втрое
больший, чем на оси Оу.
Определяя координаты середины отрезка по формулам (1.3),
получим точку М (—3, 4). Уравнение прямой ищем в виде
— + 4- = 1·
а b
По условию а = 36. Следовательно, уравнение примет вид
— + -£- = 1.
3 ь ^ ь
Для определения 6 используем условие прохождения искомой
прямой через точку М (—3, 4). Так как точка М лежит на
искомой прямой, то ее координаты удовлетворяют уравнению
прямой, т. е.
-±+±=1
зь ^ ь
откуда 6 = 3. Подставляя это значение в равенство а = 36,
получим а = 9. Таким образом, уравнение искомой прямой
запишется так:
—-р = 1 или а + 3у — 9 = 0.
Задачи
1.	Написать уравнения прямых, параллельных биссектрисе
второго координатного угла и отсекающих на оси Оу отрезки
6, = 3/ 62 = — 4, 63 =
24

2. Составить уравнения прямых, отсекающих на оси Оу
отрезок b = 2 и наклоненных к оси Ох соответственно под
углами а, = 30°, а2 = 45°, а3 = 0, а4 = 135°.
3. Написать уравнения прямых, проходящих через начало
координат и образующих с осью Ох' соответственно углы
а, = 30°, а2 = 45°, а3 = 60°, а4 = 135°.
4. Уравнения прямых:
Зх — у Аг 2 = 0; 4* + 2у — 5=0; 2х 4- 7у = 0;
Зу — 8 = 0
привести к виду уравнений с угловыми коэффициентами.
5. Найти углы, образуемые прямыми:
х 4* У — 2=0; х — у 4- 5 = 0; 2у — 3 = 0; 4х 4- 7 = 0;
3* — 2у = 0
с осью Ох.
6. Найти отрезки, отсекаемые на осях координат прямыми:
l)4- + -f=1;	.	2)	 Ъ	=	1;
3) 2л: 4- Зу — 6	= 0;	4)	3* — 2у + 12	= 0;
5) у = 4х — 2;	6)	у — 6 — 3*.
7. Построить прямые, заданные уравнениями:
у — — 2х 4- 5;	 =	1; 2х — Зу 4- 6 = 0;
4х А~ $У — 20 = 0; 3* — 7у = 0; 4х 4- 5у = 0;
5х 4- 9 = 0; Зг/ 4“ 5 = 0.
8. Вычислить площадь треугольника, заключенного между
осями координат и прямой 2х + 7у— 14 = 0.
9. Диагонали ромба, равные 10 и 12 единицам,	приняты	за
оси координат. Найти уравнения сторон ромба.
10. Какая должна быть зависимость между коэффициентами
х	и
а и Ь, чтобы прямая — 4- -γ· = 1 была наклонена к оси Ох
под углом φ = 45°?
11. При каких значениях С прямая 2х 4- Зг/ 4- С = 0 отсекает на оси Оу отрезки 6, = 4, Ь2 = — 6?
12. Найти значения £, при которых прямая	2х	4- By — 6	=	0
образует с осью Ох углы φ, = 45°, ψ2 — 135°.
13. При каких значениях А прямая Ах 4- 5у — 40 = 0
отсекает на координатных осях равные отрезки?
14. Определить параметр 6, при котором прямая у = 2х +
4- b отсекает на оси Ох отрезок а = 3.
Ответы
5	VT
'· У = — λ 4- 3, у= — х — 4, у = ·— х 4~ ~2~. 2. у= —g- X 4- 2. у =
25

= х 4- 2, у = 2, у =» — X 4- 2. 3. Зг/ — Зх = 0 у = х у = Г Зх. у = — к.
5	2	8	9
4. р =	Зх + 2,	г/ = — 2х	+	2 ’ У	=	7 ХУ	— ^ ι	X —	g	'. 5.	ot1	-=>
3
= 135β, α2 = 45°, α3 = 0,α4 = 90· α5 = arctg —. 6.	1) α = 4,	6=3;
2)	a =	- 2. 6 =	5;	3) α = 3,	6 = 2;	4)	α = — 4,	6 = 6;	5) α	=	~,b = —2·
6)	a =	2. 6 = 6.	8.	S = 7	кв.	ед 9.	-j=	+ -g- =	1, — -g- -f ~~	—	1,—
g = 11 g — "g~ —1	10. (3 = — 6. 11. Ct =	— 12,	C2	=	18	12.	=
= - 2, a2 = 2.13. Л = 5	14. 6 = —6.
1.3,2.	Угол между двумя	прямыми. Условия параллельности	и перпендикуляр¬
ности прямых. Пересечение двух прямых
Тангенс угла между двумя прямыми:
у = kxx 4- Ьх\	(А)
У == k2x 4" b2	(В)
определяется формулой
tg ? = ] + kil2 ·	О·10)
Условие параллельности прямых (А) и (В) имеет вид
k, = h.	(ill)
а условие их перпендикулярности
&,=-+.	(1.12)
«2
Если прямые заданы общими уравнениями:
Ахх 4" Вху 4* Сх — 0;	(С)
Лох 4“ Р2У 4- С2 = 0.	(D)
то тангенс угла между ними вычисляется по формуле
Условие параллельности прямых (С) и (D)
А-А
А2 В2‘
Условие их перпендикулярности
АхА.г + ВхВй = 0.	(1.15)
Для нахождения общих точек прямых (С) и (D) необходимо
решить систему уравнений:
Ахх 4- Вху 4- С, = 0; 1	.
Агх 4- В2у 4- С.2 = 0, 1	(1Л6)
26
(1.14)

причем при
<117>
имеется единственная точка пересечения, при
Al= А	-£l	(1.18)
л.2 в2 ^	с2	К1'1 }
прямые не имеют общем точки (они параллельны), при
Δς —	(1 191
Л2 “X	С.2	( ·	)
прямые имеют бесконечное множество общих точек (они совпадают).
Примеры
7.	Найти угол между прямыми:
2	3	2
у   jy * + 3; у = -ψ х А- — ·
2 4
Подставляя в формулу (1.10) значения kx — р, k2 = -γ-,
получим
_3	/	_2_\	_29
4.	7	\	5	/	35	*	а	го
=	1	ГйТ\= 29	’	φ
1 + l~—IVY)	35
8. Найти угол между прямыми:
6* -f- 8у 4- 5 = 0; 2х — 4у — 3 = 0.
Пользуемся формулой (1.13). Подставляя в нее значения
А, =6, By = 8, А2 = 2, Во — — 4, находим
б( —4)- 2-8	-	24	-16	—	40	п	.	0
б-2 4- 8(- 4)	12	—	32	—20	’	φ — arctg2.
Замечание к примерам 7 и 8. Формулы (1.10) и (1.13) определяют тангенс одного из двух углов между прямыми, сумма которых равна
180®. Меняя нумерацию прямых, получим второе значение для тангенса
угла, отличающееся от первого только знаком. Если в примере 7 считать
2	3	2
второй прямую у = — -д- х 4- 3, тогда А, = -j~, k2 = — -р. По формуле
(1.10) находим, что tg φ «=— 1, откуда φ = 135®. (Сделайте чертеж.)
9. Указать, какие из следующих прямых:
1)3*—\5у 4- 16 = 0;	2) 3* 4- 15с/ — 8 = 0;
3) 6* —301/4-13 = 0;	4)30*4- 6г/ 4- 7 = 0
параллельны и перпендикулярны.
27

Первая	и третья	прямые	параллельны, так	как	выполняется
условие (1.14).	В	самом	деле: АХ = 3, Вх	=	15;	А2	= 6;
о qh.	Αι -	JL	- _L·	А = zAL - _L.	А	- Λ
ΰ2 — — όυ,	^	6	2 ,	^	_3ϋ	2 ,	^
Третья и четвертая прямые перпендикулярны, ибо выполняется условие (1.15). Действительно,
АхА2 + ВХВ2 = 6 · 30 4- (— 30) 6 = 0.
Первая и четвертая прямые также перпендикулярны.
Замечание 1. Условие (1.14Υ означает, что если прямые параллельны, то коэффициенты при текущих координатах одной прямой можно
получить из соответствующих коэффициентов другой путем умножения их на
одно и то же число. Например, коэффициенты первой прямой получены
1
умножением на -р коэффициентов третьей прямой, с другой стороны, коэффициенты третьей прямой получены из коэффициентов первой прямой умножением на 2.
Замечание 2. Из условия (1.15) вытекает, что если прямые перпендикулярны, то коэффициенты при х и у одной из них получаются из соответствующих коэффициентов другой переменой их мест и изменением знака
одного из коэффициентов. Например, прямые Ах 4- By 4- С = 0, Вх — Ау 4-
4- С, = 0 перпендикулярны.
10. Вычислить площадь треугольника, стороны которого
лежат на прямых, заданных уравнениями:
х — Зу 4- 11 =0; 5х-\-2у — 13 = 0; 9* 4-7у — 3 = 0.
Искомую площадь вычислим по формуле (1.4), для чего
вначале найдем координаты вершин треугольника.
Решая систему уравнений
*— Зу 4- 11 = 0; 1
5* 4- 2у— 13 = 0, /
находим вершину Р( 1, 4).
Решая систему
5* 4- 2у — 13 = 0; \
9* 4- 7у— 3 = 0,/
получим вторую вершину Q (5, — 6).
Наконец, из системы
х — Зу 4- 11 = 0; 4
9* 4- 7 у— 3 = 0 )
получим третью вершину — 2, 3).
С помощью формулы (1.4) находим, что 5 = 17 кв. ед.
11. Через точку М(1, —2) провести прямую, параллель¬
28

ную прямой 4х + 7у — 3 = 0, и прямую, перпендикулярную
данной прямой.
Уравнение прямой, параллельной данной, ищем в виде
4х	7у -|- С = 0,
где С — пока неизвестный коэффициент (см. замечание 1
к примеру 9). Так как искомая прямая проходит через точку
Μ(ί, —2), то координаты последней должны удовлетворять
уравнению прямой. Подставляя координаты точки в искомое
уравнение, получим
4-1 +7( — 2) + С = 0,
откуда С = 10.
Следовательно, уравнение искомой прямой имеет вид
4х 4- 7у 4- 10 = 0.
Уравнение прямой, перпендикулярной данной, будем искать
в виде
7х — 4у 4- С = 0
(см. замечание 2 к примеру 9).
Определим С из условия, что прямая проходит через точку
Λί(1, —2). Подставляя ее координаты в уравнение, получим
7·1 — 4( — 2) + С = 0,
откуда С = — 15.
Таким образом, прямая, перпендикулярная данной, имеет
уравнение
7х — 4 у— 15 = 0.
12.	Найти длины сторон треугольника и его внутренние
углы, если известно, что стороны лежат на прямых:
х — 6у 4- 5 = 0; 5а — 2у — 3 = 0; а + у — 9=0.
Чтобы вычислить длины сторон треугольника, необходимо
знать его вершины. Найдем их. Решая систему уравнений
первых двух прямых
а — 6у 4- 5 = 0; Ϊ
5а — 2у — 3 = 0, /
получим вершину /4(1, 1).
Система уравнений первой и третьей прямой
а — 6у + 5 = 0; )
х + у — 9 = 0 J
определит вторую вершину В (7, 2).
29

Из системы уравнений второй и третьей прямой
5* — 2 у — 3=0; 1
X + у — 9 = о J
находим вершину С (3, 6).
По формуле (1.1) вычисляем длины сторон:
АВ = V(7— I)2 + (2 — l)2 =
ВС = ]/(3 - 7)2 + (6 - 2)т = }/32;
АС = 1/(3— 1)2 + (6- 1/г = у 291
Так как
АВ2 < ВС2 + АС2,
где АВ — наибольшая сторона, то треугольник ABC остроугольный (см. пример 2 § 1.1).
Таким образом, ни один из внутренних углов треугольника
не является тупым, а поэтому ни один из тангенсов этих углов
не может быть отрицательным ^tg φ < 0, если -у- < φ < π|.
Переходя к нахождению углов треугольника, заметим, что
рассматривая прямые, на которых лежат его стороны, и пользуясь формулами (1.10) или (1.13), мы получаем тангенс внутреннего или внешнего угла при данной вершине (см. замечание к примерам 7 и 8 настоящего параграфа). Чтобы различить
эти углы, будем руководствоваться следующими соображениями.
Формулы (1.10) и (1.13) должны давать для тангенсов внутренних углов не более одного отрицательного числа (так как треугольник не может содержать более одного тупого внутреннего
угла). Если тангенс одного из углов оказался отрицательным,
нужно проверить является ли треугольник тупоугольным (аналитически, с помощью неравенства с2 > a2 -j- 62).
По формуле (1.13) определяем тангенсы углов треугольника
(внутренних или внешних пока неизвестно);
_ 1 ( _ 2) - 5 ( — 6) _ — 2 + 30 _	28 .
tg?1 ~~ 1-5-И-6) ( — 2) “	5+12	17 '
,	1-1	— 1 ( — 6)	_ 1 + 6	_	7	.
lS Ъ — 1.1	4_ 1 ( — 6)	~ 1 — 6	—	.	5	’
ία,ο	5-1	— 1 ( — 2)	 5 + 2	 7
1бтэ	1 - 5	+ 1 ( —2 )	5 — 2	3 ·
Буквами φ,, φ2 и φ3 обозначены внутренние или внешние углы
соответственно при вершинах А, В и С. Таким образом, тангенс одного из углов оказался отрицательным. Это означает,
что или треугольник тупоугольный, или угол φ2 является внешним	углом при вершине В. Поскольку выше	было	показано,
что	треугольник ABC остроугольный, то верно	второе	предпо¬
30

ложение. Меняя нумерацию прямых, пересекающихся в точке В
(первой будем считать прямую х + у — 9 = 0, второй —
х — 6у + 5 = 0), по формуле (1.13) получаем
tr D 1 ( — 6) — 1*1 _ -6-1.   — 7  7
gM + l( — 6)	1—6	~ —5	5*
Так	как	tg φχ > 0 и tg φ3 >0, то	= /_ Α, φ3 =	ζ С.	Тангенсы
внутренних углов определены, величины углов можно найти по
таблицам.
28	7
Ответ: АВ = ^37, ВС = У 32, ЛС= /29, tg А = -уу, tg В = -γ,
tgC= -у.
Замечание 1., При нумерации прямых, противоположной принятой
эдесь, мы получили бы
28	7	7
tg Τι =■ — ΐ7 · tg φ2 =*	g , tg φ3 = — β	.
Этот	результат не удовлетворяет условиям задачи (двух	тупых	внутренних
углов в треугольнике быть не может).
Замечание 2. В некоторых аналогичных задачах может оказаться
tg?i<0, tg φ2 < 0, tg φ3 < 0.
Этот случай надо отбросить (трех тупых внутренних углов в треугольнике
быть не может). Нужно изменить нумерацию иа противоположную в каждой
паре прямых.
Замечание 3. Если окажется
tg > о. tg φΛ > 0, tg φ3 > О,
то нужно проверить еще, нет ли тупого угла среди внутренних углов треугольника. Если такой угол имеется, нужно изменить нумерацию в соответствующей паре прямых (определяющих данную вершину).
Задачи
15.	Найти углы между прямыми:
У = q х 7, о\ ί У ~ ~л~ х 3:
1)	»	3	"	2)	\у~ 4
| у = 5х -J- 9;	[а — 4 у -К 7 = О*,
о	(	() = А~х — 2;	(	2х — 4у + 9 = 0;
i	7г 3// +	5 = 0;	1	6л:	2у	3	=	0;
,	Г	4а — 5у +	2 = 0;	Г	6а — 3у + 5 = 0;
0)	\	5а + 4с/ —	3 = 0;	\2х — 6у — 3 = 0;
7)
 у 1.
4	5	’
А	+	— = 1.
2	^	18	u
ЗА

16. Составить уравнения прямых, проходящих через начало
координат, если известно:
1) прямая параллельна прямой 2х — Зу + 5 = 0;
2) перпендикулярна прямой у = 3* 4- 5;
3) образует угол 45° с прямой у = 2х—3.
17. Найти внутренние углы треугольника, стороны которого
лежат на прямых:
4х — Зс/ + 3 = 0; 3χ + 4ζ/ + 4=0; *—7ί/+18=0.
18. Через точку пересечения прямых	Зх + 5у — 8 = 0;
4х — 7у3=0 провести прямую, перпендикулярную первой
из них, и прямую, параллельную прямой 2х + 6с/ — 2 = 0.
19. Даны две стороны параллелограмма:	*	—	у	+	1 = 0,
3* + 2у—12 = 0 и точка Е (6, 4) пересечения его диагоналей.
Написать уравнения двух других сторон параллелограмма.
20. Найти длины сторон и внутренние углы треугольника,
стороны которого лежат на прямых:
4х — Зг/ -{-7 = 0; 3* + 2у — 16 = 0; х — 5у + 6 = 0.
Ответы
π	~	π	π	3
13- Ψι = ?a =* °'	<?з	=	~2~' Ψλ = ~4~· ?5 = ηΓ> Ψα = ~ Ь ^
π	1	1
= -ζ . 16. 1) 2χ — Зу = 0; 2) у = — -у χ; 3) у= — Здр, у =-g- х. 17. 90®,
46°, 45*. 18. 5х — Зу — 2 = 0, 2* + 6к/ — 8 = 0.	19. х — у— 5 = 0, Зх +
+ 2у — 40 = 0. Указание. Определить точку пересечения двух данных
сторон, являющуюся одной из вершин параллелограмма. Вторая вершина
находится из условия, что точка Е — середина отрезка. Через эту вершину
провести прямые, параллельные данным. 20. АВ = Ь, BC=Y 13, АС =*
/—	17	17 Л 17
= f/26, tg А = |д, tg В— g , tg С = у .
1.3.3.	Уравнение прямой, проходящей через данную точксу в данном направлении. Пучок прямых. Уравнение прямой, проходящей через две данные точки.
Уравнение прямой, проходящей через данную точку
Мх{хх, ух) в данном направлении,
У — У1 = k(x — Χχ\	(1.20)
где k = tg α (α — угол, образуемый этой прямой с осью Ох).
Если в уравнении (1.20) считать, что к принимает все действительные значения, то это уравнение будет уравнением
пучка прямых, т. е. совокупности прямых, проходящих через
данную точку (центр пучка).
Уравнение пучка прямых, проходящих через точку пересечения двух прямых
Ах + By + С = 0;
ΑχΧ Аг У ~h = 0,
32

имеет вид
а (Ах + By + С) + β(4]Α + Вху + СЦ = 0,	(1.21)
где а и β принимают всевозможные действительные значения.
Уравнение прямой, проходящей через две точки М1(х1, ух)
и М.2 (х2, у2),
~—“ = х  1	(х2 + Χ\ι Уг^Уг)·	(1.22)
У2 — У1	Х2 — Х1
Угловой коэффициент этой прямой определяется формулой
к = ф=ф 02 φχύ-	(1.23)
Замечание. Уравнение (1.20) не может выражать прямую пучка,
пзраллельную оси Оу.
Примеры
13. Написать уравнение прямой, проходящей через точку
— 2, 3) и параллельной биссектрисе второго координатного
угла.
Искомая прямая, как и биссектриса второго координатного
угла, образует с положительным направлением оси Ох угол
9 = 135°, поэтому fe = tgl35° =— 1. Так как точка М дана,
то хх — — 2, ζ/χ = 3.
Уравнение (1.20) при fe =— 1, хх = — 2, ух = 3 принимает
вид
у — 3 = — 1[х — (— 2)], у— 3 = — х — 2
или
х + у— 1 = 0.
14. Составить уравнение пучка прямых, проходящих через
точку Αί (4, — 5). Среди пучка прямых выбрать прямую, параллельную прямой 2х — Зг/+6=0, и прямую, перпендикулярную ей.
Так как координаты точки Αί известны, т. е. хх = 4, ух =
= — 5, то уравнение
у + 5 = k (х — 4),
где k может принимать любые действительные значения,
является уравнением пучка прямых, проходящих через точку Αί.
При каждом фиксированном значении k получаем вполне
определенную прямую. Среди этого множества прямых выберем ту, которая параллельна прямой 2х — 3у + 6=0. Разрешив последнее уравнение относительно у, получим
У ~ "з- х + 2,
2 Tyeaic А. А.	33

откуда k = где k — угловой коэффициент данной прямой.
Искомая прямая будет также иметь угловой коэффициент
Подставляя это значение k в уравнение пучка, находим
уравнение искомой прямой:
у + 5 = А (х — 4); Зу + 15 = 2х — 8
или окончательно
2х — Зу — 23 = 0.
Прямая, перпендикулярная прямой 2х — Зу + 6 = 0, получается из уравнения пучка при k —	— (это значение k най¬
дено из условия перпендикулярности 6, = —L). Следова-
«2 /
тельпо, вторая искомая прямая определяется уравнением
У-V 5  	§- (л: — 4)
ИЛИ
3* + 2у — 2 = 0.
(Решение задачи по отысканию прямых, параллельных или
перпендикулярных данной прямой, сравните с решением примера 11.)'
15.	Составить уравнения прямых, проходящих через середины	сторон	треугольника с	вершинами	А (3,	4),	В	(3,	2),
С (-1,2).
Середины	сторон АВ,	ВС,	СА обозначим	соответственно
через D, Е, F. По формулам (1.3) находим, что D (3, 3), £(1, 2),
F (1, 3).
Подставляя в уравнение (1.22) координаты точек D и £,
т. е. значения Χχ = 3, ух — 3, х2 = 1, у2 = 2, получим уравнение прямой DE:
у — 3 х — 3	у — 3  х — 3
2^3 —	ΐΖΓ з·	~f “ _ 2
ИЛИ
* — 2у + 3 = 0.
Подстановка координат точек £ и £ в уравнение (1.22) приводит к соотношению
У — 2 _ х— 1
3 — 2	1 — 1*
34

лишенному смысла, так как знаменатель правой части обратился
в нуль. Но в данном случае уравнение прямой, проходящей
через точки Е и F можно получить и непосредственно. Так
как абсциссы точек Е и F равны единице, то отрезок EF
будет параллелен оси Оу п расположен справа от оси Оу на
расстоянии d = 1 от нее. Уравнение прямой EF как прямой,
параллельной оси Оу и отсекающей на оси Ох отрезок d = 1,
имеет вид
х — 1 или х — 1 =0.
Это уравнение формально можно получить и с помощью
формулы (1.22),-если считать, что соответствующий числитель
также равен нулю, т. е. х — 1 = 0.
Поскольку ординаты точек D и F равны трем, то отрезок
DF будет параллелен оси Ох и отстоять от нее на расстоянии
d = 3. Следовательно, уравнение прямой DF, как параллельной
оси Ох и отсекающей па оси Оу отрезок 6 = 3, таково:
у = 3 или у — 3 = 0.
Пользуясь уравнением (1.22) получаем тот же результат.
В самом деле, подставляя в него координаты точек D и F,
находим
х — 3 у — 3
1+гз “ 3=3’ '
откуда
У — 3=0.
Замечание. Если при подстановке координат точек в уравнение
(1.22) один из знаменателей обращается в нуль, то искомое уравнение
получается приравниванием нулю соответствующего числителя. (Оба знаменателя одновременно в нуль обратиться не могут, так как это означало бы,
что хх = х2. Ух = У% т. е. что точки М, и Мг совпадают, а их, естественно,
считают различными.)
16.	Написать уравнения сторон и высот треугольника с вершинами Р ( — 4, 3), Q (2, 5), R (6, — 2).
Напишем уравнение стороны PQ. Для этого подставим
в уравнение (1.22) следующие значения: х, = —4, ел = 3 х, =
= 2, у2 — 5. Получаем
у — з __ х + 4
5—3	2+1
или
Из этого уравнения вытекает, что kPQ = где через ^обозначен угловой коэффициент прямой PQ.

Чтобы получить уравнение прямой QR, необходимо подставить в уравнение (1.22) значения:	хх = 2, ух = 5, х2 = 6,
//2 = — 2. Тогда получим
у — 5 х — 2
Аналогичным образом найдем уравнение прямой PR. Имеем
Высота, опущенная из точки R (6, — 2) на сторону PQ,
определяется уравнением (1.20). В данном случае: *1 = 6, ух =
= —2, & = — 3 (значение k получено из условия перпендикуляр-
эти значения в уравнение (1.20), получим
у + 2 = — 3 (х — 6) или 3х-\- У — 16 = 0.
Уравнение высоты, опущенной из вершины Q (2, 5), опре¬
деляется следующими данными: хх = 2, ух = 5, k = 2 (так как
Замечание. При составлении уравнения прямой, проходящей через
две данные точки, любую из них можно считать первой (т. е. имеющей
координаты хь yf. Убедитесь в том, что уравнения прямых PQ, QR, PR
останутся прежними и для иной нумерации точек. Например, при составлении уравнения прямой PQ считайте, что хх — % уу = 5, х2 = — 4, у2 = 3.
17.	Написать уравнение прямой, проходящей через точку AI
пересечения прямых 5х — у + 10 = 0, 8* -+ 4у + 9 = 0, и параллельной прямой * -+ Зу = 0 (не находя точки М).
η
откуда угловой коэффициент Прямой kqp =	—.
откуда
kPR = ——:
ности двух прямых: kx =—k2 = kpQ = -^j. Подставляя
kpR =	2-). Подставим полученные значения в уравнение
(1.20), тогда
у — 5 = 2 (х — 2), 2х — у + 1 = 0.
Аналогично найдем уравнение третьей высоты:
У — 3 = -А (* + 4), 4х — 7у + 37 = 0.
36

Уравнение пучка прямых, проходящих через точку М,
в соответствии с уравнением (1.21), имеет вид
а(5х — уф 10) + β(8χ + 4ί/+9) =0
или
(5а + 80) х + (43 - а) у + (10 а + 9?) = 0.	(А)
Записывая условие параллельности (формула (1.14)) для данного
случая, получим
5з + 83	43	—	*
1	“	3	’
отсюда
1ба = — 203.
Можно взять а = — 5, β = 4. Уравнение (А) при этих значениях примет вид
7х + 21 у— 14 = 0 или х + 3у — 2 =0.
Задачи
21. Стороны треугольника заданы уравнениями: 7х — 6у +
+ 9 = 0; 5х + 2у — 25 = 0; Зх + \0у + 29 = 0. Найти координаты вершин и уравнения высот треугольника.
22. Дан треугольник с вершинами Р(—4,0), Q(0,4),
R(2, 2). Написать уравнения его медиан.
23. Даны вершины треугольника: Р(б, 0), Q(0, 6), R(—4, 4).
Составить уравнения сторон треугольника, вершинами которого
являются середины сторон данного треугольника.
24. Найти точку пересечения медиан треугольника с вершинами Р(2, 1), Q(0, 7), R(—4, —1).
25. Написать уравнение прямой, проходящей через начало
координат и точку пересечения медиан треугольника, стороны
которого лежат на прямых, заданных уравнениями: у = 4х + 4;
У = — * + 4; 4у = х + 1.
26. Найти точку, равноудаленную от трех данных точек:
L(4, -1), М (8, 1), N(9, 4).
27. На прямой х — 2у + 2 = 0 найти точку, равноудаленную
от точек Мх (— 2, 3), Л4Й(2, —1).
28. Найти точку, симметричную точке М (5, 5) относительно
прямой х + у — 3 = 0.
29. Найти проекцию точки М (—5, 4) на прямую х—у—5 =0.
Ответы

2	74
— 2р + 3 = О, χ + у — 3 = 0, 2х + Ъу — 21 = 0. 24. Λ' I — -3 , у). 25. 5х —'
— 2t/ = 0. 26. Л/ (4, 4). 27. .V (0, 1). 28. /V (—2, —2). 29. А'(2, —3).
1.3.4.	Нормальное уравнение прямой. Расстояние
от точки до прямой
Нормальное уравнение прямой имеет вид
х cos а + у sin а — р = 0,	(1.24)
где	р — длина	перпендикуляра, опущенного из начала	координат	на	данную прямую; а — угол, образуемый	этим	перпенди¬
куляром с осью Ох.
Расстоянием от точки до прямой называется длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на данную прямую.
Расстояние от точки Мх(хх, ух) до прямой (1.24) вычисляется-
по формуле
d = I Xj cos α -f- yx sin α — p j.	(1-25)
Общее уравнение прямой
Ах + ВуфС = 0	(1.26)
умножением на нормирующий множитель
^~~УаЖг~№'	О·27)
знак которого противоположен знаку С, приводится к нормальному виду
Ах +g» + C =0
±УА2 + В*	,	V	'
Расстояние от точки Мх(хх, ух) до прямой (1.26) определяется формулой
d =
Ахх Ву\ -f- С
V А2 + В2
(1.29)
Примеры
18.	Написать уравнение прямой, если известно, что расстояние ее от начала координат равно ]/ 2 и что перпендикуляр,
опущенный на нее из начала координат, составляет с осью Ох
угол φ = 45°.	_
Но условию задачи р = V 2, а = 45°, поэтому cos а =
/"2
= sin а =Подставляя эти значения в уравнение (1.24),
получим
, V2
х-^ + у-ф-У 2 = 0,
38

откуда
х + У — 2 = 0.
19.	Определить длину перпендикуляра, опущенного из начала
координат на прямую * — {/ + 3 = 0, и угол, образуемый этим
перпендикуляром с осью Ох.
Уравнение прямой приведем к нормальному виду, для чего
найдем нормирующий множитель. Из уравнения прямой следует,
что А = 1, В = — 1. По формуле (1.27) найдем
Г =
1
- У I2 + (— 1)а
Умножая уравнение прямой на
μ =
1
V 2*
нормирующий множитель
V2
—, получим
— *
у 2 У 2
У 2
=- = 0,
1
V 2
У 2
Р У 2*
Следовательно,
откуда cos а = —
. = 135». Р = -+·
20.	Дан треугольник с вершинами Р(0, 5), Q(—3, 1),
R(— 1, —2). Найти длину высоты, опущенной из точки R.
Задача сводится к определению расстояния от точки R до
прямой PQ. Напишем уравнение этой прямой. На основании
уравнения (1.22) имеем
У — 5
х — 0
ИЛИ
— 3 — 0 ’
4х — Зу + 15 = 0.
У —5
— 4
Расстояние точки R( 1, —2) до этой прямой вычислим по
формуле (1.29)
4.1 — 3 (— 2) 4- 15
d =
У 4а + (— 3)а
Следовательно, длина высоты равна 5.
= 5.
Замечание. Эту задачу можно было бы решить н другими способа-
ма Например, длину искомой высоты можно вычислить, зная площадь треугольника PQR и длину основания PQ. Эга же длина определяется как расстояние между двумя точками R и М, где М—основание высоты, опущенной
аз точки R на основание PQ В свою очередь координаты точки М можно
иайти, решая ' систе.му уравнений стороны PQ и высоты RM. (Решите задачу
указанными способами и сравните с данным решением.)
39

21.	Написать уравнения биссектрис углов, образуемых двумя
пересекающимися прямыми:
Ахх + Вху + Сх = 0; А2х + В2у С2 = 0.
Пусть М0(хо, Уо) — фиксированная точка биссектрисы. Расстояние di этой точки до первой прямой определится формулой
а   ΑуХ0 + Byij0 + Су
αχ —	  >
Va\ + b\
расстояние d2 до второй прямой — формулой
^ _ Л2Хр -|~ B-iiJp ~Г С.,
Так как точка М0 одинаково удалена от сторон угла, то
АуХ а + ВуЦ0 + Су
Α·2χο + В2у0 с2
V л? + е?
VaI + 4
Это равенство имеет место для любой точки М (х, у) биссектрисы, поэтому
АуХ + Вуу + Сг
АоХ + В.,!/ -J- С-2
V 4 4- в\
Vau-4
Последнее равенство можно записать так:
АуХ + Byi/ + Су _ Α,,χ + В.,у + С2	.|
VAf+Щ ~ ν~Α\ + Βλ2
Полученные уравнения являются искомыми.
22.	Найти точку М пересечения биссектрис внутренних
углов треугольника PQR, стороны которого заданы уравнениями:
3* + 4у + 12 = 0 (PQ);
4* + 3у— 12 = 0 (QR)\
3* — 4у— 12 = 0 (PR).
На основании формулы (1.30) уравнения биссектрис углов,
образуемых сторонами PQ и QR., запишутся так
4х + 3//— 12 _ 3x + 4f/+ 12
yfr|Г+	“	“
или
4х + Зу — 12 = ± (Зх + 4у + 12),
отсюда:
4х + Зу — 12 — (3* + 4у + 12) = 0;
4* + 3 у— 12 + (3* + 4у + 12) = 0.
Таким образом, уравнения биссектрис следующие:
* — у — 24 = 0;
* + у = 0.
40
АуХ0 4~ Дк/Уо 4~ Су
Уа{+Щ
прямой — форму/
А2х0 -|- B.jijp + Со
V'4 + 4

Одно из этих уравнений будет уравнением биссектрисы внутреннего угла Q треугольника PQR, второе — уравнением биссектрисы
внешнего угла. Так как вершины Р и R лежат по одну сторону
от биссектрисы внешнего угла Q, то при подстановке их координат в уравнение этой биссектрисы получим числа одного знака
(см. пример 3). Вершины Р и R расположены по разные стороны от биссектрисы внутреннего угла Q, поэтому подстановка
координат точек Р и R в уравнение этой биссектрисы дает
числа разных знаков. Два последних утверждения дают способ
отличить биссектрису внутреннего угла от биссектрисы внешнего угла треугольника.
.Найдем вершины треугольника PQR. Из уравнений
Зх + 4с/+ 12 = 0; |
Зх — 4у— 12 = 0 j
получаем Р(0, —3).
Решая систему уравнений
Зх + 4у + 12 = 0; 1
4х + 3у— 12 = 0, }
находим Q (12, —12).
Аналогичным образом определим точку R(3,36; —0,48).
Подставляя координаты точек Р(0, —3) и R(3,36; —0,48)
в уравнение х — у — 24 = 0, находим:
0 + 3 — 24 < 0;
3,36 + 0,48 — 24 < 0.
Получены числа одного знака, следовательно, уравнение
х — у — 24 =0 является уравнением биссектрисы внешнего
угла Q. Подставляя координаты этих же точек в уравнение
х + у = 0, получим:
0 + (— 3) < 0;
3,36+ (— 0,48)>0.
Следовательно, уравнение биссектрисы внутреннего угла Q треугольника PQR имеет вид
х + у = 0.
Аналогичным образом найдем уравнение биссектрисы внутреннего угла R. На основании формулы (1.30) уравнения биссектрис
углов, образованных прямыми PR и QR, будут
4х + 3у — 12 _ | Зх — Ay — 12
у 42 + З2 ~ У 3“ + 42 '
отсюда
4х + 3 у— 12 = =(3х — 4 у— 12)
или
7х — у — 24 = 0, х — 7у = 0.
41

Подставляя в первое из этих уравнений координаты двух вершин Р(0, —3), Q (12, —12), получим:
7-0 — (— 3) — 24 < 0;
7-12 — (—12) — 24 >0.
Таким образом, уравнение
7 х — у — 24 = 0
будет уравнением биссектрисы внутреннего угла R.
♦ Прямые PR и PQ, пересекающиеся в точке Р, образуют
два угла, биссектрисы которых имеют уравнения
3X+Jy+ 12 _ Зх - 4(/ — 12
Ι+Τΐ2 _ “ V + + {-4)2
или
у цг 3 = 0, х = 0.
Подставляя в первое из этих уравнений координаты точек
<3(12, —12), ^(3,36; —0,48), получим:
— 12 + 3 < 0;
— 0,48 + 3 > 0.
Следовательно,
уф 3 = 0
является уравнением биссектрисы внутреннего угла Р.
Чтобы определить точку М пересечения биссектрис внутренних углов треугольника PQR, достаточно найти точку пересечения двух из найденных биссектрис. Возьмем, например, биссектрисы QM и RM, уравнения которых
х + у = 0; 7х — у — 24 = 0.
Решая систему из двух последних уравнений, найдем, что
точка М пересечения биссектрис имеет координаты: х = 3,
у *= — 3. Задача решена. (Сделайте чертеж.)
Задачи
30.	Даны уравнения прямых:
1) 5х + 7у — 9 = 0;	2) L х + у — 3 = 0;
3)	+	6	=	0;	4) Тзх~	=	0;
Ь) ~х — ~у — 2 = 0;	6)	+	— 4 = 0.
Какие из этих уравнений являются уравнениями в нормальном
виде?
42

31. Привести к нормальному виду уравнения следующих
прямых:
1)	5х + \2у — 26 = 0;	2)	Зх — 4у + 10	= 0;
3)	2х + 2у + 7 = 0;	4)	у = Зх + 5;
5) у = кхфЬ2;	6)	~ +	= 1.
32. Написать уравнение	прямой,	параллельной	данной пря¬
мой 4х + 3у— 15 = 0 и отстоящей от нее на расстоянии d = 2.
33. Найти расстояние между параллельными прямыми:
5х—12у — 26 = 0; 5х—12у — 65 = 0.
34. Даны уравнения оснований трапеции:
Зх — 4у — 15 = 0; Зх — 4у — 35 = 0.
Вычислить длину ее высоты.
35. Написать уравнение прямой, проходящей через точку
Мх{\, 5) на расстоянии пяти единиц от начала координат.
36. Написать уравнения биссектрис углов, образованных
прямыми:
4х — Зу— 10 = 0; 9х— \2у — 7 = 0.
37. Составить уравнение биссектрисы внутреннего угла В треугольника с вершинами: Л(3, 2), В(—1, —1), С( —7,7).
38. Найти точку, равноудаленную от точек М (—3, 1),
N (5, 7) и отстоящую от прямой Зх — 4у -f- 38 = 0 на расстоянии d = 5.
39. Даны центр квадрата N (4, 3) и уравнение стороны
х — у — 5 = 0. Написать уравнения остальных трех сторон.
40. Дано уравнение одной из сторон угла 4х — Зг/ -[-9=0
и уравнение его биссектрисы х—7г/+ 21 =0. Написать уравнение другой стороны угла.
Ответы
ПЛ	5	12	3	4
30.	Уравнения 4), 5). 31. 1) уу х + уу у — 2 = 0;	2) — -=- х -|- =- т/ —
„ Л х у 7	3	15
— 2 = 0; 3)—-т= _	—	—	=	0;	4)	— —= х + —= у — -7= = 0;
У 2 У 2 2У 2	’	У 10	У 10J У 10
k	1	b2	Ь	а
О) —	._ ■ X + ——7 :■ : у —	=	0; 6)	/	- 7 х 4- —- " -	у—
Vk2 + l у к2 ф 1	У*2+1	fa2	+	b2	ya'	+	b'N
ab *
— У а2 + Ь2	^	—	25	=	0,	4х	+ 3 у — 5 = 0. Указание.
Уравнение искать в виде 4х + 3# + С = 0. Воспользоваться формулой (1.29).
33. 4 = 3. Указание. Определить рх и р2, взять их разность. Второй
способ. Взять произвольную точку на одной прямой и определить ее расстояние до второй прямой. 34. /к = 4.35. Ъхф\2у — 65 = 0, у — 5 = 0.
Указание. Уравнение прямой искать в виде y — yx = k(x — хх). Определить k из условии, что прямая отстоит от начала координат на 4 = 5.
36. Зх + Зу — 23 = 0; 21х — 2\у — 37 = 0. 37. 7х — у + 6 = 0. 38. N(1,4),
43

Μ (— 5, 12). 39. х — у А- 3 = 0; х А-У — 3 = 0; х А-У — 11 = 0. 40. Зх -f-
А- 4у — 12=0.
§ 1.4. Линии второго порядка
Линия называется линией (кривой) второго порядка, если
она определяется уравнением второй степени относительно текущих координат * и у, т. е. уравнением вида
Ах2 + By2 + Сху + Dx + £// + £ = 0.	(1-31)
При соответствующем выборе системы координат уравнение
линии второго порядка можно привести к простейшему виду.
1.4.1.	Окружность
Уравнение окружности радиуса R с центром в точке N (а, Ь)
имеет вид
(х — а)2 -+ (// — b)2 = R2.	(1.32)
Уравнение
Ах2 A-Ay2 A-Dx + Еу + F = 0	(1.33)
путем дополнения до полных квадратов можно привести к виду
(х — а)2 + (у — Ь)2 = с.	(1.34)
При с>0 уравнение (1.34) определяет окружность радиуса
R = У с\ при с — 0 уравнению удовлетворяют координаты единственной точки N (а, Ь)\ при с < 0 уравнению не удовлетворяют
координаты ни одной точки плоскости.
Примеры
1. Написать уравнение окружности радиуса R — 6 с центром
в точке N (2, — 3).
После подстановки значений а = 2, b = — 3, /? = 6 в уравнение (1.32) получаем
(х — 2)2 + (у + З)2 = 36.
2. Найти координаты центра и радиус окружности
х2 + У2 — 6х + 10//— 15 = 0.
В данном уравнении выделим полные квадраты, прибавляя
и вычитая соответствующие числа. Получаем
(х2 — 6х + 9) + (у2 + 10у + 25) — 9 — 25 — lfr = 0,
(х — З)2 + ({/ + 5)2 = 49.
Сравнивая это уравнение с уравнением (1.32), находим
а = 3, b = — 5, R = 7.
3. Найти координаты центра и радиус окружности
Зх2 + 3 у2 — 4х + 9у + 4 = 0.
44

Разделим обе части уравнения на 3:
х2 ф у2 —у х + Зу ф -у = 0.
Дополняя до полных квадратов, находим
Х2_24%+ 4\+/ 2 + 24у+ 9\_ 4_ 9 , 4	0
3	1	9/ 1 \у 1	2	у	1	4/	9	4
НЛП
-т)' + М)‘-ж·
Сравнивая полученное уравнение с уравнением (1.32), заключаем, что
2	/	3	D	7
а — з , 6	2	’	6 *
4.	Какое	геометрическое	место точек	определяется	уравне¬
нием
4х2 + 4 у2 + 8х— 12 у +13 = 0?
Разделив обе части уравнения ка 4, находим
** + !/!+2*-3ι/-|--Η = 0.
Дополняя до полных квадратов, получим
(х2 + 2х + 1 )ф{у2 — 2 · γ у + -yj — 1 — -у + -у- = 0
или
(ΛΓ+ I)2 (у _ З)2 = 0.
2.
Этому уравнению удовлетворяют координаты лишь одной
точки, а именно:
1 3
х — — 1, у = у.
5.	Написать уравнения касательных к окружности
*2 + Г + '4х — 8у + 2 = 0,
проходящих через начало координат.
Уравнение касательной ищем в виде у = kx (6 = 0, так как
прямая проходит через начало координат).
Касательная к окружности имеет с ней одну общую точку
(две точки пересечения сливаются в одну). Чтобы найти точки
пересечения прямой и окружности, необходимо решить систему
уравнений:
х2 + У2 + 4х — 8у + 2 = 0;
у = kx.
Подставляя второе уравнение в первое, получаем
(1 + k2) х2 + (4 — 8k) х + 2 = 0.
45

Это уравнение имеет два равных корня, когда дискриминант
его равен нулю, т. е.
(4 — 8/г)2 — 8(1 +k2) = 0
или
7/г2 — 86-Ь 1 =0,
откуда kx—\, k.2 = у. Следовательно, уравнения искомых каса-
1
тельных запишутся в виде: у = х, у = у х.
Задачи
1. Написать уравнение окружности, проходящей через точку N (7, — 2), центр которой находится в точке S (3, — 5).
2. Даны две точки М (4, 2) и N(12, 8). Составить уравнение
окружности, диаметром которой служит отрезок ЛКV.
3. Найти координаты центра и радиус окружности:
1) х2 + у2 — 4х + 8у — 16 = 0;
2) З.гг + Зуг - 6* +■ 8у - -f- = 0;
3) л·2 + уг + 7л' = 0;
4) 5х2 -j- 5у2 -f 9у = 0.
4. Написать уравнение окружности, касающейся осей координат и проходящей через точку А;(8, 9).
5. Найти уравнение окружности, центр которой находится
в точке N (2, — 3) й которая касается прямой 4х + Зу— 19= 0.
6. Написать уравнение окружности, проходящей через три
точки L(2, 1), М (6, 3), N(9, 2).
7. Определить угол между радиусами окружности х2 + у2 —
— 10х — 6с/+16 = 0, проведенными в точки пересечения ее
с осью Ох,
8. Написать уравнение прямой, проходящей через центры
двух окружностей:
хг + У2 — 4х + 8у— 16 = 0, х2 + у2 + 8х -+ 12у— 14 = 0.
9. Найти уравнение общей хорды окружностей:
х2 + Уг — 2х — 6е/ + 6 = 0, х2 + у2 — 6х — 10у + 30 = 0.
10. Составить уравнение окружности, касающейся оси Ох
и проходящей через точки L(0, 8), М{7, 1).
Ответы
*
1. (х - З)2 + (у + 5)2 = 25. 2. (х - 8)2 + (у — 5)2 = 25. 3. 1) С(2, - 4).
R = 6; 2) С (l, — yj, R = У 6; 3) С у, oj, R = у; 4) С (0; - 0,9).
R = 0,9. 4. (х — 5)2 А-(у — 5)2 = 25, (х - 29)2 + (у — 29)2 = 841. Указа-
46

ние. Уравнение искать в виде (х — а)2-\-(у — о)а = аа 5. (х — 2)а +
+ {у + З)2 = 16. Указание. Радиус искомой окружности равен расстоянию данной точки до прямой. 6. (х — 6)2 + ((/-+- 2)а = 25.	7. φ = 90°.
8. х — Зу — 14 = 0. 9. х + у — 6 = 0 10. (х — 4)2+(у —5)а= 25; (х— 12)а +
+ (у - 13)2 = 169.
1.4.2.	Эллипс
Эллипсом называется геометрическое место точек, сумма
расстояний которых до двух данных точек (фокусов) есть величина постоянная (эта постоянная больше расстояния между
фокусами).
Каноническое уравнение эллипса:
+ > =	(1-35)
где а =	ОА	—	большая;	b	— О В — малая	полуось (рис. 1.8). Координаты	фокусов:	//(—с,	0), F2(cy 0),	где
с = γ а2 — Ь‘\	(1.36)
Эксцентриситетом эллипса называется отношение фокусного
расстояния 2с к большой оси 2а:
е = у (е < 1, так как с < а).	(1-37)
Расстояния точки М(х, у) эллипса до фокусов (фокальные
радиусы) определяются формулами:
rx = а + ex; r2 = а — ex.	(1.38)
Директрисами эллипса называются прямые, уравнения которых x = ztiy-, где е — эксцентриситет.
Примеры
6.	Найти полуоси, фокусы и эксцентриситет эллипса
4х2 + 9с/2 = 16.
47

Разделив на 16 обе части уравнения, получим
А +1
4	16
ИЛИ
А + А = 1.
4	1	!	b
~9~
Сравнивая это ураьненне с уравнением (1.35), находим:
о л г9 16	г» t 4 л * иг 11	16	20
а2 = 4, 62 = -у-, а = 2, b = у, с2 = а-— Ьг = 4 γ = -у-,
2/5	с /5
С = 	7	,	в	=	—	=	-7Т—.
3	Go
Таким образом, имеем:
г,(-2р. »), ,.(2р. о),.. 7
7. Написать простейшее уравнение эллипса, симметричного
относительно координатных осей и проходящего через точки
1(31/2, 2/2), N (6, 0).
Простейшее уравнение указанного эллипса имеет вид
а2 ^ Ь2
Определим а2 и 62 из условия принадлежности эллипсу
точек L и N. Подставляя координаты этих точек в данное
уравнение, получим:
18 , _8	.	_36_	0 .
а2	Ьг ’ а? ' Ь'1
Из второго уравнения находим, что а2 — 36. Подставляя най«
денное значение а2 в первое уравнение, получаем
i®+А-!
36 + ъг ~ ’
откуда Ь2 = 16.
Таким образом, искомое уравнение будет
— + фЛ — 1
36 + 16 — '
8. На эллипсе 16х2 + 25//2 = 400 найти точку, расстояние
которой от правого фокуса в четыре раза меньше расстояния
от левого фокуса.
Разделив обе части уравнения на 400, находим
25 Τ’ 16
откуда
а2 = 25, Ь2= 16, а =5, 6=4, с2 = 25 — 16 = 9,
о	3
с — 3, с — 5.
48

В силу формул (1.38) расстояния до фокусов выразятся так:
к . 3	к	3
Ч = 5 + -5-г2 = 5 —ух.
По условию гх = 4/у, следовательно,
5+-§*=4(5-|*),
откуда х = 5. Подставляя это значение в уравнение эллипса,
получим у = 0. Искомая точка М (5, 0).
9.	Доказать, что отношение расстояний любой точки эллипса
до фокуса и соответствующей директрисы есть величина постоянная, равная ε.
У,
1 а
' ε
■—dz
N
Go
У
X
Рис. 1.9
\
Пусть /14 (х, у) — произвольная точка эллипса (рис. 1.9). Расстояние d2 = MN точки М до директрисы х = — выразится
формулой
По второй из формул (1.38) г2 = а — εχ, поэтому
гг   а — εχ
d2	о
— — X
£
что и требовалось доказать.
10.	Найти эксцентриситет и директрисы эллипса
х2 + Зу2 = 6.
Напишем уравнение эллипса в виде
γ2	fj2
6^2
Сравнивая полученное уравнение с каноническим уравнением (1.35), заключаем, что	а2 = 6,	Ь2 =	2. Следовательно,
с2 = а2 — b2 — b —	2	=	4,
о	с	2
откуда с — 2. е = — = —
J	а	У 6
49

Уравнения директрис в общем виде:
g
Подставим сюда значения а2 и с, получим х = ztz -у = zL· 3.
Уравнения директрис: х = 3, х = — 3.
Задачи
11. Составить простейшие уравнения эллипсов, зная что:
1) полуоси эллипса соответственно равны 7 и 6;	1
2) расстояние между фокусами равно 24 и большая ось 26;
3) большая полуось равна 5 и расстояние между фокусами 8.
12. Найти канонические уравнения эллипсов по следующим
данным:
1) большая полуось равна 10 и эксцентриситет равен 0,8;
2) малая полуось равна 12 и эксцентриситет, равен уу-;
3) эксцентриситет равен 0,6, расстояние между фокусами 6;
4) сумма полуосей равна 18 и расстояние между фокусами 12.
13. Определить длины осей, координаты фокусов и эксцентриситеты эллипсов, заданных уравнениями:
1)	9х2 + 25/ = 225; 2) 9х2 + у2 = 36.
14. Дан эксцентриситет эллипса е. Найти отношение его
полуосей. Как величина эксцентриситета характеризует форму
эллипса?
15. Известно, что прямая х — Зу—12 = 0 касается эллипса
-А + уу = 1· Найти точку касания.
д*2
16. Сколько касательных можно провести к эллипсу уу +
+ уу = 1 из точек L(l, 2), М (0, 4), .V (5, 3)?
X*	и^
17. Написать уравнения директрис эллипса ууу + -jyy = 1.
х^
18. Найти длину диаметра эллипса уу + -уг- = 1, направленного по биссектрисе второго координатного угла. (Диаметром
эллипса называется хорда, проходящая через центр — точку
пересечения его осей.)
19. Найти уравнение эллипса, расстояние между фокусами
которого равняется 8 и расстояние между директрисами — 24.
20. Дан эллипс х2 + 2/ = 8. Через точку Л4(1, 1) провести
хорду, делящуюся в этой точке пополам.
21. Отрезок постоянной длины скользит своими концами по
сторонам прямого утла. Определить кривую, описываемую любой
точкой М, лежащей на этом отрезке.
60

Ответы
χ2	yZ	χΖ	yZ	χΖ	yZ	xz
η· "49" + ~3C" = 1: 2) T69 + 2T= I; 3) *25 + ΊΓ = 1 12 TOO+
<j2	χΖ	yZ	χΖ	fjZ	χΖ	yZ
+ ж=1;	2) Тб<Г + T44 = 1;	3) "25 +T6 = 1:	4) Too + 6? =* L
13.	l)o=5, b = 3, c=4, ε = 0,8, +(— 4, 0), F2(4, 0); 2) a = 2, b = 6,
с = 4	2,	f,	(0,	—41/*	2),	Гг	(a	4	У	2).	Указание.	Если	α	< ft, то фо-
,	с b r
кусы находятся на оси Оу, при этом с = у Ь2 — а2, е = у· 14. у = Г 1 — е2·
b
Если е = 0, то у = 1. Ь = а (эллипс превращается в окружность). Если е
близко к нулк\. то b незначительно отличается от а (эллипс вытян\т).
Если е близко к единице, то Ь мало по сравнению с а (эллипс сжат).
15. Af (3, — 3). 16. Из точки Л1 можно провести одну касательную из
точки N — две, из точки L — ни одной. Указание. Выяснить, где лежат
точки L, М. N по отношению к эллипсу. 17 х = 25. х = — 25. 18. d = 4 У 2.
х^	у®
И). “48'+"зУ = Г 20. х + 2у — 3 = 0. Указание. Уравнение прямой
искать в виде у— 1 = k(x— 1). Коэффициент k определить из условия, что
точка А1(1, 1) является серединой отрезка LN, где L и Лоточки пересечения этой прямой с эллипсом. 21. Эллипс. Указание. За оси координат
принять стороны прямого угла, Ввести в рассмотрение угол с?, образуемый
данным отрезком с осью Оу. Исключить параметр φ из полученных выражений для х и у.
1.4.3,	Гипербола
Гиперболой называется геометрическое место точек, разность
расстояний которых до двух данных точек (фокусов) есть вели¬
чина постоянная (указанная разность берется по абсолютному
значению; требуется также, чтобы она была меньше расстояния
между фокусами и отлична от нуля).
Каноническое (простейшее) уравнение гиперболы
где а = ОАх = ОА2 — действительная; b — мнимая полуось.
51

Фокусы гиперболы:
FA-с, 0), F2(c, 0),
где
с = /а2 + 62.	(1-40)
Эксцентриситетом гиперболы (1.39) называется отношение
з =-у- (ε > 1, так как с > а).	(1-41)
Асимптоты гиперболы (1.39):
у = ±-+.	(1.42)
Расстояния точки М (а, у) гиперболы (рис. 1.10) до ее фокусов определяются формулами:
г1 = \ехфа |; г2 = | εχ — a |.	(1-43)
Прямые
х =	(1.44)
называются директрисами гиперболы.
Г иперболы
_х* уф _ , х2 ιβ .
а2	Ь2 ’ а2 + Zr
называются сопряженными.
Гипербола	с равными	полуосями	(а = Ь) называется равно¬
сторонней, ее уравнение
а2 — у2 = а2.	(1.39')
Примеры
11.	Найти	полуоси, координаты	фокусов,	эксцентриситет,
уравнения асимптот и директрис гиперболы
9 а2— 16 у2 = 144.
Приведем данное уравнение к каноническому виду, для чего
необходимо разделить обе части его на 144. Выполняя деление,
получим
У2 _ 1
16	9
Сравнивая это уравнение с уравнением (1.39), заключаем,
что а2 = 16, Ь2 = 9. Таким образом, а = 4 есть действительная
полуось, 6 =	3 — мнимая	полуось.	Далее,	с = |/ а- + Ь'1 =
= /16 + 9 =	5, фокусы:	Fx(—5, 0), F2(5, 0).	Эксцентриситет
е = -у = Ί*. Подставляя значения а и 6 в формулу (1.42), получим уравнения асимптот:

В соответствии с формулой (1.44) находим уравнения директрис:
, 16
* = -ΊΓ·
12. Составить простейшее уравнение гиперболы, симметричной	относительно	координатных	осей,	пересекающей	ось	Оу
и проходящей через две точки: Λί (24, 5J/5), N (0, 5). Найти
фокусы этой гиперболы.
Уравнение гиперболы ищем в виде
Уг 	 xf_	_ 1
Ь2 а2	~ *
Так	как	точки	М	и	N лежат	на гиперболе,	то	их	коорди¬
наты удовлетворяют уравнению гиперболы.
Подставляя координаты данных точек в это уравнение,
получим
125	242	_	.	25	,
Ь2	а2 ~	’ Ъ2	~
Решая полученную систему, найдем:
Ь2 = 25, а2 = 144.
Таким образом,
У2 _	1
25	144
сеть искомое уравнение.
Определим с по формуле (1.40). Имеем с = 1/144 + 25= 13.
Фокусы данной гиперболы лежат на оси Оу: F1(0, —13),
F2{ о, 13).
13. Доказать, что произведение расстояний любой точки
гиперболы до асимптот есть величина постоянная.
Уравнения асимптот гиперболы
4.— ■— = 1 или Ь2х2 — а2у2 = а2Ь2
а2	Ь2
имеют вид
д/ = z±= — х или bx'hay = 0.	(А)
Пусть М (х, у) — произвольная точка гиперболы. Ее расстояния до асимптот (А) по формуле (1.29) выразятся так:
dx =
откуда
Ьх — ау
• /С |—
Ьх + ау
У а2 + Ь2
У а2 + Ь2
dxd2 =
b2x2 — а2у2
а2 + Ьг
что и требовалось доказать.
а2Ь2
53

Задачи
22. Составить простейшие уравнения гиперболы, зная, что:
1) расстояние между фокусами равно 10, а расстояние между
вершинами 8;
2) действительная полуось равна 5 и эксцентриситет 2,6.
23. Написать канонические уравнения гипербол, если известно, что:
1) расстояние между фокусами равно 10 и эксцентрисп-
5
тет т;	^
2) действительная полуось равна |/20 и гипербола проходит
через точку N (— 10, 4).
24. Найти длины осей, координаты фокусов и эксцентриситеты гипербол, заданных уравнениями:
и 144а2 —25/ = 3600; 2) 9/—16а2 =144.
х^
25. На гиперболе -у -уу = 1 взята точка, абсцисса которой
равна 3. Вычислить фокальные радиусы этой точки.
26. Дан эллипс -|у +-А = 1. Найти уравнение гиперболы,
вершины которой находятся в фокусах, а фокусы — в вершинах
данного эллипса.
27. Найти зависимость между эксцентриситетом гиперболы
и углом между ее асимптотами. Как величина эксцентриситета
влияет на форму гиперболы?
28. Составить уравнение гиперболы, зная, что расстояние
между ее директрисами равно 4, а расстояние между фокусами 16.
29. Найти эксцентриситет гиперболы, если известно, что
расстояние между ее директрисами в четыре раза меньше расстояния между фокусами.
30. Доказать, что отношение расстояния любой точки гиперболы до фокуса к расстоянию ее до соответствующей директрисы
есть величина постоянная, равная эксцентриситету.
Ответы
XU*	X^	X^	X^
22· Отб" —	ίγ	= 1; 2) Ί25 “ 744	= L	23· Ь-9- —76·= 1;	2)“2о—
— тр=1. 24.	1)	а = 5,	ft = 12, с =	13,	Fx (— 13, 0),	Ft (13, 0).	* = “iy.
X2	tj2	a	x2	и2
25. rx = 2, гг =	8.	26. -g	-у- = 1.	27.	e	cos γ = 1.	28. уу —	-уу = 1.
29. e = 2. 30. Указание. См. 1.4.2, пример 9.
1.4.4.	Парабола
Параболой называется геометрическое место точек, одинаково
удаленных от данной точки (фокуса) и данной прямой (директрисы).
54

Уравнение	параболы,	симметричной	относительно	оси Ох
и проходящей	через	начало координат	(рис.	1.11),	имеет вид
у2 = 2рх.	(1.45)
Уравнение директрисы
* = — -j.	(1.46)
Парабола (1.45) имеет фокус F^, 0J. Фокальный радиус
точки М (*, у) параболы выражается формулой
Г = * + -£.	(1.47)
X
Рис. 1.12
Парабола, симметричная относительно оси Оу и проходящая
через начало координат (рис. 1.12), имеет уравнение
х2=2ру.	(1.48)
Уравнение директрисы этой параболы:
y=~i-	(1.49)
Фокусом параболы (1.48) является точка fio, (j.
55

Фокальный радиус точки М(х, у) параболы (1.48)
г = у +	(1.50)
Примеры
14. Найти координаты фокуса и уравнение директрисы параболы у2 = 12а. Определить расстояние точки Λί (3, 6) до фокуса.
Сравнивая уравнение у2 = 12а с уравнением (1.45), получаем
2р = 12, откуда р = 6, ■— = 3. Следовательно, уравнение директрисы а =—3, фокус находится в точке F{3, 0). Точка
Λί (3, 6) лежит на параболе у2 = 12а, так как ее координаты
удовлетворяют уравнению параболы. Расстояние точки М (3, 6)
до фокуса определяется по формуле (1.47). Подставляя в эту
формулу значения а = 3 и р = 6, получаем г = 3 + 3 = 6.
15. Найти координаты фокуса и уравнение директрисы параболы а2 = 8у. Определить расстояние точки jV(4, 2) до фокуса.
Из уравнения (1.48) и а2 = 8у заключаем, что 2р = 8, р = 4,
у = 2. Таким образом, уравнение директрисы запишется в виде
у = —2, фокусом является точка /+0, 2). Фокальный радиус
точки N (4, 2) равен г = 2 + 2 = 4.
16. Составить уравнение геометрического места точек, одинаково удаленных от точки F (0, 3) и прямой у = — 5. Определить точки пересечения этой кривой с осями координат.
Искомым геометрическим местом будет парабола. Напишем
ее уравнение. Пусть М (а, у) — произвольная точка геометрического места. По условию MF = MN, где N — основание
перпендикуляра, опущенного из точки М на прямую у = — 5.
Так как
MF = /х2 + (!/ — З)2 и MN = /(,/-(- 5)Д
то
1ЛсЧ-(г/-зу- = V(f+W,
откуда
а2 + у2 — 6у + 9 = у2 + 10 у + 25.
Приводя подобные члены, получим уравнение параболы
а2 = 16 у + 16.
Для определения точек пересечения ? осыо Ох необходимо
решить систему уравнений:
а2 = 16у + 16;
у = 0 (уравнение оси Оа).
Имеем Αχ = — 4, а2 = 4. Таким образом, 71+(—4, 0), Λί3(4, 0) —
две точки пересечения с осыо Оа. Полагая в уравнении пара¬
56

болы х = 0 (уравнение оси Оу), получим у — — 1. Парабола
пересекает ось Оу в точке Λί3(0, —1).
17. Написать уравнение параболы, симметричной относительно
оси Оу и проходящей через точки пересечения прямой х + у = О
и окружности х2 + у2 + 8у = 0.
Найдем точки пересечения прямой и окружности, для чего
решим систему уравнений
*+{/=-- 0; |
х2 + У2 + 8с/ = 0. J
Определяя х из первого уравнения и подставляя его во второе,
получим
(— У? + У1 + &У = о
или
2у2 + 8у = 0, 2у (у + 4) = 0,
откуда
У\ — 0, i/a = — 4.
Так как х — —у, то хх = 0, х2 = 4. Следовательно, 0(0, 0),
М (4, —4) — искомые точки пересечения.
Уравнение параболы, симметричной относительно оси Оу
и проходящей через начало координат, имеет вид
х2 — 2 ру.
Определим параметр р из условия, что парабола проходит
через точку Λί (4, —4). Подставляя координаты этой точки
в уравнение параболы, получим
42 = 2р (— 4),
откуда
2р = — 4.
Следовательно, искомое уравнение параболы имеет вид
х2 = — 4 у.
18. Дана парабола у2 = 6х. Через точку N(4, 1) провести
такую хорду, которая делилась бы в этой точке пополам.
Уравнение искомой хорды запишем в виде
у — 1 = к (х — 4) пли у = k (х — 4) + 1.
Для нахождения точек пересечения хорды с параболой необходимо решить систему
У2 = 6х;	|
у = к(х — 4) + 1. j
Подставляя второе уравнение в первое, получим
k2{x2 — 8х+ 16) + 2£(х — 4) + 1 = 6х
или
k2x2 — 2 (4к2 — к + 3) X + т2 — 8Лг + 1 = 0.
57

Это уравнение можно переписать так:
„ ,	16А*-8А	+	1	_л
к2	‘	б2
По теореме Виета для корней хх и а2 этого уравнения
находим
„ . „ _ 2 (4А* _ * -μ 3)
Х1 "Г х2 —	 ·
Так как N (4, 1)—середина хорды, то
*1 + *2 = 4<
= 4,
2
Следовательно,
4k2 — /е + 3
к2
откуда
k = 3.
Таким образом, получаем следующее уравнение искомой
хорды
У — 1 = 3(х — 4)
или
За — с/ — 11 =0.
19.	Написать уравнение касательной к параболе у2 = 4а,
проведенной через точку N (— 3, 2).
Уравнение касательной ищем в виде
у — 2 = k(x + 3)
или
у = k (а + 3) + 2.
Точки пересечения последней прямой с параболой найдем
из системы:
У2 = 4а;
г/ = k (а + 3) + 2.
Для касательной точки пересечения сливаются в одну,
поэтому k определяется из условия, что система имеет единственное решение.
Подставляя второе уравнение системы в первое, получим
k2 (а2 + 6а + 9) + 4k (х + 3) + 4 = 4а
или
k2x2 + {Ok2 -j- 4k — 4) а + 9/г2 4- 12ft + 4 = 0.
Это уравнение имеет два равных корня, когда его дискриминант равен нулю, т. е.
(Ok2 4- 4k- 4)2 — 4k2 {9k2 4- 12k + 4) = 0.
58

Преобразуя последнее уравнение (раскрывая скобки, производя умножение и приводя подобные члены), получим
— 48k2 — 326 + 16 = 0
или
3/А + 2k — 1 = 0,
откуда
4 = ^, k.2 = — 1.
Таким образом, уравнения касательных будут
у — 2 = — 1 (х + 3);
У — 2 = (х + 3)
или
х + у + 1 =0;
х— Зу + 9 = 0.
Задачи
31. Написать уравнение параболы, зная, что:
1) парабола симметрична относительно оси Ох, проходит
через точку N (— 3, 6) и начало координат;
2) парабола симметрична относительно оси Оу, проходит
через точку N (6, 3) и начало координат.
32. Составить уравнение параболы, зная, что:
1) фокус находится в точке £(5, 0), директриса будет осью
ординат и ось симметрии — осью абсцисс;
2) фокус находится в точке £(0, о), директриса служит осью
абсцисс и ось симметрии — осью ординат.
33. Найти координаты фокусов и уравнение директрисы
параболы, заданной уравнением:
1) у2 = 6х;	2)	у2	—	— 6х;
3)	х2 = 4у;	4)	х2	=	—4у.
34. На параболе у2 = 16х найти точку, фокальный радиус
которой равен 5.
35. Написать уравнение параболы, зная, что вершина ее
лежит в начале координат, направление оси симметрии совпадает с отрицательным направлением оси Оу, а параметр р равен
-' расстоянию от фокусов гиперболы 9дА — 4у2 — 36 = 0 до асимптот.
36. Дана парабола х2 — 16у. Через точку N ^2, провести
хорду, делящуюся в ней пополам.
Р 37. Найти касательные к параболе х2 =■ 4у, проходящие
'Через точку N(0, —1).

38. Дана парабола х2 = 4у. Определить длину ее хорды,
проходящей через точку N(2, 3) и параллельной прямой
х — 2у + 5 = 0.
39. Осевое сечение зеркала прожектора имеет форму параболы. Определить положение фокуса, если диаметр зеркала
80 см, а глубина его 40 см.
40. Найти уравнение параболы и ее директрисы, если парабола проходит через точки пересечения прямой у — х = 0
и окружности х2 + У2 + 8х = 0 и симметрична относительно
оси Ох.
Ответы
31.	1) у* = — 12*; 2) х2 = 12у. 32. 1) к/2 = 10* — 25; 2) х2 = Юу — 25.
33. 1)Γ(γ, oj,	х = -|; 3) f(°· *)’ У=~1·
34. Αί(1, 4), /V(l, —4). 35. ха = —6е. 3G. х — Ау + 8 = 0. 37. х + у + 1=0;
х — у — 1=0. 38. d = 3 Y 5. 39. 10 см от вершины. 40. у2 = — 4х.
§ 1.5. Преобразования прямоугольных координат
Координаты (х, у) точки М в прямоугольной декартовой системе координат Оху· (старой) и ее координаты (X, Y) в другой
прямоугольной системе OxXY (новой) связаны формулами:
при параллельном переносе (рис. 1.13)
х =	X + а,	)	X — х — а, \
У =	У + Ь	| "ЛИ	У-у-Ь, )	Р-И)
где	(а,	Ь) — координаты	нового	начала Ох в	старой	системе
координат;
при	повороте	осей вокруг	начала координат	на	угол я
(рис. 1.14)
60

Ί
ια. ]
(1.52)
(1.53)
χ = X cos α — Υ sin α,
у = X sin α + Υ cos <
Уравнение
у = Ах2 ф Вхф С
выделением полного квадрата приводится к уравнению
у = А (х — а)2 ф b,	(1-54)
которое с помощью преобразования (1.51) можно записать так:
Υ = ΑΧ2.	(1.54')
Последнее уравнение является уравнением параболы с вершиной в начале новой системы координат и осыо симметрии,
совпадающей с осью 0Υ.
Аналогичным образом уравнение
х=Ау2фВуфС
преобразуется к виду
X = ΑΥ2.
Уравнения
(х ~ хп)2 (у — у 0)2
ь2
= 1
(1.55)
(1.55')
(1.56)
(X — *о)а (У — У А2 _ 1
а2	Ь2
(1.57)
Рис. 1.14
с помощью формул (1.51) приводятся соответственно к уравнениям:
аг т- h'i А»
(1.56')
Ьг - »	0-57')
Следовательно, уравнение (1.56) определяет эллипс, оси которого параллельны координатным осям и центр находится
ь2
Хф_Уф= t
а2	&
61

9 точке Οχ(Α0. Уо\ а уравнение (1.57) — гиперболу (с теми же
особенностями расположения относительно системы координат).
Уравнение равносторонней гиперболы
х2 — у2 — а2
с помощью преобразования (1.52) при а = 45° приводится
к виду
ХУ = с.	(1.58)
Уравнение
ху + Вх А у + С = 0	(1	о9)
с помошью формул (1.51) приводится к уравнению (1.58), где
Х = хфА, Y = y + B, с = АВ — С,	(1.60)
и, следовательно, определяет гиперболу, асимптоты которой
являются координатными осями новой системы координат
с началом в точке Ох(—А, —В).
Примеры
1.	Уравнение кривой у = х2 + 4х + 5 привести к каноническому виду. Построить эту кривую.
Преобразуем правую часть уравнения, выделяя полный квадрат:
У = {х2 + 4а+4)+1, у = {х + 2)2+1.
Последнее уравнение можно записать так:
у — 1 = (а + 2)2.
Полагая
у — 1 = Y, х + 2 = X,
получим
Y = X2.
Это уравнение определяет параболу с вершиной в начале
новой системы координат и осью симметрии, совпадающей
с осью OY.
Найдем координаты нового начала в старой системе. Так
как новые координаты нового начала равны нулю, т. е.
X = 0, Y = 0,
то из формул преобразования (X = а + 2, Y = у — 1) получаем
а + 2 = 0, у — 1=0,
откуда а = — 2, у= 1. Таким образом определена точка
Ох(- 2, 1).
Строим старую и новую системы координат и кривую относительно новой системы по ее каноническому уравнению
Υ = X2 (рис. 1.15). Тем самым кривая построена и по отношению к старой системе координат.
62

2.	Упростить уравнение кривой у = 2х2 + 8х + 12, определить ее вид и расположение на плоскости.
Преобразуем правую часть уравнения, выделяя полный
квадрат:
у = 2 (х2 + 4* + 6) = 2 [(х2 + 4х + 4) + 2] = 2 [(х + 2)2 + 2],
г/ = 2(х+2)2 + 4, у — 4 = 2 (х + 2)2.
Это уравнение можно записать в виде Y = 2Х2, где Y =
е- у — 4, X = х + 2. Оно определяет параболу, симметричную
относительно оси OY, с вершиной в начале новой системы ко¬
ординат. Найдем старые координаты вершины. Подставляя ее
новые координаты -(0, 0) в формулы преобразования: Y — у —
4-	А = х + 2, получаем 0 = у — 4, 0 = х + 2, откуда х =
= — 2, у = 4.
Следовательно, данная кривая является параболой, вершина
которой находится в точке Ох(—2, 4), а ее ось симметрии параллельна оси Оу (рис. 1.16).
63

3.	Уравнение кривой * = — 4у2 + 6у — 3 привести к простейшему ВИДУ.
Преобразуя правую часть уравнения, получаем
* = — Ау2 + 6у — 3 = — 4 (у2 — у +	=
Последнее уравнение перепишем так:
X = — 4У2,
3	3
где Χ = χ-\-—, Y = у	4-· Оно определяет параболу с вер¬
шиной в точке О, ^ и осью симметрии, параллельной
оси Ох (рис. 1.17).
4.	Упростить уравнение кривой
(х — 2)2	,	(р	+	3)»	,
25	16
и определить ее параметры.
Вводя новые координаты по формулам X = х — 2, Y = у +
+ 3, получаем уравнение эллипса
Z А=1
25 Г 16	1
с полуосями а = 5, 6 = 4.
Из формул преобразования X = х — 2, Y — у + 3 находим
координаты центра эллипса: х = 2, у — — 3 (рис. 1.18).
64

5.	Определить вид кривой и ее расположение на плоскости
по уравнению
9Х2 + 4у2 _ 54д; _ 32у _|_ 109 = о.
Выделяя полные квадраты, преобразуем левую часть уравнения:
9(а2 — 6а + 9) -+ 4(/ — 8у + 16) — 81 — 64 + 109 = 0,
9 (х _ 3)2 + 4 (у _ 4)2 _ 36 = о.
Разделим обе части уравнения на 36
(х-3)2	,	(к/-4)а
4	1	9
Вводя новые координаты по формулам X = х — 3, Υ = у — 4,
запишем уравнение в виде
4 + 9 Ь
Это уравнение эллипса с полуосями а = 2, Ь = 3 и с центром
в точке О/З, 4).
6.	Определить вид и расположение на плоскости линии
4а2 — 9 у1 — 8а — 36 у — 68 = 0.
Преобразуем левую часть уравнения, выделяя полные квадраты:
4 (а2 — 2а + 1) — 9 {у2 + 4у -+ 4) — 4 + 36 — 68 = 0,
4 (а— I)2 — 9(с/ + 2)2 — 36 = 0.
Разделим обе части уравнения на 36:
(х — I)3	(у + 2)а	.
9	4
Вводим новые координаты по формулам X = х — 1, Υ = у ф 2.
Уравнение примет вид
_ 1
9	4
3 Гусак А, А.	55

Оно определяет гиперболу с центром в точке 0,(1, —2) и полуосями а — 3, 6 = 2 (рис. 1.19).
7.	Определить вид и расположение линии
ху — 2х — // + 6 = 0.
Применяя тождество
ху + Ах + By + С = (х + В) (у + А) — АВ + С,
преобразуем левую часть уравнения
ху — 2х — у + 6 = (х — 1) (у — 2) — 2 + 6.
Следовательно, уравнение можно переписать так:
(х — 1)0/ — 2) = — 4.
Вводя новые координаты по формулам х — 1 = X, у — 2 = У,
получаем уравнение XY = — 4. Это уравнение является уравнением гиперболы, асимптоты которой служат осями новой
системы координат (рис. 1.20). Центр гиперболы находится
в точке Old. 2).
66

8. Определить вид и расположение линии
9-х
У х — 3 ’
Данное уравнение перепишем в виде
у(х — 3) =9 — х
или
ху — Зу + х — 9 =0.
Преобразуя левую часть уравнения, получаем
ху — Зуфх—9 — (х 3){у + 1) — (— 3· И — 9 =
= (х — 3)(у + 1) — 6.
Следовательно, уравнение линии можно записать так:
(*-3)(0+ 1) = 6
или
XY = 6,
где	X	=	х	-	3,	Y = у + 1.
Уравнение определяет гиперболу с центром в точке Ох (3, — 1),
асимптоты ее служат осями новой системы координат.
Задачи
Уравнение линии привести к каноническому виду, построить
линию:
I.	у *= ха — 5х + 7.	2.	у = 4ха + 8х + 7.
3.	у = — Зх2	+ 6х — 5.	4.	х = / 4- Зу + 4.
5.	х *» 5г/а —	\0у 4- 6.	6.	х = —2у2ф8у — 3.
,	(х — 2)2	,	(у + 4)2	0	{х 4-1)2	,	(У.— 3)*	.	,
7-	16	+	25	“	1·	36	+	25	“	*■
п	(х — 3)*	(у — 2)*	|п (х + 5)2	((/ + 2)‘	,
υ 9	16	_	Ιυ> У	4	~
П. 9хг + 4/ — 18х — 8у — 23 = 0.
12. 4ха + 9у2 + 16х + \8у — 11 = 0.
14. ха —4/ + 6х+ 16у- 11 =0.
И. 9ха—4у2+ 18х + 8у —31 =0.
15. ху — Зу + 4х — 20 =	0.	16.	ху	+ 2г/ - х + 2 =	0.
Ι7·»“+τ·	|8· гк = —■
X — 1	х	+	А
Ответы
1 Κ = λ· °ι(γ.	2.	У	= 4Л'2,	04-1,	3).	3.	У	=	—	ЗХ2,
Ох{\. -2). 4. X = у», о,	5.	Л	=5У* 0,(1, I).	6	Х	=
-2ПО/5, 2) 7.	1.	0/2.	—4).	8. ~ f = 1. 0t( — 1, 31
3»
67

Y2 V2	Χ2 γζ	χ*
9.	—	-yg-	=	1,	°ι	(3,	2)·	10.	-g- — -ξ- = I. Оу (— 5, -2).	11	-+ 4*
W2	χ2	χζ	γζ
+ -*- = К 0,(1, 1)., 12 -g- + -r=l, 0χ(-2, -1).	13.	-у	= I,
X2 Γ2
Ot (- 3, 2).	14. -4- — -g- = 1. Оу (- 1, 1).	15. XY = 8, Оу (3, - 4).
16. XY = —4, Оу (- 2. I).	17. ХУ = 2. Оу (1, — 3).	18. XY = I, 0у(— 4, 2).
§ 1.6. Полярные координаты
Полярными координатами точки М на плоскости называются полярный радиус р = ОМ и полярный угол φ = Z РОМ,
отсчитываемый от полярной оси ОР к отрезку ОМ (рис. 1.21)
против движения часовой стрелки.
Прямоугольные декартовы и полярные координаты точки М
при соответствующем выборе координатных систем (рис. 1.21)
связаны формулами:
x = pcoscp; i/ = psincp;	(1.61)
р = V + f ; tg? = +.	(1.62)
Уравнение линии на плоскости в полярных координатах
следующее:
£(р, φ) = 0.	(1.63)
Примеры
1.	Найти уравнение окружности, проходящей через полюс,
центр окружности лежит на полярной оси, а радиус равен а.
Соединим отрезками прямой точку М с полюсом и с конечной точкой D диаметра, проходящего через полюс О
(рис. 1.22).
68

Координатами точки М будут угол φ и длина р отрезка ОМ.
Из прямоугольного треугольника OMD получаем искомое уравнение
р = 2a cos φ.
2.	Точка Af равномерно движется по прямой ON, равномерно
вращающейся вокруг точки О. Траектория точки Αί называется
спиралью Архимеда. Составить уравнение спирали Архимеда
и построить ее.
Примем точку О (рис. 1.23) за полюс системы, начальное
положение ОР прямой ON — за полярную ось. Пусть в началь¬
ный момент движения точка Αί находится в полюсе. Расстояние ΟΑί = р, пройденное точкой Αί вдоль прямой ON, и полярный угол φ возрастают в силу равномерности движения пропорционально времени. Следовательно, они пропорциональны
друг другу, т. е.
Р = αφ,	(А)
где а коэффициент пропорциональности.
69

Уравнение (А) и является уравнением спирали Архимеда.
В декартовой системе координат:
V V + У2 =а arctg-^-.
(Последнее уравнение получено из уравнения (А) с помощью
формул (1.62).)
Построим кривую по ее уравнению (А). Придавая значения φ
и определяя соответствующие значения р, составим таблицу:
φ
0
π
6
π
4
π
3
π
ΊΓ
2
3 ~
3
Ί~π
5
6	π
π
5
4 <ι
4
3 71
3
2' π
7
X71
2π
Р
0
к
~б °
π
т°
π
π
τ0
2
1 π0
3
"4 ™
5
6	770
7ΐ α
5
4
4
3πο
3
2 ™
7
2ι:α
Построив соответствующие точки, получим искомую кривую (см. рис. 1.23).
3.	Отрезок АВ постоянной длины 2а своими концами скользит по осям декартовых координат. Из начала координат на АВ
опущен перпендикуляр ОМ. Геометрическое место точек М
называется четырех лепестковой розой. Написать ее уравнение,
построить кривую.
Из треугольника ОМА (рис. 1.24) определим
р = ОМ = О A cos φ.
Из треугольника АВО получаем
О А = АВ sin φ = 2α sin φ,
поэтому
р = 2α sin cpcoscp.
Таким образом, искомое уравнение имеет вид
р = a sin 2ср.
Кривая изображена на рис. 1.25.
70

4.	Из точки О на окружности радиуса а проводится луч ОК
(рис. 1.26), от точки L пересечения его с окружностью откладывается отрезок LM = 2а по направлению луча ОК. Линия,
описываемая точкой М при вращении луча, называется кардиоидой. Составить уравнение кардиоиды.
/^0~|
\ Ш'Р
Рис. 1.25
Выберем полярную систему координат, как показано на
рис. 1.26. Непосредственно из чертежа получаем
P = OL + LM.
Так как
LM = 2а, OL = OB cos φ = 2α cos φ,
то
р = 2α (1 + coscp).
Полученное уравнение и является искомым. Когда φ пробегает
промежуток (—π, π), кардиоида описывается полностью.
5.	На окружности радиуса а фиксирована точка О. Луч Ох
вращается около точки О, при этом он пересекает окружность
в некоторой точке Ν. На прямой ON от точки N в направлении луча Ох откладывается отрезок NM —Ь. Когда луч Ох
совершит полный оборот, точка М опишет кривую, называемую
улиткой Паскаля. Составить уравнение этой кривой и построить
71

ее. Показать, что при Ь = 2а получается кардиоида (см. пример 4).
Примем точку О за полюс, а полярную ось совместим
с диаметром О А (рис. 1.27). Непосредственно из чертежа находим
Р = ОМ = ON + NM.
Подставляя в это равенство выражения
ON = 2a cos φ, NM = b,
получим уравнение улитки Паскаля в полярных координатах
р = 2а cos φ ф b.
Исходя из определения кривой, легко построить ряд ее точек.
Форма кривой зависит от соотношения между постоянными 2а
и Ъ. Если b < 2а, кривая имеет вид, изображенный на рис. 1.27.
На рис. 1.28 изображена кривая для случая 6>2а.
Если b = 2а, то уравнение улитки Паскаля примет вид
р = 2α (1 + cos φ).
Эго уравнение кардиоиды, рассмотренной в предыдущем примере (см. рис. 1.26).
В декартовых прямоугольных координатах уравнение улитки
Паскаля таково:
(х2 фу2 — 2ах)2 — Ь2 (х2 + у2) = 0.
Следовательно, улитка Паскаля является алгебраической кривой
четвертого порядка.
72

Пр имечание, В области техники улитка Паскаля находит, в частности, применение в кулачковых механизмах. Она используется как линия
для вычерчивания профиля эксцентрика, если требуется, чтобы скользящий
по профилю стержень совершал гармоническое’ колебание. В самом деле, поступательное перемещение S точки М (рис. 1.29) определится по формуле
S = р = 2а cos wi -f- b = 2α sin ί ω/ + j + b,
Одна из составных частей в механизме для поднятия и опускания семафора очерчена по улитке Паскаля.
В швейной машине форму кардиоиды имеет кулачок, под воздействием
которого колеблется толкатель, подающий нитку на шпульку.
6. Написать уравнение лемнискаты Бернулли в полярных
координатах и построить ее.
В примере 5 § 1.2 было получено уравнение лемнискаты
Бернулли в прямоугольных декартовых координатах:
(х2 + у2)2 = 2а2 (х2 — у2).
Так как х и у входят в это уравнение только в четных степенях, то лемниската симметрична относительно координатных
осей (если точка Λί(χ, у) принадлежит лемнискате, то точки
Αίι (—х> У\ Αί2(χ, —у\ М3(—х, —у) также ей принадлежат
(см. замечание к примеру 1 § 1.1)).
Поскольку
X = Р COS φ, у = р sin φ, X2 + у2 = р2,
то уравнение лемнискаты в полярных координатах примет вид
р4 = 2a2p2(cos2 φ — sin2 φ)
или
ρ2 = 2a2 cos2c.
Из этого уравнения видно, что р — аУ2 при φ = 0. Если φ
увеличивается от φ = 0 до φ = то р уменьшается от р =
= а.у2 до р = 0. Если	то	Р принимает мнимые
значения, т. е. на лемнискате нет точек, для которых φ ме¬
73

няется в указанных пределах. Следовательно, мы можем построить часть лемнискаты, расположенную в первой четверти
^для	и	потом	в силу симметрии кривой всю ли¬
нию.
Построение лемнискаты по точкам можно также осуществить следующим образом. Переписывая уравнение лемнискаты
в виде
р2 = С2 (2 COS2 φ — 1),
где с2 = 2а2, заключаем, что полярный радиус ее произвольной
точки является катетом прямоугольного треугольника, гипотенуза
которого равна с У 2 cos φ, а другой катет равен с. На оси абсцисс
от точки О отложим отрезки О А = О А = с (рис. 1.30), на оси
Рис. 1.30
ординат — отрезок ОВ = с, радиусом АВ = с ]/2~ описываем
окружность с центром в начале координат. Через точку О проводим прямую под углом φ	к	оси Ох, пересекающую окруж¬
ность в точках N и Ν'. Из точки N опустим перпендикуляр
ND на ось Ох, из точки А радиусом, равным OD, засекаем на
ОВ точку С. Тогда
ОС2 = АС2 — О А2 = OD2 — О А2 = (ON cos φ)2 — О А2 =
= (С У 2 COS φ)2 — С2,
откуда и следует, что катет ОС определяет длину полярного
радиуса точки лемнискаты, соответствующей углу φ. На прямой ΝΝ' из точки О радиусом ОС засекаем две точки М и М',
принадлежащие лемнискате. Повторяя указанное построение
при других значениях φ, получим вторую пару точек и т. д.
Примечание. В технике лемниската применяется, в частности, в качестве переходной кривой на закруглениях малого радиуса, как это имеет
место на железнодорожных линиях в горной местности и на трамвайных
путях.
74

Уравнение лемнискаты встречается впервые в математической литературе
в статье Я Бернулли опубликованной в «Acta eruditorurm в 1694 г.
7.	Написать уравнение конического сечения в полярных
координатах. (Сечением любого круглого конуса плоскостью,
не проходящей через его вершину, определяется кривая, которая может быть лишь эллипсом, гиперболой или параболой.)
Пусть ABC (рис. 1.31) — дуга конического сечения (эллипса,
гиперболы или параболы), В — вершина, F — фокус, DN — соответствующая директриса. Примем точку F за полюс, прямую
BFP за полярную ось, выбрав на ней направление от'фокуса F
в сторону, противоположную директрисе. Пусть М0 — точка
дуги ВС конического сечения, лежащая на перпендикуляре
к полярной оси, проходящем через полюс F. Назовем фокальным параметром р = FM0.
Пусть Μ (р, φ) — произвольная точка кривой. Найдем зависимость между полярными координатами ρ, φ и данными числами р и е, где ε — эксцентриситет. По общему свойству всех
точек конического сечения (см. определение параболы, пример 9
и задачу 30 § 1.4) имеем
Рис. 1.31
FM _
ΜΝ ' е*
(А)
Далее,
FM = ρ, ΜΝ = Ν0Μ0 -\- р cos φ.
Так как
то
nqmq = 4
Следовательно,
MN = ~	9	COS	φ.
(В)
75

Равенство (А) с учетом (В) перепишем в виде
р
Р .
— + р cos
= s.
откуда
Р = п— 	  (Q
1	1	—	ε	COS	φ	'
Уравнение (С) будет определять эллипс, если ε<4, параболу при ε=1, гиперболу, когда е> 1.
В уравнении (С) величина р для параболы имеет прежнее
значение (т. е. то же, что в уравнении у2 = 2рх), так как р =
= FM0 = M0N0 есть расстояние от фокуса до директрисы. Выразим р для эллипса и гиперболы. Подставляя координаты точки
М0(—с, р) эллипса в уравнение
А+ уф= 1
а2 ‘ Ь2
получаем
откуда
— 4- — = 1
а2 + 62
р2   а2 — с2   Ь2 2  Ь4
b2	а2	а2	’	Р	о2	’	Р	а
Подставляя координаты точки гиперболы М0(с, р) в ее уравнение, находим
с2 р2 .	р2	с2	—	с2	Ь2
~Т ГГ = 1 ИЛИ	=	 2	 =
а Ь2	b2	а2	а2
откуда
Ь2
Р ~ ΊΓ*
Таким образом, уравнения эллипса, гиперболы и параболы
в полярных координатах (при указанном выборе полюса и полярной оси) имеют одинаковый вид:
р = -.	  ,
г 1 — ε COS φ
где р = ~ для эллипса и гиперболы.
8.	Прямая х = а пересекает ось Ох в точке А и произвольный луч ОВ в точке В. На луче от точки В по обе стороны
отложены отрезки ВМХ и ВМ2, равные АВ. Написать уравнение
геометрического места точек Мх и М2 в полярных и прямоугольных декартовых координатах. (Кривая эта называется
строфоидой.)
Из чертежа (рис. 1.32) получаем
р = ОВ ±: АВ.
76

Так как
ОВ = ——	АВ = a tg φ,
COS φ ’	to	τ’
TO
  a (1 ± sin φ)
P	COS	φ
В декартовых координатах это уравнение примет вид
2 __ х(х — а)2
У	2 а — х ·
Задачи
1. В полярной системе координат (ρ, φ) построить точки:
А(2, 0), в(3, +), c(l, +), 0(4, π), ε{ζ, +). F(-2,0),
g(-3, +), /c(l,.-+), L{4, -я), Λί(-2, —f).
2. Написать в полярных координатах уравнения линий:
1) ху —	2) х cos а + у sin а — р = 0;
3) у — 2х — 0;	4) х2 + у2 = 2ау.
3. Построить линии:
1)Р-Л	2),~f;	3)Р—5^-;
4) р = а (1 — cos φ);	5) ρ = 2 (1 + 2 cos φ).
4. Написать в декартовых координатах уравнения линий
и построить линии:
1)	р sin φ = b\ 2) р2 cos 2φ = α2\	3)	ρ	= a cos φ.
77

б.	Построить линии:
1) р = е9 (логарифмическая	спираль);
2) р = — (гиперболическая	спираль);
3) р = a sin 3φ (трехлепестковая роза);
4) р = a siri*-|-.
6. Написать канонические	уравнения	кривых	второго	по¬
рядка:
IV _	16	п\	_	16	  5
' °	5	— 3 COS ср ’	'	Р	3 — 5 COS φ ’	'	Ρ	1	— COS φ
7. Через точку Е (а, j проведена прямая, параллельная
полярной оси. Произвольный луч ОК пересекает эту прямую
в точке К. На луче по обе стороны от точки К отложены отрезки К,МХ = КМ = I. Геометрическое место точек М и Мх называется конхоидой Никомеда.	Составить	уравнение	конхоиды
и построить ее.
8. Написать уравнение геометрического места точек, произведение расстояний которых до двух данных точек £,(—6, 0),
F2(b, 0) есть величина постоянная, равная а2. Построить кривую (овалы Кассини: при b = а получаем лемнискату Бернулли).
Ответы
1. Указание. Отрицательные углы φ отсчитываются по часовой
стрелке, отрицательные значения ρ откладываются не на луче, наклоненном
к полярной оси под углом φ, а на его продолжении за полюс (т. е. на луче,
образующем с полярной осью угол φ + π). 3. 1) окружность радиуса R;
2) прямая, проходящая через начало координат под углом φ = 60° к оси Ос;
3) прямая х = а; 4) кардиоида; 5) улитка Паскаля 4. 1) у = Ь; 2) х2— уг =
Xй У .	х
= а2; 3) хг + у2 = ах. 5. См приложение 6. 1) '<ж*+Тё'— К 2) ~д“—
— -уд- = 1;	3)	у2	=	10х.	7	Р	=	slrHp	“Г~	^	См	пРИЛ0ЖеИие	8	Р
Ъ ~у/~ cos 2φ	cos2	2φ	4-	(—1 в декаРт0ВЫХ координатах.
(х* + Уг)г — 2Ь2 (х2 — у2) = а* — 6*.
78

У к а з а н и я. 1. Из условия имеем MFX ■ MF2 = а\ откуда
уг(х + Ь)2 + г/2· у (х — Ь)2 + у2 = а2. 2. Построение овалов Кассини можно
осуществить следующим образом. Зная параметры а и ft, находим положение фокусов Fx и F2 и вершин Ах и Аг (рис 1.33). Проводим из точки А%
луч который пересечет окружность, описанную из начала координат радиусом, равным Ь, в точках Nx и N2. Если теперь из фокусов F, и F2 описать
окружности радиусами, равными A2NX и A2N2, то точка М их пересечения
будет принадлежать овалу. Действительно, MFX- MF2 = Α2Νι ·Α2Ν2 = const
в силу известной теоремы о произведении секущей на ее внешнюю часть.
Меняя направление луча A2N2NV можно построить любое число точек овала
Кассини.
§ 1.7. Параметрические уравнения линии
Параметрическими уравнениями линии на плоскости называются уравнения вида
1
ί/ = φ2(0* )
где φ//), φ2(0— функции переменной /.
X — 7i (O'* к	. „
Y w 1	(1.64)
Примеры
1.	Написать параметрические уравнения окружности радиуса
R с центром в начале координат.
Пусть М{х, у) — произвольная точка окружности (рис. 1.34).
Тогда
х = R cos t\ 1
у = #sin/. J
.Полученные уравнения и будут искомыми. Исключая параметр t из этих уравнений (для чего нужно возвести в квадрат
оба уравнения и почленно сложить), получим уравнение окружности в прямоугольных координатах:
х2 + у2 = R2,
79

2.	Окружность радиуса а катится по оси абсцисс. Найти
параметрические уравнения линии, описываемой при указанном
движении той точкой окружности, которая при начальном положении окружности находилась в начале координат. (Описываемая линия называется циклоидой.)
Пусть М (х, у) — произвольная точка циклоиды (рис. 1.35).
Тогда
х = OP = OQ — PQ = MQ — PQ = at — a sin / = а (/ — sin /),
где / = ZMCQ— угол поворота окружности,
у = PM = QN = QC — NC = а — a cost = α (1 — cos/).
Итак, получены параметрические уравнения циклоиды:
х = a{t — sin /); |
у = а (1 — cos/). j
3.	Прямоугольник,	две стороны которого	совпадают	с	осями
координат,	изменяется	так, что его диагональ	сохраняет	постоян¬
ную величину а. Линия, описываемая основанием перпендикуляра, опущенного из вершины прямоугольника, противоположной
Рис. 1.36
началу координат, на его диагональ, называется астроидой.
Найти ее уравнение.
Пусть OLAN — один из прямоугольников, для которых
LN = а (рис. 1.36). Введем в рассмотрение угол /= Z ALN,
тогда Z MAN = /, Z MNР = t.

По определению координат имеем:
х = 0Р = QM, у = МР.
Подставляя в эти равенства выражения для QM и МР, получаемые из треугольников LQM, LMA и LAN, находим:
х = QM = LM cos t = (LA cos /) cos t — LA cosH =
= (LN cos t) cosH = a cos3/;
у = MP — MN sin / = (AN sin /) sin t = AN sin2/ =
= (LN sin /) sin2/ = a sin3/.
Следовательно, получены параметрические уравнения астроиды
х = a cos3/; 1
у = a sin3/. J
Исключая параметр / (для чего нужно извлечь сначала корень кубический из обеих частей уравнений, а потом возвести
их в квадрат), получим уравнение астроиды в прямоугольных
декартовых координатах
2_ 2_	2_
3,3	3
х +у = а .
4.	По окружности х2 + у2 = а2 перемещается прямая, начальное положение которой х — а. Определить траекторию
точки перемещающейся прямой, принимая за начальное ее положение точку А (а, 0). (Кривая называется разверткой окружности.)
Возьмем произвольную точку N данной окружности (рис. 1.37).
Введем угол / = Z AON. В силу условия задачи длина дуги
NA равна длине отрезка NM, где М — точка искомой траектории, начальное положение которой совпадало с точкой А. Координаты точки Αί через угол / и радиус а выразятся следующим
образом;
81

X = OP = OK + KP = OK + QM = a cost -f ЛМ4 sin / =
= a cos/ -f- a/sin/;
t/ = МЯ = Q/C = Л//С — -VQ = a sin/ — MN cos/ =
= a sin / — at cost.
Таким образом, получены следующие параметрические уравнения развертки окружности:
5.	Окружность радиуса г катится без скольжения по окружности радиуса R. Написать параметрические уравнения кривой,
описанной фиксированной точкой катящейся окружности. (Эта
кривая называется эпициклоидой, при г = R эпициклоида обращается в кардиоиду, см. пример 4 § 1.6.)
Поместим начало координат в центр неподвижной окружности. Считаем, что в исходном положении вычерчивающая
точка совпадает с точкой А, в которой производящая окружность касается неподвижной, и ось абсцисс направим через
точку А (рис. 1.38).
Угол MOxN между радиусами, проведенными в вычерчивающую точку производящей окружности и в точку касания ее
с неподвижной окружностью, обозначим через /. Рассмотрим
отношение радиусов окружностей т = г : R, которое называется
их модулем. Так как качение производящей окружности предполагается совершающимся без скольжения, то AN = MN или
R■ Z NO А = rt, откуда
Рис. 1.38
Z NO А = ~ / = mt.
Из чертежа получаем:
х = OP = OD + DP = OD + ЕМ = (R + г) cos mt +
-f г sin Z МОхЕ;
у = ΜΡ = OxD — 0ХЕ = (R + r) sin mt — г cos Z MOxE.
82

Так как
sin ZMOxE = sin (/ — ΖΟΟ,Ο) = sin ^	^— m/jj =
= — cos (t + mt);
cos Z MOxE = sin (t + mt)
и, кроме того, г = mR, то параметрические уравнения эпициклоиды запишутся так:
х = (R + mR) cos mt — mR cos (/ + mt);
y = (R + mR) sin mt — mR sin (/ -+ mt)
Ί
Задачи
1. Построить кривую
x = t2, у — St.
2. Даны параметрические уравнения линии:
x = acos/, y = bsint.
Написать уравнение линии в прямоугольных координатах.
У
С Е
«а
Λ
0
f х Рис. 1.39
3. Линия задана параметрическими уравнениями:
д: = чг('+-т);	y = Jr[‘-т)·
Составить ее уравнение в прямоугольных декартовых координатах.
4. Декартовым листом называется кривая, параметрические
уравнения которой имеют вид:
3 at.	Sat2
х — πρτί	У — пртг-
Написать уравнение кривой в прямоугольных координатах.
5. Окружность радиуса г катится без скольжения по окружности радиуса R > г внутри ее. Составить параметрические
уравнения кривой (■гипоциклоиды), описанной точкой Αί катя¬
83

щейся окружности (при R = 4г гипоциклоида обращается в аст-
2 2 2
роиду х3 Фу3 = а'\ СМ. пример 3).
6.	Дана окружность диаметра ОС = а и касательная в точке С.
Произвольный луч ОЕ пересекает в точках D и Е окружность
и касательную. Через эти точки проведены прямые, параллельные соответственно оси Ох и оси Оу до пересечения в точке М.
Геометрическое место точек М называется локоном Аньези.
Составить параметрические уравнения кривой и построить ее.
Ответы
1.0* = 9*. 2.-±г + ^-=1. а ^--+-=1.	4. х* + у*-3ахд =
= 0.	5. х = (R — mR) cos mi + mR cos (t — mi)] у = (R — mR) sin mt —
— mR sin (/ — mi). 6. x = a ctg t) y= a sin21; у (x2 + a2) = a3^ См. рис. 1. 39.)
Глава 2. Определители и системы линейных алгебраических уравнений
§ 2.1. Определители второго и третьего порядка, их свойства
Пусть задана квадратная таблица из четырех чисел ах, а2,
bv b2
ах Ьх
а2 Ь2
(А)
Число ахЬг— a2^1 называется определителем второго порядка,
соответствующим таблице (А). Этот определитель обозначается
ах Ьх
. Таким образом,
символом
а2 Ьг
ах Ьх
а2 Ь2
— ахЬ2 — афх.
(2.1)
Числа аъ а2, Ьх, Ь2 называются элементами определителя
(2.1). В определителе различают первый столбец второй
столбец а также первую строку аг Ьх и вторую строку а2 Ь2.
Пара чисел ах Ь2 образует главную диагональ пара а2 Ьх —
вторую диагональ.
Знаки перед произведениями, стоящими в правой части формулы (2.1), расставляются по схеме, указанной на рис. 2.1.
84

Пусть дана квадратная таблица из девяти чисел аъ а2, a3t
b\, 62, 63, сх, с2, с3
/ах Ьх сх \
( я2 Ь2 с2 .	(В)
\<*з К с3 j
Определителем третьего порядка, соответствующим таблице
(В) называется число, находимое по формуле
αι Ьх сх
а2 Ь2 с2 = ахЬ2с3 -+ Ьхс2а3 -+ а2Ь3сх — схЬ2а3 Ьха2с3
а3 Ь.3 с3
— ахс2Ь3.	(2.2)
Числа ах, а2, а3, blt b2, b3t сх, с2, с3 называются элементами
определителя. В определителе третьего порядка различают три
столбца и три строки.
Числа ах, Ь2, с3 образуют главную диагональ, числа clf b2, а3 —
вторую диагональ.
Чтобы запомнить, какие произведения в правой части формулы (2.2) брать со знаком + и какие со знаком —, полезно
следующее правило.
Один из трех членов определителя, входящих в его выражение (2.2) со знаком -+, является произведением элементов
главной диагонали, два других члена — произведением элементов, стоящих на параллелях к главной диагонали, и элемента
из противоположного угла. Члены, входящие со знаком —,
строятся таким же образом, но относительно второй диагонали.
Схематически правило изображено на рис. 2.2,
85

Минором какого-либо элемента называется определитель, получаемый из данного определителя вычеркиванием той строки
и того столбца, на пересечении которых стоит данный элемент.
Л	by
Замечание. В определителе второго порядка
Qj Ь2
минором эле¬
мента ау является элемент Ь2, его можно считать «определителем первого
порядка» Элемент Ь% получается из определителя второго порядка вычеркиванием первой строки и первого столбца. Аналогично минором элемента а2
является элемент by и т. д.
Алгебраическим дополнением элемента называется его минор,
взятый со своим или с противоположным знаком, согласно
следующему правилу: если сумма номеров столбца и строки,
на пересечении которых стоит элемент, есть число четное, то
минор берется со своим знаком, если нечетное — то с противоположным.
Определитель третьего порядка равен сумме произведений
элементов какой-либо строки (столбца) на их алгебраические
дополнения.
Например:
(2.3)
Формула (2.3) определяет разложение определителя по элементам первой строки.
аг 6, б’.
а2 Ь,2 с2
= ^1
b2 с2
— Ьг
а2 с2
+ с.
а2 Ь2
а3 Ь3 с3
Ь3 с3
а3 с3
а3 Ь3
Свойства определителей
1. Величина определителя не изменится при замене всех его
строк соответствующими столбцами.
2. При перестановке двух столбцов (или строк) определитель меняет знак.
3. Определитель с двумя одинаковыми столбцами (или строками) равен нулю.
4. Множитель, общий для элементов некоторого столбца
(или строки), можно выносить за знак определителя.
5. Определитель равен нулю, если все элементы некоторого
столбца (или строки) равны нулю.
6. Величина определителя не изменится, если к элементам
некоторого столбца (строки) прибавить элементы другого столбца
(строки), предварительно умножив их на один и тот же множитель.
Указанные свойства позволяют упростить вычисление определителей третьего порядка, а именно, каждый определитель
можно разложить по элементам любой строки (столбца), обратив в нули два элемента этой строки (столбца).
86

2. 1. 1. Некоторые приложения определителей к аналитической геометрии
1.	Площадь треугольника с вершинами A{xv ух), В(х2, у2),
С(х$, Уз) вычисляется по формуле
х1 Ух 1
1
(2-4)
х2 у2 1
х3 у3 1
где знак выбирается одинаковым со знаком определителя.
2.	Условие, при котором три точки Мх(хх, ух), М2{х2, у2),
' Л19(х$, Уз) лежат на одной прямой:
Ух 1
х2 у2 1
Хз Уз 1
= 0.
(2.5)
3.	Уравнение прямой, проходящей через две данные точки
Μι (*ι. Ух)> М2 (х2, у2):
1
х У
Хх Ух 1
х2 Уз 1
= 0.
(2.6)
4.	Условие, при котором три прямые
Ахх -|— Вху —|— Сх = 0, А2х -f- В2у + С2 — 0, А3х + В^у +	=	0
пересекаются в одной точке:
Αχ Вх Сх
А2В2С2 =0.	(2.7)
А3 В3 С3
Примеры
1.	Вычислить определитель
4 3
— 5 6
По формуле (2.1) получим
4 3
— 5 6
2.	Вычислить определитель
4 —2
4-6 —(— 5)-3 = 39.
10
1
4
2 12
2 2
87

Прибавляя удвоенный второй столбец к первому,
к третьему столбцу и применяя формулу (2.3), найдем
затем
4—2 4
0 — 2 4
0 — 2 0
10 2 12
=
14 2 12
=
14 2 16
1 2 2
5 2 2
5 2 6
= -(-2)
14 16
5 6
= 2(84 —80) = 8.
Замечание. Определитель можно было бы вычислить, разлагая "его.
например, по элементам третьей строки, предварительно обратив в нули два
ее элемента.
Тот же результат можно получить непосредственно по формуле (2.3):
4 —2
4
2 12
-(- 2)
10 12
10 2
10 2
1 2
12
2
= 4
2 2
1 2
+ 4
1 2
= 4 (4 — 24) + 2(20 — 12) + 4 (20 — 2) = — 80 + 16 + 72 = 8.
3. Вычислить определитель
3 —38 4
5 —35 2
2 —49 3
Разложим этот определитель по элементам третьего столбца,
обратив предварительно в нули два его элемента. Прибавляя
к первой строке вторую, умноженную на — 2, и к третьей —
3
вторую, умноженную на находим
— 7	32
5—35
 гр J_
2 2
— 7 32
—11	7
4. Определить х из уравнения
х 1 1
1 х 1
1 1 х
По формуле (2.2) получаем
х 1 1
1 х 1	=	х3	+	1	+	1	— х — х — х = х3 — Зх+ 2 = 0.
1 1 х
3 —38 4
5 —35 2
=
2 —49 3
0
— 7 32
2
= —2
11 7
0
2 2
= — (—49 + 352) = — 303.
= 0.

Решим это кубическое уравнение. Разлагая на множители
левую часть уравнения, находим
+ — Зх + 2 = х3— х — 2х + 2 = х(х2 — 1) — 2 (х — 1) =
= (х— 1)[х(х + 1) —2] = (х — 1)(х2 + х —2).
Следовательно,
(х — 1) (х2 + х— 2) = О,
откуда х, = 1,	*2	=	Ь *з = — 2.
5.	Вычислить площадь треугольника с вершинами А(1, —1),
В (2, 3), С (4, 5).
Вычислим определитель, входящий в формулу (2.4), пользуясь формулой (2.2):
1 —1 1
Δ = 2	3 1 =3 — 4+10—12 + 2 —5 = —6.
4	5 1
Так как Δ < 0, то в формуле (2.4) нужно взять знак ми¬
нус:
S = С Δ = (	р)(—6) = 3 (кв. ед.).
6.	Упростить выражение
0 0 1
cos ос sin β 1
sin а cosp 1
Разлагая определитель по элементам первой строки, по¬
лучаем
0
0
1
cos a sin β
cos a
sin β
1
= 1-
sin a
cos β
1
sin a cos β
= cos a cos β — sin а sin β =
= COS (а + β).
Задачи
Вычислить
1.
2 5
3 9
3.
5
Из
5.
cos a
Sin a
У 3
1
sin а.
cos α
2.
4.
6.
—	3 4
—	5 8
a b
—	b a
УУ x
1 Vx
89

Вычислить определители, разложив их по элементам первой
строки:
2 3 —5
1—6—1
7.
— 1 4 1
8.
6 1 6
6 —2 —7
•
1 6 1
Вычислить определители:
9.
11.
1
— 3 1
— 2 0 2
0 1 3
10.
2-1—2
0—13
•
1 -2 1
6 4 2
2 1
7 5 1
12.
1-4—1
3 2 4
•
— 1 8
2 4
1
1 cos а
cos β
13.
3 4
2
14.
cos α 1
cos (а + β)
4 1
-3
,
COS β COS (а + β)
1
1 1
1
15.
х у
г
х2 уг
г2
•
Решить уравнения:
X2
X
1
X
— 2
2
16.
1
— 1
1
= 0.
17.
1
X
— 1
4
2
1
1
— 1
1
= 0.
18. Лежат ли точки Л(1, 1), В{—2,	7),	С(0,	3) на од¬
ной прямой?
19. Даны точки Л(1, —1), В(2, 4). На прямой у = 2х — 4
вЕлбрать точку С так, чтобы площадь треугольника ЛВС была
равна 4 квадратным единицам.
20. Написать уравнение прямой, проходящей через точки
М/О, —2), Ма(—5, 3). Проходит ли прямая МХМ2 через
точку пересечения прямых: х — 3у — 2 = 0, 2х + Ьу + 7 = 0.
Ответы
1. 3. 2. —4. 3. 2. 4. а2 + 62. 5. 1. 6. 0. 7. 55. 8. 2(1 — Ь*). 9. 6.
10.	4. 11. 6. 12. —6. 13. 27. 14. 0, 15. (л — у) {у — г) (г — х). 16. хх = — 1,
*, = 2. 17. Ху = 1, *2 = 2. 18. Да. 19. МД-г-в), М2 (~, -|Л. 20. х +
+ 0 + 2 = 0. Проходит.	'	'
90

§ 2.2. Решение систем линейных алгебраических уравнений с
помощью определителей
Система двух линейных алгебраических уравнений с двумя
неизвестными
~ахх -f- bxy = Ci, |
а2х А-Ь^у — с^	j
имеет единственное решение
(2.8)
х =
сх Ьх
а\ Сг
с2 Ъ2
• И — -
й2 с2
ах Ьх
* У
ах Ьх
а2Ь2
а2 Ь2
(2-9)
при условии, что определитель системы отличен от нуля, т. е.
αι Ь\
Δ =
ctob
2 2
Ф о.
(2.10)
Система трех линейных уравнений с тремя неизвестными
ахх + Ьху + схг = dx\
о2х + b2y + c2z = d2\ [	(2.11)
а3х -f- b3y +	=	d3
имеет единственное решение
х —
У =
_
z =
где
при условии, что определитель системы
ах Ьх сх
Δ = '
di Ьх сх
ах dx сх
а\ Ьг rfi
Δχ =
d2 b2 с2
; ау =
й2 d2 с2
; д;=
а2 b2 d2
d3 b3 с3
а3 d3 с3
а3 b3 d3
а2 Ь2 с2
о3 Ь3 с3
Ф 0.
(2.12)
(2.13)
(2.14)
Однородная система двух уравнений с тремя неизвестными
ахх + Ьху + схг = 0; 1
а2х + b2y + c2z = 0 J
имеет решение
x — k
Ьг Сг
II
3Ϊ-
Ci at
; z = k
аг 4
Ь2 с2
с2 а2
й2 Ь2
(2.15)
(2.16)
где k — произвольный множитель, если хотя бы один из определителей отличен от нуля. В случае, когда все определители
равны нулю, система (2.15) сводится к одному уравнению.
91

Φ О, поэтому мы можем
2
4
1
2
0
1
2 1
3 2
Δ =
3
6
2
=
3
0
2
= -(-9)
4
—1
—3
4
—9
—3
= 9(4_3) = 9;
92
Однородная система трех уравнений с тремя неизвестными
ахх + Ьху	+ схг = 0;	]
а2х + Ь2у	+ с2г = 0;	|	(2.17)
а3х + Ь^у	+ с3г = 0	)
имеет решение, отличное от	нулевого (х = 0, у = 0, г = 0	—
— нулевое решение системы), когда определитель системы равен нулю, т. е.
ах Ьх сх
Δ= а2Ь2с2 =0.	(2.18)
Яз ^3 ^3
Примеры
1. Решить систему уравнений
4* + У = 5;	1
Зх —2у= 12. J
В данном случае: ах = 4, Ьх = 1, сх = 5, а2 = 3, Ь2 — —
с2 = 12.
Определитель системы g  2 + 9, поэтому мы мож
пользоваться формулами (2.9). Получаем
5	1
_	12—2 _— 10—12 _—22 0
* ~	4	1	“—8 — 3~ — 11“;
3 —2
4 5
3 12	33
4 ~т~= —п = ~3·
3—2
2. Решить систему уравнений
2х + 4у -\-г = 4;
Зх + 6у + 2г = 4; ■
4х — у — Зг = 1.
Вычислим определители, входящие в формулы (2.12):

Δ,=
4 4 1
о
о
—4 —2
4 6 2
=
— 4—2 2
= 1
13 11
Г
Г
00
13 и-з
= 1 (_ 44 + 26) = — 18;
Δ =
2 4 1
0 0
1
3 4 2
=
-1-4
2
= 1
4 1 — 3
10 13
—3
2 4 4
2 04
3 6 4
=
3 04
=
4 -1 1
4 — 91
— 1 — 4
10 13
+(_13+40)=27;
24
34
= 9(8 — 12) = — 36.
Так как определитель системы Δ φ 0, то
лученные значения в формулы (2.12), находим
= _2;у Δ” 27	" Δ
подставляя по-
_ Ах — 18
Х А ~	9
— 36
= — 4.
- + 4г = 0; I
— 2г = 0. J
3. Решить систему
2х — Зу + 4г = 0;
Зх ф у
Составим таблицу из коэффициентов данной системы:
2—3	4
3	1	—2
Вычеркивая поочередно столбцы, получим определители:
= 11
(во втором определителе меняем порядок столбцов).
По формулам (2.16) находим решение системы:
х = 2k, у = \0k, z = 1 Ik,
где k — произвольный множитель.
4. Решить систему
хф2 у — Зг = 0; 1
-6г = 0. /
— 3 4
4 2
2 —3
1 —2
= 2;
— 2 3
= 16;
3 1
2хф4у
Составляя таблицу из коэффициентов
/1г-ЭА
\ 2 4 — 6 /
вычеркивая поочередно столбцы, получаем:
2 —3
Γν.
— 3 1
А.
1 2
4 —6
= 0,
— 6 2
= U;
2 4
= 0.
Данная система приводится к одному уравнению
х +* 2 у — Зг = 0,
93

в чем можно убедиться непосредственно, сокращая на 2 второе уравнение.
Решение системы будет
з 1
У 2 г 2
где * и г могут принимать произвольные значения.
5. Решить систему
* — Зе/ + 2г = 0;
х — 9 + г = 0;
2 х у — Зг = 0.
Определитель системы
1 —3
1 -1
2 1
Следовательно, данная
вое решение: х = 0. у = 0, г = 0.
6. Решить систему
х -+ у + 2 = 0;
Зх — у + 2г = 0;
х — Зу = 0.
Определитель системы
2
1
-3
= — 7 ф0.
система имеет единственное нуле-
1 1 1
1 1 1
λ =
3—12
=
1 —3 0
= 0.
о
СО
1
1 —3 0
Минор этого определителя
1 1
3 - 1
= -4
отличен от нуля. Следовательно, третье уравнение данной системы есть следствие двух первых. Решая эти уравнения по
формулам (2.16), получим
= -4А,
1 1
1 1
1 1
x = k
-1 2
= 3k, у = k
2 3
II
Дг
м
II
?з-
3 — 1
где k — произвольный множитель.
7. Решить систему
х -\т У — 2 = 0 ;
4х + 4у — 4г = 0.
5х -+ 5у — 5z = 0.
94

1 1 —1
1
1 -1
4 4—4
= 4 · 5
1
1 -1
= 0,
5 5—5
1
1 -1
Определитель системы
Л =
Все миноры определителя Δ тоже равны нулю. Система
приводится к одному уравнению, что непосредственно видно,
если сократить второе уравнение на 4 и третье на 5.
найти решение системы, достаточно разрешить лишь
уравнение, например, относительно у. Находим
у = г — х,
где х и г могут принимать любые значения.
8.	Решить систему
х Ф у — 2 = 3;
хф УФг = 1;
Чтобы
первое
хф У
Определитель системы
= 1.
Δ =
1 1 -1
1
О
1 1
1 1
= о,
= 2.
но среди его миноров есть отличный от нуля, например,
I -I
1 1
Среди определителей третьего порядка таблицы
11-13
II 11
11 0 1
имеется определитель, отличный от нуля, например,
1 -1	3
1 1	1	=-2.
1 0	1
Данная система несовместна (не имеет решения), что видно
если сложить первые два уравнения и сравнить результат
с третьим уравнением.
9.	Решить систему
х + у — г = 3;
хфуфг = 1;
хфу — 2.
95

Определитель системы Δ = О, но среди его миноров есть
отличные от нуля. Определители третьего порядка таблицы
11—13
11 11
11 0 2
все равны нулю. Данная система приводится к двум уравнениям, что становится ясным, если сложить первые два уравнения.
Решая совместно, например второе и третье уравнения, получим:
х-\- у — 2, z — — 1 или х = 2 — у, z — — 1,
где у может принимать любые значения.
10.	Решить систему
х + 2у + 3z = 1;
2х -+ Ау + 6z = 3;
Зх -+ 6у + 9z = 2.
Определитель системы
= 0.
Все его миноры также равны нулю. Среди определителей
второго порядка таблицы
1 2 3 1
2 4 6 3
3 6 9 2
1 2 3
1 2 3
Δ =
2 4 6
= 2^3
1 2 3
3 6 9
1 2 3
есть отличные от нуля, например,
3 1
6 3
= 3.
Данная система несовместна, в чем убеждаемся непосредственно, умножив первое уравнение на 2 или на 3.
11.	Решить систему
х + 2у + 3z = 1;
2х + Ay + 6z = 2;
Зх + by -+ 9z = 3.
Определитель системы тот же, что и в предыдущем примере, значит Δ = 0. Все его миноры тоже равны нулю. Определители второго порядка таблицы
/ 12 3 1
2 4 6 2
V 3 6 9 3
равны нулю. Данная система приводится к одному уравнению,
в чем непосредственно убеждаемся, если сократим второе урав-
96

нение на 2, а третье на 3. Остается решить первое уравнение,
чтобы получить решение данной системы. Таким образом, находим
х = 1 — 2у — Зг,
где у и г произвольны.
Задачи
Решить с помощью определителей системы уравнений:
«· I
5х + Зу = 21;
2.|
6х+ 5 у = 1;
2х + 7 у = 20.
8х + Зу = 5.
9х + 2 у = 8;
4.
2х + Зу = 9;
0·
. 4х + у = 3.
5х + 2у = 6.
5.
х + 2// = 4;
е.|
(1 + а) х — ау = 1 + а;
,3х + у = 12.
ах + ( 1—а)у = а — 1.
Решить системы уравнений:
х + 2г/ + Зг — 6;
|
х + У + 2 = 0;
7.
4х + у + 4 z = 9;
Зх + Ъу + 2г = 10.
2х -J- У + 5z = 3;
«•1
2х— Зу + 4z = 0;
4х— 1 \у + Юг = 0.
х + У + z = 0;
9.
4х + 2у + 5г = 5;
Зх + Ay -+ 7z = 2.
Зх + Ay + 2г — 8 = 0;
10.
2х — Зу + 4z = 0;
5х — 7 у + 8г = 0.
х У + z = 2;
П.
■ I
х -|- 5 у + 2z —■ 5 = 0;
2х + Зу + 4z — 3 = 0.
х -j- Зу -j- 2г — 4 = 0;
2х— Зу + 4z = 3;
4х— 1 \у + Юг = 5.
X — У + г — 1 = 0;
'Ί
2х + 6 у + z =2;
4х + 8 у— z — 2 = 0.
14.
х + у —г — 2 = 0;
. 5х + у — г — 7 = 0.
А
х + 2 у — 3z = 0;
16.
2х + 3 у — z = 0;
Зх — Ay + z = 0.
х — 2// + 2г = 0.
Ответы
*· * = 3, у = 2. 2. х = 1, у = — 1. 3. х 2, у = — 5. 4. я = 0, д = 3.
5. х = 4t у _ р. б. х = 1 — а, у = — (1 -f- а).	7.	х = 1, у = 1,
* =» I. 8. * = Ik, у = — 2k, г => — 5Де. 9. х = 1, у =	— 2, z	=	1.	10.	я = у =>
“* = 0.	11. х==2, у=1, г = — 1. 12. * = -^-(9	— 7г).	у	=	-^-(1+2г).
13. х aa з. у — | 2 _ 2. 14. Система несовместна, 15. х =	—	ЮЛ, у	= — ЮЛ.
г » — ЮЛ. 16. х = 4Л, у = —5Л, г = — 7 Л.
4 ГУсак А, А.	о.

Глава 3. Векторная алгебра
§ 3. 1. Основные понятия
Различают величины векторные и скалярные. Скалярная
величина может быть охарактеризована одним числом, выражающим отношение этой величины к соответствующей единице·
измерения. Примеры скалярных величин: длина, площадь, объем, время, угол, температура, плотность, сопротивление проводника, электроемкость, работа и др.
Векторная величина характеризуется числом и направлением. Примеры векторных величин: сила, скорость, ускорение,
напряженность электрического или магнитного поля и др. Всякая векторная величина может быть изображена с помощью
прямолинейного отрезка, у которого различают начало и конец,
Вектором называется направленный отрезок. Вектор вполне
характеризуется следующими элементами: 1) начальной точкой
(«точкой приложения»); 2) направлением; 3) длиной («модулем
вектора»). Если начало вектора есть М, а его копен N (рис. 3 1),
 	—	у
вектор обозначается символом MN или MN. Иногда вектор обозначают одной буквой жирного шрифта а, b и т. д. или такой
же буквой светлого шрифта с черточкой наверху а, Ь и т. д.
Длина вектора MN обозначается через | MN I, вектора
а — через | а | или просто через а.
Единичным вектором называется вектор, длина которого
равна единице.
Нулевым вектором называется вектор, начало и конец которого совпадают. Нуль-вектор обозначается символом 0.
Векторы, лежащие на параллельных прямых (или на одной
и той же прямой), называются коллинеарными. Коллинеарные
векторы могут иметь одно и то же направление (равнонаправленные векторы; рис. 3.1, а, векторы а, b) или противоположные
направления (рис. 3.1, а, векторы b и d, cub, and).
98

Два вектора называются равными, если они коллинеарны,
направлены в одну и ту же сторону и имеют равные длины
(другими словами равными векторами называются равнонаправленные векторы с одинаковыми длинами; а = b).
Векторы, противоположно направленные и имеющие равные
длины, называются противоположными (Ьекторы bud, векторы
MN и NM). Вектор, противоположный вектору а, обозначается
через — а.
А b
f У
/,
0 ь в
Рис. 3.2
Суммой двух векторов а и b называется третий вектор с,
определяемый следующим построением: 1) от произвольной
точки О пространства откладывается вектор О А = а\ 2) от его
конца А откладывается вектор А В = 6; 3) начало первого вектора соединяется с концом второго; полученный вектор есть
вектор-сумма с (см. рис. 3. 1, б).
Сумма двух векторов обладает свойством переместительности
(рис. 3.2)
Ъ + b = Ь + а	(3.1)
и свойством сочетательности (рис. 3.3)
(а + Ь) + с = а + (Ь + с).	(3.2)
Сумма противоположных векторов равна нуль-вектору.
Суммой п векторов аь а2, а3, ... , ап называется вектор,
начало которого совпадает с началом вектора aL, а конец —

с концом вектора ап, при условии, что точка приложения
каждого последующего вектора совпадает с концом предыдущего. На рис. 3.4 изображена сумма 5 векторов αν α2, аз* °4>
аь. Сумма п векторов обладает свойством сочетательности (слагаемые можно группировать как угодно).
Разностью двух векторов а и b называется такой вектор
d, который при сложении с вектором b дает вектор а:
b + d = а, а — b = d.
Построение вектора d можно осуществить следующим образом. От произвольной точки пространства О откладывается
вектор ОА = а и вектор ОВ = Ь, тогда вектор d = ВА, т. е.
начало его совпадает с концом вычитаемого вектора Ъ, а конец
его —с концом уменьшаемого вектора а (рис. 3.5). Другой способ: вектор d равен сумме двух векторов а и — b (рис. 3.5).
Произведением вектора а на число λ называется новый вектор λα, длина которого _равна | λ 11 а |, а направление совпадает
с направлением вектора а при λ > 0 и противоположно ему при
λ < 0. На рис. 3.6 изображены векторы а, За, —2 а.
100

Свойства произведения вектора на число:
1) λ (μα) = (λμ)α;
2) (— λ)α = λ (— α) = — (λα);
3) (λ + μ)α =* λα + μα;
4) λ (α + b) = λα + λ6;
5) λα = 0, если λ = 0 или α = 0.
а
За
-2 а
Рис. 3. 6
Всякий вектор α может быть представлен в виде а = а0 ]а|,
где а° — единичный вектор направления вектора а.
Если а и b — два коллинеарных вектора, то всегда можно найти такой скаляр λ, что
Ь = λα.	(3.3)
Число λ называется отношением вектора b к коллинеарному
ему вектору а {аф 0):
~ = Х или b: а = λ.
а
Условие, необходимое и достаточное для коллинеарности
двух векторов а и Ь, выражается равенством (3.3) или в более
общем виде равенством
αα + β6 = 0.	(3.4)
Векторы,	параллельные одной и той же	плоскости (или	лежа¬
щие в одной плоскости), называются компланарными. Если а
и b не коллинеарны, то любой вектор с, компланарный с векторами а и Ь, можно единственным образом представить в виде
с = αα + β6.	(3.5)
Условие,	необходимое и достаточное для компланарности	трех
векторов а, 6, с выражается равенством (3.5) или в более общем виде
αα + β6 + γα = 0,	(3.6)
где числа α, β и γ одновременно в нуль не обращаются.
101

Если	даны	три	некомпланарных вектора	а,	Ь,	с,	то	всякий
четвертый	вектор	d можно однозначно разложить	по	векторам
а, b, с:
d = <ха + β6 + чс.	(3.7)
Между любыми четырьмя векторами а, b, с, d существует
линейная зависимость, т. е.
αά + β6 + γΓ+δ^ = 0,	(3.8)
где α, β, γ, δ не равны нулю одновременно.
Линейной комбинацией векторов аъ аг, а3, ... , ап называется выражение
αΐαΐ + α2α2+ ··· ~Ьалал’	(3.9)
где а1? а2 , ... , а„—произвольные числа.
К линейной комбинации векторов можно применять все
правила преобразований, установленные в алгебре для многочленов первой степени.
Примеры
1.	В параллелограмме ABCD (рис. 3.7) АВ — р, AD = q.
Выразить векторы ВС, CD, АС, СА, BD, DB через р и q.
Коллинеарные векторы ВС и AD имеют равные длины (противоположные стороны параллелограмма равны и параллельны)
и одинаково направлены. В соответствии с определением равенства векторов получаем ВС = AD. Так как AD—q, то ВС=
= „ _
Векторы CD и АВ противоположно направлены и имеют
равные длины. По определению противоположных векторов
получаем
CD = — DC = — АВ = — ~р, ί. е. CD = —р.
Вектор АС является суммой векторов АВ и ВС, но ВС = AD,
поэтому АС = р + q.
102

Далее, СА = — AC = — (р -f- р) = — р — Я- (Этот результат
можно получить и другим способом:	С А = CD + DA, CD =
= — DC = — АВ = — p, DA = — AD = — q, поэтому CA = — p—
— Я-)	_
По определению разности двух векторов получаем: BD =
= AD — АВ или BD = q — р, так как AD = q, АВ = р.
Аналогичным образом находим, что DB = р — q.
О т в е то ВС = q , CD = — р, АС = р -f q, СА = — р"~ / BD = q —
— J, DB = 'p — q.
Замечание Если даны два неколлинеарных вектора р и q, то их
сумма и разность являются диагональными векторами параллелограмма, построенного на векторах р и ц.
2. При каких условиях векторы р + q и р — q коллинеар-
ны?	_	__
В силу замечания к примеру 1, если векторы р и q не кол-
линеарны, то на них можно построить параллелограмм, диагональные векторы которого р + р и р — q во всяком случае
не коллинеарны. Следовательно, коллинеарность векторов р +
+ q и р — q может иметь (и действительно имеет) место, тогда
и только тогда, когда р и q коллинеарны.
3.	Показать на чертеже, что (р + q) + (р —	р) = 2р.
Как известно (см. примеры 1	и 2), р + q и	(q — р) — диаго¬
нали параллелограмма, построенного на векторах р и q. Построим СЕ = BD (рис. 3.7). Так как
АС = р Ф q, СЕ = BD = q — р, АЕ = AD + DE = q + q = 2q
и АЕ = АС + СЕ,
то 2р = (р + р) + (р — р).
Замечание. Алгебраически равенство проверяется раскрытием скобок.
_4. А параллелепипеде ABCD A'B'C'D' (рис. 3.8) АВ =
= р,	AD = q, АА'= г. Выразить	векторы AC,	D'BАС	В'С,
D'B,	DB' через р, q, г.
По определению суммы векторов получаем:
АС = АВ ф ВС = АВ ф AD = р ф q\
Ж' = АВфВСфСС = ΑΒφΑΰφΑΑ =рфдф}.
По определению разности двух векторов находим:
WW = ΎΈ' — ~АФЁУ = AB — AD = p — q\
WC =ВС — Ш = AD — М =д — г.
103

Так как
[УВ = ТуЬ A-DA + AB и ТуЪ = — ~АА = — г,
то	DA	=	—	q, АВ = ~р,
D'B = p — q — r.
Поскольку
D# = DA + А£ + ШГ и DA = —q, АВ = ~р, Ш = },
Т°	DJ37	=	р	—	^	+ г.
5. Доказать, что при любом расположении точек А, £, С
справедлива формула АВ + ВС + С А = 0.
Вектор £С отложен от конца вектора АВ, вектор С А —
от конца' вектора ВС, тогда конец вектора СА совпадает
с началом вектора АВ. Следовательно, сумма АВ + ВС + С А
является вектором, начало и конец которого совпадают. Такой
вектор по определению есть нуль-вектор, т. е. АВ + ВС -+
А-СА = 0.
6. На сторонах треугольника ЛВС построены произвольные
параллелограммы ABML, BCPN, ACQ/? (рис. 3.9). Доказать,
что из отрезков RL, MN, PQ можно составить треугольник
(сохраняя при этом направление каждого отрезка).
Из чертежа (рис. 3.9) непосредственно получаем
Ш + Ш + NPA-PQ + QRA-RL = 0;
с другой стороны,
LM + NP + QR = АВ + ВС + С А = 0 (см. пример 5).
Следовательно,
MN A- PQ + RL = 0.
Последнее равенство означает, что ломаная, построенная на
трех данных векторах MN, PQ и RL, должна замкнуться,
а это и требовалось доказать.
104

7.	Дан треугольник ABC, в котором АВ = р, ВС = <7
(рис. 3.10). Выразить векторы АК, BL, CAi, где /(, L, М — основания медиан, через векторы р, q.
Пользуясь определением суммы двух векторов, получаем
АК = АВ + Щ.
Так как
Щ = + Вс
(это следует из определения произведения вектора на число
и определения медианы) АВ = р, ВС = q, то
АК — р + ~2~ Я-
Далее,
BL = BC + CL, CL = —~ЛС
(векторы CL и АС противоположно направлены), АС = р q,
поэтому
BL = q +	=
Аналогично находим, что
CM = ~p — (p-{-q) = — q — ^-p.
105

Замечание. Эти выражения для А К, BL И СМ можно получить
и по-другому. Например, достроив треугольник ABC до параллелограмма
ABDC, получим
М = -^ЛО = -^(Лб+ВО) = у(Лё+ЛС) =
_ I _
= 2" IP. + \Р + 9)1 = Р + γ Я
8. Показать, что |а + б|-<|а| + (б|. В каком случае в
этом соотношении имеет место знак равенства?
Если векторы а и b не коллинеарны, то, построив их сумму,
получим треугольник, длины сторон которого соответственно
равны |а|, |б| и |а + б|. Неравенство
| я + Ь | < | a | -|- | b J
вытекает из того, что в треугольнике одна сторона меньше
суммы двух других. Равенство
|а + б| = |а| + |б|
имеет место тогда и только тогда, когда векторы а и b одинаково направлены.
9. В равностороннем треугольнике ЛВС (рис. 3.11) М есть
середина стороны ВС, О — центр тяжести треугольника. Имеет
ли смысл каждое из выражений:	1) АО: AM, 2) МО: АО,
3)	О А: ОВ? В случае утвердительного ответа найти значение
соответствующего выражения.
Так как векторы АО и AM коллинеарны, то отношение
АО: AM имеет смысл. Найдем значение этого отношения. По-
0
Рис. 3.11
скольку центр тяжести треугольника совпадает с точкой пересечения его медиан и эта точка делит каждую медиану в отношении 2: 1 (считая от вершины), то
|Ллг| = з|0м|, \ао\ = 2\ом\,
106

следовательно,
	2 I ОМ. I	2
АО: AM = з j 07ЙI	3	*
Отношение ЛЮ: АО также имеет смысл, ибо векторы МО и
АО коллинеарны. Так как эти векторы противоположно направлены, то
I
МО: АО = —
МО
АО
Отношение ОА: ОВ смысла не имеет, ибо векторы О А и ОВ
не коллинеарны.
10.	Упростить выражение
40 — 2Ь + 5с	4а — 46	— Зс ,	2а — 20Ъ + Зс
 2	6	^	3
Приводим данное выражение к общему знаменателю, получим
4а — 2Ь + 5с	4а — 4Ь — Зс , 2а — 20Ь + Зс _
2	6	+	3	~
12а — 6Ь + 15с — 4а + 4Ь + Зс + 4а — 40& + 6с _
6
12а — 42b + 247
= 2 а — 76 + Ас.
Задачи
1. Дан прямоугольник ABCD. Коллинеарны ли векторы AD
и СВ; AD — АВ и DA — DC; DA + М н ВС φ CD?
2. Даны две различные точки А и £ окружности радиуса R
с центром в точке О. Равны ли векторы ОА и ОВ?
3. Дан ромб ABCD. Равны ли векторы AD и DC, AD и
ВС, АВ ц CD?
4. В правильном восьмиугольнике ABCDEFGH даны АВ = а,
ВС — b, CD — с, DE = d. Выразить каждый из векторов BF,
BG, FD, DG, DH, CG, СА через векторы а, 6, с, d.
5. Дана точка О пересечения диагоналей параллелограмма
ABCD и векторы АВ = р, AD = q. Выразить через р и q следующие векторы: ВС, СВ, CD, AC, BD, DB, АО, СО, Ж
6. Проверить на рисунке следующие формулы:
'<5 -ь Б) — (а — &) = 2&1 ++ +Ъ = ^±1.
7. Показать, что
I αι + а-2 + «· · +	|	|	αι	| + | 021 + · · · + I а„ |.
107

В каком случае в этом соотношении имеет место знак равенства?
8. В треугольнике ABC АВ = р, ВС = q, С А = г.
Выразить через р, q, г векторы АК, BL, СМ, где К, Е, М —
середины сторон треугольника.
9. Четырехугольник ABCD — параллелограмм, О — точка
пересечения его диагоналей, Λί — произвольная точка, отличная
от О. Можно ли выразить числом отношение (МА + MB +
+ МС + АШ): ~МО?
10. Упростить выражения:
1)	2 (За — 46 + 5а) — 3 (а + 26 — За) + 5 (2а + 36 — 4а);
0. 2а — 36 + 4с 5 а — 66 — 2с а — 26 — 6с
2	3	1	4	‘
Ответы
1. Векторы AD и СВ коллинеарны; векторы DA + А В = DB и SC +
+ CD = BD также коллинеарны 2. О А ФОБ. 3. AD ф DC, AD = ВС,
ТШфСО. 4. BF= Ьф~сф1— а\ ~BG = —~а + d +7; YD = a — di
DG = d — α — 6; DH = d — a — 6 — c; CG = с + d — a — b, CA = — a — 6.
5. ~BC = ~q\ CB = — qi CD = — pi AC = p + qi BD = — p + + DB = p — φ
_ 1__ 1- 1-— __
AO = -γ (p + q) = ~γ P + ~2 Я'* CO = — -γ (p + q)\ BO = γ (— p + q).
7. Указание. Отрезок прямой короче ломаной, проведенной между его
концами. Знак равенства имеет место в том и только в том случае, когда
направления векторов аь а2, ,.. , ап совпадают. 8. АК = р + γ~ q, BL =*
= 9 + -^- r, CM = г + -γ р. Другие	выражения:	АК	= ~γ (р— У),	BL	=
= Y~(q—~p), СМ = ~γ (г — q).	9.	Да,	отношение	равно	4.	10.	1)	13а	+
_	_	5	-	7 -
+ 6 —с, 2) — jg а+ 6 е'
§ 3.2. Координаты вектора. Простейшие действия над
векторами, заданными своими координатами
Осью называется прямая, на которой установлено положительное направление. Ось Ои вполне определяется единичным
вектором е = ОЕ (рис. 3.12).
Проекцией точки А на ось Ои называется точка Ах пересечения этой оси с плоскостью, проходящей через данную
точку А перпендикулярно Ои (рис. 3.12, а).
108

Проекцией вектора АВ на ось Ои называется алгебраическая
величина отрезка А1В1 (рис. 3.12, б), где Аъ Вх — проекции
точек А и £ на данную ось (т. е. длина отрезка АХВЪ взятая
со знаком +, когда направление отрезка совпадает с положительным направлением оси Ои, и со знаком — в противном случае).
Если φ — угол между вектором а и осью Ои, то проекция
вектора а на ось Ои равна произведению длины вектора на
косинус угла φ:
проц« = | а | cos φ.	(3.10)
Свойства проекции вектора на ось Ои:
h ПРои (а1 + а2 + · · · + ап) = НРоАЬ + ПРоиа2 + · · · + ПРоиап>
2.	пр0ц (ла) = а пр0ц а.
Прямоугольными координатами точки Λί в пространстве
называются числа х, у, г, выражающие алгебраические величины
отрезков OP, OQ, OR (рис. 3.13), где Р, Q, Я —проекции
этой точки на взаимно перпендикулярные координатные оси:
ось Ох (ось абсцисс), ось Оу (ось ординат), ось Oz (ось аппликат).
Координатами вектора а относительно прямоугольной
системы координат Oxyz называются проекции Χ,Υ,Ζ вектора ~а
на оси координат. Обозначение:
а = \ Χ,Υ,Ζ] или α{Χ,Υ,Ζ).	(3.11)
_ Если i, j, k — орты координатных осей Ох, Оу, Oz, то вектор
а {X, Y, Z } можно представить в виде
a = Xi + Y]+Zk.	(3.12)
Векторы
ax = Xi, ay = Yj, az = Zk	(3.13)
называются составляющими или компонентами вектора
а = ΧΪ + yf + ik.
109

Координаты суммы векторов равны суммам_соответствующих
координат слагаемых. Если α, = {X,, Υχ, Ζ,), о2 = {Х2, Υ2, Ζ2),...,
ап = { Х„, Υη, Ζη } и а, + а2 + ... + ал = а, где а = { X, К, Ζ },
то X = X, + Х2 + ... + Х„, К = УГ1 + УГ2 + *,* + Ул»
Ζ^Ζ,+ Ζ, + ... + Z,,.	(3.14)
Координаты разности векторов равны разностям соответствующих координат. Если ах— а2 — а и ах = ( Xlf К1( Ζ,},
а, = I Хг. кг. Ζ,). а = {X. Υ, Ζ), то
X	=Xt-X„	Y =	Y1-Y»J = Zl — Z,.	(3.15)
Координаты произведения	вектора а на число λ	равны про¬
изведениям соответствующих координат вектора а на λ. Если
b = 1а и а = ( Хх, Yx, Zx), b = { Х2, К2( Z2}, то
Х2 = λΧ,, Υ2 = \YX, Z2 = IZX.	(3.16)
Равенства (3.16) выражают необходимое и достаточное условие коллинеарности двух векторов а и Ь.
Радиус-вектором точки Λί называется вектор ОМ, идущий
от начала координат к данной точке М (см. рис. 3.13).
Если гх	= ОАх и	г2	= ОА2 — радиус-векторы	точек
Ai(Xi, yXt г,)	и Л2(х2, у2,	z2),	то вектор АХА2 = (X,	Y,	Z} вы¬
ражается формулой
АхА2 = г2 г,,	(3.17)
т. е. всякий вектор равен радиус-вектору конца минус радиус-
вектор начала (рис. 3.14). Равенство (3.17) в координатах запишется так:
X = х2 Xv У ~ У г — Ух* Z = ζ2 — Ζχ,	(3.17)
т. е. координаты вектора равны разностям соответствующих
координат его конца и начала.
110

Длина вектора ΑΧΑ2 = {Χ,Υ,Ζ} = {х2 — хх, у2 — ух, ζ2—ζχ)
вычисляется по формуле
d = \АУ%\ ~vx2 + Υ2 + ζ2	(3.18)
или
Формулой (3.19) определяется также расстояние между
двумя точками пространства Ах (хх, ух, гх), А2 (х2, у2, г2).
Направляющими косинусами вектора АХА2 = { X, Y, 2 ) или
АуА2 = { х2 — хх, Уз — Уи 22 — гх } называются косинусы углов
с., β, γ, образованных этим вектором с осями координат Ох,
Оу, Ог:
2
cos а =
cos а
со? β - -
cos3 =
cos γ =
cos γ =
у X2 + Υ2 + Ζ2 ’
х-z - *ι
/(*2 — *ι)2 + (02 - 0+ + (ε2 — *Φ ’
Υ
γχ2 + Υ2ΦΖ2 ’
ο	02	—	ί/ι
V (*2 — *Φ + (02 — УФ + (2% — Φ)2 ’
ζ
(3.20)
(3.21)
γ X2 + Υ2 + Ζ2 ’
— 2Χ
(3.22)
(3.23)
У (*a — хф τ (02 — 0i)a + 02 - ZX)2 ’
cos2 а + cos2 β + cos2 γ = 1.
Координаты всякого вектора а = { X, Υ, Ζ} через направляющие косинусы выражаются формулами:
К = | а 1 cos α; Y = | а | cos β; Ζ = \ а 1 cos γ. (3.24)
111

Координаты единичного вектора е равны его направляющим
косинусам:
е — { cos a, cos3, cosy }.	(3.25)
В	частности координаты единичных векторов	i, j,	k	коор¬
динатных осей выражаются следующим образом:
1={ 1,	0, 0], 7 = {0, 1, 0}, £={0,	0,	1}.	(3.26)
Радиус-вектор	точки М. (х, у, ζ), делящей	данный	отрезок
МХМ2, где	уг,	Ζχ),	М2(х2, у2, г2), в данном отношении
X = тх: т2 выражается формулой
г =	или	г	=	/1	+	(3.27)
тх + т2	1 -I- λ	’	'	;
Рис. 3.15
где Γχ = ΟΜχ, г2 = ОМ2 (рис. 3.15). Координаты точки Af находятся по формулам:
„   Χχ + λ Х2 .		 ух + 1у2 .	_	Ζχ	+	\ζ2	qo\
χ— ι α-λ · У—	ι+λ’2	1	+	λ	(ό.ζο)
Если Μ — середина отрезка МХМ2, то:
* = -»+*-; у =	Z	=	-■	(3.29)
Примеры
1.	Дан вектор а, образующий с осью Ои угол φ, = 60°,
и вектор b, образующий с той же осью угол φ2 = 120°. Найти
проекцию суммы а + Ь + с, где с = За, на ось Ои, если известно, что | a j = 6, | Ь | = 4.
Так как проекция суммы векторов равна сумме их проекций,
112

необходимо найти проекцию каждого слагаемого на ось Ои.
В соответствии с формулой (3.10) получаем:
пр0ыа = | а | cos φχ = 6 cos 60° = 6 · ~ = 3;
пр0и6 = |6| cosc2 = 4cos 120° = 4 (—~f) = —2.
По свойству 2 находим проекцию вектора с =* За:
пРои пРо« (3^) = 3 ПРо«“ = 3-3 = 9.
По свойству 1 находим:
пРо« (йфЬфс) = про а + пр0/ + пр0ис = 3 + (— 2) + 9 = 10.
2. Дан вектор а = { 3, — 4, 5 ]. Написать разложение вектора а по координатным ортам. Чему равны составляющие
вектора а?
В соответствии с формулами (3.11) и (3.12) разложение
вектора а по координатным ортам имеет вид
а = 3/ — 4/ + 5k.
По формулам (3.13) находим составляющие вектора а:
ах = Зг, ау = — 4/, а2 = 5k.
3. Найти координаты и составляющие вектора
а = 2г + 6/ — 7k.
Вектор а имеет следующие координаты:
X = 2, Y = 6, Ζ = — 7
и составляющие (или компоненты):
ах = 2i, ау = 6/, а2 = — 7/г.
4. Даны векторы а = { 1, —2, 3}, 6 = ( 2, 1, — 4 }. Найти
векторы: ~с = а + 6, d = а — 6, р = За + 26, (7 = 5а — 46.
Пользуемся формулами (3.14), (3.15). В данном случае имеем;
Xi = 1, Κι = -2, Ζχ = 3, Х2 = 2, Y2 = 1, Ζ2 = — 4.
По формулам (3.14) получаем координаты вектора с:
Х = 1+2 = 3; Υ = — 2 + 1= — 1; Ζ = 3 + (—4) = —1;
r={3, -1, -1}.
С помощью формул (3.15) находим координаты вектора d:
X = 1 — 2 = — 1; Y = — 2 — 1 = — 3; Z = 3 —(—4) = 7;
d={-I, -3, 7 j.
ИЗ

Координаты векторов За и 2b определяем по формулам (3.16):
За = {3-1, 3(—2), 3-3} = (3,-6, 9);
26 = (2-2, 2-1, 2(— 4)} = { 4, 2, -8}.
Снова используя формулы (3.14), получаем координаты вектора р:
X =3 + 4 = 7; Y =— 6 + 2 = — 4; Z = 9 + (— 8) = 1;
Р = { 7, -4, 1}.
Аналогичным образом находим координаты вектора q:
X = 5-1 -4-2 = —3; К = 5(— 2) — 4-1 = — 14;
Ζ = 5·3 — 4(— 4) = 31; р= { — 3, —14, 31 }.
5.	Даны векторы: αχ = { 2, 4, — 6 }, а2 = { — 1, — 2, 3 },
ая = { 4, 8, — 12 К «“ = {6,0,0}, аъ = { 0, - 5, 0 }, «7= {0, 0, 2),
а7 = { 0, 1, 3 }, а8 = { 2, 0, — 1 }, а9 = { 3, — 4, 0 }. Какие из
этих векторов коллинеарны, параллельны координатным осям,
параллельны координатным плоскостям?
Так как координаты векторов αχ и а2 пропорциональны,
_1=(-+)2, -2 = (- +)4. 3 = (-+)(-б),
то векторы а, и а2 коллинеарны. Поскольку а2 = ί- ах, то
векторы ах и а2 противоположно направлены. Векторы ах и а3
также коллинеарны, ибо
4=2-2, 8 = 2-4, — 12 = 2 (— 6).
Векторы ах и а3 одного направления, так как а3 = 2ах.
Сравнивая координаты векторов а4, а5, ав с координатами
векторов i, j, k (формулы (3^26)), заключаем, что вектор а4
параллелен оси Ох, вектор а5 — оси Оу, вектор а6 — оси Oz
(а4 и i коллинеарны, так как а4 = 6г, а3 и / коллинеарны, ибо
аь = — 5/; а6 и k также коллинеарны, ибо а6 = 2k).
Поскольку у вектора а7 координата х = 0, т. е. проекция
на ось Ох равна нулю, то вектор а7 перпендикулярен оси Ох
и, следовательно, параллелен плоскости Oyz. Аналогичным образом заключаем, что вектор а8 параллелен плоскости Oxz,
а вектор а9— плоскости Оху.
Замечание 1. Если одна из координат вектора равна нулю, то
вектор перпендикулярен соответствующей координатной оси.
Замечание 2. Если вектор имеет только одну отличную от нуля
координату, то он параллелен соответствующей координатной оси.
114

6. Даны две точки Ах{2, —5, 1), Л2(3, 4, —6). Найти
координаты и компоненты вектора а = АХА2.
Искомые координаты находим по формулам (3.17'). В данном случае имеем: хх = 2, ух= — 5, zx = 1, х2 = 3, у2 = 4,
г2 = — 6. Подставляя эти значения в указанные формулы находим:
X = 3 — 2 = 1, Y = 4 — (— 5) = 9, Z = — 6— 1 = — 7.
Следовательно, а={1, 9, —7}; компоненты ах = i, ау = 9/,
аг = - 7/Е
7. Даны проекции силы F на координатные оси: X = 4,
Y = 4, Z =—4/2. Найти величину силы F и направление ее
действия.
Вектор АВ = F по условию имеет координаты X = 4, Y = 4,
Z = — 4 /2. Величина силы Z7 рзвна модулю вектора который можно вычислить по формуле (3.18):
| F | = УХ2 + Υ2 + Z2 = j/V +42 + (—4 V 2)2 = 8.
Направляющие косинусы вектора У определим по формулам
(3.20) —(3.22):
Следовательно, сила Z7 = 8 действует в направлении вектора,
образующего с координатными осями углы: а = 60°, 8 = 60°,
1 = 135°.
8. Вычислить периметр треугольника ABC с вершинами
А(8, 0, 7), В (10, 2, 8), С(10, -2, 8).
Найдем длины сторон треугольника по формуле (3.19). Подставляя координаты соответствующих точек в эту формулу,
получим:
АВ = /(10 — 8)2+ (2 — 0)2+ (8 — 7)2 = /22 + 22 +.12 = 3;
ВС = /(10 — 10)* + (— 2 — 2)2 + (8 — 8)2 = /+4)1 = 4;
АС = /(10 — 8)2 + (— 2 — 0)2+ (8 — 7)2 =
= /22 + (—2)2+ I2 = 3.
Следовательно, периметр треугольника Р = 4 + 3 + 3=10.
9. Вектор а составляет с осью ординат и осью аппликат
углы в 60°. Найти угол между вектором а и осыо абсцисс.
Воспользуемся формулой (3.23). В данном случае β = γ =
= 60°, поэтому cos β = cos γ = Подставляя эти значения
в формулу (3.23), получим
4
cos а = -g-
— 4 V2 _ —У~2
8
2
COS2 а + -γ -f -γ = 1 или cos2 а = -γ%
115

откуда
cosa = zt:—т=—, cos a, =——cosa,=
У 2	У 2	У	2
Следовательно, ах = 45°, a2 = 135°.
10.	Даны вершины А (2, 2, 2), £(6, 5, 0), С(0, 3, 8) параллелограмма ABCD. Найти вершину D.
Пусть О — точка пересечения диагоналей параллелограмма.
Так как О — середина отрезка АС, то по формулам (3.29)
получим:
* = +± = 1, !/ = *±* = +, г = 1±* = 5, 0(к + 5).
2 ’	2	— ’ v у* 2
С другой стороны, О — середина	BD. Координаты	точек £
и	О известны, координаты точки D	определим по	тем	же фор¬
мулам (3.29).
Имеем:
1_6 + *.	5	__5 + 0.	+ г
1 — 2 ’	2	2 ’	2 ’
откуда х = — 4, у = 0, 2=10. Следовательно, £>(— 4, 0, 10).
11.	Отрезок АВ, где А (3, —5, 2), £(5, —3, 1), точками С
и D разделен на три равные части. Найти координаты точек
с и а
По условию АС: СВ = 1:2, AD: DB = 2:1.	Подставляя
в	формулы (3.28) значения хх = 3,	ух = — 5, zx	— 2,	х2 = 5,
у2 = — 3, z2 = 1, λ = -γ, получим координаты точки С:
3 + “·5 _ П. — 5 + +г(— 3)	ΐ3_
х ~~ I — “з"’ У “	I	з~;
1 + ~т	]+т
2 + ΊΓ1	5
2 =
1	3	·
1 + 2
Координаты точки D находятся с помощью тех же формул
при λ = 2:
3 + 2-5	13	—	5	+	2	(— 3)	11
Х —	1	_L	О	3	>	У
Z =
1+2 “ 3,у—	1+2
2 + 21	4
1+2	3	*
Следовательно, с(+р —γ, -|·)» ^(т"» —F’ ΊΓ
Задачи
1.	Даны векторы а = {2, —5, 3}, Ь = [ 1, 3, —7}. Найти
векторы с = 4а + 36, d — Ъа — 26.
116

2. Сила F = 6Н действует в направлении вектора, образующего с координатными осями углы α = β = 120°, γ = 45°.
Найти проекции вектора силы и его составляющие.
3. Даны точки А(1, —3, —2), В(8, 0, —4), С (4, 8, —3).
Найти такую точку D, чтобы четырехугольник ABCD был
параллелограммом.
4. Вершины четырехугольника находятся в точках А (2, 0, 4),
В{7, — 15, 16), С(—1, —1, 11), D{—14, 28, —6). Показать,
что ABCD есть трапеция.
5. Найти координаты .концов отрезка, который точками
С (7, 0, 3) и D{—5, 0, 0) разделен на три равные части.
Ответы
1. <Г= { И, — И, — 9 ].	1= {8, —31, 29}. 2. * = — 3, у = — 3,
г = 3 Y% Fx = — Zl,~Fy = — ЗА ~Fz = 3V2k. 3. D (— 3, 5, — 1). 4. Указание. Убедиться в том, что среди векторов А В, ВС, CD, AD есть два
коллинеарных. 5. Л (19, 0, 6), В(—i7, 0, —3).
§ 3.3. Скалярное произведение
Скалярным произведением двух векторов называется число,
равное произведению их длин на косинус угла между ними.
Скалярное произведение векторов а и b обозначается одним из
символов ab, или α-b, или (ab):
А
ab = | а | · | b | cos {ab).	(3.30)
Учитывая равенство (3.10), формулу (3.30) можно записать так:
α6=|α|πρ-6 или ab = | b | пр^ а.	(3.31)
_А
Из формулы (3.30) следует, что а b > 0, если угол φ = (ab) —
острый; ab < 0, если угол φ — тупой; ab = 0, если угол φ —
прямой или один из векторов равен нулю.
Свойства скалярного произведения:
1. об = Ьа (свойство переместительности);
2. а{Ь ф с) = ab ф ас (свойство распределительности);
3. λ {ab) = (λα) b = а {Щ (свойство сочетательности).
Скалярное произведение αα называется скалярным квадратом вектора а и обозначается символом а2. Из формулы (3.30)
117

следует, что скалярный квадрат вектора равен квадрату его
длины, т. е.
а2 = | а |2.	(3.32)
Если векторы а и Ь заданы своими координатами
ά={Χ,, Γι, Ζ, }, 6={Xa, K2, Z2),
то их скалярное произведение выразится формулой
~ab = Х4Х2 + ΥΧΥ2 + ΖχΖ2,	(3.33)
угол между ними — формулой
гпч (ah) = 	^	=	XxX2 + YxY2 + ZxZ2	 q
M-IM Vxl + Y\ + z*Vxl + Yi + z! ’
а необходимое и достаточное условие их перпендикулярности
примет вид
Х1Х2 +	+ ΖχΖ2 =	0.	(3.35)
Примеры
1. Найти	скалярное произведение двух векторов	а	и	6, для
которых	| а | =	8,	| b | = 5 в каждом из	следующих	случаев:
Л_
φ, = 60°, ср2 = 90°, φ3 = 120°, φ4 = 180°, где φ = (ab).
По формуле (3.30) находим:
1) ab = | а | · | b | cos φ, = 8 · 5 cos 60° = 20;
2) ab — I a \ · \ b\ cos φ2 = 8 · 5 cos 90° = 0;
3) ab = I a I · | b | cos cp3 = 8 · 5 cos 120° = — 20;
4) ab = I a j · | b \ cos cp4 = 8 · 5 cos 180°= — 40.
2. Доказать, что вектор p = a —	перпендикулярен
вектору 6.
Умножая скалярно вектор b на вектор р, получим
Ьр = Ы-	=	=	ф-а)	—ϋ№ =
Ьй	Ь2	\Ь\2
= (Ьа) — фа) = 0.
Так как 6/7 = 0, то 6 J. р.
3. Какому условию должны удовлетворять векторы /7 и q",
чтобы вектор р + q был перпендикулярен вектору p — q?
Если (р + q) _L (ρ — q), το (ρ + ~q) (ρ — q) = 0. Раскрывая
скобки в последнем равенстве (что можно сделать в силу
свойства 2), получим
(р + я) (р — Я) - РР—~РЯ + ЯР — ЯЯ = 0.
118

Принимая во внимание свойство 1, формулу (3.32), находим
1р Iе-! if-о,
откуда | р | = \q\.
Обратное также верно. Если \p\ = \q\, то (р + q) X (р — q).
Какой геометрический смысл имеет данное условие? (См. замечание к примеру 1 § 3.1.)
4. Даны три вектора: а = 4/— 3/, 6=12/—4k, c=2i—j+2k.
Вычислить выражение 5а2 — 5* ф 7с2.
Найдем вначале скалярные квадраты данных векторов. Если
а — (Хх, Y1, Zx), то из формул (3.18) и (3.32) следует, что
ά2 = Χ\φΥ\φΖ\.	^	(3.33')
Подставляя координаты данных векторов в формулу (3.33'),
получим:
<? = 42 + (— З)2 + О2 = 25; Ψ = 12а + О2 + (— 4)2 = 160;
с2 = 22 -f (— I)2 + 22 = 9.
Следовательно, 5а2 — б5 + 7с2 = 5 · 25 — 160 + 7*9 = 28.
5. Даны два вектора: а = (1, —2, 2}, 6 = { 2, —2, — 1 }.
Найти их скалярное произведение и угол между ними. Чему
равно выражение 2а2 — 4а6 + 562?
Подставляя в формулу (3.33) координаты векторов а и Ь,
находим
ά6= 1 -2 + (— 2) (— 2) + 2 (— 1) = 4.
Так как
\а\ = γΥι ф (— 2)2 + 22 = 3 и | 61 = /22 + (- 2)2 + (—1)а = 3,
то по формуле (3.34) получим
/^ч	«6	4	4
cos (ab) = ——=— = —0-5- = -η-.
V '	I α I ·| 61	3-3	9
Поскольку α2 = I a |2	= З2 = 9	и	62 =	| 612 =	З2	= 9, то
2α2 — 4а6 ф 562 = 2*9 — 4·4	+ 5·9	=	47.
6. Вычислить, какую работу производит сила F = {2, —1, —4},
когда точка ее приложения, двигаясь прямолинейно,
перемещается из положения М(1,	—2,	3) в положение
Л (5, “6* 1).
В соответствии с определением работы и скалярного произведения получаем
A = Fs,
где А — работа; F — вектор действующей силы; s — вектор
пути.
119

Найдем вектор s = MN. По формулам (3.17') получаем:
1=15—1, —6 —( — 2), 1—3), Г= {4, -4, -2}.
С помощью формулы (3.33) находим
А = Fs = 2 · 4 + (— 1) (— 4) + (— 2) (— 4) = 20 (ед. работы).
7.	Дан треугольник с вершинами А(—3,5, 6), £(1, —5,7),
С (8, —3, —1). Найти внутренний угол при вершине А
и внешний угол при вершине С.
Внутренний угол треугольника при вершине А равен углу
между векторами Л£ и АС, а внешний угол при вершине С
равен углу между векторами СВ и АС (сделайте чертеж).
По формулам (3.17') находим координаты указанных векторов:
АВ = {4, -10, 1}, АС = {11, -8, -7},
СВ = { — 7, -2, 8}.
С помощью формулы (3.34) находим косинусы углов:
/ То Т7Ч	4	·	11 + (— 10) (— 8) + 1 (— 7)
cos Φι = cos (АВ · AC) = -	.	=	.
л	/42 + (— 10)2+ 12/112 + (— 8)2+ ( — 7)2
117	1
УТГ7У234 Υ2 ’
COS = COS (йГлС) =	(-7)11+(-2,(-8)	+	8(-7)	=
Υ2	Γ(—7)2-Η—2)2 + 82}Λΐ2+(—8)2+ (—7Υ2
— —117 _ _ 1
~ /117/234 “	/2	’
Следовательно, φχ = 45°, φ2 = 135°.
8.	Показать, что четырехугольник с вершинами А(—5, 3, 4),
£(—1, —7, 5), С (6, —5, —3), D(2, 5, —4) есть квадрат.
По формулам (3.17') находим векторы
А£ = {4, -10, 1), £С={7, 2, -8), DC={4, -10, 1},
AD = { 7, 2, — 8J.	_	_	_
Сравнивая координаты векторов АВ и DC, ВС и AD, заключаем, что
А£ = DC, ВС = AD.
Так как
|А£| = /42 + (—10)2+ 12 =/117,
| ВС [ = /72 + 22 + (— 8)2 = 1/ТТ7,
то
j АВ| = | £С | = | DC | =|AD{.
120

Поскольку
ТВ · ВС = 4 · 7 + (— 10) 2 + 1 (— 8) = 0,
то АВ \_ВС.
Следовательно, четырехугольник ABCD есть квадрат.
9.	При каком значении λ векторы а = 4/ + X/ + 5k
и 6 = λ/ + 2/ — 6k взаимно перпендикулярны?
Условие перпендикулярности (3.35) в данном случае запишется
так:
4Х + 2Х + 5 (— 6) = 0 или 6λ — 30 = 0,
откуда X = 5.	_
И). Найти вектор х, коллинеарный вектору	а =	{	1,	2,	—3}
и удовлетворяющий условию ха = 28.
Принимая во внимание условие коллинеарности двух векторов (3.16), заключаем, что
х = {λ, 2Х, — ЗХ),
где х — пока неизвестный коэффициент. Так как ха = 28, то
в соответствии с формулой (3.33) находим
1 · X —1_ 2 -2Х -J- (— 3) (— ЗХ) = 28 или	14Х =	28,	откуда X	=	2.
Следовательно, х = {2, 4, —6J.
11.	Даны три вектора а = / — 2} + 2k,	6=2/ + J— 2k,
10/ + 4} + 2k. Найти пр-6, пр-(6 + с), пр^+ьс, пр^ (2а — Зс).
Применим формулу
пр+=+,	(3.31')
получающуюся из первой формулы (3.31).
Подставляя условия примера в формулу (3.31'), получим
_/Г— ^ = 1-2 + (—2) 1 +2(—2)  	4_
Прд	|	а | ~	+ (— 2)2 + 2*	~	3’
Для нахождения остальных проекций определим векторы:
6 + с = (2/ + j — 2k) + (10/ + 4 j + 2k) = 12/ + 5/;
a + 6 = (t — 2/ + 2k) + (2/ + y — 2k) = 3/ — /;
2a — 3c = 2 (7— 2] + 2k) — 3(107+4/* + 2k) = —28/—16/"— 2k.
В' соответствии с формулой (3.31') находим:
- . -	a(6	+ c) 1-12 + (—2)5 +2-0	2

Замечание. Проекцию вектора b на вектор а можно нанти и по
формуле
прй Ь = Ь-а9,
где а* =-ф- — единичный вектор направления а. В данном случае аи =
I а1
ί 1	2	2}	-	-	4
= (т* - ΊΡ т]’ поэтому праь = Ь а* = - Т·
Задачи
1. Известно, что |а| = 6, |6! = /2. Найти скалярное произведение векторов а и b в каждом из следующих случаев:
cost?! = 45°, cosφ3 = 90°, coscp3 = 135°, coscp4 = 180\
2. Доказать, что вектор p = c(ba)— a (be) перпендикулярен
вектору Ь.
3. Вычислить скалярное произведение векторов а и Ь, заданных своими координатами, и углы между ними:
1) а= {3, -4}, Ь=[ 5, 12};
2) а={ 2, -3, 2}, 6 = {4, 2, -1).
4. Даны три силы: Fx = ( 2, — 5, 1 }, F2 = ( 1, 2, — 6 },
F3=[—4, —3, 3}, приложенные в одной точке. Вычислить,
какую работу производит равнодействующая этих сил, когда
точка ее приложения, двигаясь прямолинейно, перемещается из
точки М (4, 2, — 8) в точку N (3, — 2, — 5).
5. Найти внутренние углы треугольника с вершинами
А(5. 2, —4), 5(9, —8, —3), С(16, —6, - И).
6. Даны два вектора: а = { 1, —2, 4}, 6 = {3, 1, —5}.
Найти вектор х, зная, что он перпендикулярен оси Оу и удовлетворяет условиям: ха = — 3, xb = 8.
7. Даны три вектора: а = {2, —1, 3}, b = {4, 3, —5},
с={7, —2, —6}. Найти вектор х, удовлетворяющий условиям: ха = 8, xb = 0, хс = 10.
8. Найти проекцию вектора а = (4, 3, — 7} на ось вектора
Ь= (1, -2, -2}.

Ответы
_	  33
1. 6, σ. —6; —6/2. 3. 1) ab = — 33. cos φ = — -gg-; 2) ab = 0. 4. 19.
5. φ, = <r*· φ3 = 90°. 6. X = { 1, 0, — 1 }. 7. x = { 2. — 1, 1 }. 8. 4.
§ 3.4. Векторное произведение
Пространственным репером называется совокупность трех
некомпланарных векторов, приложенных в одной точке и заданных в определенном порядке.
Репер а ~ ОА, b = ОВ, с = ОС называется правым
(рис. 3.16, а), если кратчайший поворот вектора О А к век¬
тору ОВ совершается против часовой стрелки для наблюдателя,
глаз которого находится в точке С.
Если же указанный поворот совершается по часовой стрелке
(рис. 3.16, б), то репер называется левым.
Если даны два репера и каждый из них правый или каждый левый, то	говорят, что	эти	реперы	имеют одинаковую
ориентацию;	если	же один репер	правый,	а другой — левый,
то реперы имеют противоположную ориентацию.
Векторным произведением двух векторов а и b называется
третий вектор с (рис. 3.17), удовлетворяющий условиям:
1) вектор с перпендикулярен каждому из векторов а и 6;
2) модуль вектора с равен произведению модулей векторов
а и b на сииус угла между ними, т. е.
_Л
Μ = | α |	· 161 sin (ab);	(3.36)
3) реперы	а,	Ь,	с и /, /,	k (i,	j, k — координатные орты)
имеют одинаковую ориентацию.
123

Векторное произведение с векторов а и b обозначается
одним из символов:
с	=	[аб] или с = а X Ь.	(3.37)
Из формулы	(3.36)	следует, что	модуль векторного произ¬
ведения \ab] jYaeeH площади 5 параллелограмма, построенного
на векторах	а	и	Ь:
fab] | = S.	(3.38)
Векторное произведение может быть выражено формулой
[ab] — Se,	(3.39)
где е — орт направления [аб].
Векторное произведение ненулевых	векторов равно нулю
тогда и только тогда, когда векторы а и b коллинеарны:
[аб] = 0, если а = λ6".	(3.40)
В частности
[аа]	= 0.	(3.40')
Свойства векторного произведения:
1. [аб] == —■ [6а],
2. [а_ + 6, d\ = [ad] + [bd],
3. [λα, 6] = [α, λ6] = λ [ab].
Если векторы а и 6 заданы своими координатами
а = | Х„ 2, ),!> = ( Ха. Y„ Z, |,

или
[ab] = [
ΚιΖι
ад
ад
ад
♦
ад
»
ад
}.
(3.42)
Площадь треугольника, построенного на этих векторах, выражается формулой
s = 4-1Й11 = -т]/Г\КА
Л
sin (а Ь) =
[ab]
|ад
1 ад
- форм’
ζ
+
улой
ΧχΖι
χ2ζ2
2
+
ад Iе
ад1*
Лй
2
+
ад
вд
ч
ΧχΥι
ад
2
I α I ·\b I Ух\ + Г2 + Ζ\ У X\ + Y\ + Z\
(3.43)
/3.44)
Замечание. Формула (3.42) означает, что координаты векторного
произведения можно получить следующим образом. Выписываем таблицу из
координат векторов (соблюдая порядок):
ΧχΥιΖι
х2ад
Закрывая первый столбец этой таблицы, получаем определитель, являющийся первой координатой. Закрывая второй столбец и беря полученный
определить со знаком минус, найдем вторую координату. Закрывая третий
столбец, получим определитель, являющийся третьей координатой векторного произведения [аЬ].
Примеры
1.	Найти векторные произведения
[//], [/£], [Ы], [//], [£/], [ik],
где 7, /, k — орты правой системы координат.
Найдем вначале [//]. Пользуясь определением векторного
произведения, заключаем:
1) вектор [/)] коллинеарен k, так как он перпендикулярен
векторам i и /;
2) вектор [//] является единичным, так как площадь параллелограмма, построенного на векторах i и /, равна единице (параллелограмм в данном случае представляет собой квадрат AOBD
со стороной, равной единице, см. рис. 3.18).
Из полученных утверждений следует, что вектор [//] равен
либо k, либо — k. Вторую возможность нужно отбросить, так
как репер /, /, —А: является левым. Следовательно, [ij\ =k.
125

Аналогичным образом находим, что [fk] = i, [kt\ — j.
При нахождении вектора [//] утверждения 1) и 2) остаются
верными. Заключение будет другим: так как репер /, i, — к
является правым, то [ji] = — k. Аналогично получаем [kj\ =
= — In [ik] = — /.
Замечание. Три последних результата можно получить из трех
первых, пользуясь свойством 1.
2.	Даны векторы а и 6, для которых |а| = 6, |б| = 4. Найти
векторные произведения в каждом из следующих случаев:
Л
?1 =0, φ2 = 30°, срз = 90°, φ4 = 150°, где φ = (а 6).
= |ά |*|61 sin 150° = 6*4·-^- = 12.
По формуле (3.39) получаем:
1} [ab] = 0; 2) [аЪ] = 12е\ 3) [аб] = 24ё; 4) [ab] = 12ё,
где е — единичный вектор направления [аб].
3.	Найти векторное произведение векторов
a = 2i — 3/ -f- 5&, b = 4/ + 2/ — 6к.
Пользуясь формулой (3.40'), свойствами векторного произведения и результатами примера 1, получаем
00 = I(2i - з/ + 5k) (47 -f- 27 — 6ft)J = 8 fill + 4 [7/1 -	12	[7fe|	-
- 12 ни - 6 [//] + 18 []k + 20 [Й] + 10 [ft/] - 30 [ftft] =	4	[i/j	-
126

— 12 I Ik) — 12 Ι/ή + 18 \jk] + 20 [kl] + 10 [kj] = 16 [7/1 - 8 [kj] {-
+ 32 [Л?] = 8t + 32/ + 16A.
4. Упростить выражение [(3α — 26) (2α+ 56)].
Пользуясь формулой (3.40') и свойствами векторного произведения, получаем
;ДЗа—26)(2α+56)] = [3ά2ά] + [3α56] + [(—26) 2α] + [(—2b) 5b) =
с*= 6 [αα] + 15 [аб] — 4 [6а] — 10 [66] = 15 [аб] + 4 ]а6] = 19 [аб].
5. Показать, что векторы [аб] и [2а (За — 56)] коллинеарны.
V Упростим второе векторное произведение:
[2ά (За — 56)] = [2аЗа] + [2а (— 56)] = 6 [аа] — 10 [аб] =
£·	=	— 10 [аб].
'Векторы [аб] и — 10 [аб] коллинеарны.
6. Даны векторы а, 6, с, удовлетворяющие условию а + 6 +
|+ с = 0. Доказать, что [аб] = [be] = [са].
I Умножим векторно а на а + 6 + с = 0. Получим
ν
I	[αα]	+ [об] + ]ас] = 0 или [аб] =[ас] = (са].
[Умножая векторно а + 6 + с = 0 на 6, находим
_
I	[аб]	+ [66] + fc6] = 0 или [аб] = — [с6~] = [6с].
I	Из двух равенств ]а6] = [са] и [аб] = [6с] следует доказы¬
ваемое равенство.
ιί	—	—	—
j, Замечание	Векторы а, Ь,	с образуют треугольник	Все	векторы
;в&1, [be] [са] направлены в одну	сторону, а модуль каждого	из них	равен
(двоенной площади	треугольника,	построенного на векторах	а, Ь,	с.
7. Доказать, что
Г 6]2 + (аб)2 = а262.
По определению векторного и скалярного произведения
1еем:
Л
J [аб] | = |а|.|6| sin (а 6),
Δ.
ab = I а I · 161 cos (a 6).
Возводя в квадрат обе части каждого равенства и склады-
>я почленно, получим
ЦЬ&]|* + (55)*-|о|ЧЙ*
на

Так как квадрат длины вектора равен его скалярному квадрату, то полученному равенству можно придать вид
[аб]2 + (аб)2 = а2 б2.
8.	Даны векторы
а = {1, -2, 2}, Ь = [3,0, -4].
Найти их векторное произведение, синус угла между ними
и площадь параллелограмма, построенного на этих векторах.
Составим таблицу из координат векторов
/1-2 2\
13	0—4/
Закрывая поочередно первый, второй, третий столбцы и рассматривая полученные определители (причем второй — со знаком
минус), получаем
[аб] =
— 2
2
1 2
1 —2
0
— 4
f
3 — 4
f
3 0
или [аб] = {8, 10, 6),
По формуле (3.38) находим площадь параллелограмма
5 = | [аЬ\ | = /82 + 102 + 62 = УШ = 10 VT
С помощью формулы (3.44) определяем синус угла между
данными векторами
Л
sin (аб) = т=
[аЪ]
/82 + 102+62
/I2 + ( - 2)2 + 22 / 32 + ( - 4)2
10/Т	2/2"
3-5	3	*
9.	Вычислить площадь треугольника с вершинами Л( — 1, 0, 2),
В (1, -2,5), С (3,0, -4).	_	_	__
Находим сначала координаты векторов а = АВ и б = АС:
а = (2, -2,3), б = {4,0, -6}.
Координаты векторного произведения [аб] определяем по
формуле (3.42), предварительно выписав таблицу
^2 — 2 3'
А 0—6,
Получаем
[аб] =
— 2 3
2 3
2 — 2
0 — 6
ψ
4 — 6
>
4 0
или [аб] = [12, 24, 8].
128

С помощью формулы (3.43) находим площадь треугольника
S = + \раЬ]\ = -СУ 12г + 242 + 82 = + 1/784 =
= + = 14 (кв. ед.).
10.	Три силы Б, = (2, 4,6,}, f2= (1, -2,3}, £,= (1, 1,-7}
приложены в точке А(3, —4, 8). Определить величину и направляющие косинусы момента равнодействующей этих сил
относительно точки £(4, —2, 6).
Если вектор F изображает силу, приложенную в точке М,
а вектор а = NM, то вектор [а£] представляет собой момент
силы F относительно точки N.
Найдем сначала равнодействующую трех данных сил
с	F	=	F1ArF2-{-F3.
f Так как координаты суммы векторов равны суммам соответствующих координат слагаемых, то
[*={2 + 1 + 1, 4 + (-2)+1, 6 + 3 + (-7)}, £={4, 3, 2}.
|По координатам конца и начала определяем координаты век-
ргора а:
ία = ЪА — (3 — 4, —4 —( — 2), 8 — 6), а — {— 1, —2, 2).
G помощью формулы (3.42) находим координаты [а£]:
— 2 2
— 1 2
— 1—2
3 2
t
4 2
t
4 3
и &	,	Т	У
[а£] = { — 10, 10, 5).
с Следовательно, величина момента равнодействующей равна
I	|	[α£] | = Ϋ( — Ю)2 + 102 + 53 = 1/225 = 15.
| Направляющие косинусы момента силы определим по
формулам (3.20) — (3.22):
f п Л - 10	2	Q	10	2	5	1
| S* 15	~	3	,	c°s	β	is з , C°s γ j5	3	.
I Задачи
Ь	_	_
I; _1. Найти векторное произведение векторов a — i — 3/ + 2k
ji b = 6/ + 5j — Ak.
2.	Показать, что векторы [ba] и [36(4α + 56)] коллинеарны.
_3. Упростить выражения: 1) [(2а — 36) (а+ 46)], 2) [(4а —
-6+ 27) (а+ 36 — 2с)], 3) [(37 — Aj—bk) (27 +6/ — k)\.

йуЬу
2
ахСу
2
ЬуСу
2
а2Ь2
й2с2
+
i
=
Ь2с2_
4. Векторы а, b, с, d связаны соотношениями [аб] = [cd],
[/Г] = \bd\. Доказать^ что векторы (a — d) и ф—с) коллинеарны.
5. Даны векторы а= {—4,—8, 8}, b = {4, 3, 2}. Найти их
векторное произведение, синус угла между ними, площадь параллелограмма, построенною на этих векторах.
6. Дан треугольник с вершинами Л (4, — 14, 8), 5(2, — 18,
12), С (12, —8, 12). Найти длину его высоты, опущенной из
вершины С на сторону АВ.
7. Даны две силы Fx*= (4, 1, 3), Рг = {—2, 2,	1}, приложенные в точке Л (6, —6, —3). Определить величину и направляющие косинусы момента равнодействующей ьтих сил
относительно: 1) начала координат; 2) точки В (5, — 8, — 5).
8. Доказать «тождество Лагранжа»:
а1 + К + с\ αχα2 + Ьф2 + CjC2 |
_ аχα2 + Ьфъ + сгс2 α, +^2 Ф с\ I
9. Даны векторы а = {3, 1, 2,} Ь= {2, 7, 4), с= (1, 2, 1}.
Найти [[аб] с] и [а [6с]].
Ответы
1.	[ab] = 21+ 16/+ 23ft. 3. 1) 11 [ab]\ 2) 13 [аЬ] — 10 [ас] — 4 [Ъсц
5
3) 34/ — 7/ + 26/г. 5. [аЬ] = {— 40, 40, 20},	5 = 60,	sin φ =	6.	ft = 10.
7. 1) F = Fy + f2 = [2, 3, 4}, a = OA =	{6,	—6, —3). | /Г] | = 45, cos	а =
1 2 2	—	_
= — -у. cos3 = .— “у. cos γ = -у 2)	F = {2, 3,	4), a = BA	=	{1. 2,	2}.
2 — 1
I [af] I = у 5, cos a = -7=, cos 3 = 0, cos γ = 77=-· ®· Указание Boc-
}/ 5	У	5
пользоваться тождеством примера 7. 9. [[ab]c] = {—46, 29, — 12},
[а [be]] = { — 7, 7, 7}.
§ 3.5. Смешанное произведение. Двойное векторное произведение
Смешанным произведением, трех векторов а, б, с называете:
число, равное векторному произведению [аб], умноженному
скалярно на вектор с. Смешанное произведение векторов а, б, 1
обозначается символом аЬс.
Верны следующие равенства:
аЬс = [ab]c = а [6с].	(3.4Г
Смешанное	произведение абс равно объему параллелепипеде
построенного на	векторах а, б, с, взятому со	знаком плюс,	когд
реперы а, б, с	и	с, /, k имеют одинаковую	ориентацию,	и с
знаком минус — в противном случае. Равенство
аЬс = 0	(3.46}
130

I является необходимым и достаточным условием компланарности
I тр 'Х векторов а, В, с.
| Свойства смешанного произведения:
!	1.	abc = bca = cab', abc = — (рас) = — (cba) = — (асЬ);
2. a (b + d)c = abc -f- adc, ab (с + d) = abc -f abd;
3. a (lb) с = ab Q.c) = λ (abc).
Если векторы a, b, с заданы своими координатами
ά= {Xt, y+Zxb 6= {X* K2. Z2), с = (X3, K3, Z3],
то их смешанное произведение вычисляется по формуле
Χ + χΖχ
abc =
X2y2Z2
ΧβΥα
(3.47)
а объем параллелепипеда, построенного на этих векторах, определяется формулой
, Χ,^ιΖι
V = I abc I = +
Χ,Γ*Ζ2
3.48)
1 ρ которой знак берется одинаковым со знаком определителя.
Двойным векторным произведением [\аЬ]с] называется векторное произведение вектора [ab] на вектор с. Умножая вектор а векторно на [be], получим двойное векторное произведение [а ρЬс]]. В общем случае
[В[ВВ]] Ф\[аЪ]'с].	(3.49)
Примеры
h
1.	Векторы а, Ь, с удовлетворяют условию [ab] + [Ьс] +
[са] = 0. Доказать, что эти векторы компланарны.
Умножим скалярно вектор а на вектор [ab] + [Вс] + [са] =
0.	Получим
а [аВ] + а [Вс] + а [са] = 0 или aab + abc + аса — 0.	(А)
Так как векторы а, а, b н а, с, а компланарны, то в силу
условия (3.46) заключаем, что
aab = 0, аса — 0.	(В)
Равенство (А) с учетом равенств (В) принимает вид
аВс = 0.
131

В силу того же условия (3.46) заключаем, что векторы
а, b и с компланарны.
Замечание. Смешанное произведение трех векторов, среди которых
имеется два равных, равно нулю.
произвольные числа.
Принимая во внимание свойства смешанного произведения
и замечание к примеру 1, получаем
3.	Найти смешанное произведение трех векторов а = (1, I, 2}»
Ъ = {2, 1, 1},с={1, —2, 3}. Какой репер образуют векторы
а, 6, с? (Координатный репер — правый.)
По формуле (3.47) находим
Так как смешанное произведение отрицательно, то реперы
а,Ъ, с и i, j, k имеют противоположную ориентацию, т. е.
а, 6, с — левый репер.
4.	Доказать, что векторы а = (1, 2, —2}, 6= {1, —2,	1},
с =(5, —2, —1} компланарны.
Найдем смешанное произведение этих векторов по формуле (3.47):
1 2 — 2
1 2 — 2
2 — 1
1—2 1
2 0—1
= — 2
6 — 3
5 — 2—1
6 0 — 3
Следовательно, выполнено условие (3.46). Это и означает,
что векторы а, Ъ, с компланарны.
5.	Найти	объем Vx	тетраэдра ABCD	с вершинами в	точках
А (Ху, Уу, Zy),	В(х2, у.2	z2), С(х3, Уз, z3),	D(x0, у0, z0).
Найдем векторы трех ребер тетраэдра, исходящих из
какой-либо его вершины, например вершины D:
а.	= DA = [ху — х0, уу — у0,2г — г0], 6 = DB = {х.2 — х0, у2 —
— ί/ο, z2 — гь}, c	= DC= [хя — х0,	г/з — z/o, z3 — г0}.	(А)
Построив	параллелепипед на векторах а, Ъ, с, примем	за	его
основание параллелограмм ABCL, построенный на векторах
а = DA и Ъ = D5. За основание тетраэдра примем грань ABC.
132
2.	Доказать тождество аб (с + т + β6) = abc, где а и β —
ab (с + α,α + β6) = abc -[- а aba + βα66 = абс.
1 1 2
abc =2	11
1 — 2 3
1 1 2
0—1 — 3
0 — 3	1

Площадь этой грани равна половине площади S параллелограмма ABCL:
s, = + s.
(В)
Так как высота у параллелепипеда и тетраэдра одна и та же,
то обозначив ее через h, получим:
l
V = Sit,
где V — объем параллелепипеда.
Из формул (В) — (D) следует, что
(C)
(D)
1
=	(Е)
Принимая во внимание равенство (А) и формулу (3.48),
получим
*ι — *о	Ух	Уо	*1	20
*2 — *0	Уг~ Уо	— 20	.	(3.50)
*з *о	у3	{/о	23	20
6.	Даны вершины тетраэдра:	А(0,	—2,	5), В(6, 6,	0),
С(3, —3, 6), D(2, —1, 3). Найти длину его высоты, опущенной из вершины с.
Найдем сначала объем тетраэдра ABCD. По формуле (3.50)
получаем
Pl = ±:
1
0 — 2	— 2 —	( —	1)	5 — 3
6 — 2	6	—(—	1)	0 — 3
3—2	— 3 —	(—	1)	6 — 3
0—1 0
1	7	11
4-2 —1
— 2 — 1 2
4	7	— 3
1—2	3
11
4 —1
Так как определитель равен отрицательному числу, то
в данном случае перед формулой нужно взять знак минус.
Следовательно,
1/	1/	1	у,	Ί1 ч	45	15
= 6-( — 1 — 4 ·11) = ~6- = 2 -
1
Искомую величину h определим из формулы V = — Sh,
3
где S — площадь основания. Определим площадь S:
s = Л-1 fab] |,
где Έ = DA = | - 2, — 1,2); Ъ =Ш = (4, 7, — 3).
133

Поскольку
[ab] =
— 12 -2 2 —2—11
7-3, ~	4	—	3,	4	7	j
[ab] = {— 11, 2, -10],
то
S = Л-1 m I = Л- Y (- 11)! + 23 + ( - I0)2 = +225 = y.
7.	Показать, что точки Α(3,—4, 1), 5(2, —3, 7),
C(l, —4, 3), D{4, —3, 5) лежат в одной плоскости.
Если точки А {хъ уъ Zy), В (х2, у2, z2), С (х3, у3, гя),
D (д'о, 1/0, z0) лежат в одной плоскости, то объем тетраэдра ABCD
равен нулю. Из формулы (3.50) получаем необходимое и достаточное условие компланарности четырех точек:
Подставляя координаты точек А, В, С, D в определитель,
стоящий в правой части формулы (3.50), получаем
Ю
1
СО
-Τ
1
-τ
I
СО
■Kf
1
1
1
2 — 4 — 3 — (— 3) 7 — 5
=
-2 0 2
1 — 4 —4 — ( — 3) 3 — 5
(Μ
1
τ
со
1
- 1
- 1 —
4
= -(-1)
— 2 2
— 2
0
2
— 2 2
— 2
0
2
8.	Доказать тождество [\ab] с]=Ь {ас) — а фс).
Векторы а, Ь, с приведем к общему началу. Введем прямоугольную систему координат следующим образом. Начало
координат поместим в точке приложения векторов а, Ь, с
(рис. 3.19). Вектор / направим вдоль вектора а, вектор / выберем в плоскости векторов а, Ь, тогда вектор k определится условием, что репер /, ], k — правый. При таком выборе системы
координат имеем:
а= [ху, 0, 0); Ь = {х2, у2, 0}; с= (х3, у3, г3}.	(А)
134
1	15
Подставляя в формулу V = -γ Sh значения V = — и S =
15	ко
-γ, получим п = 3.
Уг — Уо Уз —Ус	Уз —Ус	= °-
Ζι — Ζ0	Ζ2 — Ζ0	ζ3 — ζ0
(3.51)

По формуле (3.42) получаем
[аб]	= {0, 0, хху2\ и [[аб] с] = { — хху2у3, хху2х3, 0}.	(В)
G другой стороны:
ас = ххх3, b (ас) = {χχΧ2χ3, хху2Хз> 0}*
Ьс = х2х3 + γ/,ί/з, а (Ьс) = {ххх2х3 + хху2у3, 0, 0),
Рис. 3.19
откуда
Ь(ас)	— а(Ьс)=\— хху2у3, хху2х3,	0}.	(С)
Сравнивая формулы (В) и (С), получим
[[аб] с] = б (ас) — а (Ьс).	(3.52)
9. Доказать тождество
[а [Ьс]] = Ъ (ас) — с (аб).	(3.53)
Для доказательства используем свойства векторного произведения и формулу (3.52), полученную в примере 8:
[а [6с]] = — [[6с] а] = — [с (аб) — б (ас)} = б (ас) — с (аб).
Замечание. Результатам, содержащимся в формулах (3.52) и (3.53)
можно дать следующую формулировку: двойное векторное произведение
равно среднему (по занимаемому месту) всктс.ру, умноженному на скалярное
iпроизведение двух крайних, минус другой вектор внутренней скобки, умноженный на скалярное произведение двух остальных,
10. Доказать тождество
J	[аЪ\	[cd] =
Скалярное произведение векторных произведений [аб] и [cd\
/Можно рассматривать как смешанное произведение трех векторов а, 6 и [cd]. Принимая во внимание формулу (3.45), получим
ч	[аб]	[cd] = ab [cd] = a[b [cd]].	(A)
135
uc ad
be ~bd
(3.54)

[b [cd]\ = с (bd) — d (be),
поэтому
a [b fed]] = a {c(bd) — d (be)} = (ac) (bd) — (ad) (be) =
Из равенств (А) и (В) получаем соотношение (3.54).
ас ad
Ъс bd
. (В)
Замечание. В случае, когда а = с, b = d, получаем тождество примера 7 § 3.4, или в координатах «тождество Лагранжа» (см. задачу 8 § 3.4).
Задачи
1. Доказать тождество (а + b)(b + с) (с + а) = 2abc.
2. Найти смешанное произведение трех векторов: а = (7,
— 1, 4}, Ъ = {—4, 5,—6},с={ 6,	8,	—3}. Какой репер обра¬
зуют векторы а, Ь, с?
3. Вычислить объем параллелепипеда, построенного на векторах а = (3, 4, 6}, Ъ = {4, 1, 1}, с = [2, 0, 3}.
4. Показать, что векторы а = {1, 5, 4}, b = {6, —4, 4}, с =
= { 10, — 1, 10 } компланарны.
5. Проверить, что точки А (5, —1, —1), 5(4, 2, 2), С (5, 3, 1),
D(8, 0, —5) лежат в одной плоскости.
6. Вычислить объем тетраэдра, вершины которого находятся
в точках А (5, 2, 2), 5(—8,—2, 5), С (6, 3, 0), D(9, 3, 2).
7. Даны вершины тетраэдра А (4, 5, —3),	5(6, 3,0),
С (8, 5, —9), D( — 3, —2, —10). Найти длину его высоты,
опущенной из вершины D.
8. При каких условиях [[аб] с] = [а [Ьс]\.
9. Показать, что [a [be]] + [б [са]] + [с [аб]] = 0.
10.	Доказать тождество [аб] [cd] + [ас] [db] + [ad] [be] = 0.
Ответы
2.	31 Векторы а, b, с образуют правый репер. 3. 43 6. 0,5. 7. h= II.
8- Векторы а и с должны быть коллинеарны или вектор b должен быть
перпендикулярен векторам а и с. 9. Указание. Воспользоваться замечанием к примеру 9. 10. У к а з а н и е. К каждому слагаемому применить
формулу (3.54).
136

ж кшоа -t. лнйлигическая геометрия в пространстве
§ 4.1. Плоскость в пространстве
Плоскость	в пространстве относительно	прямоугольной
системы координат может быть задана различными способами.
Например, плоскость однозначно определяется точкой и вектором, ей перпендикулярным; тремя точками; отрезками, отсекаемыми на осях координат и т. п. В зависимости от способа задания плоскости рассматривают различные виды ее уравнения.
4.1.1. Общее уравнение плоскости. Уравнение в отрезках.
Составление уравнения плоскости по различным ее заданиям
Уравнение	плоскости, проходящей через	данную	точку
Мо(хо, Уо* 20) и перпендикулярной вектору п = [А, В, С), в векторном виде записывается так:
/7(7 — г0) = 0,	(4.1)
где г0 — радиус-вектор точки Λί0 (х0, yQ, zQ); г — радиус-вектор
произвольной точки М (х, у, ζ) данной плоскости. Уравнение
(4.1) выражает условие перпендикулярности векторов п и
г — г0 = МоМ (рис. 4.1), имеющее место для любой точки плоскости. Это уравнение можно записать в виде
nr -+ D = 0, где D — — (/zr0).	(4.2)
Так как	п — [А, В, С) и г —	= {х — хо, у — уо, ζ —	ζ0}, то в
соответствии	с формулой (3.33) уравнение (4.1) примет вид
A(x — x0) + B(y — y0)-j-C(z — zf)) = 0	(4.3)
или
Ах + By -j- Cz + D = 0,	(4.4)
где
D = — (Ах0 + ByQ -j- Czυ).
137

Уравнение (4.3) называется уравнением плоскости,· проходящей через данную точку, а уравнение (4.4) — общим уравнением
плоскости.
Замечание. В уравнениях (4.3) и (4.4) коэффициенты А, В, С одновременно в нуль не обращаются (так как вектор п не является нуль-вектором).
Частные случаи общего уравнения плоскости:
1. Свободный член равен нулю, т. е. D = 0:
Ах + By -f Cz = 0 (плоскость проходит через начало координат).	(4.5).
2. Один из коэффициентов при текущих координатах равен
нулю и
а) D Ф 0, тогда плоскость параллельна соответствующей
координатной оси:
А = 0, By ф Cz + D = 0 (плоскость параллельна оси Ох); (4.6)
5 = 0, Ах ф Cz + D = 0 (плоскость параллельна оси Оу); (4.7)
С = 0, Ах ф By D = 0 (плоскость параллельна оси Oz); (4.8)
б) D = 0, тогда плоскость проходит через соответствующую
координатную ось:
А = 0, By ф Cz =	0 (плоскость	проходит	через	ось O.v);	(4.9)
В = 0, Ах ф Cz = 0 (плоскость проходит через ось Оу); (4.10)
С = 0, Ах ф By = 0 (плоскость проходит через ось Ог). (4.11)
3. Два коэффициента при текущих координатах равны нулю и
а) D ф 0, тогда плоскость параллельна соответствующей
координатной плоскости:
5 = 0, С = 0, Ах + D = 0 (плоскость параллельна плоскости
Oyz);	(4.12)
А = 0, С = 0,	5z/	+	D	=	0	(плоскость	параллельна плоскости
Oxz);	(4.13)
А = 0, 5 = 0, Cz + D = 0 (плоскость параллельна плоскости
Оху);	(4.14)
б) D = 0, тогда плоскость совпадает с соответствующей'
координатной плоскостью:
5 = 0, С = 0, Ах = 0 или х = 0 (уравнение плоскости Oyz);
(4.15)
А = 0, С = 0, By = 0 или у = 0 (уравнение плоскости Oxz);
(4.16)
А = 0, 5 = 0, Cz = 0 или z = 0 (уравнение плоскости Оху).
(4.17)
138

Если ни один из коэффициентов общего уравнения (4.4) не
равен нулю, то оно может быть преобразовано к виду
4 +1 + 4 = '·	<4·18)
D .	D	D	.
где а = дъ о =	с =	^	алгебраические величины
направленных отрезков, отсекаемых на осях координат. Уравнение (4.18) называется уравнением плоскости в отрезках.
Примеры
1. Составить уравнение плоскости, перпендикулярной вектору 7z = (2, — 1,4} и проходящей через точку М0(5,2, —3).
Лежат ли на этой плоскости точки Р( 1,2, —1), Q(4, 5, 1)
и Я(-6, 2, - 3)?
Подставляя в уравнение (4.3) значения А — 2, В = — 1,.
С = 4, х0 = 5, у0 = 2, zQ = — 3, получим
2 (х — 5) — (у — 2) + 4 (ζ + 3) = 0.
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, находим
искомое уравнение плоскости
2х — у + 4ζ + 4 = 0.
Выясним, лежат ли точки Р, Q и R на данной плоскости.
Подставляя последовательно координаты этих точек в левую
часть последнего уравнения, получим:
2-1 — 1 -2 + 4 (— 1)4-4 = 0;
2-4— 1-5 + 41 + 4 > 0;
2( — 6) — 1 · 2 + 4 ( — 3) + 4<0.
Следовательно, точка Р лежит на данной плоскости. Точки
Q и R плоскости не принадлежат. Они находятся по разные
стороны от нее (в результате подстановки их координат
в уравнение плоскости получены числа разных знаков).
ν	Замечание. Плоскость Ах + By + Cz + D = 0 разбивает	пространство
на	два	подпространства для точек одного из них Ах +	By	+	Lz + D < О,
для точек другого Ах + By + Сг + D > 0.
2. Составить уравнения плоскостей по следующим данным:
1) плоскость перпендикулярна оси Oz и проходит через точку
•Р(1, -2, 3);
2) плоскость проходит через ось Оу и точку <3(4, 2, —5);
3) плоскость параллельна оси Ох и проходит через две
точки R( 1, 1, 2) и 5(5, 3, —2).

1) Плоскость, перпендикулярная оси Oz, параллельна координатной плоскости Оху и ее уравнение (см. уравнение (4.14))
имеет вид
Cz + D = 0.
Подставляя в это уравнение координаты точки Р, получим
С · 3 + D = 0, откуда D = — 3С. Следовательно, Cz — ЗС = 0,
С (ζ — 3) = 0, но С Ф 0, значит получим уравнение ζ — 3 = 0
или 2 = 3.
2) Так как плоскость проходит через ось Оу, то ее уравнение (см. уравнение (4.10)) ищем в таком виде:
Ах + Cz = 0.
Подставляя в это уравнение координаты точки Q, получим
5
Л-4 + С (— 5) = 0, откуда А = -γ С. Таким образом, плоскость
имеет уравнение -γ Сх + Cz = 0 или С х + zj = 0, но С Ф 0,
значит Ьх + 4z = 0.
3) Поскольку плоскость параллельна оси Ох, то ее уравнение не содержит члена с х (см. уравнение (4.6)), т. е. имеет
вид
By + Cz + D = 0.
Так как плоскость проходит через две точки R и S, то их
координаты удовлетворяют уравнению. Подставляя координаты
этих точек в данное уравнение, получим:
В + 2С + D = 0;
35 — 2С + D = 0,
откуда	В   γ, С =	γ. Следовательно, уравнение	при¬
нимает вид
— ^ГУ — -Т2 + 0 = 0 или 2ι/+ 2 — 4=0.
3.	Определить отрезки, отсекаемые плоскостью 2х — Зг/ +
+ 82 — 4 = 0 на осях координат.
Переписав уравнение в виде 2х — Зу + 82 = 4 и разделив
обе части его на 4, получим
X	3	, г»	1	х , У I 2	1
~2	4- г/ + 22	= I ИЛИ —γ + —γ + γ- = 1.
“ΊΓ Τ
Сравнивая последнее уравнение с уравнением (4.18), находим:

4.	Построить плоскости:
1) Зх + 4у — 6z — 12 = 0; 2) ζ + у — 2 = 0;
3)	г + у = 0; 4) Зс/ —7 = 0.
1)	Определив отрезки а = 4, 6 = 3, с = —2, отсекаемые на
осях координат, получим три точки А (4, 0, 0), £(0, 3, 0),
С (0, 0, — 2), в которых плоскость пересекает координатные
оси (рис. 4.2, а).
2) Вторая плоскость параллельна оси Ох (см. уравнение
(4.6)). Полагая у = 0, из уравнения г + у — 2 = 0 получим
2 = 2. Следовательно, плоскость пересекает ось Oz в точке
С (0, 0, 2). Аналогично находим, что точка £ (0, 2, 0) есть точка
пересечения с осью Оу (рис. 4.2, б).
3) Плоскость ζ + у = 0 проходит через ось Ох (см. уравнение (4.9)). Она делит пополам угол между координатными
плоскостями Oxz и Оху (рис. 4.2, в).
141

4) Плоскость Зу — 7 — О параллельна плоскости Охг (см. урав-
у
пение (4i 13). Она отсекает на оси Оу отрезок b = -γ
(рис. 4.2, г) ^значение b получено из уравнения у = ~^j.
5. Составить уравнение плоскости, проходящей через три
данные точки Μ^Χχ, уг, гх), М2(х2, у2, ζ2), М3(х3, у3, г3). Написать уравнение для случая Л+(1, 3, —2), Λί2(4, —5,6),
Л43(- 3.,1, 2).
Пусть М — произвольная точка плоскости (рис. 4.3) и гг =
= 0MV г2 = 0М2, г3 = 0М3, г —ОМ — радиус-векторы точек Mv
Λί2» Λί3, Λί.
Введем в рассмотрение векторы:
МХМ2 = г2 — гь МХМ3 = r3 — rv ΑίχΜ = г — rv
Поскольку эти три вектора лежат в одной плоскости, то их
смешанное произведение равно нулю, т. е.
(Г — ~г0 Φ 2 — гЦ (г, — г А =0.	(4.19)
Уравнение (4.19) является искомым. В координатной форме
оно имеет вид
У — Ух	ζ — Ζχ	'
У 2 — Ух	?2 — Ζχ
из лх	Уз Ух	ζ3 Ζχ	I
Уравнение плоскости, проходящей через точки Λίχ(1, 3, —2),
М2(4, —5,6), М3( — 3,1,2) в соответствии с (4.20), запи-
х — Χχ
х2 — Χχ
Х.ч Xl
= 0.
(4.20)
шется так:
х— 1
у — 3 ζ + 2
х— 1
у — 3 z + 2
4—1
— 5 — 3 6 + 2
= 0 пли
3
— 8 8
-3-1
1 — 3 2 + 2
— 4
— 2 4
= 0.
142

Разлагая последний определитель по элементам первой
строки, получим
— 8 8
3 8
3-8
— 2 4
— (у — 3)
— 4 4
+ (ζ + 2)
— 4 — 2
= 0
или
8х + 22 у + 19г — 36 = 0.
6.	Составить уравнение плоскости, проходящей через две
данные точки Мх(хх, yv Zy), М2(х2, уг, z2) параллельно данному
вектору а = [av аъ а3}. Векторы ά и МХМ2— неколлинеарны.
Отложим вектор а от точки Мх (рис. 4.4). Пусть М (х, у, г)
произвольная точка плоскости и гх = 0МХ, г2 = ОМ2 и г = ОМ —
радиус-векторы точек Мх, Λί2, Λί. Введем в рассмотрение
векторы
МХМ2 = r2 — rv МХМ = г — rv
Векторы а, МуМ2, Л1ХМ лежат в одной плоскости,
их смешанное произведение равно нулю, т. е.
(r — ~r1)(r2 — ~rl)a = 0.
В координатной форме это уравнение примет вид
х — Xj у — у у Z —2у
х>
= 0.
поэтому
(4.21)
(4.22)
л У г —У 1 z2 — Zy
ах	а2	а3
7.	Показать, что плоскости 5х — 3у — 26z — 3 = 0,
10х + Зу + 112 — 42 = 0, 20х—39г/ —232 + 96 = 0,
10х + 21 у + 2z + 21 =0
•образуют тетраэдр. Лежит ли внутри этого тетраэдра точка
£(1, 1, 2)?
143

Четыре плоскости образуют тетраэдр, если каждая тройка
их пересекается в одной точке и среди четырех точек пересечения нет совпадающих.
Решая систему уравнений
5* — 3у — 26г — 3 = 0; |
10*+ 3у А- 112 — 42 = 0; I
20* — 39у — 232 + 96 = 0, ]
получим точку А (3, 4, 0).
Из системы уравнений
5*— 3 у — 262— 3 = 0;"}
10* + 3//+112— 42 = 0; I
10*+ 21 у+ 22 + 21 =0 J
получим вторую точку В (А, —3,1).
Система уравнений
5* — 3у — 262 — 3 = 0; \
20* — 39// — 232 + 96 = 0; I
10* + 21 у + 2г + 21 = 0 J
дает третью точку С( — 4, 1, —1).
Наконец, решая систему
10*+ Зг/ +112 — 42 = 0; а
20* — 39// — 23г + 96 = 0; I
10* + 21//+ 22 + 21 =0, J
получим четвертую точку D(—1, —1, 5).
Так как полученные точки различны, то данные плоскости
образуют тетраэдр, вершинами которого являются точки
А, В, С, D.
Выясним теперь, лежит ли точка Е внутри тетраэдра
ABCD. Если Е лежит внутри тетраэдра, то она и каждая
вершина его располагаются по одну сторону от противоположной грани. Далее, если две точки пространства находятся по
одну сторону плоскости, то при подстановке их координат
в левую часть уравнения этой плоскости получаем числа одного
знака (см. замечание к примеру 1). Рассмотрим точки А и Е.
Для точки А противоположной является грань, лежащая в плоскости 10* + 21// + 2z + 21 = 0. Подставляя координаты точек
А и Е в левую часть уравнения этой плоскости, получим
10-3 + 21-4 + 2-0 + 21 >0, 10· 1 + 2Ы + 2-2 + 21 > 0.
Следовательно, точки А η Е лежат по одну сторону от
грани BCD,
144

Для точки С противоположной будет грань, лежащая
в плоскости 10х + 3уф Иг — 42 = 0. Подставляя координаты
точек С и £ в левую часть последнего уравнения, получим
10( — 4) + 3-1 + 11 (— 1) — 42 < 0,
10.1 + 3-1 + 11-2 — 42 <0.
Таким образом, точки С и £ лежат по одну сторону от
грани ABD.
Так как
20-4 — 39( —3) — 23-1 + 96 > 0,
20 -1 — 39-1 — 23 - 2 Ч- 96 > 0,
то точки £ и £ находятся по одну сторону от грани ACD.
Аналогичным образом убеждаемся, что точки D и £ лежат по
одну сторону от грани ABC.
Следовательно, точка £ лежит внутри тетраэдра ABCD.
8.	Составить уравнение плоскости, проходящей через точки
М/1, —2, 6), М2(5, —4, —2) и отсекающей равные отрезки
на осях Ох и Оу.
Уравнение плоскости ищем в виде
-++ + — =!·
а	1	b	'	с
По условию а = 6, поэтому уравнение можно записать так:
JL + JL + _L=i.
а	1	а	1	с
Подставляя координаты точек Мг и М2 в последнее уравнение,
получим
№ + =1 + ± = 1, ± + czi+=2=l
а а с	а	1	а 1 с
ИЛА1
—l+A = i,_L__L = i.
а	с	а	с
Решая полученную систему уравнений, находим с = 2, а =
Следовательно, искомое уравнение имеет вид
JL + JL -L = 1
jL _L 1 2
2 2
ИЛИ
4х ф 4у φ ζ — 2 = 0.
Задачи
1.	Составить уравнение плоскости, проходящей через точку
М(2, —1, —4) и перпендикулярной вектору п= (3, —6, 1),
в векторной и координатной формах.
145

2. Написать уравнение плоскости в каждом из следующих
случаев:
1) плоскость перпендикулярна оси Ох и проходит через точку
Р(4, -7,6);
' 2) плоскость параллельна оси Оу и проходит через точки
<2(1, 2, -1), Ж2, -3, -4);
3)	плоскость проходит через точку S (6, — 7, 5) и ось Oz.
3. Определить отрезки, отсекаемые на осях координат плоскостями:
1)	2х — Зу + 4г — 24 = 0; 2) 4х + у — Зг — 2 = 0.
4. Построить плоскости:
1)	2* + Зу — 4z— 12 = 0; 2) 2х — 3у—6 = 0;
3)	4х + 5у = 0; 4) 4х + 9 = 0.
5. Написать уравнение плоскости, проходящей через точку
М (4, — 3, 5) и отсекающей на осях координат равные отрезки.
6. Написать уравнение плоскости, проходящей через три
точки: L (— 2, 4, 1), М (0, 2, — 1), N (2, 0, — 1).
7. Грани тетраэдра лежат в плоскостях: * + г/+ ζ—1 =0;
х — у—1=0; * — ζ—1 = 0; ζ—2 = 0. Лежит ли начало
координат внутри этого тетраэдра?
8. Составить уравнение плоскости, проходящей через точку
Мх(хх, ух, ζχ) и параллельной двум неколлинеарным векторам
а = [ах, а2, а3), b = [Ьх, Ь2, Ь3]. Написать уравнение в случае, когда
Мх(2, -1,3), о={1, -1,2}, Ь=\2, 1, -3}.
Ответы
1. пг — 8 = 0; 3х — 6у г — 8 = 0. 2. 1) х — 4 = 0; 2) Зх + г — 2 = 0:
1 2
3) 7х + 6у = 0. 3. 1) а = 12, Ь = — 8, с = 6; 2) а = —у, Ь = 2, с = — γ.
5. х + у + г — 6 = 0. 6. х -j- У — 2 = 0. 7. Не лежит. 8. (г — rx) ab = 0,
х — хх у — ух Ζ — гх
х — 2 у -\- 1 г — 3
ах й2 а$
= 0,
1-1 2
= 0,
Ьх Ь2 Ь3
2 1—3
или х + 7у 4- Зг — 4 = 0.
4.1.2. Нормальное уравнение плоскости,
Расстояние от точки до плоскости
Нормальным уравнением плоскости называется уравнение
вида
*cosa 4- г/ cos β + zcos-f — ρ = 0,	(4.23)
где cos a, cos β, cos γ — направляющие косинусы перпендикуляра, опущенного из начала координат на данную плоскость,
а р — его длина.
146

Общее уравнение плоскости (4.4) умножением на нормирующий мноокитель
=	—=L=V	(4.24)
1	ν	А1	+ В2 + С*
знак которого противоположен знаку D, можно привести
к нормальному виду (4.23).
Расстояние точки Mx(xv yv zx) до плоскости (4.23) вычисляется по формуле
d = | ху cos а + ух cos β + zx cos	γ — p |,	(4.25)
a до плоскости (4.4) — по формуле
^ _	1А Ху + Вуу + Czy + D1	.д
Y л2 + β» + σ~ ‘	' ‘ ’
Отклонением	точки	от плоскости называется	число ( + d),
если	эта	точка и начало координат лежат	по разные	стороны
от данной	плоскости, п число (— d), если	они лежат	по одну
сторону от данной плоскости.
Отклонение о точки Л10(х0, у0, z0) от плоскости (4.23) определяется формулой
й =	it (Λ'ο cos 7. + у0 cos β + z0 cos γ — p),	(4.27)
а от плоскости (4.4) — формулой
η = -к-	4	Ву0 + Cz0 + D	μ 2^
— у а2 + В* 4 С2 ’
где знак следует выбрать противоположным знаку D.
Очевидно,
d= |δ|,	(4.29)
Примеры
9.	Найти направляющие косинусы и длину перпендикуляра,
опущенного из начала координат на плоскость
10х— 2 у— 11г+ 45 = 0.
Уравнение плоскости приведем к нормальному виду. Найдем
сначала нормирующий множитель. В данном случае А = 10,
В = — 2, С = — 11, D = 45. Поскольку D > 0, то в формуле
(4.24) нужно взять знак минус. Получаем
1 1
^ У И)2 4 ( — 2)2 4 ( — 11)* “	15	*
Умножая обе части данного уравнения плоскости на нормирующий множитель, получим нормальное уравнение
10	.	2	,11	45	п
1 ς х + 1 в У + 15 ζ	1 я — 0
15 Л г is » -г is -	15
2 . 11
15 ^ + 75
2	.	2	.	И	q	...
или — -5- X +-Г± у -) γ± Ζ 3 = 0,
147

Сравнивая последнее уравнение с уравнением (4.23), находим:
2 0 2 11 _
cos ос =	g-, COS3 = —, cos γ = ρ = 3.
10. Вычислить расстояния точек ЛД(3, 4, —7), Λί2(2, 4, 9),
Л/3 (5, 1,0) до плоскости 2х — г/ -|- 2г — 9 = 0.
По формуле (4.26) получаем:
2-3 —4 +2ί —7) —9) _ |—21|
У 22 + ( — 1)* + 2г	3
+ =
= 7;
+ =
2-2 —4 + 2-9 —9
= + = 3, i,-
2-5 — 1 +2-0 — 91
3
= 0.
2	/Та+(—	1 )г + 23
Следовательно, точка М3 лежит на данной плоскости.
11. Дан тетраэдр с вершинами 4(2, —1,3), В( 1, —3, 5).
С (6, 2, 5), D (3, — 2, — 5). Найти длину высоты, опущенной
из вершины D на грань ABC.
Искомая высота равна расстоянию от точки D до плоскости,
проходящей через точки А, В, С. Составим уравнение этой
плоскости:
* — 2 {/+1 ζ — 3
х — 2 у + 1 ζ — 3
1 — 2 — 3+1 5-3
= 0,
-1—2 2
= 0
6 — 2 2+1 5 — 3
4 3 2
или 2х-
-2 у-
-2-3 = 0.
По формуле (4.26) находим расстояние точки D до плоскости:
[2-3 — 2( — 2) — ( — 5) — 31 _ | 12
d —
/22 + (-2)2 + (-1)а
= 4.
12.	На оси Ох найти точку, равноудаленную от точки
А(9, —2, 2) и от плоскости 3* —6уф2г—3 = 0.
Пусть М (х, 0, 0) — искомая точка (у = 0, 2 = 0, ток как
точка лежит на оси Ох). Находим расстояние этой точки до
данной плоскости и точки А:
р - 1 з-х — 6-0 + 2-0-.+ = I 3* — з 1.
У З2 + ( —	+	2Т	7
d2 = МА = j/(9 — xf т (— 2)2 + 22.
В соответствии с условием имеем dx = d2. поэтому
у (9 — *)2 + 8 = 13хЖ-]- или 7 |/-К — 18* + 89 = 3|* — 1 [.
Возводя в квадрат обе части последнего уравнения и приводя подобные члены, получим
5+ _ юз* + 544 = 0.
148

Решая это квадратное уравнение, находим хх = 8, ха<= 13,6.
Следовательно, условию задачи удовлетворяют две точки:
Мх (8, 0, 0) и М2 (13,6; 0; 0).
13. На оси Ог найти точку, равноудаленную от двух плоскостей:
2х — 2 уф г — 3 = 0; х + 2у — 2г + 12 = 0.
Пусть М (0, 0, г)—искомая точка. Расстояния этой точки до
данных плоскостей определяются соответственно формулами:
ή _ 12-0 — 2-0 + г — 31 _ \ζ — 3|.
1_~ V 2* + (—2)г+ И ~~	3	’
ή _ 11-0 + 2-0 — 2г + 12| _ | — 2г + 12|
2 ~ У 1а + 2* + ( —2)2	~~	3
По условию dy = d2, поэтому
I ζ—31	I	— 2г + 12|	0	,	,	о	ι	ю\
-—3—L =	γ-——, откуда г — 3 = zt( — 2ζ + 12).
Решая уравнения
ζ — 3 = — 2ζ+12 и г— 3 = — (— 2г + 12),
получим ζ, = 5, г2 = 9. Таким образом, условию удовлетворяют
две точки Му (0, 0, 5) и М2 (0, 0, 9).
14. Составить уравнения плоскостей, делящих пополам двугранные углы между пересекающимися плоскостями:
АуХ + Вху + CyZ + Dy = 0; Л2х + В2у + C2z + D2 = 0.
Каждая из искомых плоскостей является геометрическим
местом точек, равноудаленных от двух данных плоскостей.
Пусть М (х, у, 2) — произвольная точка искомой плоскости,
тогда:
^ _ 1 ΑχΧ + Вху + Cxz + D| I t ^ __ I Α2χ + B2y + C2z + Р2 \
V Al+Bl + Cl ’ г~ У~А\ТёГ+сГ
Так как по условию dx = d2t то
I А\Х + В\У +	+	Ру | _ | А2х + В2у + С2г + Р21
V А\+В\+С\	~ V Al+Bl+Cl
откуда получаем уравнения искомых плоскостей:
А х + В| и + CyZ + Dy А2х + Ву + С2г + Р2
V а‘: + в1 + с;	~~ V' а\ + в\ + с\
В частности, если даны плоскости 5х—10ζ/+10ζ— 6 = 0,
10х + 2у— 1 lz + 4 = 0, то уравнения плоскостей, делящих
пополам двугранные углы между ними, запишутся следующим
образом:
5* —10iy+Юг — 6  10*+ 2 у—11г + 4
V 53 + ( — 10)3+ 103' ~ “/ТО2/- 23 + (— 11+"*
149

Следовательно,
5*— 10 у + \0z — 6 = zt (10* + 2у — 1 \z + 4),
откуда
1) 5* — 10у + Юг — 6 = (10* + 2у — 11г + 4)
или 5* + \2у — 21 г + 10 = 0;
2) 5* — Юг/ +- Юг —6 = —(10* + 2у — Иг + 4)
или 15*—8 у — г —2 = 0.
15. Определить, лежат ли точка Л4(1, 1, —9) и начало
координат по одну или по разные стороны от плоскости 2* —
— 2{/ + г + 12 = 0.
Уравнение плоскости приведем к нормальному виду. Так как
D > 0, то в формуле (4.24) нужно взять знак минус, т. е.
1	1
μ “ у 2а + (-2/+ + “ з *
Умножая обе части уравнения на нормирующий множитель,
получим
2,2 1 . Л
—Тх + -У—Гг-4 = 0.
Подставляя координаты точки М в последнее уравнение,
находим отклонение о
» —4 + 4—+( —9)-4 <0.
Поскольку δ < 0, то точка М и начало координат лежат по
одну сторону от данной плоскости.
16. Определить, лежат ли точки Μ (1, — 1, 2) и N (—2, 1, —3)
в одном, в смежных или вертикальных углах, образованных при
пересечении двух плоскостей:
1) 3* — 2у + 4г — Ю = 0, * + 3у — 5г + 6 = 0;
2) 2* + 4с/ — г — 5 = 0, * — у — г — 3 = 0;
3) 5* — 6у + 2г + 7 = 0, * + у — Зг + 8 = 0.
Если две точки лежат в одном двугранном углу, образованном двумя плоскостями, то они расположены по одну сторону
от каждой плоскости.
Если две точки находятся в смежных углах, то они расположены по разные стороны от одной из них и по одну сторону
от другой.
Если точки находятся в вертикальных углах, то они расположены по разные стороны от каждой из данных плоскостей.
Для каждого из этих трех утверждений обратное также верно.
1)	Найдем отклонения точек М и N от первой плоскости
3.1-2(-1) + 4-2_^10
1	/9 + 4+16	^
150

3( — 2) — 21 Ч-4( — 3) — 10
н от второй ПЛОСКОСТИ
^ ° Α Δ) —	—	°)	—	^	о
2 ~ /т+т+ж
= .1 + 3(-1)-5.2 + 6
1	— У 1+9 + 25
о' = —2 +	3-1- 5 ( — 3)	+ 6 ^ ^
— У 1+9 + 25
Так как \ и Ь.г разных знаков, то точки Af и N расположены по разные стороны от первой плоскости, по тон же причине они находятся по разные стороны и от второй плоскости.
Следовательно,	точки М и	N лежат в	вертикальных	углах.
2)	Находим	отклонения	точек Αί и	N от первой	плоскости
2.1+4,·—,>-»_=5<(у „,	2(-2) + 4.1-(-3>-5^п
¥ 4 + 16+ I	У	4	+ 16+1
и от второй плоскости
=	0-2-3 <	=	-2-1	-(-З)-З	< 0<
V 1 + 1 + 1	/1	+ 1 + 1
Следовательно, точки Αί и N находятся в одном углу.
3) Поскольку
5-4 — 6( — 1) + 2-2 + 7
— У" 25 + 36 + 4
<0;
о, =
^ _ 5 ( — 2) — 6 ■ 1 + 2 ( — 3) + 7
2	— У 25 + 36 + 4
1 + ( — 1) — 3-2 + 8 ^п.	1 ( — 2) + 1 — 3 { — 3) + 8
А 	<	0;	з;	=	<о,
-/1 + 1+ 9	7	_|/1 + 1+ 9
то точки ΛΊ и N лежат по разные стороны от первой плоскости
и по одну сторону от второй. Следовательно, они расположены
в смежных двугранных углах.
*
Задачи
9. Определить, какие из уравнений являются нормальными:
1)	γ- χ--γ y + -j-z + 3 = 0; 2) γ-Χ — 'γ-уФ
-f Ч 2 — 2 = 0; 3)4*	|_ί/	+ _2_2_2 = 0.
10. Найти направляющие косинусы и длину перпендикуляра,
опущенного из начала координат на плоскость 2х — 3у — 62 —
— 14 = 0.
11. Определить расстояния точек Р(4, 3, —2), Q(0, 6, 0)
и #(15, 0, 0) до плоскости 2х + 10у— 112 — 15 = 0.
151

12. Дан тетраэдр с вершинами А(3, 4, 0), £(4,—3,1),
С( — 4, 1, — 1), D(— 1, — 1, 5). Найти длину высоты, опущенной из вершины D.
13. На оси Оу найти точку, равноудаленную от двух плоскостей
х + у — г+1 = 0, *— у + 2 — 5 = 0.
14. Написать уравнение плоскости, проходящей через точку
Р(5, 2, 0) и удаленной от точки Q(6, 1, —1) на расстояние 1
и от точки R(0, 5, 4) на расстояние 3.
15. Составить уравнения плоскостей, делящих пополам двугранные углы между плоскостями * + 2у — 2г — 3 = 0, 2х — у +-
+ 2z — 9 = 0.
16. Доказать, что плоскость 5*—Зуф4г— 2 = 0 пересекает отрезок, соединяющий начало координат с точкой
Λί(1, 2, 3).
Ответы
9. Уравнение 3. Указание. Если уравнение является нормальным,
то выполняются два условия: 1) свободный член отрицателен; 2) сумма квадратов коэффициентов прн текущих координатах равна единице. 10. cos а =
2	3	6
= -γ-, cos β = — -у-, cos γ = — у; ρ = 2.	11. dx = 3, d.2 = 3, d3 = I.
1
12. h= rjL 13. M(0, — 3, 0).	14.	x	+	2//	+ 2z — 9 = 0, tj — 2 = 0.
/710'
15.x—3(/ + 4z—6 =	0, 3x + //—12 = 0.	16.	Указание.	Показать,
что δχ <0, δ2> 0.
4.1.3. Угол между двумя плоскостями. Условия параллельности и перпендику-
лярности двух плоскостей
Угол между двумя плоскостями
Ахх + Вуу + (λχΖ + Dx = 0,	(4.30)
А2х + В.2У + C2z + D2 = 0	(4.31)
определяется формулой
cos ф =	ΛχА2 + Вх В2 + СгС+	_
V A\+B\+C\ Va\ + B\ + C\ ·
Необходимое и	достаточное условие параллельности	плос¬
костей (4.30) и (4.31):
Ат   Як   Q . Рх
А-2	В2	С2 ^ D2	(4.33)
или А2 = λ А,, В2 = 7£х,С2 = λ(7υ D2 ф XDj
(коэ рфициенты при текущих координатах пропорциональны).
152

Необходимое и достаточное условие совпадения плоскостей
(4.30) и (4.31)
Αχ _ А — А —	(А 34)
А2 ~ В2 ~ С2 “ D2	^
(все соответствующие коэффициенты пропорциональны).
Условие перпендикулярности плоскостей (4.30) и (4.31):
АХА2 + ВХВ2 + Сх С2 = 0.	(4.35)
Примеры
17. Найти угол между двумя плоскостями
11*— 8у — 7z + 5 = 0, 7х + 2у — 8ζ — 3 = 0.
Подставляя в формулу (4.32) значения А1=11, £, = — 8,
Сг = — 7, А2 = 7, £2 = 2, С2 = — 8, получим
11 · 7 + ( — 8) 2 + ( — 7) ( — 8)	117	1
COS ср = —	=	———- ■ ■ = —
г У 121+64 + 49 /49 + 4 + 64	/234/117	/2
Следовательно, φ = 45°.
Замечание. Формула (4.32) определяет один из двух неравных
между	собой	углов,	сумма которых равна 180°. Если	уравнение второй плоскости	написать	в	виде — 7х — 2у + 8г + 3 = 0,	то	по	формуле (4.32)
получим cos φ = — откуда φ = 135°.
18. Через точку Ν(2, —1, —3) провести	плоскость, параллельную плоскости 5* — Ay + 6ζ — 3 = 0.
В соответствии с условием (4.33) уравнение плоскости ищем
в виде
5λ* — 4 Ху + 6λζ + D = 0.
Подставляя в это уравнение координаты точки Ν, находим
5λ·2 — 4λ( — 1) + 6λ( — 3) + D = 0 или — 4λ = — D,
откуда D = 4λ. Подставляя значение D в искомое уравнение
и полагая λ= 1, получим
5* — 4у + 6г + 4 = 0.
Замечание. Уравнение плоскости параллельной плоскости Ах +
+ By + Cz + Dx = 0, можно искать в виде Ах + By + Cz + D = 0.
19. Составить уравнение плоскости, параллельной плоскости
4* — 4у + 2z — 3 = 0 и отстоящей от нее на 5 единиц.
Уравнение искомой плоскости запишем так:
4* — Au + 2z + D = 0.
Найдем расстояние между плоскостями, для чего возьмем
произвольную точку первой плоскости и определим ее расстоя-
153

ние до второй. Положив х = 0, у = 0, из уравнения 4х—4 уф
+ 2z — 3 = 0 найдем г = 4 получим точку М ^0,	Рас¬
стояние этой точки до плоскости 4х — 4у + 2г + D = 0 определяется формулой	\
d =
3
4-0 — 4-0 + 2 -γφΟ
3 + D|
К 16+ 16 + 4
Так как по условию d = 5, то для определения D имеем
уравнение
5 = |3 + D|- или 30 = ± (3 + О),
откуда
Dx = 27, D2 = —33.
Подставляя в искомое уравнение найденные значения D
получим две плоскости:
4х — 4у + 2г + 27 = 0 и 4х — 4у + 2г— 33 =0.
20. Написать уравнение плоскости, параллельной плоскости
х ф 2у — 2г + 7 = 0 и удаленной от точки At (4, 3, — 2) на
расстояние d = 7.
Уравнение искомой плоскости ищем в виде
х + 2у — 2z + D = 0.
Расстояние точки М до этой плоскости выразится формулой
Н = 14 + 2-3 —2 (-2)+ D\ _	1 14 + 01
/1+4+4	3
Так как по услозию d = 7, то для определения D получим
уравнение
7 = I 14 или 21 = — (14 + D),
откуда D, = 7, D2 = — 35.
Таким образом, условию задачи удовлетворяют две плоскости
х + 2у - 2г + 7 = 0, х + 2у — 2г — 35 = 0.
Первая плоскость совпадает с данной плоскостью.
21. Через начало координат провести плоскость, перпендикулярную плоскости 5х — 2у фЬг — 10 = 0 и образующую
с плоскостью х — 4у — 8г+ 12 = 0 угол ψ = 45°.
Поскольку искомая плоскость проходит через начало координат, то ее уравнение имеет вид
Ах + By + Cz = 0.
154

Коэффициенты А, В, С одновременно в нуль не обращаются
(это координаты вектора, перпендикулярного плоскости). Предполагая, что А ф 0, уравнение перепишем в виде
* + by + cz = О,
где
, В	С
А ' С ~ А’
Условие перпендикулярности (4.35) для плоскостей * + by +
+ cz = 0 и 5*— 2у + 5г — 10 = 0 запишется так:
5 _ 26 + 5с = 0.	(А)
Угол между плоскостями *— Ау — 8г -Ь 12 = 0 и * + by +
+ cz = 0 определится формулой (4.32):
1 — 4Ь — 8с
COS φ = —Ζ.. —	_	 	 ■
V 1 + 16 + 64 Υ 1 + b Ч-с2
Так как φ = 45°, то для определения коэффициентов бис
имеем второе уравнение
!	  1	—	4	b	— 8с	,β.
У~2~ ~ /81 /1 + Ь* + с2
Решим систему уравнений (А) и (В). Определяя 6 из урав-
I.	5(1+с)
кения (А), подставляя полученное выражение 6 = —^—
в уравнение (В) и освобождаясь от радикалов, находим
81 [1 + —1+ с2] = 2 1 - 10(1 + с) — 8с J2
или
4
~ (29с2 + 50с + 29) = 2-92(— 1 — 2с)\
откуда
29с2 + 50с + 29 = 8 + 32с + 32с2.
Приводя подобные члены и сокращая на 3, получим квадратное уравнение
с2—6с—7 = 0,
его корни с, = 7, с2 = — 1. По формуле 6 = δ^2~*~ ^ находим
6, = 20, 62 = 0.
Следовательно, условию задачи удовлетворяют две плоскости: * + 20у + 7г = 0 и * — г = 0.
Замечание При решении задачи был исключен случай А — 0.
Это исключение оправданно, так как предположение А — 0 приводит к he-
совместной системе уравнений относительно В и С.
22.	Составить уравнение плоскости, проведенной через точку М„(*о, Е/0, г0) перпендикулярно к двум пересекающимся плос¬
1Ь5

костям Ахх + Вуу + Сх z + Dj = О, Л2х + В^у + С^г + D2 = О.
Написать уравнение плоскости для случая, когда Л4(2,— 3, 1)
и плоскости заданы уравнениями Зх — у + 2г— 1 = 0, 4х +
+ 5 у— Зг + 2 = 0.
В общем уравнении плоскости Ах ф By ф Сг ф D = 0 коэффициенты при х, у и ζ— координаты вектора п = {А, В, С],
перпендикулярного к плоскости.
Так как вектор пх = {+ Въ Сх} перпендикулярен плоскости
Дх + Влу + CyZ + Dy = 0, а вектор я2 = ( Л2, В2, С2\ перпендикулярен плоскости Л2х + В2у + С2г ф D2 = 0, то задача сводится к составлению уравнения плоскости, проходящей через
данную точку и параллельной двум неколлинеарным векторам
(см. задачу 8).
Пусть М (х, у, ζ) — произвольная точка плоскости, г = ОМ
ее радиус-вектор, г0 = ОМ() — радиус-вектор данной точки М0,
тогда векторы г — г0, пг и ТГ2 компланарны и их смешанное
произведение равно нулю:
(г — г о) riy п2 = 0.
Это уравнение и является искомым векторным уравнением
плоскости. В координатах оно принимает вид
х — х0
А
А*
у—У о
By
я,
г — г0
Су
С%
= 0.
Для данного конкретного случая, когда
2о =1, Ау = 3, By = — 1, Су = 2, А2 = 4,
последнее уравнение запишется так:
*о = 2, ί/0 = — 3,
В2 = 5, С2 = — 3,
х— 2
3
4
ζ — 1
2
—3
= О
или
7х — 17 у — 19г — 46 = 0.
23. Доказать, что параллелепипед, грани которого лежат в
плоскостях 7х—\\y-\-9z—14 = 0, 4х + 5у + Зг + 6 О,
78х — 15у — 79ζ + 3 = 0, является прямоугольным.
Составляем выражение АХА2 + ВХВ2 + СуС2 для каждого случая:
1)	7-4 + (— 11)5 + 9-3 = 0; 2) 4-78 + 5(— 15) + 3(—79)=0;
3)	7.78 + (— 11) (— 15) + 9 (— 79) = 0.
Так как выполняется условие (4.35) для каждой пары плоскостей, то плоскости попарно перпендикулярны. Это и означает,
что параллелепипед является прямоугольным.

Задачи
17. Найти угол между двумя плоскостями:
1)4*—10t/ + z — 3 =	0, —11* -+	8у +	7г -f- 5 = 0;
2) 2* +	6г/ +	5г—9 =	0,	4*	—	3{/+2ζ	+	7	= 0;
3) * -J-	2 у —	Зг — 6 =	0,	3*	+	6 у —	9ζ — 2 = 0;
4) 2* —	Зг/ -f	6г + 8 =	0,	*	-f-	2у -}-	2ζ — 4 = 0.
18. Составить уравнение плоскости, проведенной через точку /С(1, 5, 2) параллельно плоскости, проходящей через три
точки L (4, —3, 1), М( 3, 4, 0), N {— 1, —1, 5).
19. Дана вгфшина параллелепипеда Р(3, 2, 4) и уравнения
плоскостей, в которых лежат его три непараллельные грани:
* + Чу -+ Зг — 12 = 0, 3* — у + 2г — 6 = 0,
2* + Зг/ — г— 18 = 0.
Написать уравнения плоскостей, в которых лежат три другие
грани.
20. Составить уравнение плоскости, проведенной через точки Р(1, —1, 2), Q{3, 1,-2) перпендикулярно к плоскости
4* — 5у + Зг — 2 = 0.
21. Написать уравнение плоскости, проведенной через точку
Р(2, 1, —3) перпендикулярно к двум плоскостям:
2* — 3 г/+ г — 5 = 0; * + 4 у — 2г + 3 = 0.
22. Найти плоскость, параллельную плоскости * — 2у 4-
2г— 7=0 и отстоящую от точки Р(4, 1, —3) на расстоянии d — 2.
23. Составить уравнение плоскости, проведенной через точку УИ0(*о, уо, г0) параллельно вектору a — {alt а2, ав] и перпендикулярно плоскости Ах + By + Сг + D = 0.
Ответы
17. φ1=135β, φ2 = 90э, <т3 = 0°,	=	78°28'.	18.	10*	+	Зг/+ Пг —
— 47 = 0. 19. х -{- 2у + 3ζ—19 = 0, Зх — у + 2ζ—15 = 0, 2х + 3у —
— 2 — 8 = 0.	20.	7х+	Пу + 9г— 14 = 0.	21.	2х + 5у + 11г + 24 = 0.
22. х — 2у -f- 2г + 10 = 0, х — 2у -J- 2ζ — 2 = 0.
23.
х — х0 у— у0 ζ ζ0
ах а.г а3
= 0.
§ 4. 2. Прямая в пространстве
Прямая в пространстве относительно прямоугольной декартовой системы координат может быть задана различными способами. Например, прямая однозначно определяется точкой и
и параллельным ей вектором, двумя точками и т. п. В зависн-
157

мости от способа задания прямой рассматривают различные
виды ее уравнений.
4. 2. 1. Параметрические уравнения прямой. Канонические уравнения прямой.
Уравнения прямой, проходящей через две точки
Уравнение прямой, проходящей через данную точку
Мп (х0, ί/o, г0) параллельно вектору а= {/, т, п}, в векторном виде
записывается так
г = r0 + at,	(4. 36)
где г — радиус-вектор любой точки М(х, у, г) прямой (рис. 4. 5),
Гг, — радиус-вектор точки М0, t — параметр, принимающий всевозможные действительные значения. Вектор а называется
направляющим вектором прямой. Его координаты пропорциональны направляющим косинусам прямой.
Уравнение (4. 36) в координатах примет вид:
х = х0 + It; у = с/о + ΗΊί\ ζ = ?0 + nt.	(4.	37)
Уравнения (4. 37) называются параметрическими уравнениями прямой. Если параметр t рассматривать как время, а
уравнения (4. 37) как уравнения движения точки М, то эти
уравнения будут определять прямолинейное и равномерное движение точки М. При t = 0 точка At совпадает с Л]0. Скорость
точки М постоянна и определяется формулой
ν = V I2 + тг + л*.	(4.	38)
Исключая из уравнений (4. 37) параметр t, получим καηοζ
нические уравнения прямой
—	Х_-Г,	_	£-*	_	(4_	39)
Уравнения прямой, проходящей через точки Мх(хх, уи гг)
и /И2(х2, у2, ?г) имеют вид
х-хх = у-чх _ г	4	40
*1 -	Уз — Уу Ч — Ч	V
153

Примеры
1. Составить параметрические уравнения прямой, проходящей через точку /И0(1, —2. 3) и параллельной вектору а =
{2, 4, —5). Найти точку Р прямой, которой соответствует
щачение / = 2.
Пользуемся формулами (4. 37). Так как в данном случае
г.= 1, у0=—2, г0 = 3, 1 = 2, т = 4, п = — 5, то параметрические уравнения прямой имеют вид
х = 1 + 2/, у = — 2 + 4/, г = 3 — 5/.
При t — 2 получаем
х = 1 + 2-2 = 5; у = — 2 + 4- 2 = 6; г=3 — 5-2 = — 7.
На прямой фиксирована точка Р (Ь, 6, —7).
2. Составить параметрические уравнения прямых, проведенных через точку ΛΊ0(5, —1, —4) в каждом из следующих
с. лчаев:
1) прямая параллельна прямой х = 3 + 6/, у = 2 — 4/,
: -- 7 -г/;
2) пр.лмая параллельна оси Ох;
3) прямая перпендикулярна плоскости х + 2у + Зг — 5 = 0.
1) Так как прямая параллельна прямой х = 3 + 6/, у = 2—
— 4/, 2=7 — /, то они имеют один и тот же направляющий
п ктор а = (6, —4, —1}. Подставляя значения х0 = 5, у0 =
=— 1, г0 =—4 и координаты вектора а в формулы (4. 37),
получим параметрические уравнения прямой
* = 5 + 6/, у = — 1 — 4/, г = — 4 — /.
2) Вектор, параллельный оси Ох, имеет координаты у = 0,
г = 0 (координата х равна длине вектора, взятой с соответствующим знаком). В качестве направляющего вектора можно
взять вектор а = {1, 0, 0), совпадающий с ортом (, поэтому
х = 5 + /, у = — 1, г = — 4.
3) Поскольку вектор л={1, 2, 3} перпендикулярен плоскости х + 2у + Зг — 5 = 0, то в силу условия он будет параллелен прямой. Следовательно, параметрические уравнения прямой примут вид
х = 5 + /, у = — 1+2/, г = — 4+3/.
3.	Написать параметрические уравнения прямой, проведенной через начало координат перпендикулярно плоскости 4х—
— Зг/ + 5г — 7 = 0.
Вектор п=\4, —3, 5} нормали к плоскости является направляющим вектором прямой. Так как прямая проходит через
начало координат, то х0 = у0 = г0 = 0. Таким образом,
х = 41, у = — 3/, г = 5/.
159

4. Составить канонические уравнения прямой, проведенной
через точку М0(6, 2, —3) параллельно вектору а = {4, —5, 7).
Лежат ли на этой прямой точки Р(2, 7, —10), Q (10, —3, 5),
R(3, 4.7)?
Применяем формулы (4. 39). Так как *0 = 6. Уо = 2, го =
= — 3, / = 4, m = — 5, /г = 7, то канонические уравнения примут вид
х — 6	д — 2	г+З
4	FT	~	7	*
Подставляя в эти уравнения координаты точек Р, Q, R,
соответственно находим
2 — 6	7 — 2	—10 + 3	.	10 — 6	—3 — 2	5 + 3
4	—	5 ”	7	4	—5	'	7	*
3-6 ,4-2,7 + 3
Следовательно, точка Р лежит на прямой, а точки Q и R
на прямой не лежат.
5. Составить канонические уравнения диагоналей параллелограмма, три вершины которого находятся в точках А (2, 4, 6),
В(— 3, 5, 4), С (8, —6, 2).
Задача сводится к составлению уравнения прямой, проходящей через две точки. Напишем уравнения диагонали АС.
По формуле (4. 40) получаем
* — 2	г/ -— 4	ζ — б х — 2 у — 4 г — б
8 — 2	—6—	4	—	2 — б’ 6	—10	—4
* — 2 у — 4	г — 6
ИЛИ
3	—5	—2‘
Поскольку точка D не дана, то уравнения диагонали BD
напишем как уравнения прямой, проходящей через точки В и S,
где S — точка пересечения диагоналей. Так как 5 является
серединой отрезка АС, то ее координаты равны полусуммам
соответствующих координат концов, т. е. 5(5, —1, 4). Уравнения диагонали BD принимают вид
х + 3 у — 5 г. — 4	х	+	3 у — 5	. п
= -Ξ-—_ = _—- или Т - =	.7-,	г — 4 = 0.
5 + 3	—	1	—5	4— 4	4	—3
3 а м е ч а и и е. Если при подстановке координат точек в уравнения
(4 40) один или два знаменателя обращаются в нуль, то нужно приравнять
нулю соответствующий числитель. (Все три знаменателя не могут быть равны нулю одновременно, так как точки Мх и М2 различны.)
6.	Даны вершины треугольника Р(6, — 2, 2), Q(4, — 5, — 4),
R(—2, —17, 0). Составить параметрические уравнения биссектрисы его внутреннего угла при вершине Q.
Найдем вначале точку N пересечения биссектрисы со стороной PR. Из элементарной геометрии известно, что биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположно

ную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Так как
QP = V (4 — 6)а + (- 2 + 5)2 + (2 + 4)2 = 7;
QR = V(— 2 — 4)2 + (- 17 + 5)г + 4а = 14,
го l = PN:NR = QP-.QR = 7:14, т. е. ( = +
По формулам (3. 28) находим точку N:
6 + 4-(-2)	10	—	2	+	-γ	(—	17)
*=	j	о~	I	У ~~	ϊ	=	—	7;
*+Т	1+Т
2 + 4-0
г — j — 3 ; N
-	(а·	а)·
Напишем канонические уравнения прямой, проходящей через
точки Q и N:
X— 4	у	+	5	_	z+4	X	—4	{/	+	5	z+4
—	-	   или	-	—	—
10	—7	+	5	4	2	—2	16	·
~3~“4	3 +4 “Т	ΊΓ
Умножая все знаменатели на-у, получим канонические
уравнения биссектрисы внутреннего угла при вершине Q:
х — 4 у + 5	z+4
— 1	~ — 3" —	8	*
Обозначая буквой t равные отношения и выражая *, у, ζ
через t получим параметрические уравнения той же биссектрисы:
х = 4 — t, у = — 5 — 3/, г = — 4 + 8/.
7. Даны уравнения движения точки М (*, у, г): х = 3 + 6/,
у = 5 — 2/, г = — 8 + 3/. Определить ее скорость.
В соответствии с формулой (4. 38) получаем
ϊ; = /36 + 4 + 9 = 7.
8. Даны уравнения движения точки М(*, у, г): х = 2 + 2/,
у = — 2 —2/, г = 1 + /. Вычислить расстояние, пройденное точкой М за промежуток времени от /, = 1 до /2 = 6.
Определим начало и конец прямолинейного пути точки М.
При / = 1 находим
* = 2 + 2-1 =4, у = — 2 — 2-1 =— 4, г = 1 + 1 =2.
Итак, получили точку (4, — 4, 2). При / = 6 получаем
вторую точку М2( 14, —14, 7).
Пройденное расстояние равно длине отрезка МХМ2:
d = МгМа = /(14 — 4 f + (— 14 + 4)а + (7 — 2)2 = /225 = 15.
8 Гусак А. А.	161

9.	Точка М (х, у, г) движется равномерно и прямолинейно
из начального положения Λίυ(2, 12, —5) в направлении, противоположном вектору b =	1, 2, —2} со скоростью ν= 12.
Составить уравнения движения точки М и определить точку,
с которой она совпадает в момент времени /= 4.
Определим сначала координаты направляющего вектора а.
По условию а =—Хб, Х>0, т. е. α = (λ, —2λ, 2λ}. Далее,
• \а | = ν = 12, поэтому /λ2 + (—2λ)2 + (2Х)2 = 12 или ЗХ = 12,
откуда X = 4. Следовательно, а = {4, —8, 8}. Уравнения движения точки Λί примут вид
х = 2 + 4/, у = 12 — 8/, г = — 5 + 8/.
Полагая в этих уравнениях / = 4, получим точку У (18, —20,
27).
Задачи
1. Составить параметрические уравнения прямых, проведенных через точку Λί0 (5, — 3 8) в каждом из следующих случаев:
1) прямая параллельна прямой х = 1 — 3/, у = 4 + 2/, г =
к= 5 — 6/;
2) прямая параллельна оси Оу;
3) прямая параллельна оси Ог;
4) прямая перпендикулярна плоскости 4х + 7у — 8ζ — 3 = 0.
2. Написать канонические уравнения прямой, проходящей
через точку М0 (5, — 3, ]/ 2) и параллельной вектору, образующему с координатными ортами углы α = β = γ =
«= Лежат ли на этой прямой точки Р(1,	—2,	3),
Q (4, -4, 0)?
3. Составить канонические уравнения сторон треугольника
с вершинами Р(2, —4, 3), Q(4, 6, 7), #(5, 2, —8) и уравнения его медианы, проведенной из вершины #.
4. Дан треугольник с вершинами А (4, 1, — 1), 5(7, 4, —5),
С(—5, 13, 8). Написать параметрические уравнения биссектрисы внешнего угла при вершине А.
5. Составить уравнения траектории точки М (х, у, г), движущейся прямолинейно и равномерно в направлении вектора
б ={2, —2, 1} из начального положения Λί0(4, 6, —7) со
скоростью о=15.
6. Написать уравнения траектории точки М(х, у, г), которая, двигаясь прямолинейно и равномерно, прошла расстояние
от точки Мх( 1, 7, —5) до точки М2(21,—48, 45) за промежуток времени от tx = 0 до /2 = 5.
162

Ответы
1. 1) * = 5 — 3t. у = — 3 + 21, г = 8—6/'; 2) * = 5, д = — З+ί г = 3;
3) χ = 5, у = — 3, г = 8 + Z; 4) х = 5 + 4/,	у = — 3 + 7/, г = 8 — 9f
х—5 _ у + 3 _ г — Y 2
1
На
прямой лежит точка Q.
1	1	V	2
х —2	0	+	4	г	—	3	*	—	4	0	—	6	г—7 *—2	0+4	г—3
5	“	2	*
0—2	г+8
1	_	—4 - — 15-	3
дг — 4	0	—	1	7+1
1
х—5
— 2	1	“	13	·	■*-	6	—	1	=	7
0 = 6 — 10ί, г = — 7 + 5/.	6.	х	=	1	+	4Ζ,	0	=	7	—	Ж,	7	=	—5+10ί.
6	~	—	1C
5. х = 4 + 104
4. 2. 2. Прямая как линия пересечения двух плоскостей. Взаимное располо*
жение двух прямых в пространстве
Прямая как линия пересечения двух плоскостей определяется совместным заданием двух уравнений первой степени:
АуХ + Вху + Cxz + Dx = 0;
А2х + В2у + C2z + D2 = 0,
(4. 41)
:Лри условии, что коэффициенты Ах, Вх, Су первого не пропор-
. щюнальны коэффициентам Аг% Вг, С2 второго.
|+ За направляющий вектор прямой (4. 41) можно принять
Йекторное произведение а = [пхп2], где пг = [Alt By, С+ п2 =
+»=	в2,	С2\	—	векторы	нормалей	к	соответствующим	плоско¬
стям (рис. 4. 6):
i / k
Ay By Су
At B2 C2
или α =
By Су
В2 С2
ахсх
А2С2
АуВх
АгВг
(4. 42)
163

Канонические уравнения прямой (4. 41) имеют вид
* — *0 У —У о	* — z0
ВхСх
АгСх
Αχ Вх
в2 с2
А2 с2
Л2 в2
(4. 43)
а ее параметрические уравнения запишутся так:
АХВХ
Ао Во
Вх сх
Ах Сх
X = *0 +
В2 с2
к у = Уо —
А2 С2
t\ ζ — го +
к. (4. 44)
Даны две прямые своими параметрическими уравнениями:
х = Xl н- кк У = Утл- mxt,
* = λ'2 + /2/, г/ = г/2 + ш2/,
Рассмотрим определитель
h г
Δ = /о
г = гх -+ «К;
ζ = г2 -)- п2£
«1
п2
(4. 45)
(4. 46)
(4. 47)
ι2	Ш2
*2	*,	г/2	6l	г2	Ζι
составленный из коэффициентов, входящих в уравнения (4. 45),
(4. 46).
I. Равенство
к
U
= 0
щ пх
12 «2
Хг Χχ У г —Ух Ζ2 — Ζχ
является необходимым и достаточным условием принадлежности двух прямых одной плоскости.
1. Если в определителе (4. 47) все строки пропорциональны, т. е.
/2 = λ/,,	т2 = Ι'ΐτίχ, п2 - - λ/ΐχ, *2 Χχ — \1к* Уз Ух = ρΌίι»
ζ2 — ?ι = р«1,	(4.	48)
то прямые	(4. 45) и (4. 46) совпадают.
2. Если пропорциональны только первые две строки, т. е.
к — Мх, т2 = 1т1з П2 =	(4.	49)
то прямые	(4. 45) и (4. 46) параллельны.
3. Если Δ = 0, но условие (4. 49) не выполнено, то прямые
(4. 45) и (4. 46) пересекаются.
И. Если Δ ф 0, то прямые (4. 45) и (4. 46) скрещиваются.
Примеры
10.	Написать канонические и параметрические уравнения
прямой:
3* — 4у + 5ζ—10 = 0;	)
6* — 5у + г — 17 = 0.	J
164

Чтобы воспользоваться формулами (4. 43) и (4. 44) необходимо найти координаты направляющего вектора а. Для этого
удобно поступить следующим образом. Составим таблицу из
коэффициентов при текущих координатах в данных уравнениях:
/3—4 5\
16 -5 \).
Закрывая поочередно один столбец этой таблицы, вычислим
полученные определители и возьмем второй определитель со
знаком минус. Получим координаты направляющего вектора а:
I =
— 4 5
— 5 1
= 21; т = —
= 27; п =
3—4
6 —5
= 9.
3 5
6 1
Возьмем теперь какую-нибудь точку данной прямой. Для
этого нужно придать конкретное значение одной из координат,
значения двух других определятся системой уравнений. Положим, например, ζ = 0, тогда исходные уравнения примут вид:
Зх — 4у — 10 = 0; 6х — 5у — 17 = 0.
Решая эту систему, получим х0 = 2, г/0 = — 1. Следовательно на прямой фиксирована точка М0(2, —1, 0). Уравнения
(4. 43) запишем так:
х— 2	0+1	г	х	—	2	У+1	г
—	—	или	—	υ	^
21	27	9	7	“	9	~	3 *
Параметрические уравнения (4. 44) принимают вид:
х	= 2 + 7/; у = — 1+9/;	2 =	3/.
Замечание.	Точку М0 на прямой можно	выбрать произвольно, по-
втому в уравнениях (4, 43) и (4. 44) при разных выборах М0 окажутся различные числа х0, 0„, г0 для одной и той же прямой. Координаты направляющего вектора определяются с точностью до постоянного множителя.
11. Составить уравнения оси Ох.
Ось Ох можно рассматривать как линию пересечения двух
плоскостей Oxz и Оху. Уравнение плоскости Oxz есть у = 0,
а уравнение плоскости Оху — 2 = 0, поэтому ось Оа имеет
следующие уравнения:
У = 0; ζ = 0.
12.	Привести	уравнения прямой
2а — у + 2z — 5 = 0;
2а + у — 4z— 7 = 0
к уравнениям в проекциях на координатные плоскости Oxz,
Oyz.
Одну и ту же прямую можно представить множеством разных систем двух уравнений первой степени. В частности, прямую (4. 41) можно рассматривать как линию пересечения двух
плоскостей, проходящих через нее и перпендикулярных двум
координатным плоскостям.
165

Представим данную прямую как линию пересечения двух
плоскостей, проходящих через нее и перпендикулярных плоскостям Охг и Oyz. Плоскость, перпендикулярная плоскости
Oxz, параллельна оси Оу. поэтому в ее уравнении коэффициент при у равен нулю. Исключая у путем почленного сложения двух данных уравнений, получим
Ах — 2г — 12 = 0 или г = 2х — 6.
Исключая * путем почленного вычитания второго уравнения
из первого, получим
— 2у -+ 6z -f 2 = 0 или z = -L г/ L,
Следовательно, уравнения прямой в проекциях на плоскости Охг и Oyz, имеют вид:
а	1	1
г = 2х — 6; ζ = -^-у
13. Найти уравнение проекции прямой
х — 2	У+1	г —	5
6~ —	—5	“	4
на плоскость
х — Зу + 2z — 7 = 0.
Проекция прямой на плоскость представляет собой линию
пересечения этой плоскости и плоскости, проходящей через
данную прямую перпендикулярно данной плоскости.
Составим уравнение плоскости, проходящей через прямую
х — 2 _	у -f- I	_	ζ —	5
6	“	-5	4
перпендикулярно плоскости * — Зу + 2г — 7 = 0. Пусть
М (х, у, г) — произвольная точка искомой плоскости,
Λί0 (2,— 1, 5)— принадлежащая^ ей точка прямой, тогда векторы
МеМ = {х —2, у φ 1* ζ —5}, а = {6, —5, 4}, η = (1, —3, 2\
лежат в одной плоскости, поэтому их смешанное произведение
равно нулю, т. е. М0М- α·η — 0 или в координатах
х — 2 у Л- 1 ζ — 5
6	—5	4	= 0.
1	—3	2
Упрощая это уравнение, получим 2х — Зу — 13ζ -+ 53 = 0.
Таким образом, искомая проекция определяется уравнениями:
л: — Зг/ -f- 2г — 7 = 0; 2х — 8у — 13г -+ 53 = 0.
14. Исследовать взаимное расположение двух прямых в -каждом из следующих случаев:
1)	* = 1 — 2/, у = 2 + 5/, г =— 3 -+ At и * =—4 + 3/,
у — 2 — t, z—5—2t\
166

2) х = 2 + /, у = — 3 — 2/, г = 4 - 2/ и х = 7 + 5/,
г/	= 8	— 10/, 2 = 9 — 10/;
3)	х =	6	+	2/,	0 =	5 — /, 2 = 3 + 2/ и	х = 10	+	4/,
0	= 3	— 2/, 2 = 7 + 4/;
4)	х =	1	+	2/,	0 =	7 + /, 2 = 3 + 4/ и	х = 6	+	3/,
0 = — 1 — 2/, г = — 2 + /.
Если прямые пересекаются, найти точку их пересечения.
1)	Определитель (4. 47) в данном случае принимает вид
— 2	5	4
Δ =	3—1—2
— 4—1 2 — 2 5 — (— 3)
Вычислим этот определитель:
— 2	5	4
3 — 1—2
— 5 Ό	8
13	0 — 6
3 — 1—2
— 5	0	8
= (-1)
13 —6
-5	8
= —74.
Так как Δ ф 0, то прямые скрещиваются.
2) Определитель (4. 47) имеет вид
1—2 —2
1 —
2—2
Δ =
5—10 —10
= 5
1 —
2 — 2
7 — 2 8 + 3 9 — 4
5
11 5
= 0.
Поскольку Δ = 0 и только первые две строки пропорциональ-
*ы, то прямые параллельны.
3)	Так как в определителе
2 — 1 2
2—1 2
Δ =
4 —2 4
=
4 — 2 4
Ю — 6 3- 5 7 — 3
4 — 2 4
ifce строки пропорциональны, то прямые совпадают.
4) Так как определитель равен нулю, т. е.
2 1 4
2 1 4
0 1 0
=
3 —2 1
=
3 — 2 1
=
7—2 9
6—1—1—7 —2 — 3
сл
1
Οο
1
СП
21 —8 27
7 9
21 27
7 9
7 9
= 0,
! первые две его строки не пропорциональны, то прямые перепекаются.
Найдем общую точку этих прямых. Уравнение второй пря-
юй запишем в виде:
х = 6 + 3s; 0 = — 1 — 2s; г = — 2 + s,
167

где s — параметр. Приравнивая соответствующие координаты,
получим систему уравнений
1 + 2/ = 6 + 3s, 7 + / = — 1 — 2s, 3	+ 4/	= — 2 + s.
Исключая	t	из	первых двух уравнений,	получим	7s	= — 21,
откуда s = — 3. Из первого уравнения находим / = —2. (Третье
уравнение системы при найденных значениях t и s обращается
в тождество.) Подставляя значение t в уравнения первой прямой или значение s в уравнения второй прямой, получим точку
пересечения N (—3, 5, —5).
Замечание. Одни и те же координаты точки пересечения двух прямых получаются, как правпло, при различных значениях параметра, входящего в их уравнения. При отыскании общей точки пересекающихся прямых
целесообразно обозначить параметры в их уравнениях различными буквами.
Задачи
7. Составить параметрические уравнения прямых:
хфу — 62 — 4 = 0;)	2х —0 + 32 — 7 = 0;
} Зх—0 — 5г — 8 = 0;/	'	4х + 50— 6г—10 =	0.
8. Привести уравнения прямой
2х — 3 0 + г — 10 = 0;	|
2х — у — г—6 = 0	J
к уравнениям в проекциях	на	координатные плоскости Оху,
Oyz.
9. Составить уравнения проекции прямой
* = *0 + //, y = yQφmt, г = г0 + nt
на плоскость Ах + By + Cz + D = 0.
10. Написать уравнения проекции прямой
х = 2 + At, 0=1 — t, г =	3 — 21
на плоскость Зх — у + 2г — 7 = 0.
11. Составить уравнения: 1) оси Оу, 2) оси Oz.
12. Исследовать взаимное расположение следующих пар
прямых в пространстве; если прямые параллельны, написать
уравнение плоскости, проходящей через	них; если	прямые	пересекаются, найти их общую точку и написать	уравнение	со¬
держащей их плоскости:
1) х = 9/, 0 = 5/, г = — 3 + / и х = 27 — 9/, у = 15 — 5/,
г = — /;
2) х = /, 0=~8 —4/, 2 = — 3 — 3/ и хф 0 — 2 = 0, 2х—уф
+ 2г = 0;
3)2х + 30=О;\	χφζ — 8 = 0; ]
г-4 = 0 ) и 20 + 32-7 = 0; J
168

4)	х Л~ 2 — 1 =0;
х — 2у -+ 3 = 0
и
3 х + у — ζ + 13 = 0
у + 2г — 8 = 0.
т
а д = х — 4, </ = 2 — 2.
= 0, Ах + £у +
Ответы
7. 1) * = 3 + 11/, У = 1 + 13/, г — 4/; 2) * = — 9/, у = 8. г = 5 -f 14/.
х *о К — ί/ο ζ — ε0
9. I т п
ABC
+ Cz + D= 0. 10. 4* + 14у + г—25=0,3*—у + 2г —7 = 0. 11. 1)* = 0,
г=а0;	2)	* = 0, у=0.	12. 1) совпадают;	2) параллельны	и	лежат
в	плоскости	12х — Зу + 8z = 0; 3) скрещиваются; 4) пересекаются	в	точке
N(-3, 0, 4) и лежат в плоскости 3* + 4у + 5г — 11=0.
4. 2. 3. Угол между двумя прямыми. Расстояние от точки до прямой.
Кратчайшее расстояние между двумя прямыми
Углом между прямой и координатной осью называется угол
между направляющим вектором прямой и ортом оси.
Углом между двумя прямыми называется угол между направляющими векторами этих прямых.
Косинус угла между двумя прямыми
х = Χχ + kk У — Ух ~l· mxt,	ζ = Ζχ + nxt\
х = Хг + Ч* У — Уг + m4,	Z = Z2-{-n2t
определяется формулой
/,/, -4- т,т2 4- п.п*
COS φ = --	1 2
V4 + m\+n\Vl\ + ml + nl
Условие перпендикулярности прямых (4. 50) и (4. 51):
1Х12 -+ тхт2 -+ пхп2 = 0.	(4.53)
Расстояние от точки Αί0(χ0» Ус, Ч) до прямой (4. 50) вычисляется по формуле
(4. 50)
(4. 51)
(4. 52)
d=
V
Ух — УоЧ~ Ч
тх пх
2
+
Ч~хоЧ~Ч
h ηι
2
+
χι —ЧУ1— Ус
l\ mi
γΐ\ + т\ + п\
или в векторной форме
d =
Vlki — г о) а]2
(4.54)
(4. 55)
где гх и г0 — радиус-векторы точек Мх, Λί0; а — направляющий
вектор (рис. 4. 7).
Кратчайшее расстояние между прямыми (рис. 4. 8)
г = гх -f- axt, т — г a -J- Oyf
169

определяется формулой
d = 1Υ -γ)α\Φ L	(4.	56)
I\o\a2\
где знак плюс берется в случае, когда определитель третьего
порядка положителен и знак минус — в противном случае.
Примеры
15.	Найти углы между координатными осями и прямой, проходящей через две точки Мх(3, —4, У 2), М2(4, —5, 2/ 2).
170

В качестве направляющего вектора можно взять вектор
а = МуМ2 = {4 —3, —5 —(—4), 2 |/Т— /Т) =
= |1, - 1, ]/Т|.
Направляющие косинусы этого вектора определятся форму-,
лами (3. 20) — (3. 22):
1	1	Q	1	V	2
005:1 = уттШ = ίγ- cos? = -ίγ· cost =——·
Следовательно, прямая образует с координатными осями*углы:
а = 60°; β = 120°; γ = 45°.
Замечание. В качестве направляющего вектора можно взять и вектор
М2М] = {— 1, I, —V 2 }, тогда получим углы = 120*, ,34 = 60э,	133*,
дополняющие углы α, β, γ до 180®.
-	16. Определить направляющие косинусы прямой
х = 4 + 2/, у = — 3 — t, 2 = 5 — 2/.
Направляющий вектор прямой есть вектор а = (2, — 1, —2}.
:.По формулам (3.20) — (3.22) получаем направляющие косинусы прямой:
2 2 1	2
С COS а = ---	±	cos	β   cos γ =	=.
/4+1+4	3	‘	3’	»	3
17.	Найти угол между двумя прямыми:
Ф	х	—	5	0	+ 3 г—6 х — 2	0	—	4	ζ	4-	1
| *	7	~	2	“ — 8 ’	11 ~ - 8 ~ ~ΞΓΓ·
% '
К Первая прямая имеет направляющий вектор аг = {7, 2, —8},
вторая а2 — ПК —8, —7}. В соответствии с формулой (4.52)
^получаем
|eOScf= 7 11 + 2 (— 8) + (— 8) (— 7)	_	117	1
/49 + 4 + 04 У 121 + 64 + 49 f* 117 · У 234	/ 2
Следовательно, φ = 45°.
18.	Составить уравнение прямой, проведенной через точку
|Л4„ (2, — 3, 5) перпендикулярно двум данным прямым:
х-1_у-3_г + 5.Х-2_0+1_г + 7
I]	-1	2	~	2	’	6	3	—	2	'
|| Уравнение прямой ищем в виде
|У	х	—	2	  0	+ 3   г — 5
I	т	п
^Коэффициенты I, т, п, определяемые с точностью до постоянного множителя, в силу условия (4. 53) должны удовлетворять
^системе двух уравнений:
ί	(—	1)1	+2т + 2м = 0; \

Складывая и вычитая почленно эти уравнения, получим
5/
3/
+ 5 т = 0;)
— 2 п = 0, j
откуда I = — т, / = у п. Полагая например, η = 3, получим
I = 2, т = — 2.
Следовательно, уравнение прямой принимает вид
* — 2 у+ 3 ζ — 5
2	~	—2 “	3	'
19.	Найти расстояние от точки Λί0(1, —2, 3) до прямой
х = 9 — 2/, у = 4 — 4/, г = 7 + 4/.
Пользуемся формулой (4.54). Так как х0=1> А/о = —2,
= 3, хх = 9, ух = 4, Zl = 7, К = — 2, /Их = — 4, «1 = 4, то
с
4 — (— 2) 7 — 3
— 4	4
4-
9—1 7 — 31
— 2	4
+
9—1 4 —(—2)
— 2 —4
У (_ 2)а + (—4)а + 4а
У403 + 402 + (— 20 )2 /1шГ
/ 36
= 10.
пря-
/4+16 + 16
Итак, расстояние равно 10.
20.	Вычислить расстояние между скрещивающимися
мы ми
х = 3 + 2/, у — 7 — 2/, ζ — 1 + 3/;
х = 5 + 4/, у = 8, z = 2 — 6/.
Прежде всего можно убедиться, что прямые являются скрещивающимися. В самом деле, определитель (4. 47) отличен от
нуля, т. е.
= 56.
Так как определитель положителен, то в формуле (4. 57)
нужно взять знак плюс. Подставляя соответствующие значения в эту формулу, получим
d =
5 — 3 8 — 7 2 — 1
2 1 1
2 1 1
2 —2 3
2—2 3
=
6 0 5
4 0 — 6
4 0—6
4 0—6
15—38—72—1
2—2 3
| 4 0—6
2 1 1 I
2 —2 3
4 0 —6 j
/ 1-2 3
у |о -6
2
+
2 3
4 — 6
2
+
2 — 2
4 0
2 У 122 + (— 24)а+8а
“ 28
172

Задачи
13. Найти направляющие косинусы прямых
]>.	х — 5	_	0	+ 4	_	г-1 ,	2х — 2z + 3 = 0;	)
6	—2	3	·	)	Юх—120 + 4г — 5 = 0.|
14. Определить углы между осями координат и каждой из
следующих прямых:
i\	х — 4	_	0	+ 6	_	г — 7.	пч	Зх — 40 = 0;)
}	УТ	1	-1	’	}	5х — Зг = 0. J
15. Найти угол между двумя прямыми в каждом из следующих случаев:
1 \ х — 1	_ 0 + 2 _ 2 — 7 х — 4	0	+	5 ζ — 6.
'	4<	—	10	1	И	—	11 —	8	Г-’
* + 0—4 = 0;	|	х — 0 = 0;	1
2) /20 — г— 1 = 0 J И /20 — 2 — /2"= 0. /
16. Вычислить расстояние от точки Л/0(7, —2, 3) до каждой из следующих прямых:
1) х = 3 — t,	0 = — 5—2/,	2=1+2/;
2) х = 6 + 10/,	0 = — 3+11/,	2 = 2 + 2/.
17. Вычислить кратчайшее расстояние между двумя прямыми:
1ч X — 3	0+1	2	х	+ 2 г — 3	.	п
0^Г = +- = Т и	У	4	=	0;
2)	х = 3 + /, 0 = 1 — /, 2 = 2 + 2/ и х = — /, 0 = 2 + 3/,
2Г= 3/.
18. Найти расстояние между параллельными прямыми:
1) * = 5 — 4/, 0 = 2 + 7/, 2=1+4/ и х = 8/, 0 = 3 —14/,
2 = 4 — 8/;
х — 2 _ 0 + 1 _ г х—7   0 — 1 _ г — 3
^	3	4	2	3	4	2*
19. Найти кратчайшее расстояние между диагональю куба
и непересекающей ее диагональю грани, если ребро куба равно 1.
20. Составить уравнение прямой, проведенной через точку
М)(4, 7, —5) перпендикулярно двум данным прямым
х = 3 + 2/, 0=8 — /, 2 = — 1+4/ и х=1+3/, 0 = —5 +
+ /, 2 = б + /.
21. Составить уравнение общего перпендикуляра к двум
непараллельным прямым
г = гх + dyt, г = г + а2/.
173

Ответы
6 л 2	3	6	п 7
13.	1) cos я = -γ-, cos р ~ — у, cos γ = —; 2) cos а = у, cos β = у,
ερ5γ= А 14. j) a = 45», β=60<’, f = l2CP; 2) e=l 18*41', β=68354', γ = 36°52'.
/'86*	31
15. 1) φ= 135°; 2)	φ = 60э.	16. 1) d = 5;	2)	d	= L-^· 17. 1)
18	1 r—	.	1	x	—	4	у	—	7	z + 5
2)	ущ. 18. 1) ТГЯ146; 2> 3' 19· γ=ξ· 20- “ =4— — ■
21. (r — b) όχσ = 0, (г — л2) a.2a = 0, где a = [αχ α2].
§ 4. 3. Прямая и плоскость в пространстве
Угол между прямой
* = *0 + It,	у = Уо + mi,	z = z0 + ni	(4.	58)
и плоскостью
Ах -f By + Cz -f D	= 0	(4.	59)
определяется формулой
[ Л/ + Вт + Сп I	/л
Sin φ =	— -	—Т -■■-=·.	(4.	60)
Т /Л2 + Я2 +Са//2 + m2 + n2	v	7
Координаты точки пересечения прямой (4. 58) и плоскости
(4. 59) находятся из системы уравнений (4. 58) и (4. 59).
Условие параллельности прямой (4. 58) и плоскости (4. 59):
А1 + Вт + Сп = 0.	(4.61)
Условие, при котором прямая (4. 58) лежит на плоскости
(4. 59): -
А1 + Вт + Сп = 0, Ахо -f- Вуо + Cz0 + D = 0.	(4. 62)
Условие перпендикулярности прямой (4. 58) и плоскости
(4. 59):
-у- = -у- = или А = λ/, В = \т, С — \п, λ Ф 0.	(4. 63)
Пучком плоскостей называется совокупность плоскостей,
проходящих через данную прямую.
Уравнение пучка плоскостей, проходящих через прямую:
А\Х -f- Вху + Cxz + Dx = 0;|
Л2х -J- В%у -f- C2z 4- D2 = 0 j	(4.	64)
имеет вид
α (ΑχΧ -J- Biy + CxZ -f- Dx) -f- β (А2х -f- В%у -f- C2z + D2) = 0, (4. 65)
где аир принимают всевозможные действительные значения
(a* + pV0).
174

Уравнение (4. 65) можно записать так:
АуХ + Вуу + CyZ + Dy + λ (А2х + В2у + C2z + D2) = 0,	(4.	65	)
О
где X = —, а + 0.
Примеры
1.	Найти угол между прямой х — 5 + /, у =— 3 + /, 2 =
= 4—21 и плоскостью 4х — 2у — 22 + 7 = 0.
Применяем формулу (4. 60). Так как / = 1, m = 1, п = — 2,
А = 4, В = — 2, С = — 2, то
' '-inrp -	14· 1+(-2)1+<-2)(-2)1	6	1
Ύ	/1 + 1 + 4 +6+4+4	/6/24	2*
Следовательно, φ = 30°.
I 2. Найти точку пересечения плоскости Зх — 4у + 5г +
++ 16 = 0 и прямой х = — 6 + 2/, 0 = 7 — /, 2 = 8 — 3/.
Решим совместно систему уравнений прямой н плоскости.
^"Подставим выражения для х, у, ζ в уравнение плоскости
|f ■	3(—6 + 2/) —4(7 —/) + 5(8 —3/) +16 = 0.
||-После упрощений получим
|v	—	5/	+ 10 = 0,
|;,откуда / = 2. Из уравнений прямой при / = 2 находим коорди-
||иаты точки пересечения х = — 2, у = 5, 2 = 2.
Таким образом, искомой точкой пересечения является точка
|W(-2, 5, 2).
II 3. Найти проекцию точки Р(3, 2, —1) на плоскость
ш	х	—50 + 42 —31 = 0.
Задача сводится к отысканию основания перпендикуляра,
ррпущенного из точки Р на данную плоскость. Напишем уравнения этого перпендикуляра (см. § 4. 2, пример 3):
х = 3 + /, 0 = 2 — 5/, г = — 1+4/.
Находим точку пересечения перпендикуляра и данной плоскости:
(3 + /) — 5 (2 — 5/) + 4 (— 1 + 4/) — 31 = 0, 42/ — 42 = 0, / = 1.
Следовательно, проекцией точки Р на плоскость является
|гочка Q(4, —3, 3).
4.	Найти проекцию точки Р (5, — 6, 7) на прямую х =
= 7 — 2/, 0=1+3/, 2 = 4 + /.
Искомая проекция является точкой пересечения данной пря-
ой и плоскости, проведенной через точку Р перпендикулярно
Итой прямой. Составим уравнение указанной плоскости
|(см. § 4. 1, пример 1):
2 (х — 5) + 3 (0 + 6) + (г — 7) = 0 или 2х — 3у — г — 21 =0.
175

Находим точку пересечения данной прямой и полученной
плоскости:
2(7 —2/) —3(1 +3/) —(4 + /) —21 =0, —14/—14 = 0,
/ = — 1.
Итак, точка Q(9, —2, 3) является проекцией точки Р на
данную плоскость.
5. Найти точку, симметричную точке Р(2, 7, 1) относительно плоскости х — 4г/ + ζ + 7 = 0.
Искомая точка Q является вторым концом отрезка PQ, для
которого серединой будет точка R — проекция точки Р на
данную плоскость. Найдем точку R. Уравнения перпендикуляра к плоскости, проведенного через точку Р, имеют вид
х = 2 + /, у = 7 — 4/, ζ=1+/.
Решим совместно систему уравнений перпендикуляра и данной
плоскости
(2 + /) — 4(7 — 4/) + (1 + /) + 7 = 0 или 18/ —18 = 0, / = 1.
Следовательно, R (3, 3, 2) — точка пересечения. По формулам (3. 29), которые в данном случае целесообразно представить в виде
х2 = 2х — Χχ, у2 = 2у — г/х, z2 = 2z — ζ„
находим точку Q(4, —1, 3).
6.	При	каком	значении п прямая х = 2	+ 5/,	у —	—	3 + 2/,
г ■= 5	+ nt	параллельна плоскости	2х + 4у	— 6z + 7 =	0.
Обращаемся к условию (4. 61) параллельности прямой и
плоскости. Подставляя соответствующие значения в это уравнение, получим
2 · 5 + 4 · 2 + (— 6)п = 0^ или 18 — 6п = 0,
откуда п = 3.
7.	При	каких	значениях В и D	прямая
* — 1 г/ + 2	ζ — 4
5	~	—3 —	7~~
лежит в плоскости 4х + By — 2z + D = 0?
Подставляя в уравнения (4. 62) соответствующие значения,
получим систему уравнений
4 · 5 + £ (—	3) + (— 2) 7 = 0,	4-1 +£(— 2)	+	(— 2)4 + D= 0,
из которой	определяем В = 2 и D = 8.
8. При каких значениях т и А прямая х = 3 + 2/, у =
= — 5 + т/, г=1+6/ перпендикулярна плоскости Ах — 2у +
+ 3 ζ — 5 = 0?
Условие (4. 63) в данном случае примет вид
А __ —2 _ _з_
2 т 6 '
Л	1	— 2	1	.	.
Т. е. -γ =	γ- и -γ- = -γ,	откуда А = 1,	т	= — 4.
176

9. Составить уравнение плоскости, проходящей через точку
m — к о и прямую
2х — 30 + 52 — 7 = 0'* |
4х + 20 — 62—5 = 0./
Напишем уравнение пучка плоскостей, проходящих через данную прямую. В соответствии с уравнением (4. 65') получаем
(2х — 30 + 52 — 7) + λ (4х + 20 — 62 — 5) = 0.
Подставляя в это уравнение координаты точки Р, будем
иметь
[2-4 — 3 (— 1) + 5-1 — 7] + X [4 - 4 + 2 (— 1) — 6-1 — 5]=0,
9 + 3λ = 0, λ = — 3.
Из уравнения пучка при X = — 3 находим уравнение искомой плоскости
10х + 90 — 232 — 8 = 0.
Задачи
1. Найти угол между прямой
х = 8 — 2/, 0 = 7 — 2/, 2 = 9 + 4/
и плоскостью
6х — 3 0 — Зг + 1 = 0.
2. Найти проекцию точки Р(1, 2, —3) на плоскость. 6х—
— 0 + 32 — 41 = 0.
3. Найти точку, симметричную точке Р(2, —4, 5) относительно прямой
х = 1 — 3/, 0 = — 3 + /, 2 = 3 — 4/.
4. Провести через точку пересечения плоскости х + у + ζ—
— 1 = 0 с прямой 0=1, 2+1=0 прямую, лежащую в этой
плоскости и перпендикулярную данной прямой.
5. При каком значении I прямая
х — 3 у + 2	2 — 5
/	—	4	“	6
параллельна плоскости 2х — 50 + Зг — 7 = 0.
6. Составить уравнение плоскости, которая проходит через
,прямую
Зх — 0 + 2г + 9 = 0, х + г — 3 = 0 и:
1) через точку Ν{4, —2, —3);
2) параллельно оси Ох;
3) параллельно оси Оу;
;	4) параллельно оси Οζ.
Ответы
1.	φ = 30°. 2. Q (7, 1, 0). 3.	_Ц.,	4.*+0 + г_1 =
?= 0, х — 1 = 0. 5. /= 1. 6. 1) 23х—2у + 21г —33 = 0; 2) у + 2— 18 = 0;
3) * + ζ =— 3 = 0; 4) х — 0+15 = 0.
*177

§ 4.4. Поверхности в пространстве. Сфера. Поверхности
вращения. Цилиндрические и конические поверхности
Поверхностью в пространстве называется геометрическое
место точек, координаты которых удовлетворяют уравнению
F (*, У, ζ) = 0.	(4.66)
Линия в пространстве как пересечение двух поверхностей
определяется двумя уравнениями:
+ + = M	(4.67)
Гг(*. У, z) = 0. ;
Уравнение
(х — а)2ф(у — б)2 + (г — с)2 = R2	(4.68)
определяет сферу радиуса R с центром в точке 5 (а, b, с).
Если а = 6 = с = 0, получаем уравнение сферы радиуса #
с центром в начале координат:
х2 + г/2 + г2 = #2.	(4.69)
Уравнение
Ах2 + Ay2 + Az2 + Вх + Су + Dz + Я = 0	(4.70)
с помощью дополнения до полных квадратов можно привести
к виду
(х - а)2 ф(у- Ь)2 + (ζ с)2 = d.	(4.71)
Если d>0, то уравнение (4.71) определяет сферу радиуса
R = y~d. Если d = 0, то уравнению (4.71) удовлетворяют координаты единственной точки 5 (а, Ь, с). Если d < 0, то уравнению (4.71) не удовлетворяют координаты ни одной точки
пространства.
Поверхность, образованная вращением линии I
х = cpi (2);
У = Ъ (ζ)
вокруг оси Oz (рис. 4.9), определяется уравнением
*2 + Ф = φ* (г) + φ,1 (г).	(4.73)
Цилиндрической поверхностью называется поверхность, описываемая прямой (образующей), параллельной данному направлению и пересекающей данную линию (направляющую).
Уравнение цилиндрической поверхности, образующие которой
параллельны оси Oz, имеет вид
F (х. У) = 0.	(4.7*4)
Уравнения направляющей цилиндрической поверхности (4.74):
(4.72)
F{x,y ) = 0; I
2 = 0. J
(4.75)
(ί — W. J
178

Конической поверхностью называется поверхность, описываемая прямой, проходящей через данную точку (вершину конуса) и пересекающей данную линию (направляющую конуса).
Примеры
1.	Составить уравнение сферы, если известно, что точки
Λίι (4. — 3,7), Afz(2, 1, 3) являются концами одного из ее диа¬
метров. Лежат ли на этой сфере точки Λί3(4, — 2, +7),
ΛΜ5, -3,4), М5(7, 2, 3)?
Центром искомой сферы	является середина отрезка ΜχΜ2,
а	ее радиус равен половине	длины отрезка Αί, Λ12. Координаты
середины отрезка ΜχΜ2 находим по формулам (3.29), получаем точку С(3, —1,5). По формуле (3.19) находим радиус
сферы
R = СМ2 = ]/(2 -3)а	+ (1 + 1)! + (3- 5)! = 3.
у	Подставляя в формулу	(4.68) значения а — 3, Ь = — 1,
С = 5, R = 3, получим уравнение сферы:
у	(х — З)2 + ({/ + I)2 + (ζ— 5)2 = 9.
Выясним, лежат ли точки Λί3, Λί4, А1б на этой сфере. Подставляя координаты точек в уравнение сферы, находим:
fe	(4_3)2+(-2 + 1)2 + (7_5)а= 1 + 1 +4 = 6 <9;
Г	(5- 3)а + (- 3 + I)2 + (4- 5)2 = 4 + 4 + 1 = 9;
Ё	(7 —3)2 + (2 + 1)3 + (3-5)2 = 16 + 9 + 4=29>9.
I Следовательно, точка М4 лежит на сфере, точки М3 и Л15
|а сфере не лежат.
I Замечание. Точка М9 лежит внутри сферы, ибо ее расстояние до
|ентра сферы меньше радиуса; точка М5 лежит вне сферы, так как ее расстояние до центра сферы больше радиуса.

2. Написать уравнение сферы, проходящей через четыре
точки Af4 (1,1,0), Αί2(7, —11, 0), Ai3(10, 1, 9), Αί4(—2, —11,
+ 9).
Уравнение сферы ищем в виде
(х — а)2 + (у — bf + (z — cf = R2.
Подставляя координаты точек Mlt М2, Αί3, Αί4 в это уравнение, получим систему четырех уравнений относительно четырех неизвестных а, 6, с и R:
(1 - а)2 + (1 - bf + (0 - cf = R2;
(7 — af + (— 11 — bf + (0 - cf = R2·,
(10 _ af + (1 - bf + (9 - cf = R2\
(_ 2 - af + (-H- bf + (9 - cf = R\
Решая эту систему уравнений, находим: а = 4, b = — 5,.
с = 6, R = 9.
Следовательно, уравнение сферы имеет вид
(х — 4)2 + (с/ + 5)2 + (г — 6)2 = 81.
3. Найти центр и радиус сферы
2х2 + 2 у2 + 2ζ\— 12х— Юг/ + 8ζ + 1 = 0.
Данное уравнение 'обладает следующей особенностью) коэффициенты при квадратах координат равны между собой, уравнение не содержит членов с произведениями координат. Это
уравнение можно привести к виду (4.71). Разделив обе части
уравнения на 2, получим
*2 + У2 + г2 — 6х — Ъу + 4г +	=	0.
Дополним левую часть уравнения до полных квадратов:
(^ - 6х + 9) + (ί/3 - 2 4 у + f)-Hz2 + 4г + 4) - 9 - f-
-4+1=0
ИЛИ
(х — 3)а + (^у	2 ) + (ζ + 2)2 = ур
Сравнивая полученное уравнение с уравнением (4.68), находим:		 ^
fl = 3,6=4,C = -2,
4. Найти точку пересечения сферы
(х — 4)а + (у + 5)2 + (г — 6 )2 = 81
и прямой х=3 — t, у = — 3 + 2/, z=4 — 2/.
180

- Чтобы найти точку пересечения сферы и прямой, необходимо решить совместно систему их уравнений. Подставим выражения для х, у, ζ через параметр t в уравнение сферы:
(— 1 — /)а + (2 + 2/)2 + 1—2 — 2/)2 = 81.
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получим
9/2 + 18/ — 72 = 0 или /2 + 2/ — 8 = 0.
Решая последнее уравнение, находим /х = — 4, /2 = 2. Из
уравнений прямой при /х = — 4 получаем точку пересечения
Му (7, —11, 12), при /2 = 2 —точку М2(1, 1, 0).
5. Какую поверхность определяет уравнение
*2 + уъ = 25?
Данное уравнение не содержит членов с координатой ζ.
В соответствии с формулой (4.74) заключаем, что уравнение
*2 + у2 = 25 определяет цилиндрическую поверхность с образующей, параллельной оси Oz. В плоскости Оху уравнение направляющей этой] цилиндрической поверхности будет х2 + у2 =
= 25. Это окружность радиуса R = 5. Эта же линия в пространстве в соответствии с формулами (4.75) определяется
уравнениями:
*2 + У2 = 25; 1
2=0.)
Следовательно, данное уравнение определяет прямой круговой цилиндр.
6. Дан эллипс
— 4- — = 1-1
У	а2	' С*
1 . . 0 = 0·
г Вращая этот эллипс вокруг оси Oz, получим поверхность, называемую эллипсоидом вращения. Составить ее уравнение.
Уравнения эллипса приведем к виду (4.72), т. е. выразим
(,х и у как функции переменной г, найдем квадраты х и у:
t	х*	=	а*( 1 —
I	г-0.
у В соответствии с формулой (4.73) получим уравнение эллипсу* сои да вращения:
Али
х2 + у2 = а2 (l — 4)
Zl + Zl + -4-= I-
Or Or	С1
С 7, Составить уравнение однополостного гиперболоида вращения, полученного вращением гиперболы:
х2 _гф  ,
Т сФ ~ ’
I	0=0
С Вокруг оси Oz.
181

Из уравнений гиперболы имеем
х* = аг (l + +);
ф — 0.
Складывая почленно эти уравнения, получаем искомое уравнение однополостного гиперболоида:
х2 + у2 = а2 ^1 + узили
ха , у2 il __ ι
а2 + а2	с2	'
8.	Дана ось круглого цилиндра х = 9 — /, у — А — 2/, ζ =
= 7 + 21 и точка Л40(1, —2, 3) на его поверхности. Составить
уравнение цилиндра.
Пусть М (х, у, г) — произвольная точка данного круглого
цилиндра. Расстояние этой точки до оси цилиндра равно расстоянию точки М0 до той же оси. Найдем эти расстояния.
По формуле (4.54) получаем:
da —
d =
VT±1 7¥8
2
+
9—1 7—3
— 1 2
2
+
9—1 4 + 2 |а
— 1 — 2 |
У (-1)а + (-2)* +
22
/900
У ΊΓ ’
У 20а + 20а + (— 10)а
/1+4+4
Л/ I 4 — у 7-2
V 1—2 2
2
+
9 — х 7 —ζ
- 1 2
2
+
9 — * 4 — у 2
— 1 —2
V {- 1)а + (-2)2 + 2‘
у [2 (4 - у) + 2 (7 - г)]2 +[2(9- дс) + (7 - г)]2+[-2(9-х)+(4-к/)]а
)/ 1 + 4 + 4
 у (22 — 2 у — 2г)2 + (25 — 2х — ζ)2 + (2х — у — 14)а
“	У~9~
Так как d0 = d, то уравнение круглого цилиндра имеет вид
У (22 —2у — 2г)2 — (25 — 2х — гf + (2х — у — 14)а = У 900.
Упрощая это уравнение, получим
8х2 + Ъу2 + 5 ζ2 — Аху + 4x2 + 8уг — 156х — 60 у—1382+405=0.
9.	Составить уравнение конуса, описанного около сферы
х2 + У2 + ζ2 = 4, если вершина конуса находится в точке
5(0, 0, 8).
Напишем параметрические уравнения прямой, проходящей
через точку 5(0, 0, 8):
х = U, у = mi, z = 8 + /tf.	(А)
182

Найдем точки пересечения этой прямой со сферой и потребуем, чтобы эти точки совпадали, т. е. чтобы прямая касалась
сферы. Подставляя уравнения (А) в уравнение сферы, получим
квадратное уравнение относительно t
(Uf + (pit)2 + (8 + ntf = 4
или
(/2 4- m2 + rt2) t2 + 16л/ + 60 = 0.	(В)
Уравнение (В) имеет равные корни, когда его дискриминант
равен нулю, т. е.
г ,	64η2	— 60(/2 + т2 + я2) = 0
или
п2 — 15 (I2 + т2) = 0.	(С)
Итак, координаты направляющего вектора прямой, проходящей через точку S и касающейся данной сферы, удовлетворяют уравнению (С). Подставляя в это уравнение выражения
для /, т, п из уравнений (А), получим
F	(ζ — 8)2 — 15 (х2 + у2) = 0.
% Следовательно, уравнение конуса имеет вид
|:	15 (х2 + у2) — (ζ — 8)2 = 0.
+ 10. Направляющая конуса задана уравнениями
!■	х2 . г2 .	п
|	9	25 У »
йершина находится в точке S (0, — 3, 4). Составить уравнение
|онуса.
Напишем уравнения образующей конуса как прямой, просящей через точку S и произвольную точку N (х, у, ζ) направляющей. Если Μ (X, Υ, Ζ) — любая точка образующей и тем
шым любая точка конуса, то уравнение образующей примет вид
Р:	X — 0 _ У + 3	Ζ — 4
Цу	х — 0 У + 3	г — 4
|ли X = xt, Y + 3 = (у + 3) /, Z — 4 = (ζ — 4) /.
|; Из последних уравнений определим х, у, г:
|	X	У	+	3 — 3t Z — 4+Ч
I	* = —;	г/ = —+	; г = —
|?подставим их выражения в уравнения направляющей. Так как
и	Y -4- 3
0, то t = —-я—. Исключая t из первого уравнения на-
и
*вляющей, получаем
, I'-r-mr ,к+.
9 +	25
X2 (3Z+ 4У)2 (У + 3)а
9 +	9-25	“	9	*
183

Раскрывая	скобки,	приводя к	общему	знаменателю и приводя	подобные	члены,	получим уравнение	конуса
25Х2 — 9У2 + 9Z2 + 24 ZY — 150К — 225 = 0.
Замечание. Если направляющая конической поверхности задана уравнениями Fι (х, у, г) = 0, F2 (*, У, г) = 0, то уравнения образующих этой поверхности можно записать в виде
X	*0   Г — Уд	  Ζ Zq
х — хо У — У о	“ ζ — г0	’
где х, у, г — координаты точки, принадлежащей направляющей; х0, у0, г0 —
координаты вершины конуса; X, У, Z — текущие координаты точки конической поверхности. Исключая х, у, ζ из данных четырех уравнений, получим
искомое уравнение конической поверхности.
11.	Написать уравнение цилиндрической поверхности, направляющая которой дана уравнениями
х2 4~ у2 = 25, 2 = 0,
а образующая составляет равные углы с осями координат.
В силу условия уравнения образующей можно записать так: ,
X — х Υ — у Ζ — г
I ~ I "	/
или
X = х + It, Υ = у + It, Z = z-\-lt,
где X, У, Z — координаты любой точки образующей; х, у,
ζ — координаты точки направляющей; / = т = п, так как образующая составляет равные углы с осями координат.
Выразим из последних уравнений х, у, г:
х = X — It; у = Y — It; ζ = Ζ — It
и подставим их в уравнения направляющей.
Так как 2=0, то Z = It, следовательно,
х = X — Z, у = У — Z,
поэтому уравнение цилиндрической поверхности примет вид
(X — Z)2 (Υ — Z)2 = 25
или
X2 -+ У2 + 2Z2 — 2XZ — 2KZ — 25 = 0.
Замечание. Если уравнения направляющей искомой цилиндрической
поверхности заданы в виде Fx (х, у, г) = 0, F3 (х, у, г) = 0, то уравнения
образующей этой поверхности можно записать так:
X — х Y — у Z—г
I ~~ т ~ п *
где х, у, г — координаты точки направляющей; /, т, п — координаты направляющего вектора образующей; X, Υ, Z — текущие координаты точки
образующей, или точки цилиндрической поверхности.
164

Исключая из этих уравнении х, у, г, получим искомое уравнение цилиндрической поверхности.
Задачи
1. Составить уравнение сферы в каждом из следующих случаев:
1) сфера проходит через точку Af0(3, —1,4) и имеет центр
С(1, -3,5);
2) сфера имеет центр С (4,2,3) и касается плоскости
6х — Зу + 2z + 4 = 0;
3) сфера	проходит	через три точки Л+(3,-1,	9),
М2(7, —2,6), Д43(4, 2,	5) и ее центр лежит	в	плоскости
х Ф у Φ ζ — 7 = 0.
2. Найти центр и радиус сферы Зх2фЗу2 фЗг2 — 12х + \Ьу—
— 9ζ+·33=0. Лежат ли на этой сфере точки ЛЬ(3, —2, 1),
,ЛМ1, о, 0), Л*з (2, 1,3)?
3. Имеет ли общие точки сфера х2ф у2 ф г2 — 2х — 4у Ф
+ 8z — 28 = 0	с каждой	из следующих прямых:
1)	х = 7 +	6/, у = —	1 — 3/,	2 = — 2 + 2/;	2)	х = 2 — /,
0,=-5 — 2Л 2 = — 1 — 2/.
4. Составить уравнение сферы, проходящей через точку
у N (3, — 2, 2) и окружность х2 ф у2 ф г2 = 9, 2 хф у — г + 2 = 0.
I	5. Какие поверхности определяются уравнениями:
t.	1)	х2 ф у2 — 9; 2) у2 φζ2 = 16; 3) х2 + г2 = 25.
|	6. Составить уравнение двуполостного гиперболоида враще¬
ния, полученного вращением гиперболы:
у2	з»2
I	—	-?■	+ -w = о у=0
| вокруг оси Oz.
I 7. Составить уравнение параболоида вращения, полученного
гвращением параболы
I	х2 = 22, 0 = 0
|;30КруГ ОСИ Oz.
8. Написать уравнение круглого цилиндра, если даны уравнения его оси
х = /, 0=1+2/, г = — 3 — 2/
|и точка /V (1, —2,1) на его поверхности.
9. Написать уравнение конуса с вершиной в точке 5(1, 2, 4),
^образующие которого составляют с плоскостью 4х + 40 +
i + 2г — 3 = 0 углы φ = 45°.
%	10. Направляющая конуса задана уравнениями:

вершина конуса находится в точке 5(5, 0, 3). Составить уравнение конуса.
11. Написать уравнение круглого цилиндра, образующие
которого касаются сферы х2 + у2 + г2 = 1 и составляют равные углы с осями координат.
12. Составить уравнение круглого цилиндра, описанного
около двух сфер:
(х— 1)а Л~ (у — 2)* + (г + 2)а = 36; х2 + у2 + г2 = 36.
Ответы
1	1)	(*-1)2 + ({/ + 3)а + (г-5)а = 9;	2)	(*	-	4)а + (у - 2)* + (г -
— 3)г = 16- Указание. Радиус сферы равен расстоянию от центра сферы до
плоскости, 3) (* — 1)* -J- (у + 4)2 + (г — 3)а = 49. 2. а ■» 2, Ь = — -γ, в =
= -|Я =	На	сфере	лежит	точка Мх. 3. 1) Αί,(7, —1, —2),
/ц,(—5, 5, — 6); 2) общих точек нет. 4. ** + г/а + га— 4х —2к/ + 2г —
—‘ 13 = 0. Указание. Уравнение сферы можно искать в виде *2+у2 + г2 —
— 9 + λ (2* + у — г + 2) = 0. 5, 1) круглый цилиндр с образующей, параллельной оси Oz; 2) круглый цилиндр с образующей, параллельной оси Ох;
х*	у8
3) круглый цилиндр с образующей, параллельной оси Оу.. 6.	—
—	=	— 1. 7. ха + у2 = 2г. 8. 8х2 + 5у2 + 5г2 — 4ху -j- 8уг + 4хг + 16*+
+ 14ы + 22г —39 = 0. 9. х* + у* + 7га — 16ху — 8хг — 8уг + 62* + 44у —
— 32* — 11=0. 10. 9Ха + 16y2+9Za+30XZ + 96Z —144 = 0. П. *г + у*+
+ г* - хУ _ уг — хг = -γ. 12. 117*2 + 18уа + 18га + 32ху-32уг—1458=0.
§ 4.5. Поверхности второго порядка
Поверхностью второго порядка называется поверхность,
определяемая уравнением второй степени относительно текущих координат х, у, г.
При соответствующем выборе прямоугольной декартовой
системы координат в пространстве уравнение поверхности второго порядка можно привести к одному из видов:
+ ηγ = 1 (эллипсоид, рис. 4.10);	(4.76)
yjj	2^
—*£Г== 1 (однополостный гиперболоид, рис. 4 11); (4.77)
у 2	у2
— + 	^5*=—1 (двуполостный гиперболоид, рис. 4/12);
(4.78)
+ % — γτ = 0 (конус, рис. 4.13);	(4.79)
186

»9
+ γ- = 2г (эллиптический параболоид, рис. 4.14);	(4.80)
— ф- = 2г (гиперболический параболоид, рис. 4.15); (4.81)
IV®
+	= 1 (эллиптический цилиндр, рис. 4.16);	(4.82)
187

£*	тт-=1 (гиперболический цилиндр, рис. 4.17);	(4.83]
а* о
у* = 2рх (параболический цилиндр, рис. 4.18);	(4.84}
— F- = 0 (пара пересекающихся плоскостей, рис. 4.19); (4.85)
188

ж
J— = 1 (пара параллельных плоскостей, рис. 4.20);
х2 = 0 (пара совпадающих плоскостей, рис. 4.21).
(4.86)
(4.87)
189

Уравнения (4.76) — (4.87) называются каноническими уравнениями поверхностей второго порядка.
Уравнения второй степени могут выражать, кроме поверхностей в собственном смысле, и другие образы, которые лишь
условно можно назвать поверхностями.
Обшее уравнение второй степени относительно х, у, ζ может
Г и с. 4. 20
190

быть приведено к одному из уравнений (4.76) — (4.87) или
к одному из следующих уравнений:
-4 + 4 + ii = ° (мнимый конус);	(4.88)
у2
^- + -^5- = 0 (пара мнимых пересекающихся плоскостей); (4.89)
у2	у2	+>2
+ + А + -2- = — 1 (мнимый эллипсоид);	.(4-99)
ал
х% . У
+ γγ = — 1 (мнимый эллиптический цилиндр);	(4.91)
у2
-^г =— 1 (пара мнимых параллельных плоскостей).	(4.92)
Уравнению (4.88) удовлетворяют координаты единственной
точки 0(0, 0, 0), уравнению (4.89) — координаты точек, лежащих на прямой х = О, 0 = 0. Уравнениям (4.90) — (4.92) не
удовлетворяют координаты ни одной точки пространства.
Поверхности, образованные движением прямой, называются
линейчатыми, а прямые, целиком лежащие на поверхности,
называются прямолинейными образующими.
Однополостный гиперболоид (4.77) имеет два семейства прямолинейных образующих:
.«(ЛтМ'Л): I ЩлН'М).
(4.94)
у Гиперболический параболоид (4.81) имеет также два семейства образующих:
|	p{i~ τ) = «
I +
■ ρ' i-т = 2<C ,
<4·95) , 1 <4·96>
1 4 + 1 hpz-
Г формулы преобразования прямоугольной декартовой системы
Цкоординат в прямоугольную декартову систему:
f при параллельном переносе координатных осей:
|	х = X ф а, у = Υ ф Ь, ζ = Ζ ф с	(4.97)
Или
;	X = х — a, Υ = у — b, Ζ = z — c,	(4.98)
}где х, у, ζ—координаты некоторой точки в старой системе ко-
?ординат Oxyz, X, Υ, Z — координаты той же точки в новой
^системе координат O'XYZ; а, Ь, с—координаты нового начала
О' в старой системе координат;
>.	191

при повороте координатных осей:
х = X cos а, + Y cos а2 + Z cos а3;
у = X cos β, + Y cos β2 + Z cos β3;	·	(4.99)
ζ = X cos γχ + Υ cos γ2 + Ζ cos γ3,
где а,, α2, α3— углы, образуемые осью Ох соответственно с новыми осями ΟΧ, ΟΥ, ΟΖ; β„ β2, β3, γ,, γ2, γ3 —углы, образуемые соответственно осью Оу и осью Oz с новыми осями (или
αι> Ρι. Τι — Углы, образуемые новой осью ОХ соответственно
со старыми осями Ох, Оу, Oz и т. д.).
Примеры
1. Уравнение поверхности
9х2 + 16 у2 + 36z2— 18х + 64 у — 216г + 253 = О
привести к каноническому виду и определить вид поверхности.
Преобразуем левую часть уравнения, дополняя соответствующие члены до полных квадратов:
9 (х2 — 2х + 1) + 16 (у2 + Ау + 4) + 36 (ζ2 — 6г + 9) — 9 — 64 —
— 324 +253 = 0,
9(х— I)2 + 16 (г/ + 2)2 + 36(г — З)2 = 144.
Разделив обе части уравнения на 144, получим
(* —1)а (у + 2)и	(г — З)2 _ .
16	■*"	9	4	~
Вводя новые координаты по формулам (4.98)
Х = х—1, К = г/ + 2, Ζ — ζ — 3,
последнее уравнение перепишем в виде
X2 . Υ2 , Z2	.
16 + 9 + 4 “ **
Сравнивая это уравнение с уравнением (4.76), заключаем,
что данная поверхность — эллипсоид с полуосями а = А, 6 = 3,
с = 2.
Следовательно, исходное уравнение также определяет эллипсоид с указанными параметрами и центром в точке 0'(1, —2, 3).
Замечание. Если а = b то уравнение (4.76) определяет эллипсоид
вращения. При а = Ь = с = R уравнение (4.76) является уравнением сферы
радиуса R с центром в начале координат,
2. Какую поверхность определяет уравнение
4х2 — 9 у1 + 36г2 — 16х — ЪАу — 72 г — 65 = 0.
Преобразуем левую часть уравнения:
4(х2 — 4х + 4) — 9 (г/2 + 6г/ + 9) + 36 (г2 — 2z + 1) — 16 + Bl —
— 36 — 65 = 0
или
4 (х — 2)2 — 9 (г/ + З)2 + 36(2— I)2 = 36.
192

Разделив обе части уравнения на 36 и введя новые координаты
по формулам
X. — х — 2, Y = у ф 3, Ζ = ζ — 1,
получаем
1	,	А	1
9	4	1	А*
Изучим форму этой поверхности с помощью метода сечений.
Найдем главные сечения. В сечении поверхности плоскостью
OXY получим гиперболу
уа	уз
 	= 1 ζ = о-
9	4
в сечении плоскостью OYZ — гиперболу
+ + * = 0;
в сечении плоскостью OXZ — эллипс
-ΊΓ+-Τ = 1· Г=0·
Плоскость, параллельная плоскости OXY, пересекает поверхность по гиперболе
X2 V2 . Ίг2 7	,
-д Τ = 1 “ Τ’ Ζ = /!·
- Плоскость, параллельная плоскости ΟΥΖ, пересекает поверхность по гиперболе
-Т- + А1—τ·χ = Α·
Плоскость, параллельная плоскости OXZ, пересекает поверхность по эллипсу
ТГ + -Т· = 1 + Ф Y = h-
Анализируя сечения, заключаем, что данная поверхность
является однополостным гиперболоидом.
х®	у^	х® у®
Замечание. Уравнения -р	р-	+ -р- = 1, р- + -р- +
+ -р- = 1 определяют одпополостные гиперболоиды. Эти уравнения того
Ке типа, что уравнение (4.77). В правой части все эти уравнения содержат
единицу, в левой части — только квадраты всех координат, причем два
коэффициента положительны, один — отрицателен.
3.	Определить вид поверхности
3*2 _ 4уг + 6+ + 24х + 8у — 36г + 122 = 0.
Упрощая уравнение, получим
3(х2 + 8х + 16) —4(02 —20 + 1) + 6 (ζ2 — 6ζ + 9) — 48 + 4 —
— 54 + 122 = 0,
3 (х + 4)2 — 4 (0 — I)2 + 6 (г — З)2 = — 24,
7 Гусак A. A.

(*-И)2	(у-К2	.	(2-3)а	.
8	6	"f"	4
Это уравнение можно записать так:
X2	Г2	7А_ _ _	.
8	6	+	4	—	lf
где X = х + 4, Y = у— 1, Ζ = ζ — 3.
С помощью метода сечений можно убедиться в том, что
уравнение определяет двуполостный гиперболоид.
[j2	^2	^2	у2
Замечание. Уравнения 	F”^'ca'	=	—	^	’	а2 'b2
»2
г*
+ —2~= — 1 являются уравнениями двуполостных гиперболоидов. Эти
уравнения, как и уравнение (4.78). в правой части содержат отрицательную
единицу, в левой части — два положительных и один отрицательный коэффициент при квадратах координат. Уравнение (4.78) можно записать в виде
а® Ъ2 Τ' с2
где в правой части стоит единица, но в левой части только один коэффициент положителен, два других — отрицательны.
4. Уравнение поверхности
4χ2 _ 9у2 _ 8*·_ збг/ — 72г + 184 = О
привести к каноническому виду. Определить, какую поверхность
представляет это уравнение.
Преобразуем левую часть уравнения:
4(х2 —2х + 1) — 9(г/2 + 4г/ + 4) —722 —4 + 36 + 184 = 0,
4 (х — 1 )2 — 9 (у + 2)2 = 12 (г — 3).
Разделив обе части уравнения на 36, получим
или
97
9	4 ~
где X = х — 1, У = г/ + 2, Ζ = ζ —3.
Сравнивая полученное уравнение с уравнением (4.81), заключаем, что данная поверхность	является	гиперболическим	параболоидом, для которого а = 3,	6 = 2.
у2	22	-ft
Замечание. Уравнения ρ	γ —	2х,	 -%·	=	2у	опреде¬
ляют гиперболические параболоиды. Каковы особещюсти их расположения
относительно системы координат?
5. Какую поверхность представляет уравнение
х2 + 4у2 — 6х + 16у +9 = 0?
Преобразуем левую часть уравнения:
(х2 —6х + 9) + 4 (у2 + 4 у + .4) — 16 = 0,
(х-3)2 + 4(г/ + 2)2= 16,
194

(*-3)3 , (ι, + 2)2	,
16	+	4	~	1'
4 + Γ1=ι
16 + 4
где X = χ — 3, Κ = 0 + 2. Принимая во внимание уравнение
(4.82), заключаем, что данное уравнение представляет эллиптический	цилиндр,	для	которого а = 4,	6 = 2.
х2 |	г2	,	02	.	га
Замечание.	Уравнения	р +-	р- =	I, р-	+ р- = 1 определяют
эллиптические цилиндры с образующей, параллельной соответственно оси
Оу оси Ох.
6.	Определить вид поверхности
у2 — 4х— 6 уф 17 = 0.
Р и с. 4. 22
Преобразуя данное уравнение, получим
(У2 — 6// + 9) — 4х — 9 + 17 = 0, (у — 3)г = 4 (х —■ 2).
Введем новые координаты Υ = у — 3, X = х — 2, получим
■	Υ2	=	4Х.
Следовательно, данная поверхность является параболическим
^цилиндром, для которого р = 2 (см. уравнение (4.84)).
| Замечание. Уравнения у2 = 2рг, х2 = 2рг определяют параболические цилиндры с образующей, параллельной соответственно оси Ох,оси Оу.
I 7. Доказать, что уравнение ζ = ху определяет гиперболический параболоид.
[; Перейдем к новой системе координат ΟΧΥΖ, полученной
|из системы Охуг путем вращения ее вокруг оси Oz на угол
|р = γ. Воспользуемся формулами преобразования координат
Шри повороте осей. Так как (рис. 4.22) ах = γ, «а = γπ, α3 = -А,
|Ρι = γ, β·2 = у» Рз = у. Τι — у* Ъ = у, Тз = 0, то формулы
р(4.99) примут вид
VJ
2
&*	195
х = X
-уф,у = хф+¥П'
ζ = Ζ.

Подставляя
получим
Z =
/2
2
выражения для х, у, ζ в уравнение г = ху,
/2
(Х + У) = 1(Х«_у*)
(Х-У)· 2
или X2 —У2 = 2Ζ.
Это уравнение получается из уравнения (4.81) при а = Ь =
= 1. Так как уравнение (4.81) определяет гиперболический параболоид, то уравнение ζ = ху является уравнением гиперболического параболоида.
8. Найти угол между прямолинейными образующими гипер-
χ2
болического параболоида -jg γ=2ζ, проходящими через
точку N^4, 1 ,-§■).
Прежде всего точка N лежит на данном гиперболическом параболоиде, так как ее координаты удовлетворяют его уравнению:
_И _л
16	4
Преобразуем уравнение к виду
jL _ ϋ. V— ' tJ
.4	2/ \ 4
Два семейства прямолинейных
системами уравнений:
= 24.
+ fl = 2w.
образующих определяются
* и
р 1т —
я
т + т) = 2*
*
Р
= 2 я'\
1 + £) = р'г.
/
Подстазляя координаты точки N в эти уравнения, находим:
4	1
2
3
— Я' я
4- 4) = V;
= Р -5··
откуда q = — ρ, р
Следовательно,
мут вид
2р;
= 4q\
уравнения прямолинейных образующих прп-
= 4 г;
= 2-3;
4т-т=2;
г О
= 42
ИЛИ
Зх — 6 у
х -I- 2у -
- 162 = О
6 = 0;
л
х — 2 у — 2 = 0;
х + 2 у— 16z = 0.
196

Первая прямая имеет направляющий вектор ах = (8,
вторая а.2 = [ 8, 4, 1 }, поэтому
— 4, З1
51
cos О =
9/89 ’
Задачи
1. Какие геометрические образы представляются уравнениями:
!)-£—£+-£ = °; so-£-£ = 2г. 3)£-£ = i?
2. Какие поверхности определяют уравнения:
1)	х2 = 2ру\ 2) ζ2 = 2р0; 3) ζ2 = 2рх?
В задачах 3—10 привести уравнение к каноническому
виду и определить вид поверхности:
3. 2х2 — 6у2 + Зг2 — 12х — 240 — 24г + 30 = 0.
4. — х2 ф 2 02 + Зг2 — 4х + 40 — 24ζ ф 52 = 0.
х2 ф 202 — Зг2 — 2х ф 8у ф 27г — 18 = 0.
х2 + 2у2 ф 6х — 180 — 8г + 49 = 0.
х2 — 3 у2 + 8х + 60 + 10 = 0.
х2 + 4х — 6у + 22 = 0.
ζ2 — 2г — 8х — 7 = 0.
10. г2 + 4г + 60 — 20 = 0.
11. Доказать, что уравнение г2 = ху определяет конус.
12. Найти прямолинейные образующие однополостного
перболоида
ги-
х* . Г  i _ _ 1
Ifi "Г Q	A
проходящие через точку Ν(4, —3, —2).
Ответы
1. 1) конус, 2) гиперболический параболоид, 3) гиперболический ни
линдр. 2. 1) —3) параболический	цилиндр.	3. Однополостный	гипербол.ид
4	Двуполостмый гиперболоид.	5.	Конус.	6. Эллиптический	параболоид
7.	Гиперболический цилиндр. 8. Параболический цилиндр. 9. Параболичес
кий цилиндр. 10. Параболический цилиндр. II. Указание. Повернуть сис
π
тему координат вокруг оси Ог иа угол φ = γ (см. пример 7).
12. Зх + 40 — 6г — 12 = 0;	)	уф 3	= 0;)
Зх — 4у + бг — 12 = 0	J	и	х + 2г	= 0. J
197

Глава 5. Матрицы и их применение
§ 5. 1. Матрицы, основные действия над ними
Матрицей называется система тп величин, расположенных
в прямоугольную таблицу из т строк и п столбцов. Величины,
нз которых составлена матрица, называются ее элементами.
Элемент матрицы, стоящий на пересечении строки с номером k
(номера считаются сверху вниз) и столбца с номером I (номера
считаются слева направо) обозначается через aki. Числа k, I называются индексами элемента.
Матрица обозначается одним из символов:
или
«и
ίϊ12
«13 ··
• «1 п
«21
«22
«23 ··
• «2 п
«ml
«т 2
«m3 ·■
' ’ «тп
(5. 1)
Квадратной матрицей я-го порядка называется матрица,
имеющая п строк и п столбцов:
«11
«12
«13 ·'
,. аХп
«21
«22
«23 ·■
,. а2п
Г«1
«я 2
«яЗ -
• «ля
(5. 2)
Определителем квадратной матрицы называется такой определитель, у которого элементы те же, что и у матрицы и стоят
на тех же местах.
Главной диагональю квадратной матрицы называется диагональ ее, составленная нз элементов αη, α22, ..., апп.
Симметрической матрицей называется квадратная матрица,
у которой элементы, расположенные симметрично относительно
главной диагонали, равны друг другу, т. е.
aki ~ aik·	(5·	3)
Диагональной матрицей называется квадратная матрица, у
которой все элементы, не находящиеся на главной диагонали,
равны нулю.
Единичной матрицей называется диагональная матрица, у которой каждый элемент, находящийся на главной диагонали, равен единице.
Нулевой матрицей называется матрица, все элементы которой
равны нулю.
Суммой матриц А и В, имеющих одинаковое число строк
и одинаковое число столбцов
«И
«12
«13 ···
«1л
«21
«22
«23 ···
•
«2 п
«ml
«m2
«m3 ··
• «тя

^тЛ	&тз	··. Q-tmv	^т\	&тЗ	···	^тп
называется третья матрица С
/	Сл
'12 ^13
С — I С21 ^22 ^23 **' с^п !	(5	5^
;'/
^ «И Y1 г
4 и;н1 ьш2 ‘'/иЗ
каждый элемент которой равен сумме соответствующих элементов слагаемых матриц, т. е.
Cki = ciki + bu (k = 1, 2	 m\	I	— 1, 2, ..., л).	(5. 6)
Сумма матриц A n В обозначается так:
С = А + В.	(5. 7)
Аналогично определяется разность матриц А и В
С = А —В,	(5. 8)
где
Cki = аы — Ьы.	(5. 9)
Произведением матрицы А на число λ называется матрица В,
которая получается из матрицы А умножением всех ее элементов на λ:
Ьы = 1а ы.	(5. 10)
Обозначение:
В = ).А.	(5.11)
Матрицы А и В называются равными
А = В,	(5.12)
ёсли они имеют одно и то же число строк и одно и то же
число столбцов и если при этом каждый элемент aki матрицы
А равен соответствующему элементу Ьы матрицы В.
Произведением АВ двух квадратных матриц А и В одного
порядка называется третья квадратная матрица С того же порядка, составленная по следующему правилу: элемент сы, стоящий в матрице С на пересечении /г-й строки с l-м столбцом,
Сеть сумма произведений элементов /г-й строки матрицы А на
Соответствующие элементы I-го столбца матрицы В:
сы = au\b\i + ak4hi + 0кгЬз1 + ··· -f- aknbnl. (5. 13)
Определитель произведения АВ квадратных матриц А и В
равен произведению их определителей:
Dab = Da-Db.	(5. 14)
Определение произведения можно распространить и на неквадратные матрицы, у которых число столбцов матрицы множи-

того А равно числу строк матрицы множителя В. При соблюдении этого условия множимое А может иметь любое число (т)
строк, а матрица В — любое число (п) столбцов. Матрица
С = АВ будет иметь т строк и п столбцов, ее элементы вычисляются по формуле (5. 13).
Основные свойства действий над матрицами:
1. Аф В=ВфА;
2.	А +	(В + С)	= (А -J- В) + С\
3.	λ (А	-(- В) =	ХЛ + 1В;
4. (λ -J- p.) А = ХЛ -f- μ Л;
5. Л(5С) = (ЛВ)С;
6. А (В ф C) = АВф AC.
Примеры
1. Найти сумму матриц:
/ 2 —3	4\	/-13	—4\
А =	I 7	6	—5 I,	В = ( —7	—5	5	.
\-1	8	9/	V 1	-8	-8/
Обе матрицы имеют одинаковое число строк (три) и одинаковое число столбцов (три). Такие матрнцы-'можно складывать.
По формуле (5.	6) получаем
/ 2	+ (—	1)	—3 +	3	4	ф	(—4)\
С = А ф В = \	7	+ (—	7)	6	+	(—5)	—5 + 5 I =
\—1	+ 1	8	+	(-8)	9	+	(—8)/
/1 0 0\ ^
= 0 1 о .
\0 0 I/
Сумма матриц оказалась единичной матрицей.
2. Даны три матрицы:
/1	0	2\	/1 —1	0\	/3	4	5\
А = 3 — 4	5,5= 2	3	4 , С = 1	— 3	2 .
\2	1	—3/	\1 —5	6/	\8	6	—7)
Найти матрицу ЗЛ + 45 — 2С.
По определению произведения матрицы на число, получаем:
/3	0	б\	/4	—4	0\
3 Л = 9	—12	15 ,	45=	8	12	16 I,
\6	3—9/	\4	—20	24/
/6 8 10\
2С =	2 — 6	4	.
\16 12	—14/
200

На основании формул (5. 6) и (5. 9) находим
/3+4—6	0—4—8	6+ 0—10
ЗА+45—2С= 9+8—2 —12 + 12—(—6)	15+16—4
\6+4—16	3+(—20)— 12 —9+24—(—14),
/	1	—12	-4λ
=	15	6	27
V—6 —29 29,
3.	Найти произведение АВ двух квадратных матриц
Л = (δ -б)
Обе матрицы являются квадратными матрицами второго порядка. Такие матрицы можно умножать. Применим формулу
(5. 13). Эта формула имеет следующий смысл: чтобы получить
элемент матрицы произведения АВ, стоящий на пересечении
строки k и столбца I, нужно взять сумму произведений элементов строки k матрицы А на соответственные элементы
столбца / матрицы В («скалярное произведение» строки k матрицы А на столбец I матрицы В).
В соответствии с формулой (5. 13) элемент си получается
как сумма произведений элементов первой строки матрицы А
на; элементы первого столбца матрицы В, элемент с21 — как
сумма произведений элементов второй строки матрицы А на
элементы первого столбца матрицы В:
сп= 1-3 + 2.7 = 17, с21 = 5 · 3 + (— 6) 7 = — 27.
Аналогично определяются элементы с12 и с22:
с12= 1 (-4)+ 2-8= 12, с22 = (— 4)5+ (— 6) 8 = — 68.
Следовательно,
'17 —27'
С \12 —68
4.	Найти произведения АВ и	ВА	матриц
/53 —7\	/4 —1	Зч
А = I —1	6—3,	В= 4— 2— 6
\ 2 —4	1/	\2	0	3,
По формуле (5. 13) получаем элементы сы матрицы АВ:
сп = 5-4 + 3·4 + (— 7) 2= 18; с21=(— 1) 4 + 6 ·4 + (- 3)2= 14;
«3i = 2 · 4 + (— 4)4+ 1«2 = — 6;
<+ = 5(-1) + 3(-2) + (-7)0= - И; г22 = (- 1)(- 1) +
+ 6(— 2) + (— 3)0 = — 11; с32 = 2(— 1) + (— 4)(— 2) + 1-0 = 6;
см = 5.3 + 3(—6) + (—7)3 = —24; с.м = I — 1) 3 + 6 (- 6) (-
Ъ (— 3)3= —48; 033 = 2·3 + (-4)(-6) + 1-3 = 33.
201

По той же формуле (5. 13) находим элементы си матрицы
ВА. Меняя местами матрицы А и В, умножая последовательно
первую, вторую, третью строки матрицы В на первый столбец
матрицы А, получим эле?ленты первого столбца матрицы В А:
сп = 4-5 -К (- 1)(— 1) -г 3-2 = 27; 4 = 4-5 + (-2)(- 1) +
+ (—6)2= 10; 4 = 2-5 +0 (-l)-f 3-2= 16.
Аналогично вычисляются элементы второго столбца:
4= 4-3 + (— 1) 6 4- 3 (— 4) = —6; 4 = 4-3 + ( —2)6 +
+ (—6)(—4) = 24; 4 = 2-3 + 0*6 -f- 3 (— 4) = — 6
и элементы третьего столбца матрицы ВА:
с\з = 4 (—7)-!-(—1) (-3) -^3-1=—22; 4 =4 (- 7) + (-2)(-3) +
+ (— 6) 1 — — 28; ώ = 2(-7) + 0(—3) + 3-1 = —11.
Следовательно,
/27 — 6 — 22
5.4= 10	24	—	28
\ 16 — 6 — II
Сравнивая матрицы АВ и 5.4 и пользуясь определением равенства матриц, заключаем, что АВ ф ВА.
Замечание 1. Умножение матриц не подчиняется закону переместительности.
Замечание 2. Для проверки правильности результатов, полученных
при умножении квадратных матриц, можно воспользоваться равенством (5, 14 к
Так как
= 12,
5 3 -
7
4
- 1
3
— 1 6 —
3
11. DB —
4
— 2
— 6
2—4
1
1
2
0
3
13
- 11 — 24
ΰ
ь.
Со
II
14
-11 -48
=
132,
6
6 33
то равенство (5. 14) действительно выполняется.
Замечание 3. Из формулы (5. 14) следует равенство
Dba ~ da ' db-
В данном примере можно непосредственно убедиться, что DbA = 132, следе ютельно, указанное равенство выполняется.

5.	Найти произведения АВ и ВА двух матриц
/2 1 \
Число столбцов матрицы А равно числу строк матрицы 5,
юэтому можно умножать матрицу А на матрицу В. По фор-
луле (5. 13) находим:
Число столбцов матрицы В равно числу строк матрицы А,
юэтому можно умножать матрицу В на матрицу А:
Действительно, согласно определению, равенство двух матриц имеет место в том и только в том случае, когда их соответственные элементы равны. Поэтому последнее равенство
ймеет тот же смысл, что и исходная система. Матрицу, стоящую в левой части равенства (В), можно представить в виде
произведения АХ двух матриц
сп= 1-2+ 0-1+2-3+ (-1)4 = 4;
с21 = 3-2 + 1-1 + 0-3 + 2-4 = 15;
с12 = Ы +0-0 + 2(—2) + (- 1)(— 1) = - 2;
с22 = 3· 1 + 1 - 0 + 0(— 2) + 2 (— 1) = 1.
Следовательно,
6.	Систему двух уравнений с двумя неизвестными
2хг + Зх2 = — 5; )
1хх — 4х2 = 26	/
(А)
записать в матричном виде.
Систему эту можно представить так:
(В)
Уравнение (Л) принимает вид

Задачи
1. Даны матрицы
/2	1	—3\
А= 4—2	1,	В=
\5	6—7/
Составить матрицу ЗЛ + 2В.
2. Найти произведения Л5 и ВА двух квадратных матриц
мга нм
3. Найти произведение АВ матриц
42 ft	»-(Ц
4. Вычислить определитель матрицы произведения двух матриц
/	2	3	4\	/4	6-1'
Л = — 5	6	7,	5=	0—5	1
\	2-3-4/	\-1	3	1
5. Найти произведение АВ двух матриц
1	4
Л = | 2	0-1	1	,	5=1 2 _з
4 — 1
Можно ли умножать матрицу В на матрицу Л?
6. Записать в матричной форме систему уравнений
5хх -j- 2х2 = 11 *,1
7 — 6х2 = 9.
Ответы
ВА =
0 0
о о
4. Dab = 396. 5. АВ =
Матрицу В на матрицу А умножать нельзя, так как число столбцов В не
равно числу строк Л. 6. АХ=В, где А = I ^	|,	Х	=	[	"1	1,	В	=	|
7-6
204

§ 5. 2. Линейные преобразования на плоскости и в пространстве. Аффинные преобразования. Собственные векторы матрицы
Если каждой точке М плоскости (пространства) поставлена в соответствие определенная точка М' той же плоскости (пространства), то говорят, что задано преобразование плоскости
(пространства).
Если плоскость (пространство) подвергнуть некоторому преобразованию Л, потом преобразованию В, то в результате возникает новое преобразование, которое называется произведением
преобразования Л на преобразование В и обозначается символом В Л.
Преобразование, которое каждой точке М ставит в соответствие точку AV, совпадающую с М., называется тождественным.
Если произведение ВА преобразования Л на преобразование В является тождественным, то преобразование В называется обратным по отношению к Л.
Преобразование плоскости, выражаемое формулами вида
х' = аих + а12у -|- <%;]	5	15)
у' = а21х + а22у -1- а23,\
называется линейным
Матрица	(	ап	а12
?2i	^22
(5. 16)
составленная из коэффициентов при х и у, называется матрицей линейного преобразования (5. 15), а ее определитель —
определителем указанного преобразования.
Линейное преобразование плоскости (5. 15) называется аффинным, если его определитель отличен от нуля, т. е.
ап а12
^21 ^22
ф 0.	(5.	17)
Аффинное преобразование плоскости вполне определяется
заданием трех неколлинеарных точек, в которые должны перейти три данные неколлинеарные точки.
Линейное преобразование пространства определяется формулами
х' = апх + а12у + αχ3ζ + я14;	j
у' = α2χχ + а22у + а2?р +	г	(5·	1	3)
г' = а31х -|- а32у + a33z + а31.	)
•Линейное преобразование (5. 18) называется аффинным преобразованием пространства, если его определитель отличен от
нуля, т. е.
205

«11 «12 «13 I
γ- 0.	(5.	19)
206
«31 «32 «33
Аффинное преобразование пространства вполне определяется
заданием четырех некомпланарных точек, в которые должны
перейти четыре данные некомпланарные точки.
При аффинных преобразованиях плоскости:
1) прямые линии переходят в прямые;
2) параллельные прямые преобразуются в параллельные
прямые;
3) сохраняется простое отношение трех точек;
4) линии второго порядка преобразуются в линии второго
порядка (причем эллипс переходит в эллипс, гипербола — в гиперболу, парабола — в параболу);
5) сохраняется отношение ориентированных площадей соответственных фигур, это отношение равно определителю преобразования (5. 17).
При аффинных преобразованиях пространства:
1) прямые переходят в прямые, плоскости — в плоскости;
2) сохраняется параллельность Арямых и плоскостей;
3) сохраняется простое отношение трех точек;
4) поверхности второго порядка преобразуются в поверхности
второго порядка (причем сохраняется тип поверхности);
5) сохраняется отношение ориентированных объемов соответственных тел, это отношение равно определителю преобразования (5. 19).	^
Ненулевой вектор р называется собственным вектором
квадратной матрицы А, если линейное преобразование с матрицей А переводит вектор р в коллинеарный ему вектор р\ т. е.
~р' = λρ.	(5.	20)
Число λ называется собственным числом (или «собственным
значением») матрицы А, соответствующим собственному вектору р.
Координаты /, т собственных векторов матрицы (5. 16) находятся из системы уравнений
)./= auJ +a12m; 1
)т = ап1 + а22т )	v	'
или
(а ->.)/ + с13ш = 0;|
«21 + («22 —).) т = 0, J	V ·
где λ — корень характеристического уравнения для матрицы А:
«π —λ «12 о. ’	(5.	23)
«21	«22 — λ

Собственные векторы матрицы
/ а и аи а13
А = ( @21 «22 «23 )	(5.	24)
\ а31 й32 О-зз
находятся из системы уравнений
(ιап — λ) / + а12т + а13п = 0; |
а,2х^ + (сг22 — λ) /η + a23ft = 0; /	(5.	25)
a3ll + а32т + (α33 — λ) η = 0, |
где λ — корень характеристического уравнения
«π ^	«ΐ2	«is
l21	u22	Λ	α23
«31	«32	«33	^
= 0.	(5.	26)
Если матрица А — симметрическая, то все корни ее характеристического уравнения действительны.
Собственные векторы, соответствующие двум различным
корням характеристического уравнения, взаимно перпендикулярны.
Для всякой симметрической матрицы (5.24) существует
I тройка взаимно перпендикулярных собственных векторов.
i Примеры
1.	Найти преобразование, переводящее точки /14,(0, 1), ЛТ2 (1. 0).
;;Л4Э(1, 1) в точки М[ (2, —1), А/Д1, 4), Мз(5, 6). В какую
/точку	переходит	при	этом преобразовании	точка N(—1,2)?
Какая точка преобразуется в точку L'(—2, —3)?
К	Задача	сводится	к	определению коэффициентов линейного
[^преобразования:
|	х'	= «и* + «12 У + «Ц	ίΑν
С	У'	= ^21* + «22 У + «23 *1
КПодставляя координаты соответственных точек Λί, и М\ в-эти
^Уравнения, получим
I 2 = αη·0 + α12·1 + αι3, — 1 = α21·0 -f α22·1 + α23.
[/Подстановка координат точек Λί2 и Λί2 приводит к уравнениям
ψ 1 = au· 1 + α12·0 + σι3, 4 = α2ι· 1 + α22·0 + α23.
^Подставляя координаты точек Λ43 и АЬ в уравнения (А), на-
Цходим
|	5 = α,,· 1 + α12· 1 +0,3, 6 = α2ι· 1 + α22· 1 + αί3.

Итак, для определения шести неизвестных коэффициентов получено шесть уравнений:
«12 + «13 == 2; #22 + «23—	 1» «11 + «13 = К «21 + «23 = 4р| ,βν
«11 + «12 4* «13 — 5; О121 + «22 + «23 =6·	/
Решая эту систему (для чего можно, например, из первого
и пятого уравнения вычесть третье, из шестого — второе и
четвертое), получим
«Л == 3, «Х2 == 4, «Х3	"	2, «2Х	7, «22	2,	«23	==	3.
Следовательно, формулы данного преобразования имеют вид
Это преобразование является аффинным, так как его определитель отличен от нуля.
Найдем, в какую точку переходит при данном преобразовании точка N (— 1, 2). Подставляя ее координаты в формулы
преобразования, находим:
х' = 3(— 1) +4-2 —2 = 3; у' = 7(— 1) + 2-2 — 3 = — 6.
Итак, точка Ν(—1, 2) переходит в точку Ν' (3, —6).
Подставляя координаты точки L' в эти формулы, получим:
— 2 = 3.V + 4 у — 2; — 3 = 7лг + 2 у — 3;
Зх + 4у = 0;	7х	ф	2 у = 0,
откуда х = 0, 0 = 0. Следовательно, в точку L'(—2, —3]р переходит точка L(0, 0).
2.	Найти преобразование, обратное линейному преобразованию
Это преобразование является аффинным, так как его определитель отличен от нуля. Если данное преобразование переводит точку Л4 (х, у) в	точку М'	(х[	у'),	то обратное ему преобразование переводит	точку М'	(х\	у')	в точку М (х, у). Чтобы
решить задачу, нужно выразить х и у через х', у'. Так как
определитель преобразования отличен от нуля, то система (А)
разрешима относительно х и у. Решение можно найти с помощью определителей или способом исключения одного из
неизвестных.
Умножая первое	уравнение	на	5,	второе на — 3, склады¬
вая почленно, получим Ьх' — Зу' = х — 8, откуда х = Ьх' —
— 3 у' + 8.
Умножая первое	уравнение	на	—	3, второе на 2 и скла¬
дывая почленно, получим — 3/ +2у' = у ф 3, откуда у =
= — Зх' + 2 у' — 3.
х' = Зх ф 4у — 2;
у' = 7х ф 2у — 3.
(А)
£08

Следовательно, обратное преобразование имеет вид
х = 5х'— Зу’ + 8;
у = — За:' + 2 у’ — 3.
3.	Найти собственные числа и собственные векторы матрицы
'5 2
А 1 2 8
Характеристическое уравнение (5. 23) в данном случае принимает вид
'5-λ 2 1=0
2	8	—λ|
Раскрывая определитель, получим
λ2— 13λ + 36 = 0,
откуда
λχ = 4, λ2 = 9.
Система уравнений (5.. 22) для определения координат собственных векторов при λχ = 4 запишется так:
(5 — 4)/ + 2т = 0;|	/ + 2т = 0; 1
21 + (8 — 4)т = 0 J ИЛИ 21 + 4т = 0. j
Второе уравнение является следствием первого. Из первого
уравнения находим отношение координат собственного вектора
I :т = 2 : — 1. Получен собственный вектор рх = {2, — 1).
При λ2 = 9 получаем систему уравнений
(5 — 9) I + 2т = 0;|	—	41 + 2т = 0; 1
2/ + (8 — 9) m = 0 j НЛИ 21— т = 0, J
откуда находим второй собственный вектор р2={1, 2}.
Как и следовало ожидать, рх j_ р2, ибо рхр2 = 2*1+ (—1)Х
X 2 = 0.
Замечание. Зияя один собственный вектор, мы тем самым знаем
бесчисленное множество других, ибо всякий вектор, коллинеарный с собственным, сам является собственным и имеет то же самое собственное число.
Например, при λχ = 4 собственными являются векторы = {20, — 10},
ζ = \у—ф‘	|/ “5“}' Гх = 4 2’ 11’
4.	Найти собственные значения и собственные векторы
. матрицы
/1 1 3\

Характеристическое уравнение (5. 26) в данном случае запишется гак:
1—λ 1	3
1	5	—λ 1	=0.
3	1	1—λ
Применяя правило, определяемое формулой (2. 2), находим
(1 — λ) (5 — λ) (1 — λ)+ 3 + 3— 9 (5 — λ) — (1 — λ) — (1 — λ) = 0.
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получим кубическое уравнение
λ* _ 7λ3 + 36 = 0.	(А)
Чтобы решить это уравнение, поступим следующим образом.
Методом проб найдем один из корней уравнения λ,, разделив
потом левую часть уравнения на λ — λ, и приравняв нулю результат, получим квадратное уравнение. Корень λ, ищем среди
делителей свободного члена уравнения (А). Для уравнения
третьей степени имеет место теорема Виета, в соответствии
с которой произведение корней	равно свободному	члену.
Нетрудно убедиться, что λ, = 3 есть корень уравнения (А).
Так как
(λ3 — 7λ3 + 36): (λ — 3) = λ2 — 4λ — 12,
то для определения двух других корней получим квадратное
уравнение λ3 — 4λ — 12 = 0, откуда λ2 = 6, λ3 = — 2.
Найдем собственный вектор р,, соответствующий собственному значению λ, = 3. Система уравнений (5. 25) примет вид
(1 — 3) / + т + 3/1 = 0;)	, — 21	+ т + Зл = 0; j
I -f (5 — 3) т -f- п — 0; > или	I + 2т -f- п = 0;	|
31 + т +(1 — 3) η = 0 J	31 т — 2/1 = 0.	J
Из последней системы находим
Цт:п= 1: — 1:1, р, = (1, —1, 1}.
Аналогично определяем
р2= [1, 2, 1}, р3= {1, 0, — 1}.
Легко видеть, что
Pi -L Рг» Рч. — Ръ	Р\ -L Рз·
5.	Найти собственные значения и собственные векторы
матрицы
/	5	—2	— К
А=1—2	2—2
\— 1 — 2	5,
210

= 0 или λ3 — 12λ2 φ 36λ = О,
Характеристическое уравнение
5 — λ	—2	— 1
— 2	2 —λ	—2
— 1	—2	5 —λ
т.	е. λ (λ2— 12λ + 36) = 0,
имеет корни λχ = λ2 =· 6, λ3 = 0.
Система уравнений (5. 25) при λ3 = 0 запишется так:
5/ — 2т — п = 0;
— 21 ф 2т — 2п = 0;
— I — 2т + 5п = 0.
Отсюда находим отношение координат собственного вектора
/:/п:/г= 1:2:1, рх = {1, 2, 1}.
При ).j = λ2 = 6 система	уравнений
(5 — 6)1 — 2т — п = 0;	)	—	I — 2т — п =	0;	\
— 21 + (2 — 6) т — 2п = 0;	|	или	— 21 — 4т — 2п	= 0; |
— / — 2т + (5 — 6) л = 0	J	— / — 2/гг — я =	0	)
сводится к одному уравнению I ф2т φ п = 6, поэтому отношение координат собственных векторов однозначно определить
нельзя. Собственному значению λ = б соответствует бесчисленное множество неколлинеарных собственных векторов, перпендикулярных к вектору ~Ру = {1, 2, 1}. Из этих векторов можно
произвольным образом выбрать два ортогональных вектора.
. Например, в качестве р2 возьмем вектор с координатами 12 =
-] =1, т2 = — 1, п2= 1 (они удовлетворяют уравнению / -f- 2т +
. -f- я = 0). Тогда координаты собственного вектора р3 = (/3, т3, п3\,
. ортогонального рх н р.2, определятся уравнениями
l3 -f- 2т3 + /?3 = 0, /3* 1 -J- т3(— 1) + /ι3· 1 =0,
у откуда
13 =1, т3 = 0, п3 = — 1.
+Итак, получено три взаимно перпендикулярных собственных
вектора;
Pi = {1 * 2, 1}, Ра = {1» -1, 1), Рз=П. 0. -1}·
Задачи
I 1. Найти преобразование, переводящее точки Λί/O, 0, 0),
& Af2 (1, 0, 0), М3(0, 1, 0), М/0, 0, 1) в точки м!(6, —5, 2),
^М2(8, —1, 3), Мз(4, —2, 5), М4(1. —3, —5). В какую точ-
I ку перейдет при этом точка N (2, 3, 1)? Какая точка преобразуется в точку U (1, 4, —1)?

2.	Найти преобразование, обратное данному преобразованию:
х' = х + 2 у — 5; 1
у' = 2х -f- Зу — 4. ]
В задачах 3—9 определить собственные значения и собственные векторы матрицы:
1. х' = 2х — 2у — 5z + 6,	у' = 4х + Зу -f 2г —	5, г' = х-\-3у — 7г	+ ?;
N(—1, 14, 6),	L( 1, 1, 1).	2. х = 2у' — Зх' — 7,	у = 2х' — у' + 6. 3.	λ, =
= 8, λ2 = 18, ft = {l, -1}, р2 = {1, 1}. 4. λ, = 9, λ2 = —1,	{1, 3},
р2 —{3, —1}.	5. Нет собственных значений. 6.	= 2, λ2 =	5, λ3 ^0,
= {К К -2}.	р.2 == {1. 1,	1}, р3 =_(К - К 0}.	7. λ, = 3,	λ2.= 6, λ3	= Π
Pi={l 1, — 1}, /12={ К — 2, —1}, £3 = {1, 0, 1}. 8. λ, = 3, λ2 = 6, λ3=4
ρ, = {1, 2, 2}, ρ2 = (2, 1. -2}. ρ3 = {2, -2, 1}.	9. λ, = 9. -λ2=1«,
λ3 = - 9, ρ4 = {1, 2, 2}, ρ2 = {— 2, 2, -Γ}. ρ3= {2, 1, -2}·
§ 5. 3. Приведение общего уравнения линии второго порядка
к каноническому виду
Общее уравнение второго порядка относительно х и у
«и*2 + ад2 + 2апху + 2а13д: + 2а23у + а33 = 0	(5. 27)
с помощью преобразований прямоугольной системы координат
Ответы
~ + -р-= 1 (эллипс);
приводится к одному из канонических уравнении:
X2 , F2
(5. 30)
(5. 31)
 = 1 (гипербола);
212

У2 = 2рХ (парабола);	(5. 32)
л*2	у1
ЕЕ	γ-	= 0 (две пересекающиеся прямые);	(5. 33)
X2 = а2 (две параллельные прямые);	(5. 34)
X2 = 0 (две совпадающие прямые);	(5. 35)
va	уг
+ -γ- = — 1 (мнимыи эллипс);	(5. 36)
уг уг
'а? ^~ ^ ^две мнимые пересекающиеся прямые);	(5. 37)
X2 = — а2 (две мнимые параллельные прямые).	(5. 38)
Если координатные оси новой системы Ох'у' направить по
двум взаимно перпендикулярным собственным векторам матрицы
л=("" £)·««-“».	<5-39>
составленной из коэффициентов уравнения (5. 27), то члены
второго порядка
Ф (х, у) = апх2 + а22у2 + 2а12ху	(5. 40)
преобразуются в члены второго порядка
Ф'(С </') = >+ +>.2У'\	(5.41)
где λχ, λ.2 — корни характеристического уравнения этой матрицы.
Полученное уравнение
).χχ + У + 2fli3* + 2а2з0 + «зз = 0	(5. 42)
с помощью преобразования параллельного переноса (5. 29) приводится к каноническому виду, т. е. к одному из уравнений
(5. 30)—(5. 38).
Примеры
1.	Определить вид, параметры и расположение линии по ее
уравнению
13*2 + 10x0+ 13ί/2 — 72 = 0.
Выпишем коэффициенты уравнения: ап = 13, 2а12 = 10,
а12 = 5, а22 =13, а33 = — 72, а13 = 0, а23 = 0 и составим
матрицу
13 5
А —
' 5.13
Матрица А имеет собственные значения = 8, λ3=18
и собственные векторы рг= {1, —1}* р2= {1» 1}· Вектор рх
образует с осью Ох угол а, определяемый равенствами (см. 3. 20):
1 . 1
cos а = —=+ sin а =
У 2	Y	2
213

Следовательно, α = — 45°. Повернем систему Оху вокруг начала
на угол а = — 45° (т. е. направим ось Ох' по вектору ρν ось
Оу' — по р2). В новой систёме Ох'у' уравнение линии в соответствии с формулой (5. 41) принимает вид
8х'2+ 18с/2 = 72.
Разделив обе части уравнения на 72, получим
/2
у
= 1.
\2 8 /’
= 0.
9	1	4
Это уравнение эллипса с полуосями а = 3, b = 2.
2.	Определить вид, параметры и расположение линии
5х2 + 4 ху + 8у2 — 32х — 56 у + 80 = 0.
Матрица А, составленная из коэффициентов при старших
членах и ее характеристическое уравнение соответственно примут вид
‘5 —λ 2
2	8 —λ
Характеристическое уравнение
λ3 — 13λ -f 36 = 0
имеет корни λ, = 4, λ2 = 9.
Находим собственные векторы: р, = {2, —I], р2={1, 2].
Вектор р, образует с осью Ох угол а, определяемый равенствами:	-V
2 · 1
cos а = —sin а =	(А)
V 5	V	5	v	7
Повернем систему Оху на данный угол а, т. е. совершим преобразование координат (5. 28):
2 , , 1 ,
X = ~7=Х + ~р=У ;
ΥΊΓ V hJ
1 , , 2 ,
у =	7==x	w	~г—У	·
У /5 у 5
(В)
В соответствии с формулой "(5. 41) члены второй степени
преобразуются следующим образом:
5х2 + 4 ху + 8if = 4х'2 + 9 у'2.
Подставляя выражения для х и у из формулы (В) в оставшиеся члены уравнения, получим
- 32* _ 56, + S0 = - 32 (4=* + 4=/)- 56 (-	+

Следовательно, исходное уравнение примет вид
4 л:'2 + 9 у'2
14.0' + 8О = О.
V 5	/5
Преобразуя это уравнение, получим
4 + - 2 + ,е + _L)+ 9(Υ -+,' + «.)_ ± -
+i + 80 = 0, 44-+)Ч9
У
=) = 36. (С)
Совершим теперь преобразование параллельного переноса по
формулам
1
X = х' г
V 5
у = у' — +=·
/5
Уравнение (С) перепишем в виде
λ2
4Х2 + 9У2 = 36 или
4-
уг
4
= 1.
(D)
(Е)
является уравнением
Следовательно, исходное уравнение
эллипса с полуосями а = 3, 6 = 2.
Вид кривой и ее параметры а и 6 определены. Чтобы выяснить расположение линии, найдем точку, в которой находится
начало новой системы координат O'XY. Так как для точки О'
/начало системы O'XY) X = 0, Y = 0, то из формул (D) определим х =
у' = —=, а из формул (В) найдем х = 2,
V 5
Су = 3. Итак, началом системы О'ХУ служит точка О' (2, 3).
у Построив в старой системе координат Оху точку О' (2, 3),
Котложив от нее векторы рх = [2, — 1}, р2 = {1, 2) и направив
:по ним координатные оси О'Х, ΟΎ, построим эллипс (Е) в ноевой системе O'XY. Тем самым определено расположение
:эллипса относительно старой системы координат Оху.
f. 3. Определить вид, параметры и расположение линии
+	7х2	— 24x0 — 38х + 240 + 175 = 0.
Характеристическое уравнение матрицы А, составленной из
.'Коэффициентов при старших членах,
7 —λ —12
— 12 0 —λ
= 0
/шеет корки λχ = —9, λ2 = 16. Этим собственным значениям
^соответствуют собственные векторы рх = {3, 4}, ра = |4, —3}.
2)5

Вектор рх образует с осыо Ох угол а, определяемый равенствами:
3	.	4
cos я = -g-; sin а = -g-.
Повернем систему координат Оху на угол а. Формулы преобразования (5. 28) запишутся так:
3 г 4/	4	,,	3	,	/Л\
х = -g— х — -g- у , у = -g— х -( g— у ·	(А)
Исходное уравнение линии примет вид
-9*'2 + 16,'2- 38 (-|- *' - 4-/)+ 24 (+' +	,')+175=0
или
— 9х'2 + 16 у'2 — ~^х' +	у' + 175 = 0.
5	1	5
Преобразуя это уравнение, получим
- 9(*'2 +	+	4г)+16 [у2 + +	+	4г)+9· -25- -
— 16--^- + 175 = 0
или
v2	/	.	^	\2
-9 К+4-1 + 16 </'+4- 4-144 = 0.	(В)
5 /	\	5
После преобразования параллельного переноса
х = *' + 4-. ^ = г/+-г	"	О
уравнение (В) запишется так
— 9Х2+16Г2 + 144 = 0 или 9Х2 — 16К2 — 144 = 0,
откуда
*L_JT_=i	(г.)
15	9	μι
Уравнение (D) определяет гиперболу с полуосями а = 4,
b = 3. Найдем точку, в которой находится начало системы
O'XY. Так как для этой точки X = 0, Υ = 0, то из форму.а
(С) и (А) находим х— 1, у = — 1. Построив точку О'(1, — 1)
относительно старой системы Оху, отложив из этой точки векторы ^={3, 4}, р2 = (4, —3} и направив по'ним координатные
оси О'Х, ΟΎ, построим гиперболу (D) в новом системе O'XY.
4.	Определить вид, параметры и расположение линии
х1 + 2 ху + у2 — 8х + 4 = 0.
Характеристическое у
1 —λ 1
,1	1—λ
216
равнение
= 0 или (1 — λ)2 — 1 =0

(В)
имеет корни Хх = 2^ λ2 = 0. Им соответствуют собственные векторы рх = {1, 1), р2 = {—1, 1К Вектор р, образует с осью Ох
угол а, определяемый равенствами:
cos а = —1 ; sin а = - I 	(А)
1/2 1/2
Повернем систему Оху на угол ос, т. е. совершим преобразование
1	f	1
X = X 7=у,
у 2	У 2	У
1	Г	,	1
у = —= * +-7=0'.
К 2	/2
В новой системе Ох'у' уравнение кривой примет вид
2,"-8	+4 = °.
Преобразуя это уравнение, получим
2 (л:'2 - 2- ++ + 2+ JL,/ - 4 + 4 = 0,
2 (*' — |/Т)2 = — -L· г.
/2
С помощью преобразования параллельного переноса
х = х' — V~i\ I
γ = ,/	)
последнее уравнение приводится к каноническому виду
(С)
Х2 =	4 Y.	(D)
у 2	W
Уравнение (D) определяет параболу с параметром р =
= — У 2. Из уравнений (С) и (В) находим точку
У 2
О' (1, 1) — начало новой системы координат O'XY. В этой точке
находится вершина параболы.
5.	Определить форму и расположение линии
*2 + 02 — 2 ху — хф у — 2 = 0.
Характеристическое уравнение
^^ ^ = 0 или (1 — λ)2 — 1 =0
имеет корни λχ = 2, λ2 = 0. Этим собственным значениям соответствуют собственные векторы рг=[\,	—1}, р2={1,	1}.
Вектор рх образует с осыо Ох угол а, определяемый равенствами:
1 . 1
cos а = -- ; sin а = —
У 2	у	2
217

Формулы преобразования координат при повороте осей на
угол а запишутся гак:
1 ' . 1
Х=-7=Х + -==«,
V 2 V 2 ΰ
У =	7==	х'	-I—=У·
и у ■:	У	2 *
Уравнение линии в новой системе координат примет вид
,2
(А'
2х
У 2
2х'2 ■
I , .	1
х +Z7=Z=y
У 2
-ГТх' + 7Ту')-2 = 0·
—р= х' — 2 = 0, *"--^=4
/2	У	2
1 = 0.
Преобразуем последнее уравнение:
1
2 У 2
С_2.г++ + ^)_4_1=0. (.е-^)2-Л = о
8
или
где
V2 у
Л' — -^р
Х = *'
2 У 2 ’
(В)
(С)
Уравнение (В) определяет пару прямых X = - y-ψ* X ~
=г, параллельных новой координатной оси О'Х.
2 У 2
Напишем уравнения этих прямых в старой системе координат Оху. Из уравнений (А) находим
2- (х — У)\
х =
У' = -^Г" С* + г/)·
; Из формул (G) и (D) получаем
Х=
ут
х — у — лг
(D)
(Е)
Уравнение (В) приводится к виду
ГУТ /

откуда получаем уравнения прямых:
* — у — 2 = 0; х — 0+1=0.
Замечание I. Линия второго порядка, состоящая из двух прямых,
называется распадшощтся. Необходимое и достаточное условие распадения
линии (5. 27) выражается равенством Δ = 0, где
Δ --
HI u12 w13
а21 °22 °23
С31 С32 аээ
Замечание 2. Установив, что линия распадающаяся, уравнения составляющих ее прямых можно найти приведением многочлена к сумме квадратов по способу Лагранжа. Применим этот способ к данному уравнению.
Выпишем все члены, содержащие х, дополним их до полного квадрата, прибавляя и вычитая соответствующие члены;
х2 + + — 2*0 - х + у — 2 = х2 — 2х (у + -Lj + ^/ +
-(w+4-j’+w+»-*-[*-(»+4-)]'
— t — У — -γ +У-+У— 2 =
--4)-τ·(·-4—Ж-'-т*4)-·
откуда х — у — 2 = 0, х — 0+1 = 0.
6.	Доказать, что линия 2х2 — 402 — 2ху — х — 40—1=0
распадается на пару пересекающихся прямых. Найти уравнения
этих прямых с помощью способа Лагранжа.
Выпишем коэффициенты данного уравнения ап = 2, а12 =
;*= —1, а22 = — 4, а13 = L а23 = -2, α33 = —1 и составим
Определитель:
Δ =
2 — 1 !_
2
— 1	—4	—2
— 4	2	—1
Так как Δ = 0 (вторая и третья строки пропорциональны),
;то данная линия распадается на пару прямых (см. замечание 1).
Найдем уравнения этих прямых с помощью способа Лагранжа:
2х2— 4у2— 2ху — х — 40 — 1 =2 £ х2 — ху
, - 4у - 1 = 2 [ А'2 - 2х (Л- у + +) + ( Г у +1)
— 402 —
+
— 402 —40 — 1 =2
/ I	1	λ
х-\-тУ~г т)
-2(^-0 +
/ .
о j *	..а [
* Т У "Г
.	1	I	1
"к ~тУ +
-16
_V_4tf-l=2	+
219

Т У 8 I — 2 (х 2 у 4 j 2 (у2 4- 2· 2 г/ +
+ 4-) + 4-·—4--1 = 2 [х - 4-у - 4-У- -Uy+-l'V=о,
N
*-4-</-4-)-^+4-) =0·
Х О У 4 )	3	4"	9
4- 3 (у + 4*
2 (х 2 У
= 0,
+
^2х—г/	^ Зу ~j ( 2х — у   + Зу + -|-j	=	О,
(2х — 4у — 2) (2х + 2у + 1) = О,
2х — 4у — 2 = 0, 2х + 2у + 1 = 0.
Итак, уравнения прямых имеют вид
х — 2у — 1=0, 2х + 2у + 1 = 0.
7. Доказать, что уравнение
х2 + 4 у2 + 4ху — 2х — 4у + 1 = О
определяет	пару совпадающих прямых. С помощью	способа
Лагранжа найти уравнения прямых.
Так как
1 2—1
Δ =	2	4—2=0,
— 1—2 1
то линия — распадающаяся.	*
Найдем уравнения прямых с помощью способа Лагранжа:
х? + 4у2 + 4ху —2х — 4у + 1 = [х2 + 2х (2у — 1) + (2у — 1)21 —
- (2у - I)2 4- 4у2 - 4у + 1 = [х + (2у - 1)12-(4у2 - 4у + 1) +
+ 4у2 — 4у + 1 = (х + 2у— 1)2 = 0.
Следовательно, прямые определяются уравнениями:
х 4~ 2у—1=0, х + 2у— 1=0.
Замечание. С помощью способа Лагранжа можно определить вид
любой кривой второго порядка
8. Пользуясь приведением многочлена второй степени к сумме
квадратов по способу Лагранжа, определить вид кривой
4х2 — 4ху + у2 — 8х + 6у — 2 = 0.
Преобразуя левую часть уравнения, получим
4х3 — 4ху + у2 — 8х + 6у — 2 = 4 (х2 — ху — 2х) + у* + б у—2 =
■= 4 [х2 — 2х ^ у + 1 j + ^ у + 1 j — 4 (γ у + 1 j + у2 + 6у —■
220

(А)
Вводя новые переменные по формулам
(В)
(С)
Уравнение (С) является уравнением параболы. Формулы (В)
определяют аффинное преобразование. При аффинном преобразовании парабола переходит в параболу. Следовательно, исходное
уравнение также определяет параболу.
Определить вид линии, пользуясь приведением многочлена
второй степени к сумме квадратов по способу Лагранжа:
1.	х2 + 5у2 — 2ху + 2х +	140 +	13 =	0.
2.	х2 — Зу2 — 2ху + 2х —	180 —	19 =	0.
3. х2 + 02 -f 2ху — 2х — 80 + 7 = 0.
4. 5х2 + 502 — 26x0 — 10х 4 26у +5 = 0.
5. х2 + 02 + 2ху + 2х + 2у — 3 = 0.
6. х2 + 402 — 4x0 + 2х — 40 + 1 = 0.
7.	5х2 + 502 — 26x0 — 10х + 260	— 41	= 0.
8.	х2 + 502 — 2x0 + 2х +	140 +	17 =	0.
9. 13х2 + 1302— 10x0 —26х+ 100 + 49 = 0.
10. 2х2 + 2у2 + 4x0 + 2х + 20 + 5 = 0.
Определить вид, параметры, расположение линий второго
порядка и построить их:
11. 17х2 + 1702— 16x0 = 250.
β 12. Зх2 + 302 + 10x0 = 8.
13. 9х2 + 24x0 + 1602 + 120х — 900 = 0.
14. 5х2 + 6x0 + 502— 16х—160—16 = 0.
15. 5х2+12x0 —22х—120—19 = 0.
Задачи
221

16. 4х2 — 4ху -f у2 — 2х — Ну -f- 7 = 0.
17. х2 — 2у2 — ху + Зс/ — 1=0.
18. 4х2 + у2 — 4ху + 4х — 2у + 1 = 0.
Отпеты
1. Эллипс. 2. Гипербола. 3. Парабола. 4. Пара пересекающихся прямых,
5, Пара параллельных прямых. 6. Пара совпадающих прямых. 7. Гиперболе.
8.	Пара мнимых пересекающихся прямых 9. Мнимый эллипс 10. Парт
X2 Υ2
мнимых параллельных прямых. 11. Эллипс -gg- +~g~= 1, О (0, 0), tga« 1.
*2 Уг
12. Гипербола —	=	1,	O' (0, 0), tg* = 1. 13. Парабола; р =* 3, О' (0, 0).
4	X2 К2
tg а = -д-. 14. Эллипс + -ξ- = 1, O' (1, 1), tg a => — 1.	15.	Гипербола
X2 Γ2 Λ	о	3	/	1	3	\
~~4~~ — ~9~ = 1, O'(1,1), tg a = —. 16. Парабола; ρ = O' g-, -g-).
tg * = 2	17. Пара прямых x — 2y + 1 =■ 0, x + у — 1 = 0. 18. Пара сов¬
падающих прямых 2х — у + 1 «■ 0.
§ 5. 4. Приведение общего уравнения поверхности второго
порядка к каноническому виду
Общее уравнение второго порядка относительно х, у, г
апх2 + а22у2 + aaaz2 + 2а12ху + 2 а1Яхг + 2 a2ayz + 2a14x + 2&24у +
-}- 2aa4z -f- й44	0	(5.4о;
с помощью преобразований прямоугольной декартовой систем?.:
координат (4. 97) и (4. 99) можно привести к каноническому
виду, т. е. к одному из уравнений (4. 76) — (4. 92).
Если новые координатные оси Ox\ Оу\ Oz' направить п ;
трем взаимно перпендикулярным собственным векторам симметрической матрицы
/ «11 «12 «1з\
А = ( а2\ й22 д23 j (йц = йуД	(5.44	;
\σ»ι «32	«33/
составленной из соответствующих коэффициентов уравнения
(5.43), то члены второго порядка
ф (х, У> г) — апх2-\- а22у2-у «аs*s+ 2а12ху + 2а13хг + 2я23уг (5.43;
преобразуются в члены второго порядка
Ф' (х\ у\ г') = \х'2 + Х2у'2 + Х3г'2,	(5.46)
где Xlt λ2, λ8 — корни характеристического уравнения данной матрицы.
222

I Уравнение (5.43) преобразуется при этом в уравнение
■ \уХ'2 +	+	хз2'2	+	2ахг х' + 2ait у' + 2аЪкг’ + а44 = 0, (5.47)
• коэффициенты а']4, a\t, α'34 которого определяются с помощью
формул (4.99).
Уравнение (5.47) с помощью преобразования параллельного
переноса
X = х' — а; )
Y = у'-Ь;\	(5.48)
Z = У — с J
приводится к каноническому виду.
ψ'	Примеры
1.	Определить вид, параметры и расположение поверхности
+по ее уравнению
I]	5х2	+	ll02	+	2z2	—	16x0	+	20xz + 40Z = 18.
If	Данное уравнение не содержит	членов с первой!	степенью
Шх,	у, ζ, поэтому для	его упрощения	достаточно найти	собствен¬
ные значения λυ λ2, Х3 матрицы А, составленной из коэффициентов при членах второго порядка: ап = 5, а22= 11, а33 = 2,
;:«12 =	«13 = 10»	«23 = 2.
Матрица А и ее	характеристическое уравнение примут вид:
5 —8 10
А = 1—8	11	2
10 2 2
5—λ —8	10
—8 11—λ 2
10	2	2—λ
- 0
|при составлении матрицы принято во внимание, что α2ι=«ΐ2*
рг31 = а13, «з2=«2з)· Характеристическое уравнение λ3—18 λ2 —
jp-81X + 18-81 = 0 имеет корни Хх= 18, Х2 = 9, Х3 = —9.
|Найдем собственные векторы, соответствующие данным собственным значениям. При Хх = 18 система (5. 25) запишется так:
4(5—18)/ — 8m+10/i = 0;	)	—13/ — 8m+10n=0;]
ΐψ— 81 + (11 —18) т + 2/г = 0;	|	или	— 8 / — 7т + 2п = 0;
§101 + 2т + (2—\8)п = 0	J	10/ + 2т — 16/г = 0.
Отсюда находим рх = {—2, 2,—1}. Аналогично получаем
Собственные векторы р2={Ь 2, 2}, р3 = {2, 1,—2}.
Перейдем к новой системе координат Ох' у' г' с началом
в той же точке, оси которой Ох', Оу', Oz' направлены соответственно по векторам рь р2, р3. В соответствии с формулами
||5.45) и (5.46) все члены второго порядка исходного уравнения
■преобразуются в члены второго порядка 18х'2 + 90'2— 9z'2,

а уравнение (5.47) примет вид 18х'2 + 90'2— 9z'2=18.
Разделив обе части этого уравнения на 18, получим
-т-1·
Сравнивая полученное уравнение с уравнением (4.77), заключаем, что данная поверхность является однополостным гиперболоидом с параметрами й = 1, 6 = /2, c = Y2.
2.	Определить вид, параметры и расположение поверхности
7х2 + 6у2 ф 5z2 — 4x0 — 402 — 6х — 240 + 18z + 30 = 0.
Матрица А, составленная из коэффициентов при старших
членах уравнения ап = 7, а22 = 6, а33 = 5, а12 = — 2,а13 = 0,
а23 = — 2, и ее характеристическое уравнение запишутся так:
7—λ —2	0
—2 6—λ —2
0 —2 5—λ
= 0.
χ
/7—2	0
Л = ( —2	6—2
\ 0 — 2	5
Характеристическое уравнение
λ3 — 18λ2 -j- 99λ — 162 = 0
имеет корни λχ = 3, λ2 = 6, λ3 = 9. Им соответствуют собственные векторы матрицы рх= (1, 2, 2), р2— {2, 1,—2}, р3 = {2,—2, 1}.
Перейдем к новой системе координат Ox'y'z', оси которой
направлены по векторам pv р2, р3, а начало остается прежним.
Формулы преобразования координат (4.99) примут вид
или
х=|(х'+20' + 2У);
у = т (2*' + у' — 2гУ>
(2х'-2у'фг')
А
(так как cosax = cospx = у, cosyx = -γ — направляющие
косинусы вектора рх\
2	о	1	2
cos a2 = cos t32 = cos γ2= w —
— 2 2
направляющие косинусы р2; cosa3 = -j, cosj33 =— -γ, cosy3 =
= L — направляющие косинусы вектора р3). Исходное уравнение с учетом значений 11г λ2, Х3 и формул (А) запишется в виде
Зх'2 + б0'2 + 9ζ'2 — б4(х' + 2/ + 2У) — 24- j(2x'+y'—2z')-r
ф 18* 1(2/— 2/+ У)+30 = 0
224

или
Зх'2 + 6 у'2 + 9г'2 — 6х' — 24 у' + 18/ + 30 = 0.
Преобразуя это уравнение, получим
3 (х'2 — 2х' + 1) + 6 (у'2 — 4у' + 4) + 9 (ζ'2 + 2 z'+ 1) — 3 — 24 —
_ 9 + 30 = 0
или
з (χ' — I)2 + 6 (у' — 2)2 + 9 (ζ' + I)2 — 6 = 0.	(В)
Применяя еще одно преобразование координат, а именно,
преобразование параллельного переноса
X = χ' — 1; λ
У = у'-2;	(С)
Ζ = ζ· + 1, J
уравнение (В) приведем к виду
ЗХ2 + 6F2 + 9Ζ2 = 6 или£ + £ + £«1.	(D)
Т
Уравнение (D) определяет эллипсоид с параметрами
а
= У2, 6=1, с = /|.
Чтобы	определить	расположение	эллипсоида	относительно
старой системы координат, необходимо найти точку О' — начало
системы	O'XYZ.	Новые	координаты	этой точки	равны	нулю,
т. е. X = 0, Y = 0, Z = 0. Из формул (С) и (А) находим координаты этой точки в старой системе: х = 1, у = 2, z = — 1.
3.	Определить каноническое уравнение и расположение поверхности
2xj -j- 2 у2 + 3 ζ2 + 4ху -f- 2x2 -J- 2 yz — 4х + 6 у — 2z -f- 3=0.
Составим матрицу А и ее характеристическое уравнение
2—λ 2	1
2 2—λ 1	= 0.
1	1	3—λ
Характеристическое уравнение
λ3 — 7λ2 + 10λ = 0 или λ (λ2 — 7λ -f 10) = 0,
имеет корни λ, = 2, λ2 = 5, λ3 = 0, которым соответствуют собственные векторы рх = {1, 1, —2), р2 = (1, 1, 1}, р3 = {1, —1, 0}.
Введем новую систему координат Ox'yV, направив оси Ох',
Оу', Oz' по векторам рх, р2, р3.
Формулы преобразования координат при повороте осей примут вид
8 Гусак А. А.	225

у 6 л 1 у$У
Уравнение поверхности с учетом значений λ1? λ2, λ3 и формул (А) преобразуется следующим образом:
/2 ι	д	/	1	t	1	ι	1	..А	,	А	/	1	/	,	1
2*'Ч 5j/;	4	+=	г'	+	w	,'	+	у')	+	6	У	+	+	,'	-
 +2'
/2
2x'2 + 5у'2 4
_2f	^x'	+	4=y
/6 Уз
') + з = о,
6 ,
—r= X
/6
10
У 2
^ У + 3 = 0.
(В)
Уравнение (В) приведем к каноническому виду:
3	,	,	9
24 ) 1 ^	т/9"ы 12
21 х'
/2+	-	χ/
Уб
+ 5j''i_wz'—^ + 3 = °'
21 к'
-+Л* + 5,'2 = + (г'
2/6 / /2 1
9/2
410
10
2Х2 + 5У2 = —р= Z или
1	У	2
X2
5
2/2
1
/2
где
X = *' + -т=, Y = у'» Z = г' —
= 2Z,
9/2
(С)
(В)
2/6’ ‘ 47 ’ ~ 40
Уравнение (С) определяет эллиптический параболоид, для
которого а*
Ь2 =
г. Началом новой системы O'XY/.
2/2’ ” /2
rx'l 1	19	1	\
является точка О —у, —у , ее координаты определяются из равенств X = 0, Y = 0, Z = 0 и из формул (D), (А).
В этой точке находится вершина эллиптического параболоида.
4.	Определить каноническое уравнение и расположение поверхности
2х2 + 5у2 + 2z2 — 2 ху + 2 уг — 4хг + 2х — 1 Оу — 2г — 1 =0.
Составим матрицу А и ее характеристическое уравнение:
2 — λ	—1	—2
-1	5	—λ	1
— 2	1	2	—	λ
= 0.
Характеристическое уравнение
λ3 — 9λ2 + 18λ = 0

имеет корни λχ = 3, λ2 = 6, λ3 = 0, которым соответствуют собственные векторы
Pi = {1, 1, —1}. Да= [1. ~2, —1}, 0з= {Ь 0, 1}.
Оси новой системы Ох'у'г' направим по векторам ρν р2, /73.
Формулы преобразования координат при повороте осей примут
вид
1
х = ~^= х'	4-	-4= у' +	-т= г;
у з	/ 6 у	у 2
1	2 ,
У = —Τ— *	=■= У >
у 3	у 6 у
1	/	1	,	. 1 ,
2 =	7=	х	7= 0 + -7= 2 .
/3	/6	/2
(А)
Уравнение поверхности с учетом значений λχ, λ2, λ3 и формул (А) преобразуется следующим образом:
ЗЛ1 + 6у'г +	2 (4=	х! + 4=	у' + 4= 2' i -	10 f-k *' -
+ 3	‘ /6	У2 /	(/з
 1=1/) —2 (	Ux'	4 / ч—— 1 =0
у 6 А	V	уз	У6 у ^ У 2
нлп Зх'2 + б0'2	?=	х' + -4 у' — 1=0.
уз Уб J
Уравнение (В) приводим к каноническому виду:
(В)
!з(г'а-^=х' + 4-) + б(г/',++' + -1)-1_4-1 = 0.
I	З(х'
-7ΤΪ
= Γ+6(ί/+ΑΑ=6.
Xя . Y2
У 6/
ЗХ2 + 6У2 = 6 или — + — = 1,
(С)
|где Х = х'-ф. у = у'+-*-.
Следовательно, данное уравнение определяет эллиптический
шлиндр с параметрами а = /2, 6=1. Ось цилиндра колли-
1еарна вектору 03 = {1, 0, 1}.
5. Определить вид поверхности
х2 4- 402 + 9г2 — 4x0 + 6x2 — 12 yz — х + 20 — Зг — 6 = 0.
Составим матрицу А и ее характеристическое уравнение:
/	1—2	3
А = ( —2	4	— 6
\	3-6	9
Характеристическое уравнение
λ3 — 14λ2 = 0
1 —λ —2	3
— 2	4	—λ —6
3	—6	9 — λ
= 0.
L8*
227

имеет корни /=14, λ2=0, Х3=0. Корню λ4= 14 соответствует собственный вектор Ρχ= (1, —2, 3}. Двойному корню λ = 0 соответствует бесчисленное множество собственных неколлинеарных
векторов, ортогональных вектору ρν Среди них выберем_два
взаимно перпендикулярных, например, р2 = {1, —1, —1}, р3 =
= {5, 4, 1}. Перейдем к новой системе координат Ox'y'z', осп
которой коллинеарны' векторам р1( р2, р3.
Формулы преобразования при повороте осей примут вид
х =
У =
1 ν' I * г/ 1	^
V1T ь vsy "г уж*’
	L_.	χ'	.	А_	у’	 и';
у 14	/	3	У	42
1
з	1	г	,
2 = ■ 7—■ X т= у + ,—
/14	/3	У	У 42
2 .
(А)
Уравнение поверхности с учетом значений λυ λ2, λ3 и формул (А) преобразуется следующим образом:
Ux'2-{tw х' + W!/ + W2,)+2
1	, ,	4 Λ	о / з ,	1	, .	1
 . у -]	. 1 2 )   3 I —■ ■ -—“ X	рп у -f- —  :
уз	У42	/	( /14	/3	/42
2
— X
У 14
14х'2
14
у 14
— х' — 6 = 0.
— 6=0,
(В)
Приведем к каноническому виду уравнение (В):
14 {х'2	14--+	—	6	=	0,	14/V +7-
1,	/14	об	у	56	V	2/14	1
η	1 Л V?	Ло A	vro	ЛО
 т = 0,	14Х2	т- = 0,	X-	= ---W,
4	4	об
1	25
где X = х' — ^ УРавнеиие А2 = у определяет пару параллельных плоскостей. Уравнения этих плоскостей в старой
системе координат можно найти с помощью способа Лагранжа.
Выписывая вначале все члены уравнения поверхности, содержащие х, дополняя их до полного квадрата, получим:
х2 — 4ху —|- 6x2 — х + 4у2 -И 9z2 — 12yz 2у — 3z — 6 = χ2 —
— 2χ ^2у—3ζ-[—g-j + ^2у — 3ζ -|- -g-j J — ^2у — 3z + -g-j Jr 4yu -j-
-|- 9z2 — 12yz + 2у — 3z — 6 = |\v— {2y — Зг + -A-j 2 —^4y2
+ 9z2 +  	12yz + 2у — 3z j -f 4y2 + 9z2 — 12yz + 2y — 3z —
228

— 6= [х — 2уф 32 — ~ΐ— Щ- = 0,
|^х — 20 + Зг	2~j	2* (^х — 20 + Зг	+ —-j = 0,
(х — 2у + Зг — 3) (х — 20 + Зг + 2) = 0.
Следовательно, уравнения плоскостей:
х — 20 + Зг — 3 = 0, х — 2у + Зг + 2 = 0.
Замечание. Уравнения этих плоскостей можно было найти и другим
способом, Разрешая уравнения (А) относительно х' и у', выражая X = х' —
1	25
— 2 у~]л' чеРез х и У и подставляя в уравнение X2 = -ι^-, получим
44 4 —	+	Зг	2“)	= 56·
25
откуда и следуют уравнения плоскостей.
6. Пользуясь приведением левой части уравнения к сумме
квадратов по способу Лагранжа, определить вид поверхности
х2 + у2 — Зг2 — 2x0 — бхг — 6yz + 2х + 2у + 4г = 0.
Преобразуя левую часть уравнения, получим
х2 — 2x0 — бхг + 2х + 02 — Зг2 — 602 + 2у + 4г = [х2 — 2х (0 +
+ Зг - 1) + (0 + Зг - 1 )2] - (0 + Зг - 1 )2 + 02 - Зг2 - 6уг +
+ 20 + 4г= [х —(0 + Зг— I)]2 — (02 + 9г2 + 1 + 6yz—2y —
— 6г) + 02 — Зг2 — 602 + 20 + 4г = (х — 0 — Зг + I)2 — 12г2 —
- 1202+ Юг+ 40-1 = (х-0-Зг+ I)2- 12 |^г2 + 2г^ у-
( I 5 \
,2 У I?)
— Зг+1)г—12(г+ 212 j .	4
+ 4у — 1 = (х — у — Зг + 1 )2 — 12(г Ц- -^-у —
+ [~тУ—w)a] + 12(4'!' —+2+	1	=0-!'-
»~4Т + 12(±уг-4.у
25
+
А
12
12 у 1	144
_5 \г
12
2
+
+ 302 — 0 +
1
= (* — 0 — Зг + I)2 — 12 ^ г + —γ у —jTj-j + 3 ψ2—γ-у +
+
 L_4.il
36 ^ 12'
Следовательно, уравнение приведено к виду
(* —у —Зг+ 1)а —12(г + ++У + з(г/-Л-Г+1=°. (А)
(В)
Введем новые координаты по формулам
X = х — 0 — Зг+1;
6 ;
Г = 0-
V	.	·	5
Ζ — г + 2 у 12 ·
229

Уравнение (А) перепишется так:
χ* + 3Γ2—12Za*= —1 или ^ + ^--^- = -1.	(С)
Τ' 12
Полученное уравнение определяет двуполостный гиперболоид.
Линейное преобразование (В) является аффинным (его определитель отличен от нуля). Так как при аффинном преобразовании двуполостный гиперболоид переходит в двуполостный гиперболоид, то исходное уравнение тоже определяет двуполостный гиперболоид.
7.	G помощью способа Лагранжа определить вид поверхности
4 ху + 2х + 4у — 6г — 3 = 0.
Левая часть уравнения не содержит членов с квадратами
координат. Положим х = х' + у\ у = х' — у', г — г\ тогда
уравнение перепишется так	\
4 (*' 4- у') (х' — у') 4- 2 (х' + у') + 4 (х' — у') — 6г' — 3 = 0
или
4х'2 — 4 у'2 + 6х' — 2 у' — 6г' — 3 = 0.
Преобразуя это уравнение, получим
4 [Х'2 + -ТХ' 4--4)~4(^2 + Т^ + т) —Т+ Ί 3~“
— 6г = 0
или
4/W4-7-4(y + 4-7=6^++.
4 ) Ч	4	,
Вводя новые координаты по формулам
Х = У+ +,
у = !/’ + ·Г'
•2 = г + 'Т·
получим уравнение гиперболического параболоида
•	4Х2	—	4Y2 = 6Z; 4^- —4· = 2Ζ.
О	О
Т Т
8.	Определить вид поверхности
у2 -f 2 ху + 4x2 -f 2 yz — 4х — 2у = 0.
Преобразуем левую часть уравнения:
у2 + 2 ху + 2 yz —2 у + 4x2— 4х = [у2 + 2у (х + г — 1) + (х +
+ 2— 1 )2] — (х + ζ — 1)2 + 4x2 —4х= [у+ (х + г— 1)J2 —
230

— (х2 + г2 + 1 + 2хг — 2х — 2г) 4 4хг — 4х = (у 4	х + г	—	1 )2 —
— х2	+ 2хг — га — 2х + 2г — 1 = [у 4 х + г — I)'2	— (х	—	г	+
‘+ I)2 = [({/ +* + г—1) —(* —г+ !)][({/ +* + г—1) +(х —
-г+ 1)] = (0 + 2г — 2) (у + 2х) = 0.
Следовательно, уравнение определяет две пересекающиеся
плоскости
у + 2г — 2 = 0, 2х + 0 = 0.
Задачи
Определить вид поверхности, пользуясь приведением левой
части ее уравнения к сумме квадратов по способу Лагранжа:
1.	2х2 + 30® + 12г2 — 4x0 + 40г — 8z + 1 = 0.
2.	х2 + 202 — 4г2 — 2x0 + 40г + 8z — 2 = 0.
3. 8х2 + 902 — 12г2 — 16ху + 4уг + 12г — 4 = 0.
4. 2х2 + 02 — 12г2 — 4x0 — 4уг + 8г — 3 = 0.
5.	7х2 + 7if — 2x0 — 2z + 2 = 0.
6.	ху + хг + уг + 2х + 2у — 2г = 0.
7.	х2 — 202 + г2 + 4.V0 — Юхг + 40г + 2х + 40 — Юг	— 1 = 0.
;;	8.	х2 + if + 4г2 + 2x0 + 4хг + 40г — 6z + 1 = 0.
9.	4х2 -г- 4902 -г- г2 — 28ли/ 4 4хг — 14цг 4 8х — 28у 4 4г 4
·;+ 3 = 0.
Г. 10. х2 4 402 + 9,г2 — 4x0 4 бхг — 120Ζ — 2х 4 40 — 6г +
|+ 1 = °.
Определить каноническое уравнение и расположение поверхности:
I' 11. х2 — 202 4 г2 + 4x0 — 8хг — 4уг — \4х — 4уф 14г +
|+1б = о.
Ш	-12.	2х2 + 202 — 5г2 + 2ху — 2х — 40 — 4z 4 2 = 0.
Ж	13.	5х2 — if + г2 4 4ху + бхг 4 2х + 40 + 6г — 8 =	0.
||	14.	2х2 + if 4 2г2 — 2x0 4 2yz 4 4х — 20 = 0.
щ...	15.	х2 — 202 + г2	л-4x0 —	Юхг	+	40г	+	2х	+	40—Юг — 1=0.
Ь.	16.	х2 + 02 + 4г2	4	2x0	+	4хг	4	40г	—	6г	4	1	= 0.
Ответы
II. Эллипсоид. 2. Конус. 3. Однополостный гиперболоид. 4. Двуполостный
ерболоид. 5. Эллиптический параболоид. 6. Однополостный гиперболоид,
"иперболнческий цилиндр. 8. Параболический цилиндр. 9. Пара парал-
ъных плоскостей. 10. Пара совпадающих плоскостей. П. Конус Х'г 4
ri — 9Z* = 0. Корни характеристического уравнения Ху = >.2j= — 3, λ3 = 6,
шина в точке O' (1 1, — 1); ось конуса коллинеарна вектору р3 = (2. 1, —2}.
X*	У8	Ζ2
Днунолсх тный гиперболоид -γ 4 ~γ — ~4~ — — 1* Корни харак-
5	15	25
231

тернстического уравнения Xj = 1, λ2= 3, λ3 = — 5. Ось коллинеарна вектору
= 0 Корни характеристического уравнения \г = 7, λ2 == — 2, λ3 = 0. Собственные векторы рх = {4, 1, 2}, р2 = {—1, 2, 1}, р3={1,2,—3}, вершина
/	23	73	123	\
находится в точке О" I — -gy, -gg-, —"55")·	14·	Эллиптический цилиндр
-у + ~у = 1. Корни характеристического уравнения λ, = 3, λ2 = 2, λ3 = 0.
ΊΓ
Собственные векторы ρ, = {— 1, 1, 1}, ρ2={1, 0, 1}, р3={1, 2, — 1}.
15. Гиперболический цилиндр X2 — Г2 = -у. 16. Параболический цилиндр
Υ = У3 Ха.
р3 = {0, 0, 1}. 13. Гиперболический параболоид
Λ'2 К2

II.	Введение в анализ
Глава 6. Функция
§6.1. Понятие функции. Область определения функции
Совокупность всех рациональных и иррациональных чисел называется множеством действительных (или вещественных) чисел.
Действительные числа можно изображать точками на числовой
прямой.
Абсолютной величиной (или модулем) действительного числа к
называется неотрицательное действительное число, определяемое
равенствами:
Переменной величиной называется величина, которая принимает различные числовые значения.
Совокупность всех числовых значений переменной величины
называется областью изменения этой переменной. Различают
следующие простейшие области изменения переменной х:
1) открытый промежуток или интервал (а, b), т. е. совокупность всех чисел, заключенных между а \\ 1г. а < х <6
(точки а и b исключены);
2) замкнутый промежуток или сегмент [а, 6], т. е. а х <; b
(точки а и b включены);
3) полуинтервалы [а, Ь), т. е. а ·< х < Ь, и (а, 6], т. е.
а < χ < Ь.
Переменная величина у называется функцией переменной величины х, если каждому значению х, которое она может прн-
| х | = х, если х > 0; ] х | = — х, если х < 0.	(6.1)
Неравенство
| х К а (а > 0)
(6.2)
равносильно неравенствам
— а < χ <)а.
(6.3)
Свойства абсолютной величины:
h Iх 'К у \ ^ | *1 + |ί/|·
2. |х — у\>\х\ — \у\.
3. |ху| = |х||у|.
(6.4)
233

нимать, соответствует единственное значение у. Переменная х
называется независимой переменной или аргументом.
Функция обозначается одним из символов:
У = !(х\ У = У(х)> У = В{х), 0 = ф(*) и т. п.
Для функции y = f(x) f(a) — значение, которое она принимает при х = а.
Функция и аргумент могут обозначаться и другими буквами,
например и = f (v), S = φ (/), г = г (φ).
Корнем (или нулем) функции у = f(x) называется значение
аргумента х = а, при котором функция равна нулю:
f (а) = 0.	(6.5)
Совокупность всех значений аргумента, при которых функция имеет определенные действительные значения, называется
областью существования или областью определения функции.
Функция может быть задана табличным, графическим, аналитическим или другим способом.
Явной функцией называется функция, заданная формулой
У = /(*)■	(6.6)
Неявной функцией называется функция, заданная уравнением
F{x, у) = 0,	(6.7)
не разрешенным относительно у.
Функция, определенная в области — а < х < а, называется
четной, если для любого х из области определения выполняется
равенство
f(x) = f{-x).	(6.8)
Функция называется нечетной, если для любого х выполняется равенство
Д*) = -/(-х).	(6.9)
Функция называется периодической с периодом 21, если при
любом х из области определения выполняется, равенство
/(х + 2/) = f(x).	(6.10)
Если 0 = / (и), и = φ (х) —	(6.11)
функции своих аргументов, то функция
У =/[?(*)]	(6.12)
называется функцией от функций или сложной функцией.
Если уравнение у = / (х) разрешимо относительно х, т. е.
существует функция х = с (0) такая, что f [φ (0)] ξ у, то функция х = φ (у) называется обратной по отношению к функции
У = ί (*)·
Примеры
1. Найти область изменения х, если |х — 2 J < 3.
234

По определению абсолютной величины
\х — 2| = х — 2, если (х — 2) > 0 или х>2;
I х — 21 = — (х — 2), если (х — 2) < 0 или х < 2,
поэтому соответственно получим неравенства
х — 2 < 3 и — (х — 2) < 3,
откуда	х	< 5 и х > — 1.
Следовательно, — 1 < х < 5, т. е. х меняется в интервале
(-1,5).
Этот пример можно решить и по-другому. На основании
формул (6.2) и (6.3) можно записать
— 3<х — 2<3.
Прибавляя 2 ко всем частям неравенства, получим
2 — 3<х<3 + 2 или — 1 < х < 5.
2. Найти область изменения х, если | х — \\ > 2.
По определению абсолютной величины
х — 1 > 2 при (х — 1) > 0, т. е. х > 1;
— (х — 1)> 2 при (χ — 1) <0, т. е. х< 1.
Из неравенств х — 1 > 2 и — х + 1 > 2 получаем х > 3,
х < — 1.
Следовательно, областью изменения переменной х является
совокупность двух бесконечных интервалов:	(— оо, —1),
(3,+ °°)·
3. Решить уравнение |х—1| + (х — 2| = 1.
Рассмотрим три случая: 1) х < 1; 2) 1<х<2; 3) х > 2.
В первом случае
μ _ 11 = _ (χ — 1) и | х — 21 = — (х — 2),
поэтому уравнение перепишется в виде
— (х — 1) — (х — 2) = 1 или — 2х + 2 = 0,
откуда х= 1, что противоречит неравенству х< 1. В этом случае решений нет.
Во втором случае
| х — 11 = х — 1 и | х — 2 | = — (х — 2),
/поэтому уравнение принимает вид
;	(х— 1) — (х — 2) = 1,
? т. е. сводится к тождеству. Следовательно, уравнению удовле-
' творяют все х из отрезка [1, 2].
В третьем случае получаем
(х — 1) + (х — 2) = 1 или 2х — 4 = 0,
|. откуда х = 2, что противоречит условию х > 2.
| Таким образом, уравнению удовлетворяют все значения х,
| для которых 1<х<2.
I	235

4. Дана функция f(x) = xz— 10х -f- 16.
Найти значения функции при значениях аргумента, равных
соответственно среднему геометрическому и среднему арифметическому ее корней.
Найдем корни, или нули, функции. Приравнивая функцию
нулю, получим квадратное уравнение х2—10χ+ 16 = 0, корни
которого Χχ = 2, х2 = 8. Среднее арифметическое корней х' =
«= Χι *2- ■ = 5 и среднее геометрическое х" = ]/ ххх2 — 4.
Подставляя найденные значения аргумента в выражение для
/(*). получаем соответственно
f(4) = 42 — 10-4	16	=	—	8,	/(5)	=	52— 10-5 + 16 = —9.
5. Доказать, что функция f{x)~ V (х + af + Υ(х — а)2
является четной.
Убедимся в том, что для данной функции выполняется условие (6.8). Подставляя —х вместо х в выражение для f(x), получим
/ (— х) = Vi — х -г а)2 + У{ — х — af.
Так как
(— х + af = (х — af, (— х — af = (χ + af,
то
/(—*) = V {x — af -f V (x -Ь af = Y(x + a)2 + Y(x — af =
= f{x).
X3	y5
6. Доказать, что функция / (χ) = χ — + _ является нечетной.
Убедимся в том, что выполняется условие (6.9):
/(-') = (-*)-^ + ±т£- = -*+х —Iг =
= — (* — χ + чг) = — СО)·
7. Показать, что функция f(x) = tgxsin3x + ctg2x язляется
периодической, и найти ее период.
Так как
tg X = tg (X + π),
т. е. функция tgx имеет период π,
sin (Зх + 2π) = sin ^ З^х + "у-)]»
т. е. функция sin3x имеет период-^-,
ctg (2х -|- π) = ctg [2 ^х + T-j ,
236

т. е. функция ctg 2х имеет период то функция / (х) имеет пе-
2г. π
риод, равный наименьшему кратному чисел π, —~γ, т. е. 2тг.
В самом деле,
f (х 4 2π) = tg (х 4 2π) sin (Зх + 2π) + ctg (2x + 2π) = tg x sin 3x 4
-b ctg 2x = f (x).
8. Найти область определения функции
^ ^ = х2 —7x4 12 '
Данная функция не определена для тех значений х, при
которых знаменатель обращается в нуль (так как деление на
нуль не имеет смысла). Приравнивая нулю знаменатель, получим х2 — 7х + 12 = 0, откуда хх = 3, х2 = 4. Итак, функция
определена на всей действительной оси — со < х < 4 оо, кроме
точек хг = 3, х2 = 4. Другими словами, областью определения
является совокупность трех интервалов:	(— со, 3), (3,	4),
(4. + со).
Р (лО
Замечание. Дробная рациональная функция / (х) = ~тут, , где
Ч.П Ц)
Рт (х) и Qn (х) — полиномы соответственно степени т и п, определена для
всех х, кроме пулей функции Qn (х).
9. Найти область существования функции
f{x) = У (9 — х2) (х2 —4) 4 У Ьх + 7 .
Функция представляет собой сумму двух функций. Вторая
из них определена при всех х, так как корень третьей степени
существует при любом х. Первая функция / (9 — х2)(х2 — 4)
определена лишь при тех значениях х, при которых подкоренное выражение неотрицательно (корень квадратный существует
только для неотрицательных чисел). Итак, должно быть
(9 — х2) (х2 — 4) + 0.
Это возможно, когда:
1)	9 — х2ф0, х2 — 4ф>0;	2)	9	— х2<П, х2 — 4<]0.
Рассмотрим первое условие:	х2-<9,	т.	е. |х|<;3 или
— 3-<х-<3 и х2>4, т. е. |х|>2 или х -< — 2 и х>2. Таким образом, это условие выполняется, когда
— 3 -< х -< — 2 и 2 + х + 3.
Переходим ко второму условию, которое перепишется так:
х2 9, т. е. | х | > 3 или х — 3 и х > 3, и х2 <; 4, т. е. | х | -< 2
или —2<!х-<2. Следовательно, это условие не выполнимо
(не могут одновременно выполняться неравенства —2<(х<2,
X < — 3, X > 3).
237

Таким образом, областью определения функции f, (х) =
= У (9 — х2) (х2 — 4) является совокупность двух сегментов:
[-3, -2], [2, 3].
Сумма двух функций определена там, где определено каждое слагаемое, поэтому исходная функция также определена
в указанных двух сегментах (рис. 6.1).
-3-2-1 0 12 3 а?
Замечание. Если функция содержит радикалы четной степени, то
она определена лишь при тех значениях х, при которых подкоренные выражения неотрицательны,
10. Найти область определения функции
2х — 1
у = arcsin —g—.
Функция и = arcsin/ определена при —1</<!1. Следовательно, данная функция определена только для тех значений х,
для которых
— 1 <	<	1,	откуда	— 3 < 2х — 1 < 3.
Решив эти неравенства, получим —1-+х<!2. Итак, функция определена на отрезке [— 1, 2].
11. Найти область определения функции
Дх) = log (4 — х2).
Логарифмическая функция определена при положительны:,
значениях своего аргумента, т. е. при 4 — х2 > 0, откуда х2 < ;
или | х [ <2. Следовательно, данная функция определена пр
— 2 < х < 2, т. е. в интервале (— 2, 2).
12. Найти /1?(х)] и φ[/(χ)], если /(x) = sinx, φ(χ) = λ-’
По определению данных функций имеем /(/) = sin/, с(и) =
«= и2, поэтому
f [φ (х)] = sin φ (х) = Sl'nx2,
φ !/(*)] = (/(*))2 = sin2x.
13. Дан треугольник ABC, основание которого АВ = с и вы»
сота КС = h (рис. 6.2). В треугольник вписан прямоугольник
DENM, высота которого DM = х. Выразить площадь прямоугольника как функцию высоты.
Обозначим основание MN вписанного прямоугольника через у.
Площадь выразится формулой
S = ху.	(А,
Переменные х и у не являются независимыми, они связан ·
233

некоторым соотношением. Из подобия треугольников DEC и ABQ
получаем
OL   DE
С/С АВ'	W
Так как CL = h — х, DE = у, СК = К АВ = с, то равенство
(В) примет вид
h — х _ _у_
п	с	*
откуда
(С)
У = -γ (h — х)'
Из равенств (А) и (С) получаем искомую функциональную
зависимость
5 = -γ (h — χ) χ.
14.	Найти обратные функции для данных функций:
1) у = Зх — 5;
3) у = arcsin Зх;
2)	У = V1 — *3;
4)	у = х2 + 2.
Разрешая каждое из данных уравнений относительно х, по-
счим следующие обратные функции:
1)	х = -т- (г/ + 5)
2) х = Yl—у2
о*	1	·
3) X = -g- sin у
(определена при всех у, т. е. для
— со < у < + со);
(определена при всех с/);
^определена при —1·< у <
4)	х = ]Ау —2 и х=—)/Лу— 2 (определены при у >2, т. е. в
бесконечном полуинтервале 12,
+ сод.
239

Задачи
1. Найти область изменения переменной х и изобразить ее
на числовой прямой в каждом из следующих случаев;
1) \х — 31 <4;	2) |х + 2|<5;
3) |х — 41 > 7;	4) х2<25;
5)	х2> 16.
2. Решить уравнение | х2 — 91 + | х2 — 4) = 5.
3. Дана функция Дх) = х2— х+2. Найти /(—1), /(0),
/(В. И2), /(-*), /(+. /(* + *)·
4. Определить, какая из данных функций является четной,
нечетной:
1) /(*) = *<-4	2)/(x) = log|±X;
3) / (х) = ах + а~х\	4) / (х) = ах — аГх;
5)	/ (х) = 3х;	6) / (х) = sin х + cos х.
5. Доказать, что следующие функции являются периодическими, и найти их периоды:
1) Дх) = sin 2х + tg2) / (х) = cos ~ + tg А.
6. Найти области определения функций и изобразить их на
числовой прямой:
1)	г/ =	1/Тб=7ЧС2ТТЗ; 2)	»= -ДК7 + 6;
3) ^ =	' |/ΊΤ±τΓ'’	4)	CW = sina-4
5)	и =	/sin ί\	6)	0 = sin У х;
7) 0 =	lg sin x;	8)	у = Y lg cosx.
7. Найти / [φ(χ)1 и φ[/(χ)], если f(x) = x3, cp(x) = cosx.
8. В треугольнике Л5С сторона ВС = а, сторона AC = b
и переменный угол Ζ АС5 = х. Выразить площадь треугольника как функцию х.
9. Найти явные обратные функции для каждой из данных
функций:
1)	0 = 2х — 5;	2) 0 = 3х;
3) 0 = Υ1 — х2;	4) 0 = cos А
Ответы
1. 1) — 1 < х <7, 2) — 7 < х < 3, 3) х < — 3 и х > П, 4) — 5 < х < 5,
5) х < — 4 и х > 4. 2. — 3 < х — 2, 2 < х < 3. 3. 4, 2, 2, 4, ха -J- л у- 2,
(2х2 —х + 1)-L.
лл
240

4. 1) четная; 2) нечетная; 3) четная; 4) нечетная; 5) и 6) функции не
удовлетворяют ни условию четности, ни условию нечетности. 5. 1) 21=2к
2) 21 = 30-т. 6. 1) — 4<х<4, 2) (—оо, 2), (2, 3) (3, + оо), 3) — 4<х<4,
4) — оо < х < + оо, 5) совокупность отрезков [2£π, (2£ + 1) π], 6) х>0,
7) совокупность интервалов (2кл, (2k + 1) г.), 8) совокупность точек х„ =
=2πη (п=0, ±1, ±2, ±3, ...). 7. / [φ (x)]=cos3>:, φ [/ (x)]=cosx/8. s=y sin x.
9- О * = ~ {У + 5);	2)	x=	loggi/; 3) x = + Vi —у2, X = — /I— y*;
4)	x— 3 arccos y.
§ 6.2. График функции. Простейшие преобразования
графика
Графиком функции у = f(x) называется геометрическое место
точек М (х, у), координаты которых удовлетворяют данной функциональной зависимости.
Построение графика аналитически заданной функции по точкам выполняется в следующем порядке:
1) составляется таблица значений аргумента и функции на
основе данной формулы;
2) в выбранной системе координат строятся точки, координатами которых являются соответствующие друг другу значения переменных, содержащиеся в таблице;
3) полученные точки соединяют плавной линией.
Построение графика функции упрощается, если она является
четной, нечетной или периодической. График четной функции
симметричен относительно оси Оу\ график нечетной функции
симметричен относительно начала координат; график периодической функции получается путем повторения части ее графика,
соответствующей одному периоду.
Графики суммы (разности), произведения и частного
f(x) = fx(x)±if2(x),	(6.13)
φ(*) = /ι(*)·Μ*).	(6-14)
=	(615)
получаются из графиков функций ух =	(х) и у2 — /2 (х) соответ¬
ственно путем сложения (вычитания), умножения и деления значений данных функций при данных значениях аргумента.
Предположим, что график функции
y = f{x)	(6.16)
известен (рис. 6.3).
1.	График функции
у = f(x-а)	(6.17)
241

представляет собой график функции y = f(x), сдвинутый вдоль
оси Ох на | а | масштабных единиц влево, если а > 0, и вправо,
если а < 0 (рис. 6.3).
2.	График функции
y = f{x) + b	(6.18)
получается из графика y = f(x) сдвигом вдоль оси Оу на |6|
единиц вверх при b > 0 и вниз при b < 0 (рис. 6.3).
3.	График функции
y = cf{x)	(6.19)
получается из исходного графика путем умножения его ординат
на коэффициент с, причем ординаты увеличиваются в с раз при
сф> 1 и уменьшаются в-L раз при 0<£<1, а соответствующие абсциссы остаются прежними (рис. 6.4). График функции
У — cj (х) является зеркальным отображением графика у = — cf (а)
относительно оси Ох (рис. 6.4).
242

4.	График функции
y = f(kx)	(6.20)
получается из исходного графика увеличением в -L раз абсцисс
его точек при 0 < k < 1 и их уменьшением в k раз при k > 1
с сохранением их ординат (рис. 6.5). Если k < 0, то график
функции y = f(kx) представляет собой отображение графика
у = f(— kx) относительно оси Оу.
Указанные преобразования дают возможность строить графики функций более сложного вида:
y = cf[k{x — a)] + b.	(6.21)
Примеры
1.	Построить по точкам график функции у = х3 на отрезке
[-2, 21.
Составим таблицу значений аргумента и функции:
X
—2
3
~ 2
—1
1
— 2
0
1
2
1
3
2
2
У
-8
27
““ 8
—1
1
“ΊΓ
0
1
8
1
27
8
8
Построив точки Αί/—2,	—8),	М2(—	1
)**,<— I. -1). м4(- Л-, —Д мцо, 0), Ms(-L -ij,
yi,(i, о, Aig^l-^-,	Αί9(2,	8) и соединив их плавной кри¬
вой, получим график функции у = х3 (рис. 6.6).
/	2.	Построить	график	функции	у	=	--г.
243

Функция эта определена при всех значениях х, за исключением точки х = 0. Придавая аргументу указанные ниже значения и вычисляя соответствующие значения функции, составляем
таблицу:
X
—3
—2
— 1
1
~ т
1
“ 3
1
ΊΓ
1
ΊΓ
1
2
1
3 !
1
У
1
9
1
4
1
4
9
9
4
1
1
~Т
1
~у 1
1
Построив точки по данным координатам и соединив их плавной кривой, получим график данной функции (рис. 6.7). Поскольку функция у = -L является четной, график ее симметричен относительно осп Оу.
3.	Построить график функции у = Ух.
Функция у = У х определена, когда подкоренное всяраже-
ннс неотрицательно, т. е. х 0. Следовательно, областью определения функции является бесконечный полуинтервал [0, ос).
Возводя в квадрат обе части данного уравнения, находим
у2 — х. Полученное уравнение определяет параболу, для которой
ось Ох будет осью симметрии.
Извлекая квадратный корень, получим y = zt]/rx. По усло-
вшо нужно взять только знак плюс. Следовательно, искомым
графиком является часть параболы, для которой у 0 (рис. 6.8).
24-1

4.	Построить график функции у — — У 16 — х2.
Данная функция определена, когда 16 — х2>0 или х2 < 16,
т. е. при — 4 х -< 4. Таким образом, областью определения
является сегмент [— 4, 4].
Возводя в квадрат обе части уравнения у =— /16 — х2,
получим х2 + у2 =· 16. Это уравнение окружности радиуса R = 4
с центром в начале координат.
245

Поскольку исходная функция принимает лишь отрицательные значения, то графиком ее будет полуокружность, расположенная ниже оси Ох (рис. 6.9).
5.	Построить график функции /(х) = х + sinx.
График данной функции получается путем сложения графиков двух функций: /,(х) = х, /2(х) = sin х, изображенных на
рис. 6.10 штриховыми линиями. Ряд точек графика функции
7Г
о
у**/
/J
/у
y*X+SLnX
/V
/ /
<-2$-7,
/у
//
/ /
l/
Ж χ
2 У=Я/7Х
Рис. 6. 10
f (х) = χ -J- sin х можно построить, принимая во внимание следующее:
1) f{x)z= χ для	тех	х, при	которых sinx = 0;
2) /(χ) = χ+	1	для	тех х,	при которых sinx =	1;
3) f (x) =χ—	1	для	тех х,	при которых sinx =	— 1.
6. Построить	график функции f(x) = xsinx.
График этой функции представляет собой произведение графиков двух функций: b(x) = x, /2(x) = sinx. График можно
построить по точкам, имея в виду следующее:
1) так как — l-<sinx<l, то —х<Дх)<х, т. е. график
функции /(x) = xsinx целиком расположен между прямыми
у — х и у = —х (рис. 6.11);
2) / (х) = 0, если sinx = 0;
3) f (χ)== х, если sinx= 1;
4) /(х) = — х, если sinx = — 1.
7. Построить график функции / (х) = cosec х.
Данная функция определена на всем множестве действительных чисел, кроме точек х = kn(k = 0, it 1, it 2, it 3,...), т. e.
областью ее определения является совокупность интервалов
... (—π, 0), (0, π), (π, 2π). ..
Так как cosec χ = -s- χ, то график функции можно построить с помощью графика /1(x) = sinx. Построим график функции /(х) = cosec х в интервале (0, π). При х = ~ получаем
246

/	=	1. При x —>0 и х —> π функция неограниченно возрастает,
график ее имеет вид, изображенный на рис. 6.12. В интервале
(π, 2π) функция принимает отрицательные значения, причем
\
/у\ У*
1 \\
1 1'"''/ 7Ϊ
Л А
А Ά.
'1 \ y=xstn%
// \ у
У / 1 *
/\ 3F /у1‘"Ч
J Ч г1' У '4 _
' -А Гs'
j у о
/
/
\^ за X
Ч/
\
Рис. 6. И
/ rcj = — 1. График функции	в других интервалах	получа¬
ется из условия периодичности.
?	8. Построить график функции	у = sin х -f 3.
>	Графиком данной функции является синусоида,	сдвинутая
в направлении оси Оу вверх на три единицы (рис. 6.13) (см.
формулу (6.18)).
247

9.	Построить график функции у = cos ^х J-j.
График этой функции представляет собой косинусоиду, сдвинутую вдоль оси Ох вправо на величину, равную -J- (рис. 6.14)
(см. формулу (6.17)).
10.	Построить график функции у = 3 sin 2х.
На основании простейших преобразований графика (3 и 4)
заключаем, что график этой функции является синусоидой, абсциссы которой уменьшены в два раза, а ординаты увеличены
в три раза (рис. 6.15).
И. Построить график функции
у = — 4 cos (2х — 6) + 1.
Данную функцию можно представить в виде
У = — 4 cos [2 (х — З)] + 1.	(Л)
Сравним эту функцию с функцией, получающейся из формулы (6.21) при замене символа / символом cos, т. е. функцией
/ (х) = с cos l/е (х — а)] + 6.	(В)
Функция (А) получается из функции (В) при следующих
значениях параметров: с = —4, k = 2, а = 3, 6=1.
Принимая во внимание простейшие преобразования графика,
получаем основные этапы построения графика данной функции:
248

1) увеличивая в 4 раза ординаты точек графика функции
у = cos χ, меняя их знаки и сохраняя неизменными абсциссы
точек, строим график функции у = —4cosx (рис. 6.16);
2) уменьшая в 2 раза абсциссы точек графика функции
у = — 4cosx и сохраняя их ординаты, строим график функции
у = — 4 cos 2х;
У
Л /\ y~3Sitl2X
1 \ °
/Iх'/ 1
\ Гт 1 х
Рис. 6.15
3)	перенося точки г рафика функции у = — 4 cos 2х в направлении оси Ох на 3 единицы вправо, строим график функции
у = — 4 cos 2 (х — 3);
у
С
/\ ь
/ \ 3
/ \ 2
у.-У Cos2(x- 3j-f
п / νΛν
/ 1/ КЛ»
/J7 \
у= с os λ *
у.-Цсом
tf^№h х
' /// ъ >]
и Jl
/у--Фсоз2к \tp-f1cos2(x-3)
Рис. G. 1G
4)	перенося точки графика функции у = — 4 cos 2 (х — 3) в направлении оси Оу на i единицу вверх, получим график исходной функции
у = — 4 cos [2 (х — 3)] + 1.
Пользуясь периодичностью рассматриваемой функции, полученный график можно продолжить в обе стороны.
12.	Построить график функции /(x) = sin2x.
Функция эта определена при всех х. Построим сначала гра-
249

фик функции t/ = sinx (рис. 6.17). Так как ДО) = О,	у j = Ь
/(π) = 0, то точки Λί, (0, 0), М2 lj, М3 (π, 0) являются
общими для обоих графиков. График функции fix) = sin2* в промежутке [0, π] расположен ниже синусоиды (поскольку квадраты чисел, меньших единицы, меньше самих чисел), в проме¬
жутке [π, 2π] график также проходит выше оси Ох (6.17), так
как sin2* > 0 при любых *.
Замечание. График функции можно построить и другим способом,
принимая во внимание, что
sin2* = 1 ~ C2°S — или sjn2* = _L - JL cos 2x.
13.	Построить график функции /(x) = /sinx.
Данная функция определена лишь для тех х, для которых
sinx>0, т. е. в отрезках вида [2/гтг, (2/г+l)r] (fc = 0, ml,
— 2, ...),
У
-Zli
-л
у=У?йГх
X	р	3ΪΪ	X
у= Sin К
Рис. 6. 18
Строим вначале график функции t/ = sinx (рис. 6.18). График функции /(*) = /sin х расположен выше соответствующе !
дуги синусоиды (так как квадратный корень нз числа, меньше;
единицы, больше самого числа). Точки, имеющие ординаты у -
= 0, 0=1, являются общими для обоих графиков.
14.	Построить график функции Дх) = j sin х |.
По .определению абсолютной величины (см. § 6.1, равепст;
250

(6.1)) имеем /(x) = sinx, если sinx>0 и /(х) = —sinx, если
sin х < 0.
Следовательно, график данной функции можно построить
следующим образом. Если sinx]>0, то график ее совпадает
с графиком 0 = sinx; если sinx<0, то дуга графика Дх) =
= [sin х| является отображением относительно оси Ох соответствующей дуги графика t/ = sinx (рис. 6.19).
15.	Построить график функции /(x) = sin|x[.
Так как Д— х) = sin | — х | = sin | х | = / (х), то данная функция является четной. Ее график симметричен относительно оси
Оу, при х > 0 график совпадает с графиком функции у = sinx
(рис. 6.20).
16.	Построить график функции Дх) = |х2 — 2х — 3|.
Построим сначала график функции у = х2 — 2х — 3. Преобразуя правую часть последнего уравнения, получим
у = (х8 — 2х + 1) — 1 — 3, у = (х — I)2 — 4,
Откуда
0 + 4 = (х — I)2.
J; Это уравнение определяет параболу с вершиной в точке
|Д1, —4) и осыо, параллельной оси Оу (рис. 6,21). Парабола
пресекает ось Ох в точках х. = — 1, ха = 3 (значения х порчены из уравнения х2— 2х — 3 = 0). Уравнение у = х8— 2х —
25)

— 3 можно представить в виде у — (х + 1)(х — 3), откуда видно,
что
(ха — 2х — 3)> 0 при х < — 1 и х > 3,
(х2 — 2х — 3) < 0 при — 1 < х < 3.
Переходим к функции /(х) = |ха—2х — 3|. По определению
Абсолютной величины имеем:
/(х) = х2— 2х— 3, если х2— 2х — 3>0;
/ (х) = — (х2 — 2х — 3), если (х2 — 2х — 3) < 0.
Следовательно, график функции /(х) = |х2 — 2х —3| получается	следующим образом: при	х<—1 и х^>3	он совпадает
с графиком функции у = х2 — 2х	— 3;	при — 1 <	х < 3	совпа¬
дает с графиком у = — (х2 — 2х — 3), т. е. получается из графика у = х2 — 2х — 3 при изменении знака ординат всех ею
точек (рис. 6.21).
Задачи
Построить по точкам графики функций:
, 1. t/ = x4.	2. У =	~7-
3, у = Vх + 1 + 2.	4. у =	4 — /1 —	Зх.
Построить графики функций (с помощью сложения, умножения, деления):
5.	у— logflx + x. 6. у = х — sinx.
7.	у = х cos х.	8. у = sec х.
252

С помощью простейших преобразований построить графики функций:
9.	tj = cos х— 2.	10.	у	=	sin |х-|—
11.	i/ = 4cos3x.	12.	у	= — 2 sin (Зх-{-9).
Построить графики функций:
13. у = cos2x.	14.	у	=	У cos х.
15.	0 = |cosx|.	16.	0	=	cos|x|.
17.	у = !cos|x||.	18.	у	=	|х2 + 5х —	С|.
§ 6.3. Предел переменной величины. Бесконечно малая и бесконечно большая величина
Пусть переменная х принимает последовательно значения:
хь	х2, х3, ..., хп, ...	(6.22)
Такое перенумерованное	множество чисел называется	последовательностью	{хп\.	Последовательность задана,	если	известна фор¬
мула для л-го члена.
Число а называется пределом последовательности \хп), если
для любого сколь угодно малого положительного числа е можно
указать такой номер N, зависящий от е, что для всех п> N
выполняется неравенство
\хп — «| < е.	(6.23)
Обозначение предела последовательности (6.22):
lim хп = а.	(6.24)
Я->00
Число b называется пределом функции y = f(x) при х — а
(в точке а), если для всякого числа г > 0 можно найти такое
число δ > 0, что
|Дх) — *1 < S,	(6.25)
когда
О < |х — а| < о.	(6.26)
Предел функции обозначается так:
= &	(6.27)
(х стремится к а произвольным образом).	^
Обозначения односторонних пределов функции:
1	lim f(x) = b	(6.28)
х-^а—О
(х стремится к а слева, оставаясь меньше а),
lim / (х) = b	(6.29)
х—а + 0
(х стремится к а справа, оставаясь больше а).
253

В частности, при а = 0 вместо 0 — 0 пишут — 0 и вместл
0 + 0 пишут +0, поэтому формулы (6.28) и (6.29) принимают
вид:
lim f(x) = bt	(6.30)
ЛГ——О
lim f(x) = b.	(6.31)
ДС-r + O
Если
lim f(x) — lim f(x)	= b%	(6.32)
ж—a—0	дс—а+О
TO
lim/(x) = &.	(6.33)
x-*a
Если односторонние пределы различны, т. е.
lim ϊ(χ)φ lim f(x)	(6.3 К
x—a—0	дг—α+Ο
или хотя бы один из них не существует, то не существует и
предел функции при х -> а.
Переменная величина а(х) называется бесконечно малой пр ;
х -> а, если для любого сколь угодно малого положительною
числа г можно указать такое о > 0, что
|а(х)| < е, .когда \х — а\ < δ.	(6.37
Предел бесконечно малой величины а(х) равен нулю, т. е.
lirna(x) = 0.	(6.30
х~*а
Разность между переменной величиной х и ее пределом .;
есть величина бесконечно малая, т. е.
х — а = а,	(6.37
откуда
х — а + а.	(6.37
Алгебраическая сумма конечного числа бесконечно мал?.:\
величин и их произведение есть величина бесконечно малая
Произведение постоянной и ограниченной величины на бесконечно малую есть величина бесконечно малая. (Величина х г ·
зывается ограниченной, если существует число с > 0 такое, ч . ъ
для всех значений х выполняется неравенство |х| < с.)
Переменная величина х называется бесконечно большой, есл"
для любого сколь угодно большого положительного числа 7
можно указать такой момент в изменении этой величины, нам;;
пая с которого
\х\ > N.	(6 .γ
Бесконечно большая величина предела не имеет, но ипо р·
условно говорят, что предел ее есть бесконечность (со), прпе
если она, начиная с некоторого момента, принимает только г. -
ложительные значения, то предел ее (+ оо), если отрицаю, я ■
ные, то (— оо).
2Ы

Если х — бесконечно большая, то обратная ей величина γ —
бесконечно малая, т. е.
Чт -А-=0.	(6.40)
χ-*Χι X	'	'
Если а — бесконечно малая, то — бесконечно большая ве-
а
дичина, т. е.
limJL = 00.	(641)
в—»о и
Примеры
%	1.	Показать,	что	последовательность	хп =	Л-(п = 1, 2, 3, ...)
симеет	пределом	нуль.	Начиная с какого	номера	ее	значения
[становятся и остаются меньше 0,001?
Последовательность хп = -L (л = 1, 2, 3, ...) принимает значения
, j_ j_ _i_ j_
1.'	1	’	2	’	3	’	4	’	5	’
| Пусть ε = 0,001. Неравенство	будет	иметь место,
|когда п > 1000. Следовательно, N = 1000.
р Возьмем произвольное число е > 0. Покажем, что, начиная
fee некоторого значения л, выполняется неравенство (6.23). В дан¬
ном случае хп = -γ и а = 0. Неравенство
— — 0
п
<Сε ИЛИ
f 1	1
|Up < е будет выполняться, когда л > —. В качестве N можно
|взять меньшее из двух целых чисел, между которыми заключено Таким образом, для любого ε>0 можно указать та-
|кое N, что для всех л ]> N выполняется неравенство -L <γ ε;
означает, что хп имеет пределом нуль, т. е.
Slim А = о
я-»® п
^сравните последнее равенство с формулой (6.40)).
«с	1
§.	2.	Доказать,	что	предел	последовательности уп = 4 — -γ-
|л = 1, 2, 3, ...) равен 4.
Данная последовательность принимает значения
| 0 2 0 8 0 26 Q 80

Зададим произвольно малое число е>0 и составим разность
Уп а = (a ^	4 дтр.
3« J	3f
Потребуем, чтобы эта разность по абсолютной величине была
меньше е, т. е.
\Уп—«ι <е или 4" < ε·
Найдем, при каких п это неравенство будет выполнено. Переписав его в виде -j- < 3я и взяв логарифмы обеих частей,
получим
3’
откуда
log_L
е
п>
log 3
В качестве числа N можно взять меньшее из двух целых чп-
log-L
сел, между которыми заключено число - ]q^ ^ .
Тогда при всех ti> N указанное неравенство будет выполняться, а эго и означает, что
lim уп — lim (4 +	=4.
„->00	оо	\	°	/
Замечание 1. Одновременно показано, что
lim -1— = 0.
3"
Замечание 2. Аналогично можно показать, что
lim —i— = О,
„->00 а»
если α> 1.
Замечание 3. Величина а (х) = _ при х -► + оо есть бесконечно
О'
малая, т. е. lim -L·- — 0.
А—► + » 3 Л
Замечание 4. Величина а (л:) = _ί—, где а > 1 при х —> -4- оо есть бес-
ах
конечно малая, т. е. lim -1— = 0.
jf—>4-αο а -
3.	Доказать, что предел последовательности гп — — 3 +
+ -(п = 1. 2, 3, ...) равен — 3.
Данная последовательность принимает значения
 4  2—  3—  2 —
%	^ 4 .	° у »	л ig ’	* · ·
256

Пусть дано любое число е>0. Рассмотрим разность
г„-(-3)=[-3+ <+>1]-<-3) = +4.
Эта разность будет по абсолютной величине меньше s
К — (— 3)| < ε,
ΙζΑΊ <-е
па | \ е. п2 <
когда < п2, т. е. --L- < п или п > ■—=. В качестве N
ε	У*	уе
можно выбрать меньшее из двух целых чисел, между которыми
заключено число	Тогда при всех л > N
'	Iгп — ( — 3)| < е,
а это и означает, что limz„ = —3.
о
В частности, если ех = 0,01, то —А =—= 10, Л^ — 10.
Уч	λί Α¬
ν 100
Следовательно, при л >10 К —(—3)| <0,01.
Если з2 = 0,0001, то -Ж = 100, Ν2 = 100. Следовательно,
при л> 100 |г„ — (—3)| <0,0001.
Замечание. Все значения последовательности могут быть меньше
своего предела (пример 2), или больше своего предела (пример 1), или попеременно то меньше своего предела, то больше его (пример 3).
4.	Доказать, что
lim Iх = А.
.х—.30 6*	6
Для доказательства достаточно убедиться в том, что разность
5* 4 6	„	,	5
между переменной величиной у = —^— и постоянной b = -γ
при X—* оо есть величина бесконечно малая. Преобразуя эту
разность, получим
:	5*	4	6	5		 (5* + 6) —■ 5*   6   1
6* 6 6* 6* * *
Так как в силу формулы (6.40) величина -L при х—>оо
является бесконечно малой, то
5*4 6
6х	6
где а — бесконечно малая. Это и означает, что
lim 5* Ь 6. = А.
χ-*αι QX	6
5.	Доказать, что
lim (2х2 — 5х + 4) = 7.
*-з
9 Гусак А. А.	257

Поскольку χ -> 3, то х = 3 + а, где а — бесконечно малая
(см. формулу (6.38)). Подставляя это выражение для х в разность (2х2 — 5х + 4) — 7 и преобразуя ее, получим
12 (3 + а)2 — 5(3 + а) + 4] — 7 = 2 (9 + 6а + а2)— 15 — 5а + 4 —
— 7 = 18 + 12а + 2а2 — 15 — 5а + 4 — 7 = 2а2 + 7аГ
Так как а — бесконечно малая, то величины 2а2 и 7а и их
сумма также являются бесконечно малыми, сумму эту можно
обозначить через β.
Следовательно, имеем равенство
у— 6 = β,
в котором у = 2х2 — Ьх + 4, Ь — 7, β = 2α2 -f- 7α.
На основании формулы (6.37) заключаем, что
lim у — bt
лс—*-3
т. е.
lim (2х2 — Ьх -j- 4) = 7.
*— з
6.	Найти односторонние пределы функции f{x) = yjv-g- при
х -> 3 слева и справа.
Задача сводится к нахождению двух пределов
6 6
lim
х-3
и lim
х-З*
>3—0 * ~ ^	*->3+0
Если х -* 3 — 0, т. е. х стремится к 3, оставаясь меньше 3,
то величина х — 3 является бесконечно малой, принимающей
отрицательные значения. Обратная ей величина будет бесконечно
большой, принимающей также отрицательные значения, тем же
свойством обладает и величина у =
-у, поэтому
lim
с->3—о
х — 3
= — со.
Изменение переменных χ, х — 3 и
можно пояснить следующей таблицей:
при х-+3 — 0
X
2
2,9
2,99
2,999
2,9999
2,99999
2,999999
х — 3
—1
—0,1
—0,01
—0,001
0,0001
0,00001
—0,000001
6
х — 3
—6
—60
—600
—6000
—60000
—600000
—6000000
Если х -» 3 + 0, т. е. х стремится к 3, оставаясь больше 3,
то величина х — 3 является положительной бесконечно малой.
258

Обратная ей величина 3 будет бесконечно большой, принимающей положительные значения. Этим свойством обладает и
6
величина -—т, поэтому
X — О
lim —Ц- = + оо.
г—3+0 к °
0
График функции у = jzrj изображен на рис. 6.22.
2
7.	Найти односторонние пределы функции / (х) = 3 * при
k -♦ 0 слева и справа.
Пусть х стремится к 0, оставаясь меньше его, т. е. х -+ — 0,
тогда х будет бесконечно малой, принимающей отрицательные
рначения, а величина-^ отрицательной бесконечно большой
величиной (см. формулу (6.41)). Данную функцию можно представить следующим образом:
ι	1
Поскольку -у — бесконечно большая при х 0, то З1^
Также бесконечно большая, а обратная ей величина, т. е. -π-τ,
з'7'

будет бесконечно малой (см. формулу (6.40)). Следовательно,
2	 i
lim 3* = lim 3 |х| = lim _1_	= о.
—о	х-+—о	х~*—° -L
зИ1
Пусть х стремится к 0, оставаясь больше его, т. е. х -> + 0,
тогда х будет положительной бесконечно малой величиной, а
_1_
1	jt
—	положительной бесконечно	большой,	величина 3 будет
также	положительной бесконечно	большой,	т. е.
_1_	4
1 .	π	Х	1.	Г»
lim 3 = lim 3 = + со.
х~*+0	*->+0
Поскольку односторонние пределы не равны между собой,
то предел функции при х -> 0 произвольным способом не существует.
2
График функции / (х) = 3 * изображен на рис. 6.23.
8.	Найти пределы
lim arctg -уЦ- и lim arctg -=-Ц..
jw~>2—0	z х л—>2+0	z х
Пусть х -> 2 слева, т. е. оставаясь меньше 2, тогда величина
(2 — х) будет бесконечно малой, принимающей положительные
значения, а величина 2 — х — бесконечно большой, принимающей также положительные значения. Принимая во внимание
определение функции z = arctg у и тот факт, что tgz -> оо, когда
ζ	заключаем,	что
...	1	π

Если же х -> 2 справа, т. е. оставаясь больше 2, тогда величина (2—х) будет отрицательной бесконечно малой, а величина 2~ФХ~ — отрицательной бесконечно большой величиной.
Так как tg£->— оо, когда ζ -> то
lim arctg
х->2 + 0	2	X	2
Предел функции у = arctg 2~j_ - не существует при х -> 2
произвольным способом, так как односторонние пределы в этой
точке не равны между собой.
График функции изображен на рис. 6.24.
Рис. 6.24
Задачи	'
1. Начиная с какого номера значения каждой из последовательностей:
1)*„ = 4-; 2)л. = А; 3)w„ = A <л= '· г, з,...)
становятся и остаются меньше е = 0,0001? Показать, что каж-
!ая последовательность имеет пределом нуль.
2. Доказать, что каждая из последовательностей
.1 1 _ _ (—1)”
Хп 2п 1 Уп 2rl ’ п 2П
вмеет пределом нуль. Начиная с какого номера значения каж-
Иой из них по абсолютной величине остаются меньше е = 0,001?
3. Даны три последовательности:
хп = 2 Уп=	3 4~ "57г»	zn = ^ 4 grt ·
Врказать, что:
1)	lim хп = 2; 2) lim yn = — 3; 3) lim zn = 7.
„—>оо	>оо	Л	>00
261

4. Доказать, что:
1)	lim 4*-^- = 4-;	2) lim (4х — 7) = 5;
Ϊ-Μ “	&	*->3
3)	lim (5х + 8) = 3;	4) lim (Зх2 — 4х + 6) = 10.
* -* — 1	х-+2
5. Найти односторонние пределы при х -► 2 слева и справа
для следующих функций:
В f(x)~ 2~И~с;	^ f ^ = (.х — 2)2*
 1_
3)	/ (лг) = 2' - 2;	4) [ (х) = arctg
\
Ответы
8
1.	1) ЛЬ = 10 000; 2) AC = 100; 3) 7V3 = 10. 2. iV = 10. 5. 1) lim к—-=эо,
х-+2—θ
8	4	4
lim	= — °°; 2) ,im 7Z owa = + °°> lim к ~ "Жа = + °°·
X-+2 + 042	·*	*->2 — 0 ο* Δ>	χ->2	+	0'Λ
§ 6.4. Нахождение пределов
Если переменные величины /, (х), /2 (х), /3 (х) имеют конечные
пределы при х -* а, то
lim [ft	(χ)	+	f2	(χ)	— /3 (χ)]	=	lim fx (χ)	-f	lim f2 (x)—lim /3 (x);	(6.42)
i-а	x -> a	x-*a	x-*a
lim	1М*)-М*)-Ы*)]	= lim/j	(x)· lim/2 (x)· lim /3(x);	(6.43)
*->a	x -+ a	x-*a
lim [c/(x)] = c lim/(x) (c = const);	(6.44)
*-+fl	x	-> а
lim I/(x)]” = 1Кт/(х)]л (ti — целое число, η > 0);	(6.45)
χ a	x -г a
Hm h (x)
=	<6·46>
*->а
lim Yfx (χ) = Vlim/, (x);	(6.47)
x-*a	x-*a
lim с = c (с = const).	(6.48)
jc-> a
Если с—постоянная величина, причем £>0, то:.
limcx=oo;	(6.49)
*->оо
X
lim— = оо;	(6.50)
X -*сО
lim — = — оо;	(6.51)
X-+-Q
202

lim — =	+ oo;	(6.52)
*->+0 *
lim — =	00;	(6.53)
x-0 x
lim — =0;	(6.54)
x -*· 00 x
(О, если 0 < с < 1;
,	^	,	(6.55)
+ oot если с> 1;
{ + оо, если 0 < с < 1;
гк	^	1	(6.56)
0,	если с >	1.	47
Примеры
1.	Найти lim (4х2 — 6х + 3).
х-2
Так как предел алгебраической суммы переменных равен
такой же алгебраической сумме пределов этих переменных (формула (6.42)), постоянный множитель можно выносить за знак
предела (формула (6.44)), предел целой положительной степени
равен такой же степени предела (формула (6.45)), предел постоянной равен самой постоянной (формула (6.48)), то последовательно получим
lim(4х2 — 6х 4 3) = lim 4х2 — lim 6х + lim 3 = 4 lim х2 —
X -* 2	х->2	х->2	х 2	х ->- 2
— 6 lim х 4 Iim3 = 4(limx)2— 61imx + 3 = 4·22 —
x->2	x-> 2	x->2	x->2
-6-2 + 3= 16—12 + 3 = 7.
Замечание 1. Вычисление предела многочлена второй степени свелось к вычислению его значения при предельном значении аргумента.
Замечание 2. Чтобы вычислить предел многочлена n-й степени
Рп (*) = &о + bvx + Ь2х2 + ... + Ьпхп при х-*Ь,
достаточно найти Рп (6), т. е. значение его при * => Ь. Например,
Пт (2дс* — 4х* + З*3 — 6*а 4 8* 4 2) = 2- Is — 4· I4 + 3· I3 — 6· I2 +
2.	Найти lim
481+2 = 5.
Зх2 — 4х + 7
, 2х2 — 5* + 6‘
Так как предел частгЬго равен частному пределов, то на
основании формулы (6.46), а также с помощью формул (6.42),
(6.44), (6.45) и (6.48) последовательно получим
_ ,	„	.	„	lim (Зх2 — 4* + 7) lim Зх2 — lim 4х + lim 7
lim Зх2 — 4х	+ 7	__	x-ι	χ^ι χ->ι	=
Г , 2ха — 5х	+ б	нт (2х^-тт 5х + 6)	lim 2х2 — lim 5х + lim 6
х-1	*-1	*-*-1
3 Ит х2 — 4 lim х + lim 7
_ х— 1 x-ι *-1	_	312	— 41 4 7 _	_	2
~~ 2 lim х2 — 5 Нт х 4 Птб 2-12 — 5-1 46	3
х-1	х-1 х -* I
263

Замечание 1. Вычисление предела рациональной функции (отношения двух многочленов) свелось к вычислению значения этой функции при
предельном значении аргумента.
Замечание 2. Чтобы вычислить предел рациональной функции
г Ь0 + Ьух + 62ха 4 ... + Ьпхп
W — с0 4 сух 4 с2х2 4 ... 4 с,пхт
при х -» а, достаточно найти значение ее при х = а.
Например,
Xs — 2х4 4 Зх2 — 6х 4 9	25	—2·24 + 3-22 — 6-2 + 9	9
Зх4—12х2 + 7х—11	=	3-24—12·22 + 7·2—11	_	3	~	3'
Замечание 3. Предел элементарной функции /(х) при х-»а, где а
принадлежит области ее определения, равен значению функции при х = а, т. е.
lim / (х) = / (а).	,
Например,
Vx2^? 4 Ух 4 60	/	4а	—	7	4	У4 4 бр
2х2 — 5х — 8	~	2-42	—	5-4	—	8	=
/9 4 /64	34	4	7	.	4
^ 32 —20 —8 =	4	= 4 ’
2)	lim [lg {t 4 /ίΓ+80)] 4 t yW+l = lg (1 +V81)+ 1/1+1= 1+3 = 4.
1
3. Найти lim —	8.
x^4	x~4
При x = 4 числитель и знаменатель данной функции обращаются в нуль. Получена неопределенность -jj-, которую нужно
раскрыть. Преобразуем данную функцию, разлагая числитель
с помощью формулы
х2 + рх + q = (х — Ху) (х — х2),
где Ху и х2 — корни уравнения х2 + рх + q = 0.
Так как уравнение х2 — 6х + 8 = 0 имеет корни хг = 2,
х2 = 4, то х2 — 6х + 8 = (х — 2) (х — 4). Подставляя это выражение в данную функцию и сокращая на общий ^множитель
(х — 4) ф 0, получим
lim	=	Hm .(x~2Hx+J = lim (х — 2) = 4 — 2 = 2.
х -г 4 X 4	х 4	Х4	дс	—4
Замечание 1. Сокращая на общий множитель, мы предполагали, что
х — 4 0=0. Это действительно так. Согласно определению предела функции,
аргумент х стремится к своему предельному значению а, никогда с ним не
совпадая, т. е. х Ф а и х — а Ф 0. (См. формулу (6.26).)
Замечание 2. Предел функции не зависит от того, определена функция в предельной точке или нет.
4· Най™
При х = 1 числитель и знаменатель обращаются в нуль,
получается неопределенность вида -jj-. Преобразуем данную
264

функцию, разлагая на множители числитель и знаменатель по
формуле
ах2 + Ьх + с = а (х — х,) (х — х2),
где Χχ и х2 — корни уравнения ах2 + Ьх + с = 0.
Подставляя соответствующие выражения и сокращая на оО-
щий множитель (х—1)-+0, получим
= lim
3(*-1> (* + ■§·)
-Ч1-т
I)
* +	П'+З/	-о.
3
‘ 4Ы)	4	(*—т)
TJ „	Зх4	+	2Х3	—	х2+5х + 5
Наити lim
-__i	х3	+	1
При х = — 1 числитель и знаменатель обращаются в нуль.
Разлагая их на множители, находим
*3+ ι =(Х+ 1)(х2 — х + 1),
Зх4 + 2х3 — х2 + 5х + 5 = (х + 1) (Зх3 — х2 + 5).
Второе равенство получено в результате непосредственного деления	Зх4 +	2Х3 — х2	+ 5х + 5 на (х + 1).	Сокращая	числитель
и	знаменатель	на	(х+1)-/-0 и переходя	к пределу,	получим
,. Зх4 + 2хэ — х2 + 5х + 5	,. Зх3 — х2 + 5
„!™, :wn = j™, -ел; + т =
_	3(- 1)я —(— I)2 + 5	1
-	(_ΐ)ί —(—1)4-1	~	3*
о
Замечание. Чтобы раскрыть неопределенность вида -у-, заданную
отношением двух многочленов, надо в числителе и в знаменателе выделить
критический множитель (т. е. множитель, равный нулю при предельном значении х) и сократить на него.
_ г, „	..	6х2 + 5х + 4
6.	Наити	Зхг + 7х — 2'
При х -> + оо числитель и знаменатель неограниченно увеличиваются ^получаем неопределенность вида -^-j. Чтобы найти
предел, преобразуем данную дробь, разделив ее числитель и знаменатель на х2, т. е. на старшую степень х. Пользуясь свойствами пределов, получаем
6+А + 4- Jim„ (6-т 4 -Г^г)
,.	6х2	+	5х	+	4	,.	х	х2	х—+ оо
lim к-.,-!	--к	=	lim	 =	,
lim з + L- 2)
X— + 06 \	X	X2	/
6 + 0 + 0
*-> + oo3^ + 7x-2 *-* + »3 , _7—JL
X X2
3 + 0 —0 — 2*
265

Здесь принято во внимание, что
lim — — о, Игл А = 0 {с = const).
χ->+ 00 *	Х-*	+	09	Х
(См. формулу (6.54).)	^
_ т т и	..	7х2	+ 6х — 3
7. Наити^гп^ 9χ3 + 8л,2_2·
Разделив числитель и знаменатель дроби на х3, т. е. на
старшую степень, получим
7 , 6
,.	7х2 + 6х — 3	1. х
пт „ „ -о о—η = hm
J_ _ι_ _γ_ _ A lim / 7 I 6 _ 3 \
X3	Х—	+	»	(	*	χ2	хз	)
x—+ ®
9*»+8**-2	9+l__2_	Hm	Y9	+	±__2_l
X X3	^	X	X2	j
o+o—o on
“ 9 + 0 — 0 “ 9 “
o°
Замечание. Чтобы раскрыть неопределенность вида γγ, заданную
отношением двух многочленов, надо числитель и знаменатель разделить на
самую высокую входящую в них степень х, а затем перейти к пределу.
8.	Найти предел рациональной функции
Р(у\ = ао + αίχ + д2*2 + · · ■ + опхп
Л кх> б„ + М + Ма + ... +Ьтхт ’
где апф 0, ЪтфО, при х, стремящемся к бесконечности.
Преобразуем выражение для данной функции, вынося за
скобки множитель хп в числителе и множитель хт в знаменателе:
*п [ф +	+ ^2 + · · · + ал)
ад- V ъ \(А)
х \хт "k хт—1 "к xm~2 + ' ” "к b/nJ
где
Так как
то
(ао , а\	°г	,	\
хп + чл-i +	+···+««!
Q <*) = ~Ть Ί, '—ь	:	\	*	(В)
I 0	1	_L bj ■	,	,	\
( xm + χ>η-1 + χηι-2 + · · · + °m I
lim Λ = 0 (k= 1, 2, 3, ... ),
limQ(x) = Α-.	(С)
X->00	-
Поскольку предел произведения равен произведению пределов (формула (6.43)), то
lim (х) = lim xn~m · lim Q (x).	(D)
X~*°Q	X—®	Х-.»
266

Предел первого множителя в правой части равенства (D) за·
висит от соотношения между п и т, а именно:
lim хп~т — оо, если п > т;
.п—т
1
*-►«>
lim х =1, если п = т;	(Е)
Х—>ао
lim хп~т = 0, если п < т.
х—да
Из формулы (D) с учетом	формул	(С) и (Е) получаем
оо,	если	п	> т;
lim R(x)	=	если	_ т.
Х—оо	от
,	0,	если	η	< т.
Замечание. Полученный результат можно сформулировать следующим образом. Предел частного двух многочленов при со равен отношению коэффициентов при старших членах, если степени числителя и знаменателя равны; предел этот равен 0 или оо, если степень числителя соответственно меньше или больше степени знаменателя.
Например,
П ,im бх6 — 7х4 + Зх3 — 4ха + 8х — 9	_	6_ _
'х-«о Зх5 + 5х4 — бх3 + 7ха — 11х — 2 “ 3	’
о\ кт 2x4 — 5хэ + 6х« — 7х + 12	_	а.
9x5 - 8х« + 12ха - 5х - 14 “ U’
4χ3 —, 6х2 + Их - 18
3)Л	Ь--9х+	24	 = °°·
9.	Найти lim х ~ 9
х—з У χ + 1 — 2
При х = 3 числитель и знаменатель дроби обращаются в нуль.
Знаменатель содержит иррациональное выражение Ух -f- Г. Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножая числитель
и знаменатель на (/х + 1 + 2). Получаем
lim *а —9	=	Ит	(*-3)(х + 3)(УГ-ГТ + 2) =
х-з ух + 1 _ 2 Х-З (У х + 1 — 2) (/х + 1 + 2)
β и (*-3)(х + 3)(УТ+Т + 2) = J (х — 3) (х + 3)(УГТГ + 2) я
х-З (Ух + 1 )а — 2а	ж->з	(х	+	0 ~ 4
= lim (х + 3)(VT+T + 2) = (3 + ЗЩ/З+Т + 2) = 24.
*-»з
О
Замечание. Чтобы раскрыть неопределенность вида -у, в которой
числитель или знаменатель содержит иррациональность, следует соответствующим образом избавиться от иррациональности.
10. Найти
267

Разлагая числитель и знаменатель на множители, сокращая
на множитель 1 + cos χ ф 0, получим
.. sin2 х _	1	—	COS2	X _ ,■	(1	+	COS	X)	(1	—	COS	X)	 _
^ 1 + cos3 χ ~~	1	+	cos3	x ~	(1	+	cos	χ)	(1	—	cos	x	+	cos2 x)
..	I	—	cosx		 1—(—1)	  2
“ j+JJ 1 — cos x + cos2 χ ~ 1 — (- 1) + (— if ~ T*
11.	Найти lim l/3 + 5+V' +(/~-1>.,
1 + 2 + 3 + ... + n
Числитель и знаменатель дроби являются суммой п членов
соответствующих арифметических прогрессий. Находя эти су(рмы
по известной формуле, получим
1 +(2 п — 1)
Пт ·1 + 3 + 5 + · · · + (2η — 0 jjm 2	п_
П™ 1 + 2 + 3 + ...+«	[±п
2 п
= lim - -V? — — = lim —= 2 lim —т-r = 2 lim —ϊ—_ _ 2.
1 + n	я_оол+1	<ел + I
,2. Найти lim "+2‘ + ЗЧ-, .· -M*
„->00
Используя формулу для суммы квадратов натурального ряда
чисел
12 + 22 + 32+ ... + + = .ηΑη+Δψη + ]) >
получаем
lim.l. + 2a + 3\+	=	Пт ■»<» + »)№■+ 1) _
„->оо	П3	„->«	6	П*
13. Найти Urn 7===—
*—>о Г 1 + χ — 1
Введем новую переменную ζ по формуле
1 + х = г6	(А)
(показатель выбран так, чтобы можно было извлечь корень
и второй и третьей степени).
Из равенства (А) вытекает, что ζ -*■ 1, когда х -► 0. Подставляя выражение старой переменной через новую, разлагая
числитель и знаменатель на множители, получаем
ци№-1	,:„г2-1

14. Найти lim γ- ,2rt + 5
л—αο |/ 27/13 4- 6м2 + 8
При	п ->	оо числитель и знаменатель	также	стремятся к бесконечности,	получаем неопределенность	вида -А. Чтобы найти
предел,	разделим числитель и знаменатель на	п и подведем η
под знак корня:
,.	12п	+ 5	12 + Т	12	12	.
lim л	  =	lim	■	=	=	■.. -	=	— = 4.
п-*оо / 27п3 + 6ц2 + 8 я-х» if 07	6	8	/27	3
Г 27 + Τ + 7I3"
(δ	б	8	\
Здесь	принято во внимание, что lim —	=0,	lim — =	О,	lim -5 = 0.)
я—>00 71	И-»0О	П	Л->00 п	j
Задачи
Найти пределы:
1. lim (2х2 — 7х + 6).	2. lim (Зх4 — 5х3 + 6х2 — 4х + 7).
дс—*-3	х-*1
0	.. 4ха— 5х + 2	. г	х2—5х + 4	_	..	х2 — 7х + 12
»·	im 3?-6ζΤ~4·	4·	+	6·	5·	^-6,+ 5·
6. lim[2/ + yWCTs + lg (31 + yt*^8) —
3 L
¥ t2— 1 + V? — 2za + 7]
χ2_8χ+12	0	..	3x2 — 7x + 2
7·	-FZTji + ё·	8·	l‘_m 4x, JT5], _ 6·
,.	x3 —3x + 2	1A	,.	10x3 — 6x2 + 7x4-5
^ x4 - 4x + 3 ·	10·	iA 8 — 4x + 3x2 — 2x3 *
r 2x4 — 5x3 + 7x2 + 8x — 9	.. x2 + 8xG + 5x4 — 3x2 - 12
i-Ξ Зх5 — 6x3 + 4x2 — 2x +11 ·	+2,l0x6 + 7x5 — бх3—4x + 17*
xa —25	,	„	.. Vx—\
13. lim	14.	lim-Jp
x-*5 2 — /x — 1	X—1 /x-1
.. V 4n* — 3	1β	,·	бх	—5
lo.	lim +—г-;—.	16.	lim	.-=
л—>oo	2n + 1	χ->«	I	+	/x2	+	3
17. ]imt +2 + 3+ .·■ +n 18 Hm sin 2x cos 2x 1
11 — 1
COS X — sin X
19_ „тОЛ|++!Й.	20.1im(+L+3').
269

Ответы
4	15	1	,
I.	3.	2. 7.	3.	2. 4.	0.	5. оо.	6. 4. 7. -у.	8.	-γ.	9. -γ.	10. -	5.
3
11.	0.	12.	оо.	13.	—40.	14. γ.	Указание.	Положить х = f12.	15.	4г
16.6.	17.	4.	18. — У 2.	19.-4- 20· — К
§ 6.5. Число е, lim = I
α-Ч) “
\
1. Числом е называется предел
Шп^1 + 4-^ = е	(6.57)
или
Нт(1+а)а = е.	(6.58)
а—О
Число е бывает полезным при раскрытии неопределенностей
вида I00.
Если основание логарифмов равно числу е, то логарифмы
называются натуральными:
In х = log* χ.
2. Если угол а выражен в радианах, то
lim—= 1.	'	(6.59):
о->0	*
3. При нахождении пределов вида
lim [<ρ(*)]ψ w = С	(6.60)
х->а
нужно иметь в виду следующее:
1) если существуют конечные пределы
lim φ (χ) = А и lim ψ (*)	= £,	(6.61)
x—a	x~*a
TO
С = AB\	(6.62)
2) если
lim φ (x) = А φ 1 и lim ψ (x) = oo,
x-*a	x~*a
то предел находится с помощью формул (6.55) и (6.56);
3) если
lim φ (χ) = 1, lim ψ (χ) = оо,
х-*а	х-*а
270

то полагают φ (х) = 1 + а (х), где а (х) -> 0 при х -+* а и, следовательно,
С = lim {[1 +a(*))*w}
I 1“ W Φ Μ Jim α (χ) ψ (χ)
= <Αα
limfip (χ) — 1] ψ (χ)	,
.	(6.63)
Примеры
1. Найти lim ^1 +
При x-> oo выражение ^1 -f- -γ) -* 1, получаем неопределенность I00.
Введем новую переменную а по формуле
k
— = а,
х *
откуда х = Л-. Если х -► оо, то а -> О, поэтому
L· Г JL
lim (\ + —V = lim (1 + а) * = lim (1 + а)а
х—*® \	х ) а-НЗ	а-*0 L
Пользуясь свойством (6.45), на основании формулы (6.58)
находим
lim [(1 + «)”] = [lim (1 + α)τ] = Л
а-НЗ	а-»0
Следовательно,
lim (1 + —V = ek.	(6.64)
X >00 У	Х }
В частности, если k = 3, то
Пт (1 + А)' = с*
при k = — 2 получаем
lim /l —V = ег2.
х-оо\	X	)
2. Найти lim ·η ^
х-0	*
Так как	г
V Х) ” Т jn (1 + *) = In (1 + *)TJ
то на основании формулы (6.58) находим
lim
х—о
ln (1у+х) = lim iln(l -+ χ)* 1 = In lim(1 + χ)χ 1 = In e = 1.
x	x~>o	L	J	I	*-o	J
x-0
271

Таким образом,
lim -ln -	=	I.	(6.65)
х-+0 х
3.	Найти lim -- ~~Л
х-0	*
Введем новую переменную ζ по формуле
ах — 1 = ζ,
откуда
ах = 1 + ζ.
Логарифмируя это равенство по основанию е, получим формулу
х In а = In (1 + г),
из которой
_ In (I +2)
In а
Очевидно при х -* 0 и ζ -» 0, поэтому
lim - —- = lim ι—-V-,—- = lim ,ησ
X-O x	z—>o In (I + *)	г—>o In (1 +г) *
ln a	z
Принимая во внимание свойства (6.44) и (6.46) и формулу
(6.65), получаем
Итак,
lim —7,п а— .■ = In а· Г<	,—=	= In а.
z-*o 1° 0 + г)	,im	Γΐη	(1	+z)1
ζ
lim-   = 1η а.	(6.66)
χ-Ч) х
4.	Найти lim
Разделив числитель и знаменатель дроби на х и используя
формулу (6.64) при /г = + 2 и k = — 3, получим
=j= ^=Λ
5.	Найти lim ах-.
х-Ю х
Положим ах = а, откуда χ = γ. Если х -*■ 0, то и а -> О,
поэтому
sin ах	.. sin а	,.	sin	а i*_sina	.
lim = lim = lima = a lim.— = a-1 =a.
χ—>O *	a-wo ±	a—^0	a	a->0 a
a
Следовательно,
272
lim f!!£5 = a.	(6.67)
x—0 x

В частности, при а = 2
1
при а= -γ имеем
.. sin2x л
hm = 2,
*-о х
lim
je—О
X
sm-γ ί
х “ 3 *
6.	Найти lim
*->0 *
Принимая во внимание, что tgx = Ά+. и limcosx = cosO = 1,
c°s X х_о
на основании свойств пределов (6.43) и (6.46) и формулы (6.59)
получаем
lim— = hm	=	lim	U-.*™'
*	χ—>0 \cos χ	χ) x-o\cosx χ
Итак,
= lim—— -lim — = 1-1 = 1.
χ >0 C0S x x—*0 X
lim — = 1.	(6.68)
x—0 x
+Γ-(τΜ·
7. Найти lim
χ—Ю x~
Принимая во внимание формулу (6.67), на основании свойств
пределов получаем
•2х	I' хV
sin2 -q-	I sin w \
lim—— = lim 1	 I	=	lim
χ->0	**	x->o\	x /	U-0
8. Найти lim^A.
*—osin
Разделив числитель и знаменатель на х, на основании формулы (6.67) получаем
sin ах |jm s*n ах
lim = lim -фг =	·	V	=	ПГ·
^oSinftx х-ю sin bx	sin	Ьх	Ь
X	χ-Ю	X
Следовательно,
sin ах	а	^
lim . — . .
sin bx b
9.	Найти lim ■ A+g—
•	д^о/х+9-3
273

При χ = 0 числитель и знаменатель обращаются в нуль.
Знаменатель содержит иррациональность. Освободимся от иррациональности и воспользуемся формулой (6.59)
Hm.+t* = lim,	,	=
ж-хО У χ + 9 — 3 х->о (У х + 9 — 3) (У х + 9 + 3)
“ limS'nXW^F-t~ “ lim+i.lim(CT+9 + 3)= 1 (3+3)=6.
х_>0 R* "Γ э	х—0	*	х->0
10. Найти lim (sin 3* У4-2
х-о \ х )
Это предел вида (6.60), где φ (х) = —^Зд8-, ψ(χ) = χ + 2.
Из (6.67)
lim -п 3* = 3, lim (х + 2) = 2.
х->0 х	х—0
В соответствии с формулой (6.62) получаем
lim/+)'+2 = 32 = 9.
11. Найти
2х |
Это также предел вида (6.60), где φ (χ) = γγγ, ψ (χ) = χ2.
Так как
2 —
lim	=	lim = -f-, lim χ2 = оо,
χ^οο Зх + 4 х-оо 3 + J-	3	Х-ОО
то в соответствии с формулой (6.55)
1
12. Найти lim (1 +sinx)*.
х»0
На основании формулы (6.63) получаем
_1_	/Г	_J	-lsln х\ lim
lim(1 + sinx)* =ljm| (1 + sinx)s,n* * f =	*	=	e1	=	e.
*->0	х-Ю	VL	J	'
13. Найти lim (cos x)*.
χ->β
274

Прибавляя и вычитая 1 из cosx и применяя соответствующую формулу, получаем
lim
X-
= lim
хч-0
n (cos χ) ·* = lim[l—(1—cosx)]x = lim (l — 2sin2-f)* =
0	x->0	x->0	'	1	'
(	2	sin*	Z \
2 lim I	—I
= e^0\	*	l·
1 — 2sin2-|4 2sin’ 2
x->0
2sin*4-
Поскольку
lim
x-0
2 sin2 JL \	sin2	—
2 I—Urn 1
x—0
— lim-
t—0
sin
— · lim sin ~ = — 1-0 = 0,
x—0
TO
lim (cos x)* = e° = 1.
X-»-0
14. Найти lim(l + tg2 x)2ct®a x.
x->0
Так как ctgx= -tg-je , то
2
lim(l + tg2x)2cte‘x= lim(l + tg2x)t«‘x =
x—0	x->0
= lim jo + tgax)^j = |lim(l + tgax)i«r^j = e2.
Задачи
Найти пределы:
'· il”(1 +A
3 |imJn£±iiL.
x->0	*
5+(^ί·
2. lim(l — 3x) *.
x—0
4. lim x [In (x + 1) — In x\.
6. lim
im №]'
-OO V* + ml ·
7. lim
sm
x-*-0
8. lim x sin —.
 	 X
10. lim
sm ax
‘0 tg bx *
275

11.	lim Sln3, 2 .	12.	lim
х->1
X \ x + 3
x->0
1
x.+o x3	x->o	Уx + 4 — 2
,3·	14.	lim	■
V
■К Й (Υ) ·	'*·	.5	(++)■
17.	lim (cos χ)
x-χΟ	”	2
18.	lim (sinx)tg4
Ответы
1. ea. 2. e~3. 3. 4 Указание. Положить 4x = а и воспользоваться
формулой (6.65). 4. 1. Указание. Положить -γ = а. Воспользоваться
формулой (6.65). 5. е*. 6. еп~~т. 7. -g-.	8.	1. Указание Положить
1	а.	I
γ = а. 9. 1. Указание. Положить arctg х — а, 10. γ. II. γ. 12. 4.
1 11 -- --
13. -тр 14. —γ-. 15. -g-. 16. 0. 17. е 2. См. пример 13. 18. е 2. Указание. Положить cos2 х = а.
§ 6.6. Разные примеры на нахождение пределов
При нахождении пределов могут встретиться неопределенности вида (оо — оо) и 0*оо. Эти случаи путем преобразования функции приводятся к одному из двух рассмотренных
случаев, т. е. к неопределенности вида γ или —. Покажем
на примерах, как находятся такие пределы.
Примеры
1.	Найти lim (j/χ2-f 6х + 5—х).
Х-++оо
При х—>	оо данная функция представляет разность двух
бесконечно больших величин, принимающих положительные
значения (случай оо — оо). Умножив и разделив данную функцию на (/х2 + 6х + 5 + х), получим
lim (/х2 + 6х + 5 —х)= lim .(/?2+β*+5-*) (У^+бх+5+Д^
χ-χ+οο	χ-χ+οο	У	X1	+	6х	+	5	+	х
276

2.	Найти lim '	1
Х-*3 \ Х — 3	*2	-	9,
Здесь также имеем неопределенность вида (сю — оо) при
х—>3. Производим вычитание дробей и сокращение на множитель х — 3 += 0; переходя к пределу, находим
lim (—· + —6 У = lim/'	=	»	=
1 1
1™к + 3	9·
3.	Найти lim/'- 1	1
4 sin2 х	sin2	2х
В данном случае также имеем неопределенность вида
(оо — оо). Применяя соответствующую тригонометрическую
формулу, производя вычитание дробей и переходя к пределу,
получаем
,. / 1 1 \ ,· / 1 1
lim
*.*0 \ 4 sin2x sin2 2х j	( 4 sin2 х 4 sin2 х cos2 х
..	cos2 х	— 1	1.	—	sin2	χ
= lim	, . о з—	= hm
4 sin2 x cos2 x	4 sin2 x cos2 x
= L]jm ! = L.l   L
4 x_+0 cos2x	4	4
4.	Найти lim x ctg -4-.
X->0	ύ
При x-w-0 получаем неопределенность вида 0·οο. Записы¬
вая в другом виде данную функцию и применяя формулу (6.59),
находим

При х->2 имеем неопределенность вида 0-оо. Полагая
х = 2 — а и переходя к пределу, находим
lim (2 — я) tg -у х = lim a tg	(2 — а) = lim а tg/γ	^ а)	=
χ-*2	β-*·0	α-χΟ	\	■“	/
COS
π
π	4β	α	π
= lim a ctg -т- а = lim а	=	lim	cos -т- а =
«-о	4	«-о	sin -JLa «-о sin-!La	4
4	4
π
,.	“Γ®	,. π 1.4
= lim		 lim cos -r- a =	  1	= —.
a-x0jL5inZLa a-xO	4	JL
4	4®	4
6.	Найти limx ^arctgx	γ^
! Положим arctg x — а, тогда x = tga, если x-*+oo, το a -> γ.
Следовательно,
lim x ^arctg x = lim tg a 	=
α-χ —
π
= — lim ■sin ®. (~	a) = — lim sin a	j — =
π cosi 12	)	_	.	/	π	\
α-χ —	α-χ	T	Sin	^	2	— aj
— "« \
= — lim sin a· lim	2	  i	.	l	=	\ '
~2	2	Sin
in/-»)
Задачи
Найти пределы:
1. lim (Ух2 + 5х + 4—|/χ2+χ).
χ—χ + οο
2. lim [~~λ — —А
+_4\* + 4 16 —ха;·
3· ‘™„(s№* ctg4
4.ylim (ctg χ — cosec x).
/ ж-хО
5. lim χ ctg-^-χ.
ж-χΟ г
6. Ibn (x- + (g*.
T
η ι· “ 1
7· Ϊ3 3* ·
8. limm lln (m+4)—lnm],
m-xoo
9. lim V*t9~3.
*-χ0 δ1Π 6*
1A 5 — 2n
10. lim	—t—.
n-oo б+г”-··1
II. lim(cos2x)ctgi 2χ.
Ж-хО
12. lim 1 +
ж_0 sin x
878

1 1 2
1. 2. 2. —-g-. 3. -γ. 4. 0. 5. —. 6. —I. Указание Положить
*=+ + *■	-+.	8. 4. 9. + 1* -+ И. + <2. ±.
§ 6.7. Сравнение бесконечно малых величин
1. Две бесконечно малые величины аир называются бесконечно	малыми	одного	порядка, если	предел	их	отношения
отличен от нуля, т. е.
lim -j- = а (афОу.	(6.69)
2. Величина а называется бесконечно малой высшего порядка
по сравнению с β, если предел отношения а к β равен нулю,
т. е.
lim-jk = 0.	(6.70)
3. Величина а называется бесконечно малой низшего порядка
по сравнению	с β,	если	отношение а к	β	является	бесконечно
большой величиной, т. е.
lim~ = oo.	(6.71)
г
4. Бесконечно малые величины аир называются эквивалентными, если предел их отношения равен единице, т. е.
lim -jk = 1.	(6.72)
Обозначение эквивалентных бесконечно малых величин а и β:
а ~ β.	(6.73)
Эквивалентные, бесконечно малые величины обладают следующими свойствами:
1) разность двух эквивалентных бесконечно малых есть
бесконечно малая высшего порядка по сравнению с каждой из
них;
2) при нахождении предела отношения двух бесконечно
малых можно каждую из них (или только одну) заменить другой бесконечно малой, ей эквивалентной, т. е. если а ~ а,
и β ~ Pi. то
lim-^- = lim — =	=	lim	(6.74)
P	P	Pi	Pi
Замечание 1. Произведение двух бесконечно малых есть бесконечно малая высшего порядка по сравнению с каждой из них.
Замечание 2. Чтобы сравнить между собой бесконечно малые
величины, находят предел их отношения Если это отношение предела не
имеет, то величины несравнимы
279

Примеры
1.	Если х->0, то какие из бесконечно малых величин Зх,
х2, У~х, х3, -L х являются величинами одного порядка с х,
величинами высшего порядка и величинами низшего порядка
по сравнению с х?
Рассмотрим пределы отношений данных величин к х.
Так как
1
г Зх 0	2	*	1
hm -— = 3, lim —-— =
χ-*ϋ *	х-*0 х	ζ
то величины Зх и -L х являются бесконечно малыми одного порядка с величиной х (см. формулу (6.69)).
Поскольку
lim— = limx = 0, lim — = limx2 = О,
x->0 X	x->0	X	x-+0
то величины x2 и x3 являются бесконечно малыми высшего
порядка по сравнению с величиной х (см. формулу (6.70)).
Так как
V
lim - г--~ = lim-./ — ' = оо,
^0 X	V*
то величина γ~χ является бесконечно малой низшего порядка
по сравнению с величиной х (см. формулу (6.71)). I
2. Дана бесконечно малая величина х. Сравнить ее с бесконечно малыми 1п(1 +х) и xsin-L.
Так как по формуле (6.65)
]imlElL±A = 1,
*-»о	*
то 1п(1+х) и х — эквивалентные бесконечно малы^ величины
(см. формулу (6.72)).
Величина xsin-L является бесконечно малой величиной как
х
произведение бесконечно малой х на ограниченную величину
1
j	X Sin —	j
sin — (I sin 21	1).	Так	как	отношение	   =	sin—	пре-
. 1
дела не имеет, то величины х и xsin— несравнимы.
3. Доказать, что при х->0 бесконечно малые sincx и сх
являются эквивалентными.
Так как
1

то из определения (см. формулу (6.72)) вытекает эквивалентность данных величин.
4.	Доказать, что при х->0 бесконечно малые arctg сх
и сх являются эквивалентными.
Положим
arctg сх = г,
тогда
и г-> 0 при х —► 0.
Следовательно,
tg 2 = сх
limjrctg£*_ = lim г =1
*-*0 сх	2-Ч)	tg	г
что и требовалось доказать.
_ тт „	|.	xsin6x
5· НаИТИ 1™ (arctg 2*)а ·
Принимая во внимание, что
sincx^cx и arctg сх^сх
(см. примеры 3 и 4), получаем
xsin6x ,. х Ьх 1 о 3
(arctg 2*)»	-	'	ΪΓ	“	Τ'3	-	Τ'
jc—χ3
χ — 3
При х -» 3 получаем неопределенность вида так как
х2 — 5х -f- 7 -> 1 и In (х2 — 5х + 7) ->· 0. Выражение х2 — 5х + 7
можно представить так:
х2 — 5х + 7 = 1 + (х2 — 5х + 6) = 1 + ζ,
где (х2 — 5х -f- 6) = ζ -> 0 при х -> 3.
Так как при z->0 In (1 -\-z)~z (см. пример 2), то
1п (х2 — 5х + 7) ~ х2 — 5х + 6.
Применяя формулу (6.74), получим
In (Xя 5* + 7) = limT-5* + 6 =fim„(K-2)„(*-3) =
jc—-3	X - 3	ж-хз	X	-	3	ж-хЗ х -3
= lim (х — 2) = 1.
7.	Найти lim-1 ~~ 1.
ж->0	х
При х->0 величина (1+х)а—1 является бесконечно
малой. Положим
(1 + х)а— 1 = 2.
Поскольку
z ~ In (1 + ζ),
281

то
(1 φχΥ— 1 - In [1 +(1 -f х)л — 1] = In (1 +x)a = aln(l -f x).
Следовательно.
limf'+^-.A.lim aln(| j~ *>. — a,
χ-НЗ	X	x-*0	X
Задачи
1. Сравнить бесконечно малые величины ах, сх3, Ь \/~х
с бесконечно малой х.
2. Доказать эквивалентность бесконечно малых величин:
1) tg сх и сх;	2)	arcsin сх и сх;
3)	-Ltg Зх и х;	4)	х + 2х2 и х.
3. Найти пределы:
1) Hm-r^-r—;	2)	lim-1-8""
х-ц) tgbx '	'	sin3	bx
1
3) limKl+y-K	4)	ljm	Щ+,
I
x-0
x-K)
5)	lim	6)	lim ϋ^ΐ1+Цг2!!.
Ответы
t. ax их — бесконечно малые одного порядка; сх3 — бесконечно малая
высшего порядка по сравнению с дг, 6Гх—бесконечно малая низшего порядка по сравнению сх 2. Указание. Воспользоваться формулой (6.72).
а а3 1	I
3. 1) -у; 2) -у; 3) -у. Указание. См. пример 7; 4) —-у, 5) а;
17
6)	- -у.
§ в.8. Непрерывность функции
Функция y = f(x) называется непрерывной в точке хъ если
в этой точке бесконечно малому приращению аргумента Δχ
соответствует бесконечно малое приращение функции Ау, т. е.
lim Ay = lim [f (хх + Δχ) — f (χ,)] = 0.	(6.75)
Δχ—O	Δχ—*0
Функция y = f(x) называется непрерывной в точке хъ если
при х -*■ хх, предел функции существует и равен ее значению
в точке xv т. е.
lim f(x) = f (Χι).	(6.76)
χ—χ,
Эти два определения непрерывности функции в точке равносильны друг другу.
282

Функция называется непрерывной в интервале, если она
непрерывна во всех точках этого интервала.
Свойства непрерывных функций
1. Сумма нескольких непрерывных функций есть функция
непрерывная.
2. Произведение нескольких непрерывных функций есть
функция непрерывная.
3. Частное двух непрерывных функций есть функция непрерывная во всех точках, в которых делитель отличен от
нуля.
4. Если y = f(z) и ζ = φ(χ)— непрерывные функции своих
аргументов, то сложная функция у — f [φ (х)) также непрерывна.
5. Если функция y — f(x) непрерывна и существует обратная функция χ = φ (у), то последняя также непрерывна.
Функция у = f (х) называется разрывной в точке х,, если
она определена в сколь угодно близких точках, но в точке xlt
не удовлетворяет условию непрерывности.
Если для функции у = / (х) существуют конечные пределы
lim f(x) и lim /(χ),
ж->ж,—О	ж-»ж, +0
причем не	все	три числа /(л·,),	lim /(х), lim	f(x)	равны
ж-хдц— 0	ж-»ж,+0
между собой,	то хг называется	точкой разрыва	1-го	рода.
В частности, если
lim / (х) =	lim /(х),	(6.77)
ж—Kjt,—0	ж->ж, + 0
то χ, называется устранимой точкой разрыва.
Точки разрыва функции, не являющиеся точками разрыва
1-го рода,	называются точками	разрыва 2-го рода. В	таких
точках хотя бы один из односторонних пределов является бесконечным или не существует.
Примеры
1.	Доказать, что функция у — х3 является непрерывной
в промежутке (— со, оо).
Функция у = х3 определена при всех х, т. е. в бесконечном
интервале (— оо, оо).
Покажем, что бесконечно малому приращению аргумента
соответствует бесконечно малое приращение функции. Фиксируем произвольную точку х, аргументу х дадим приращение Δχ,
приращенное значение функции определится формулой
у + Ау — (χ + Δχ)8 = х3 + Зх2 Δχ + Зх Δχ2 + Δχ3.
Приращение функции равно
Ау = χ8 + 3χ2Δχ -j- Зх Δχ2 + Δχ® — у = Зх2 Δχ + Зх Δχ2 + Δχ8.
283

Итак,
Ay = Δχ(3χ2 -f 3χΔχ + Δχ2).
Переходя к пределу, получаем
lim Ay = lim Δχ· lim (Зх2 + Зх Δχ + Δχ2) = 0 · Зх2 = 0.
Δχ—0	Δχ—Ο Δχ—Ο
Таким образом, условие (6.75) выполнено при любом х из
(— оо, оо), откуда и следует, что функция непрерывна при
всех х.
2.	Доказать, что функция у = хп (п — целое, положительное) непрерывна в промежутке (— оо, оо).
Функция определена при всех х, т. е. в интервале (—оо, оо).
Приращенное значение функции при фиксированном х равно
у + Ау = (χ + Δχ)" = х" + их"-1 Δχ + п хп~2 Δχ2 +
+ ... + Δχ",
откуда
&У = (* + Δχ)" — у = ηχη~ι Αχ -f- —~ ^ χ"-2 Δχ2+ ... +Δχ"=
= Αχ (ηχ*-1 + η[η~2λ)· χ"-2 Δχ + ... + Δχ"-1 j
и
lim Ay = lim Δχ-lim (nxn~l + —'? Τ- ^ χ"~2Δχ+...+Δχ"~1') = 0.
Δχ-Щ	Δχ->9 Лдс->0 \	^	J
3.	Доказать, что функция у = cos х непрерывна при всех х.
Эта функция также определена при любом х из промежутка
(— оо, оо). Фиксируя х и давая ему приращение Δχ, получим
приращение функции
Ay = cos (χ + Δχ) — cos χ = — 2 sin (χ -f- -—-J sin -A.
Так как | sin α ] а и |sina|<[l, то
I Δί/| =2
Следовательно,
поэтому
•I I Ax
sm (x + —
sin
Δχ
C2-1·
Δχ I
= 1 Δχ[.
|Δι/|<|Δχ|,
lim Ay = 0.
Δλγ—Ο
4.	Доказать, что функция у = cos х2 непрерывна при
любом х.
Функция 0 = cosx2 является сложной или функцией от
функции, а именно
у = cos г, г — х2.
284

Каждая из этих функций непрерывна (пример 3, пример 2
при п = 2). В силу свойства 4 функция у = cos ха будет также
непрерывной.
х - 2
5.	Показать, что для функции f (х) — — точка х = 2
\х z|
является точкой разрыва 1-го рода.
В точке х — 2 функция не определена.
По определению абсолютной величины (§ 6.1) имеем
/(х) = —- = — 1, когда (х — 2) < 0 или х < 2;
(X Z)
f (х) = *χ Ξ+ “ к0ГДа * — 2 > 0 или х > 2.
У,
I
1
I
t—	—
I
I
0
1 2\ X
-1
, - ...
1
1
Рис. 6.25
Так как
lim /(х) =— 1, lim / (х) = 1,
х—2-0	*->2+0
то точка х — 2 (рис. 6.25) является точкой разрыва 1-го рода.
Замечание. Данную функцию нельзя доопределить так, чтобы она
оказалась непрерывной в точке х = 2.
6. Показать, что точка х = 0 является устранимой точкой
разрыва для функции / (х) = S1"·—.
Функция f (х) =	не	определена при х = 0, но опреде¬
лена при всех хфО. Односторонние пределы функции в точке
х = 0 равны между собой
sinx	sinx	,
lim = lim = 1.
x->—0 x	x->+0 X
В силу условия (6.77) заключаем, что точка х = 0 является
устранимой точкой разрыва (рис. 6.26).
7. Показать, что функция f (х) =	3	имеет	разрыв
в точке х = 3.
Функция определена во всех точках, кроме точки х = 3.
При х < 3 получаем f (х) > 0, при х ]> 3 / (х) > 0.
285

lim f(x) — + 00;
*-►3—0
lim f{x) = ф oo.
*-►3+0
Точка x =э 3 является точкой разрыва (рис. 6.27).
У
-2W ΐ 0
Л
Рис. б. 26
1. Доказать, что функция
f (*) = ас + «ι* + а2х% + ... + апх?
непрерывна при всех х.
2. Доказать, что функция у = sin х непрерывна при всех х.
3. Доказать непрерывность функций:
1) у = 2cos3x;	2)	у	= 3 sin 4дг,
3)	у — sin х%\	4)	у	= cos3 х.
4. Показать, что функция
f /v\ _ sjn (* ~ 3)
ГУХ>- ι χ — з ι
имеет разрыв в точке х = 3.
886

б.	Найти точку разрыва функции
/0) = +·
6. Показать, что функция
х2 — 9
У ~~ х —3
имеет устранимый разрыв в точке х = 3.
7. Определить точки разрыва функции
f Μ = (х — 1) (х + 2) ·
Ответы
1. Указание. Воспользоваться свойствами непрерывных функций
и тем, что функция у = хп непрерывна. 5. х — — 4. 7. х = 1, х = — 2.

III.	Дифференциальное исчисление
функций одной переменной
Глава 7. Производная и дифференциал
Производной функции y = f(x) в точке х называется предел
отношения приращения функции к приращению аргумента,
когда приращение аргумента стремится к нулю:
Если х меняется, то предел (7.1) будет также меняться
(для некоторых х он может и не существовать), следовательно,
производная данной функции есть некоторая функция.
Функция, имеющая конечную производную, называется дифференцируемой. Операция нахождения производной называется
дифференцированием.
Геометрическое значение производной. Производная функции
У— /(*) Для каждого значения х равна угловому коэффициенту
касательной к графику данной функции в соответствующей
точке, т. е.
где а — угол, образуемый касательной к графику с положительным йаправлением осй Ох прямоугольной декартовой системы
координат; этот угол является функцией аргумента х.
Механическое значение производной. Для функции s = /(/),
меняющейся со временем /, производная s' есть скорость изменения функции в данный момент /0* т· е·
Г {t0) = v(t0),
где ν (/0) — скорость изменения s в момент t = /0.
Быстрота протекания физических, химических и других
процессов выражается с помощью производной.
Если и, υ, w — дифференцируемые функции от х, ас — постоянная величина, то имеют место следующие основные правила дифференцирования:
(7.1)
или
/ (X + Δχ) — / (X)
(7. Г)
Г (*о) = tgoc,
с' = 0 (с = const);
(j.1 — и w)' = и' — ν' ф w'y
(uv)' = u'v + uv'\
(7.2)
(7.3)
(7.4)
288

§ 7.1. Производные степенных и тригонометрических функций
Основные формулы:
(χ*)' = ax1-1;
(v^)'=
(7.6)
(7.6')
(-) = -?;
(7.6")
Ъ=1'·
(7.6'")
(sin x)’ = cos x;
(7.7)
(cos x)' = — sin x;
= соЮ
(7.8)
(7.9)
№*)' = sin!x·
(7.Ю)
Замечание. Формулы (7.6'), (7.6") и (7.6"') получаются из формулы
(7.6) соответственно при α, = γ, лг — — 1, а3 = I.
К Примеры
г	1	2
1. Найти производную функции y — γχ5 _χ3 + χ.
На основании формул (7.3), (7.4'), (7.6) и (7.6'") получаем:
'у' = (т ή'~ (-Г **)'+w' ^ 4- о5)' - -f +м' =
= _^_.5χί— -|-·3χ2 + 1 = χ4 — 2χ2 + 1 = (χ2 — I)2.
2. Найти производную функции f (χ) = 2 Υ χ — 3 /ха.
Как и в предыдущем примере, имеем
Пх) = (2хт—Зхт) = 2 (х^“) — з(х^~) =
1 111
= 2·^- х_т —3— х 3 =х 2 — 2х " 3 - —	—
2	3	Yx	У χ	'
3.	Найти производную функции у = х cos х.
Пользуясь формулами (7.4), (7.6'") и (7.8), находим
if = (х cos х)' = х' COS X + х (cos χ)' = 1 -COS X + χ (— sin x) =
ψ	—	cos x — xsinx.
lOt Гусак A. A.	289

4. Дана функция f(x) = х2 — Зх + 2. Вычислить /'(— 1)
ПО), ПП. Г (2).
Находим вначале производную данной функции
f (х) = 2х — 3.
Подставляя значения аргумента х в выражение для производной, получаем:
Π— 1) = 2 (— 1) — 3 = — 5; /'(0) = 2-0 — 3 = — 3;
П1) = 2-1—3 = —1; Г (2) = 2-2 — 3= 1.
^2   2
5. Найти производную функции f (х) = -8-	.
X -р Z
По формуле (7.5) находим
f/ / VN _ ίχ2 - 2)'	(х2 - 2)' (χ2 + 2) - (χ2 _ 2) (** + 2)'
Τ - (Χ2 + 2) ~	(χ2 + 2)2	“
2χ (χ2 + 2) — (χ2 — 2) 2χ	8χ
(χ2 -+ 2)2	—	(χ2	-+	2)2	*
6. Найти производную функции r = b cosv.
Здесь функция обозначена буквой г, аргумент — буквой φ,
Ъ — постоянная величина. Дифференцируя, находим
г' = ф COS φ)' = Ь (COS φ)' = Ь (— Sin φ) = — Ь Sin φ, г' = — Ь 81П φ.
7. Найти производную функции s = at2 -f- bt + с.
Функция обозначена буквой s, аргумент буквой /, а, 6
и с — постоянные. Дифференцируя, получаем
s = (at2)' + (Ы)' + (с)' = a (t2)' + b (/)' + (с)' = 2 at + b.
Задачи
Найти производные функций:
1. у = -j- х5 — 2х4 + хэ 1- х2 + 4х — 5.
9	_	J 1_ ,	1
^	У ~ 2х2 Зх3 "к 5х6 ■
3.	у = 4\f хэ — 3 /х2 +	2 Ух.
4. у = sinх — cosx.
5. у = x2cosx.
_	αχ — 6
«· !(=ЛТТГ·
7.	s = 5γ3 — Υ2.
8.	г = φ sin φ.
9.	/ (χ) = χ2 — 5χ + 6. Найти f (0),	f (1), f' (4), /' (— 2).
10.	г (φ) = sin φ + coscp.	Найти	r'(0), г’
290

Ответы
I.	у' = χ4 — 8х3 -f 2ха — Зх + 4 2. у' = — ~ + -L — -JL 3	=
3	2	1
=	17=“	—'	з г—	4"	·,/·— ·	4	0* = cos х + sin χ	5.	у' = х (2 cos х —
.	{/х	/х	У х
—	хsin х).	6.	/ =	_—2а6 ---.	7.	s' ==	15/2 — 2/.	8. г' = sin φ 4- φ cos ».
(αχ -f b)2	tit t
Г (x) - 2x — 5; Г (0) = - 5; /' (1) = - 3; /' (4) = 3.
§ 7. 2. Производная сложной функции
я Если у = f(z) и 2 = φ (х) — дифференцируемые функции
зоих аргументов, то производная сложной функции
£	«/	= /(? W1
['существует и равна произведению производной данной функ-
гции ζ/ по промежуточному [аргументу г на производную промежуточного аргумента ζ по независимой переменной х;
!	·	,	.	dy	dy	dz	,-	,,.
ух = уЛ или = JL	(7.И)
В частности, формулы § 7.1	примут	вид:
(za)' = аг®-1·?'; (]/Т)' ==	'2';	(sin z)'	= cos2-г';
|	(cosζ)' = —sinzz'; (tgz)' =	(ctgz)'	= — HHW2'*
Примеры
1.	Найти производную функции у = sin 5х.
Аргументом синуса здесь является не х, а 5х. Это сложная
тригонометрическая функция, которую можно представить так:
у = s\nzf ζ = Ьх.
Имеем:
Ι	уг = (sin z)'z = cos ζ = cos 5χ; ζχ = (5χ)^ = 5.
I Подставляя- выражения для уг и ζχ в формулу (7.11),
Ьаходим:
у' = cos 5χ· 5, (sin 5х)' = 5 cos 5х.
Тот же результат можно получить и непосредственно, не
гВводя явно промежуточный аргумент г = 5х:
- г	(sin Ьх)'х = (sin 5х)' *(5х)^= cos 5х·5 = 5cos 5х.
? Замечание 1. В последних равенствах штрихом обозначено Диффе·
ί рениирование по промежуточному аргументу г — бх. Штрих вверху и я
внизу означают дифференцирование по х.
Замечание 2. Мы пользовались здесь тем, что производная синуса
его аргументу равна косинусу того же аргумента
291

2. Найти производную от функции у = sin2x = (sin λ)3.
Это сложная степенная функция с промежуточным аргументом z = sin х. Данную функцию можно представить в виде
у = ζ2, z = sin х.
Дифференцируя, получаем:
у'2 = 2г = 2 sin х; zx = (sin χ)' = cos χ.
Подставляя эти выражения в формулу (7.11), находим
0^. = 2 sin х cos χ = sin 2х.
Тот же результат получается непосредственно:
(sin2 х)'х = (sin2 х)' · (sin х)'х = 2 sin х cos х = sin 2х.
3. Найти производную функции у= cosx3.
Это сложная тригонометрическая функция с промежуточным
аргументом г = х3. Функция представляется в виде
0 = cos 2, ζ = х3.
Дифференцируя данные функции по своим аргументам
и подставляя полученные выражения в формулу (7.11), находим:
yz = (cos	z)2 = — sin ζ = —	sin χ3, ix = (χ3)^	= Зх2;
ух = — sin χ3 · Зх2	= — Зх2 sin χ3.
Этот	результат	можно получить	и не вводя явно	промежуточного	аргумента	ζ:
(cos х3)^ = (cos χ3)' · (х% = — sin х3 · Зх2 = — Зх2 sin х3.
4. Найти производную функции у = (ах — 6)4.
Данная функция является сложной степенной функцией
с промежуточным аргументом ζ = ах — Ь:
у = ζ4, ζ = ах — Ь.
Дифференцируя, получаем:
02 = (ζ4)' = 423 = 4 (ах — 6)3, z't = (ах — 6)' = а,
у^ = 4 (ах — bf-a = 4а (ах — bf.
5. Найти производную функции у= /х 2 + 4х + 2.
Представляя данную функцию в виде
0 = У~г, ζ = х2 + 4х + 2
и дифференцируя, находим:
Уг — (V~z)z — 2 у- — jy=====,
ζ"χ = (χ2 + 4х -+ 2)' = 2х + 4;
. _	2*+ 4	= х + 2
Ух 2 Ух2 + 4х + 2	/х2 -j- 4*2 *
6. Найти производную функции 0 = sin2
292

Это сложная степенная функция, аргумент которой является
сложной тригонометрической функцией. Первый промежуточный
X	и	X
аргумент есть sin-g-, второй	—.
Здесь формулу (7.11) нужно применить дважды
У. - Ж -г)' · (si" -т)'ж = (sin‘ -т)' ■ (sin т)' · [i-l =
η . χ χ 1	1
= 2 Sin —γ COS —γ . —γ = —γ Sin X.
7. Найти, производную функции у = х2 sin2x2.
Данная функция представляет собой произведение двух
функций, одна из которых является сложной функцией, при
.дифференцировании последней формулу (7.11) нужно применить
.дважды (см. пример 6).
} Дифференцируя данную функцию как произведение и функцию от функции, получаем
у' = (χ2 sin2 х2)' = (х2)' sin2 х2 + х2 (sin2 χ2)' = 2х sin2 χ2 +
I	+	χ2	2	sin	x2	cos	χ2·2χ	=	2x	sin2	x2	+	2x3	sin	2x2	=
I	=	2x	(sin2	x2	-f	x2	sin	2x2).
•	cos2x
4	8. Найти производную функции у = γπγ·
Дифференцируя ее как частное и сложную функцию, наводим
||	,	( cos2x\'	 (cos2 х)' sin χ — cos2 x (sin x)'
sinx I	sm-’x
 	2	cos	x	(— sin x) sin x — cos2 x cos x
sin2 x
cos x (sin2 x + cos2 x) + cos x sin2x
sin2 x	~
v= — cos X (-Jrj + 1 j = — cos X (cosec2 x + 1).
Задачи
Найти производные функций:
1.	у = sin-g-.
3.	у = cos3 χ.
5.	у = /х4 + 2х + 3.
7. у = (а2 — сх2)3.
' 1
9. у =
11. у =
(1 + sin 2х)3
sin2 х
cos X *
2.	у = cos (3 — 4х).
4.	у = sin4 х + cos4 χ.
6.	у = (2х2 — 7)3.
8* У = (ах + Ь)2 *
10.	у = — ctg3x + 3 ctg х + Зх.
12. у — cos2xa.
293

Ответы
1 χ
1TC0S 2
2*8 , t j	2ί?
δ. .	6. 12* (2*2 — 7)2. 7. - бсх (а2 - сх2)2. 8. — ■.	.	Мз.
/*4 + 2*+3	(адс	+	6)3
— 6 cos 2х
ft (j + Sin 2χ)*" 10' ^tg4^. 11. sin лс (sec2 лс + 1). 12. — 2jc sin 2дс2,
§ 7.3. Производные показательных и логарифмических
функций
Основные формулы:
(ах)' = ах In а;	(7.12)
(<?*)'= ^;	(7.13)
(log.O' = 4-log^ = +:	С7·	14)
(1п*)' = +	(Ы5)
Если z = z (х) — дифференцируемая функция от х,	то фор¬
мулы примут вид:
(α*)' = α*Ληα·ζ'\	(7.12')
И' = <?*.2';	(7.13')
С°ел)'= 7+"·	<7Л4'>
(lnz)' = -f.	(7.15')
\
Примеры
1. Найти производную функции у = 4х.
Пользуемся формулой (7.12). В данном случае а = 4. Получаем
(4х)' = 4х \п4 = 2\П2-4х.
2. Найти производную функции у = ах*.
По формуле (7.12') получаем
(ахУ = αχ2·\ηα·(χ*)' = αχ>·1ηα·2χ = 21ηο·χ.αχ\
3. Найти производную функции у = esin4
По формуле (7.13') находим
(esln*x)' =	.(sin2x)'	= е?{п*х -2 sin х· cosx = esin*x sin 2х.
4. Найти производную функции у = In ]/х2 + 2х + 3.
По формуле (7.15') получаем
(InKF+2T+3)' = уТь+ч ·(У^ТгГ+з)' =
294

г — =- ·	т=--1	=— (а:2 -f- 2х + 3)' =
/х2 + 2х + 3	2/х2	+	2х	+	3	v	^	'
2х + 2	х	+	1
2 (х2 + 2х + 3) х2 + 2х + 3 *
Замечание. Данную функцию можно было бы записать	такс
μ = γ In (χ2 + 2х + 3) и продифференцировать следующим образом:
£-g- In (χ2 + 2х + 3)j = γ ·	+ 2χ + 3) ’ (χ2 + 2χ + 3)'=	+	2χ	+ 3*
5.	Найти производную функции у = In jV| + 2xx
ί-Μ+Ι-ΙΧ+ϋ)]-
= 4-iln(1 + 2x) — In (1 — 2x)K = 4-(т-Г91 +
2 1	'	17	v	/J	2	\l+2x~l—2x
.	.	Y	2
1 +2x 1 1—2xj	1 — 4x2 *
Замечание. Если под знаком подлежащей дифференцированию
йОгарифмической функции содержится выражение, поддающееся логарифмированию (произведение, частное, степень, корень), то полезно сначала выполнять логарифмирование.
6. Найти производную функции у = cos 2х·е2 cos4
Дифференцируя произведение и пользуясь формулой (7.13'),
Находим
(cos 2х · е2 cosf *)' = (cos	2х)'	е2 cos* * + cos 2х (е2 cos‘ *)'	=
= — 2 sin 2х · е2 cos* *	+	cos 2х · е2 cof х · 4 cos х (— sin	х\	—
= — 2 sin 2x-e2cos*х — 2sin2x-cos2x-e2cos:!AC =
— — 2е2 cos** sin 2х (1 + cos 2х) = — 4е2 cos* * · sin 2х cos2 χ.
Задачи
Найти производные функций:
I. у = х2 \пх.	2.	у = 1п(х2 + 5х + 6).
л ι х — о	.	\	\	/	а	—	Ьх
4· »=ΙπΚί+6Ϊ·
5.	у = In In χ.	6. у = In2 χ.
X
sin —
7.	у = 4* + Λ	8. у = a .
9.у = емъ‘.	10.	у	=	cC0s*х.
12. » = 1пе4++
v	Ьх	+	с	^	ех	—	е
—х
295

Ответы
2х + 5	2	а	'	ab
1. х (2 1п х + 1).	2.	-	2 + 5χ +~g.	3.	χ2_α2	>	4.	ьН2	_	β2.
1	2 In *	v	„	1	sin-+	χ
5. —i	.	6.	—-—.	7. 4χ2 1π2 + 4χ3.	8.	-τ-a -cos —χ-	In α.
* 1η χ	χ	1	4	4
ρ/τ %·	4
9.	2cos2x£sin2'K 10. — sin 2xecos+ 11. 1 — τ~2 .	12.
bx2+c	е	2χ — е2х
§ 7.4. Производные обратных тригонометрических функций
Основные формулы:
(arcsin х)' = J— ;	(7.16)
У \ — х1
(arccos х)'	— у==-;	(7.17)
(arctg х)' =	(7.18)
(arcctg х)' = — γψγ2.	(7.19)
Для сложных функций:
(arcsin ζ)' = тЛг- ■=;	(7.16')
/Г
(arccos г)' =	.	;	(7.17')
/1-г
(arctg г)' =	(7Л8')
(arcc tg 2)' = —	(7.19')
Примеры
1.	Найти производную функции у = arcsin х
Дифференцируя, получаем
(arcsin χ ф У1 — х2)' = (arcsin χ)' ф (У 1 — х2)' =
 ί jl 1	(1	_	*2у 	1	ί
у 1 — х2	2 /1 — *2	у	1	—	*2	/ 1 — X2
_ * —х	_	ι/ 1 — х
У 1 — χ2	'	1	+	х
2.	Найти производную функции у = У1 — х2 arccos х.
Дифференцируем, используя формулы (7.4) и (7.17), находим
(У 1 — х2 arccos χ)' = (У 1 — х2)' arccos х ф
ф У 1 — х2 (arccos х)' = —	х а arccos х —
— У 1 — х2 · . 1 - = — 11	..	* . arccos χ V
г	у ι-x2	+	У	1-*»	)
296

3.	Найти производную функции
у = arctg А + -L In (х2 ф а2).
Дифференцируем почленно и используем формулу (7.18'):
[arctg А + ~ in (χ2 + α2)| = (arctg + -L [In (x2 + a2)]' =
_	1	/ χ V . 1 i
” 1 + (^Μ “2“ ‘ + Ω2 β
/Т	V*	Ο	_ί_	л
I	а	  X	CL
χ2 + α2 *	χ2 +	α2 χ2 +
Λ -p U-	Λ	—ρ U>	Λ> “Ρ и
4.	Найти производную функции у = arcctg У2х— 1,
По формуле (7.19') находим
(arcctg\Г2х=1)' =	-ν+~	‘Κ.	=
1 + (|/ 2χ — 1)
1 + 2* —1 ‘ 2 /2х — 1	2х	У	2х	—	1
5.	Найти производную функции у = arcsin -Л,
С помощью формулы (7.16') получаем
[arcsin —) =
1
I χ I Ух2 — 1 '
1 χ
6.	Найти производную функции у = arctg -г--
1 + X
По формуле (7.18') находим
1 — х У 	1	/	1	—	х
1 +
(arctg -у
+ */	}	—	ΧΫ	/+х
\ 1 + х I
(1+*)2	Г	-1(1 + дс) — 1 (1	-χ) 1	_	-2	_
(1 + *)2 + (1 -xf	L	(1+*)2	J 2 + 2х2
1
1 + х2*
Задачи
Найти производные функций:
1.0	= arcsin 2х.	2.	у	=	— arcsin
3.	0 = arccos Ух.	4.	0	=	arccos χ3.
297

χ	1
5. у = arcctg —.	6. у = arcctg —.	,
7.	у = arctg γ Αχ — 1.	8. у = arctg —Lr.
Г ^
Ответы
22	1	Зх2
I —	-	2	  ·	3  	—	4	 —	—
' Y1 — 4x2 ’	’	χ	К	χ*—	Г	'	2/x-x2’	'	Y1	— x«
all	1
6-	“ a2 -j- χ2 6· χ2 + V 7' 2 У 4x3 — x2 ' 8‘ _ 2/χ·(χ+1) *
§ 7.5. Производные неявных функций
Функция у от аргумента х называется неявной, если она задана уравнением
F{x,y) = 0,	(7.20)
не разрешенным относительно зависимой переменной.
Чтобы найти производную у' от неявной функции, нужно
продифференцировать по х обе части уравнения (7.20), рассматривая у как функцию х. Из полученнбго уравнения находится
искомая производная ίΛ
Примеры
I.	Найти производную неявной функции х2 + у2 — а2 = 0.
Считая у функцией от х и дифференцируя у как сложную
функцию, получаем
(ха + у* — а2)' =0, 2х + 2 у-у' — 0,
откуда
Замечание. В этом примере тот же результат можно получить
и другим способом. Разрешив исходное уравнение относительно у, найдем
две явные функции ух = Υ α3 — χ2, у2 = — Υ а2 — х2. Дифференцируя эти
функции, находим:
'	1	г	2ч/	~2х	х	'	х
У{ 2 Y~&7Tjt (a Х *	2	V	α2	—х2	УУ	У2~	Уг'
Однако переход от неявной функции F (х, у) = 0 к явной у = f (х) не всегда
возможен.
2.	Найти производную неявной функции х3 + у3 — Зху = 0.
Дифференцируя, получаем:
Зх2 + Зу2·у' — 3 {х'у + ху') = 0; х2 -+ у2-у' — у — ху' = 0;
хг —У У У' (У2 — х) -= 0.
298

Из последнего уравнения находим y'i
,	X2 — у
У =
3. Вычислить значение производной неявной функции ху2 =
= 4 в точке Μ (1, 2).
Найдем вначале производную:
х'у2 + х2уу' = 0, у' = —
Подставляя в правую часть последнего равенства значения х =*
= 1, у = 2, получаем
2 .
У —	2-1
4. Найти х/ при /= 1, если /1пх— xln/=l.
Это уравнение определяет х как неявную функцию t.
Дифференцируем по /:
trlnx -+	— (*ilnf + х ’ —у*) = 0.
Так как it = 1, то
In χ + γ χ] — х/ In / j- — 0, х! ^ In tj — (·γ In xj — 0r
откуда
X
,	“	-Inx
Xt~ ~t —*
— -Ini
Чтобы найти xt при t = 1, необходимо определить еще значение х, соответствующее данному значению t. Подставляя
t= 1 в исходное уравнение, получим Ыпх — xlnl = 1, откуда
; 1п х = 1, следовательно, х = е.
Подставим сейчас значения t, х в формулу для производной.
Получим
%	Xi	=	—|= е(е— 1), xt=e(e— 1).
  -ΟΙ	ее
f Задачи
I.	Найти производные неявных функций:
1. х2 + у2 — Аху = 0.	2.	ху2	-J-	х2у	—	2.
х2	у2
3.	ху + sin </ = 0.	4.	γ — ηγ = 1.
Ζ. А
5.	^ + χ = у.	6.	х3 +е/3 =а
7.	In ζ/ — 2х = 0.	8.	у2 + х4 = х2.
29S

9. Найти у' в точке Λί(1, 1), если + ху = 2.
10. Найти у' при 0 = 0, если xcos у — sin 0 + sin 20 = 1.
Ответы
х — 2У	п У (У + 2х)	у	b2x	I
2х — у'	^ х(х + 2у) ' 3' ““ х + cos у ' а2у‘ 1 — еУ *
+
6. —	. 7. 2у. 8. х I1 —2*2) , д. о. 10. —I.
§ 7.6. Производные высших порядков
Производной второго порядка или второй производной функции 0 = f(x) называется производная от ее производной у' =
= /' (х). Она обозначается символами:
У" = (У’)’ или /" (х) = [/' (*)]' или ^ =
Механический смысл второй производной. Если х = / (/) —
закон прямолинейного движения точки, то х" = /" (/) есть ускорение этого движения.
Аналогично определяются и обозначаются производные
третьего, четвертого и других порядков:
у= Г Щ = ((/")' = -0, pv = ;,vw = (у»). =	...,
0<»> = /<»>(*) = (!,(“-»)' = Л^.
Формула Лейбница для производной η-го порядка от
произведения двух функций:
(uv)(n) = Φη)ν -f ηΦη~1)υ' + ■” ^η~ — u(n~2)v" + ... +
ηιι'υ^-ν -φ uv(n).
Примеры
1. Найти производную второго порядка функции у = sin2x.
Дифференцируя, получаем первую производную
у' = 2 sin х cos χ = sin 2х.
Дифференцируя еще раз, находим искомую производную
второго порядка:
у" = (sin 2х)' = cos 2х · (2х)' = 2 cos 2х.
2. Найти производную третьего порядка функции у = х2 ф
+ Зх + 2.
Последовательно дифференцируя, получаем:
у' = (х2 + Зх + 2)' = 2х + 3; у" = (2х + 3)' = 2;
у'" = (2)' = 0.
3. Найти производную четвертого порядка функции у = sinx.
Последовательно дифференцируя, определяем:
у' — cos х, 0" = — sin х, ут = — cosx, 0,v = sin χ.
300

4. Найти /(0), Υ (0), /"(0), /'" (0), Р(0), если f(x) = cos2x.
Находим производные первого, второго, третьего и четвертого порядков:
Y (х) = — 2 sin 2х, /" (х) = — 4 cos 2х,	(х)	=	8	si	η	2х,
/,ν(χ) = 16 cos 2х.
Придавая х значение, равное нулю, находим
/(0) = 1, f' (0) = 0, /"(0) = - 4, Г (0) = 0, Г (0) = 16.
5. Найти производную десятого порядка для функции у =
= е* (х3 — 2).
Применяя формулу Лейбница, получим
ί/<10> = [е* (х3 — 2)]<10) = (е*)(10) (х3 — 2) + 10 (ех)^ (х3 — 2)' +
+	И(8)(*3 — 2)" +	(0<7>(х3 — 2)'".
Все последующие слагаемые равны нулю, так как все высшие производные от функции х3 — 2, начиная с четвертой,
обращаются в нуль. Поскольку производная любого порядка
от е* есть ех, то
у(\о) _ gx μ3 — 2) + ЗО^х2 -f 45е*· 6х + 1206·*" · 6,
у{ш) _ ^(х3 + ЗОх2 + 270х + 718).
Задачи
Найти производные второго порядка от функций:
1.	у = (χ2—I)2.	2.	у = (ах2 — Ь)2.
3. у = ах.	4.	у = 1п х.
5.	у = tg х.	6.	у = ctg х.
Найти производные третьего порядка от функций:
7.	Γ = α(φ — sin φ).	8.	r = a(l—cost?).
9.	s = asin4i.	10. s = acos3K
Ответы
1	2	sin	x
1. 4 (3x2 — 1).	2.	4a	(3ax2 — b).	3. ax In2 a. 4. —	5.	χ	.
2 cos x
6. —;—3—. 7. a cos®. 8. —a sin®. 9. —64a cos At. 10. 27a sin 3L
sin3 X	7	T
§ 7.7. Производные гиперболических функции и функций,
заданных параметрически
Выражения	■	7'	~~	и их отношения называются
соответственно гиперболическим синусом, косинусом, тангенсом, котангенсом и обозначаются:
,	£* — е~х ι е* + χ ,,	shx ех — е~х
sh X = g ; ch χ	^	» th * “	“	ех	+	е-*	;
301

shx 6х — e~x '
Основные формулы для гиперболических функций:
ch2x — sh2x = 1;
ch2x + sh2x = ch 2x;
sh 2x = 2sh x ch x.
1. Производные гиперболических функций:
(sh χ)' = ch x; (ch χ)' = sh χ;
(7.21)
XY = ch2 x ’ ^cth = sh^r*
2. Производная yx функции, заданной параметрически
* = ?x (О» У = ? 2 (0.
находится по формуле
' У1 Фг
Ух = -4- = -4-.	(7.22)
xt Φι
3. Производная функции у = uv, где и и о дифференцируемые функции от х, находится с помощью предварительного логарифмирования.
Примеры
1. Найти производную функции у = sh2x.
Дифференцируя сложную функцию и пользуясь первой из
формул (7.21), получаем
у' = 2 sh χ· (sh χ)' = 2 sh x ch χ = sh 2x.
2. Найти производную функции у = х — cthx.
Дифференцируя разность двух функций и принимая во внимание четвертую из формул (7.21), находим
f 1 I 1	sh2x + 1 ch2x	2
у =1 + -^ = -ж^ = -жг=сиЛ:·
3. Найти производную ух функции x = acost, y = bsint.
Находим сначала производные по /: xt = — a sin /; у\ =
= 6cos/. Подставляя найденные выражения в формулу (7.22),
получим
'	b cos /	Ь	,	.
»* = — = ^itaT==--rctg<·
х(
4. Найти производную ух функции x = Zcos/, у = е( sint
при / = 0.

Функции х и у имеют следующие производные по t:
xt = е* cos / — е{ sin / = et (cos t — sin /);
yt = e( sin t + e( cos t = e( (sin t + cos /),
поэтому
'   sin t + cos t
Ух ~ cos t — sin i *
При / = 0 получаем yx = 1.
5. Найти производную от функции у = Xх.
Логарифмируя по основанию е, получаем
1п у = х In х.
Дифференцируя, находим
. — ♦/ = 1 ·1π χ + χ- —; А — in * + 1
у υ	1	X	у	‘
откуда
у' = у( 1пх+1).
Подставив в последнее равенство выражение у = χ*, получим
у* = хх(\пх + 1).
6. Найти производную функции у = xsin \
Логарифмируем по основанию е:
1п0 = εΐηχΊπχ.
Дифференцируя, находим
1	/	1	,	I
.— у = cosx-lnx 4- sin χ ,
у ν	1	χ	*
откуда
, f ,	.	sinx\
у = у (cos χ· In х -I——J
и, наконец,
i/ = *sinx (cos *. ]n * +
Задачи
Найти производные гиперболических функций:
1.0	= ch2x.	2.	0	=	х ch χ.
3. у = In (sh χ).	4.	0	=	th χ — χ.
5. 0 = arcsin (th x).	6.	у	=	arccos	(th	x).
Найти производные функций, заданных параметрически:
7.	χ = 6 cos3 и, 0 = 6sin3«.	8.	х = at cost, у = at sin /.
9, x = t2, у = 41 при t = 1.
10. χ = -γ {t + -f), 0 = -f~(/~-r) при / = 2.
303

11. Найти производную степенно-показательной функции
у = uv, где и и о — дифференцируемые функции от х.
Найти производные степенно-показательных функций:
12. у= Xе03*.	13.	у	=	(sinх)*.
14.	y = Yx.	15.	y	=	xVx .
Ответы
1.	sh 2х.	2.	ch	χ	+	х sh χ. 3. cth χ. 4. — tha χ. 5.	6.	—	.
sin/ + / cost n n 56	/	d \
7--‘6“· cos(— Ysin~(' 9· 2·	3d·	"·	«'(»!■■«	+	— “)·
Указание. Логарифмируя равенство у = ιΛ получим In у — ό 1п и. Продифференцировать последнее равенство и подставить в полученную формулу*
(cos х\
— sinx-lnx + —-—I.	13. (sin х)х (In sin χ +
-fxctgx) 14. хУх ^ 1	15.	χ	2	^l+-^-lnxj.
§ 7.8. Дифференциал функции
Дифференциалом функции у = f(x) называется произведение
ее производной на приращение независимой переменной:
dy = f' (χ) Δχ.	(7.23)
В частности, при f (χ) = х, получаем
dx = 1 ■ Δχ, dx = Δχ,	(7.24)
т. е. дифференциал независимой переменной равен приращению
этой переменной.
Формулу (7.23) можно, следовательно, написать так
dy = Υ (х) dx,	(7.25)
откуда
т-Зр	с-26)
Дифференциал функции у = / (х) равен приращению LN ординаты касательной ML, проведенной к графику этой функции
в точке	М,	когда	аргумент получает приращение	Δχ	(рис. 7.1).
Из определения производной и дифференциала	вытекает, что
Ay = dy + εΔχ,
где е 0, когда Δχ —»0, т. е. дифференциал функции отличается от приращения на бесконечно малую высшего порядка,
чем Δχ = dx.
При малых Δχ справедлива приближенная формула
f(jc + Δχ) - f (χ)« f (χ) Δχ	(7.27)
или
/ (χ + Δχ)« f' (χ) Δχ + / (χ).	(7.28)
304

t Если и, ν, αί —дифференцируемые функции от х, а с — по-
| стоянная, то верны следующие свойства дифференциалов:
dc = 0, с = const;
I	rf	(« + с) = dw, с = const;
i	d(u	— νφ w) = du — άυφ dw;
i	d	(cu) = с = const;
\	d	(uv)	= udv φ vdu\
t	. / и \ odu — udv
γ	d I—j = ——i
Примеры
i
1. Найти дифференциал функции 0 = sinx.
По формуле (7.25) находим
J'	dy = d (sin χ) = (sin x)' dx = cos x dx, dy = cos x dx.
2. Найти дифференциал функции 0 = x2-f-4x-J-8.
На основании формулы (7.25) получаем
I	dy = (χ2 φ 4x φ 8)' dx = (2x -f- 4) dx = 2 (χ φ 2) dx.
3. Найти дифференциал функции r = a(φ — coscp).
f В данном случае функция обозначена буквой г, аргумент —
f буквой ср. Формула (7.25) перепишется так: dr = r’dy. На осно-
^ вании этой формулы находим
с	dr = [α(φ — COSCp)]' С?ср = α(1 -f- sin<p)rfcp.
I 4. Вычислить значение дифференциала функции у = х3 + 2х.
когда х изменяется от 1 до 1,1.
Прежде всего находим общее выражение для дифференциала
. этой функции:
Г	dy	=	(Зх2	ф	2) dx.
Подставляя значения х = 1, dx = Δχ = 1,1 — 1 = 0,1 в последнюю формулу, получаем искомое значение дифференциала:
dy = (ЗЛ2ф 2)0,1 =5-0,1 = 0,5.
305

6. Заменяя приращение функции дифференциалом, приближенно найти arctg 1,02.
Формула (7.28) применительно к данной функции перепишется в виде
arctg (χ + Δχ)« arctg χ + γγρ Δχ.
В нашем случае χ + Δχ = 1,02, χ = 1, Δχ = 0,02. Подставляя эти значения в формулу, получим
arctg 1,02 arctg 1 -J- -j-^p-p-0,02 =	+ 0,01 ~ 0,795.
Следовательно, arctg 1,02 ^ 0,795.
Задачи
Найти дифференциалы функций:	'
1.	у = х4 + 4хэ + 6ха + 4х.	2.	у — * ~ ^
3.	У = tg2 2х.	4.	у = /х3 + 6х2.
5.	у = esln4*.	6.	г = φ cos φ — sin	φ.
7. s = bsm9t.	8.	у — χ3, χ = t2—	1.
9. Дана функция у = х4 + 4х. Найти Ау и dy, сравнить их
между собой, если: 1) х = 1, Δχ = 1; 2) χ = 1, Δχ = 0,1.
10. Вычислить приближенно приращение функции у = х2 +
+ 2х+3, когда х меняется от 2 до 1,98.
П. Заменяя приращение функции дифференциалом, приближенно найти:
1)	arctg 1,05; 2) <?°·2; 3) In 1,01;	4) sin 31°.
Ответы
2	4tg2x	Зх2	4- 12лс
I.	4(*+1)>Лс.	2. -fix. 8.3^4*.	4.^7===*.
б.	4esm4* cos 4х cfx. 6. dr = — <psia<pd<p. 7. 36 sin21 cos / dt. 8. 6i (Iя —
— 1 )adt. 9. Ι)Δί/=ΐ9, dy — 8; 2) Ay = 0,864, dy — 0,8.	10. —0,12
11.	1)0,81; 2) 1,2; 3) 0,01; 4) 0,515. Указание. Выразить χ = arc 30*
и Δχ = arc Г в радианной мере.
Глава 8. Приложения производной
Понятие производной находит многочисленные приложения.
С помощью производной можно найти касательную к кривой
в данной точке, определить скорость и ускорение неравномерного движения в данный момент времени. Производная широко
применяется при исследовании функций, являющихся переменными величинами. С переменными же величинами постоянно
встречаются при изучении закономерностей природы.
306

§8.1. Правило Лопиталя—Бернулли
Правило Лопиталя — Бернулли является эффективным средством нахождения предела функции в тех случаях, когда аргумент неограниченно возрастает или стремится к значению, которое не входит в область определения функции.
I. Раскрытие неопределенностей вида А и А.
Пусть функции 0 = / (х) и 0 = φ (х) дифференцируемы при
0<|х— «|<6, причем производная одной из них не обращается в нуль.
Если /(х) и φ (х) — обе бесконечно малые или обе беско-
f /дЛ
нечно большие при х -> а, т. е. если частное представляет
О	оо
в точке х = а неопределенность типа -g- или —, то
limfAiY = lim+I-
Ср (Jt)	V	(χ)
х~+а τ ' '	х-*а τ νΛ/
;при условии, что предел отношения производных существует.
* Последняя формула и выражает правило Лопиталя —
рернулли: предел отношения двух бесконечно малых или
фвух бесконечно больших величин равен пределу отношения их
Ыроизводных, если последний существует или равен бесконечности.
Правило это Применимо и в случае, когда а = оо. Если
ί	р	/х\
Частное ,в точке х = а вновь дает неопределенность одного
f	¥	Iх)
ЛИЗ указанных типов, f (х) и ф' (х) удовлетворяют требованиям,
|>анее сформулированным для /(х) и φ(χ), то можно перейти
отношению вторых производных и т. д.
i	1 · f' (χ)	1 ■ ί" (X)
I.	lim Чфф = lim ;.
I	в	¥	(*)	.	Ф (х)
Замечание I. Предел отношения функций может существовать
то время, когда отношения производных не стремятся ни к какому пределу.
II. Раскрытие неопределенностей вида Ο σο, оо — оо, 1°°,
оо°.
ш 1. Для раскрытия неопределенностей типа 0-со необходимо
преобразовать соответствующее произведение /(*)-ф(х), где
|tm / (х) = 0, lim φ (х) = оо, в частности
'■*а	х-*а
f (x) (	0	\	¥	(*)
(	0\	¥ (*)	( оо \
(ВИД -γ-j или —j- (вид — )ш
φ(χ)	t(x)
2.	В случае неопределенности вида оо — оо необходимо
)еобразовать соответствующую разность / (χ) — φ (х), где

lim / (χ) = оо, lim φ (χ) = оо, в произведение f(x) 1 — Μ
х-*а	х—а	L	f	Μ
φ(χ)	,.	φ(χ)	.
раскрыть сначала неопределенность	если	lim-T	-	=	1,	то
0	x~*a	в	W)
следует привести выражение к виду
1 _ φ (χ)
Н*)	о
1 \вид о
ί(χ)
3.	Неопределенности видов 1°°, 0°, оо° раскрываются с помощью предварительного логарифмирования и нахождения предела степени [/(*)]φ(Λ). Эти неопределенности сводятся к случаю
неопределенности 0-оо, при этом используется тождество
[f(x)fx) = е9(х)^Пх).
Замечание 2. Выражение «раскрыть неопределенность типа 0*» означает найти предел lim [/ (χ)]φ(χ) при условии lim А (х) = lim φ (χ) = 0.
х~*а	х->а	iс-+о
В некоторых случаях правило Лопиталя — Бернулли полезно
комбинировать с нахождением пределов элементарными способами.
Примеры
« тт „	sinxe*	—	5х
Наити lim 4χ2 + ?χ .
При х 0 числитель и знаменатель дроби обращаются
о
в нуль, получаем неопределенность вида -g-.
Применяя правило Лопиталя—Бернулли, находим
sinxe*—5х	(sinxe*— 5х)'	..	cos	х	ех	+	sin	х	ек	—	5
Λ 4** + 7,- = Ϊ5 - (4^ +-7,)'	=	I™	8Г+7
 	4
“	7'*
sin х е2х — х
2.	Найти lim
>0	5х2	+	х3
В данном случае правило Лопиталя—Бернулли нужно применить дважды, так как отношение первых производных снова
0
представляет неопределенность вида -g-.
Действительно,
.. sin х е2Х — χ	,. (sin х е2х — χ)'	,. cos х е2Х + 2sin х е2Х — 1
1L™ 5.е+хк ~ ~	~	с**	+	л-	-	"		шг+аё ·
При х -> 0 снова получаем неопределенность вида -jj-. Применяя еще раз правило Лопиталя — Бернулли, находим
,. cos х е2Х + 2 sin х е2Х—1	,.	(cos х е2Х + 2 sin х е2х—1)'
1™	ГОГ+Зё	=	1™	(ЮЛ	+	ЗТТ	  =
 , .т — sin х е2Х + 4 cos хе2Х + 4 sin х е2х	4	2
~ +2	10 + бх	= ТО = "Г*
308

3. Найти lim А?-.
π ЩЛДС
Х~~2
С помощью правила Лопиталя—Бернулли получим
1
Пт*К±=Пт^ = lim 2^.
π tg Зх π 3	π	3	cos2js
*”*' 2	Χ~* 2 COS23x	Χ~* 2
Предел отношения первых производных — неопределенность
вида -Ц-. Раскрываем эту неопределенность:
,. cos23x ,.	— 6 cos Зх sin Зло .. sin 6я
limq—-у- = lim —■ .— = lim-^·Λ ·.
к 3 cos2x	π — 6 COS X sin x	n	sin	2x
χ	у —►—·
2	2	2
Снова получили неопределенность вида Применяя еще раз
правило Лопиталя—Бернулли, находим
,. sin бх ,.	6	cos	бх	6	0
lim . 0 = lim 0 „ 0	= — = 3.
π sm 2х π 2 cos 2х 2
Χ~*Ύ	Х~*Т
Таким образом,
lim -гЦ- = 3.
2
ах
4. Найти lim— при а>1, а>0.
X—>00 Ха
При вычислении этого предела можно считать х > 1 (так
как х —► оо) и если п — ближайшее к а, превосходящее его целое число, то
·£>£ (я > 0).
Следовательно,
lim 4 > lim
X -ОО X	Х~>СО '
где п — целое число.
Так как п > 0, то предел правой части последнего неравенства можно найти с помощью правила Лопиталя—Бернулли.
Применяя п раз это правило, получим
.. ах ί.	ах[1па]л
= I™ л (η - 1)(η-2).:.Ύ - ~·
Итак, если а > 1 и а > 0, то
ί- ах
lim — = оо
Х-*оо Ха
и, следовательно,
lim А = 0.
х—оо ах
309

Замечание 1. Показательная функция ах при α> 1 растет быстрее
любой степени х.
Замечание 2. Если Р (х) — любой многочлен
Р(х) = а0 + ахх + а2х2 + ... + апх"
to
' limLiil=0
х-*оо йХ
и, следовательно,
lim —Е—. = оо.
/(*)!
> о, .
Применяя правило Лопиталя—Бернулли, получаем
X гоо Х°
Таким образом,
5. Найти lim ПрИ α > 0, х > 0.
X *оо X
lim -п — = lim Ly- = lim—L- = 0.
χ—ΗΧ) Xa	X-+OQ	Χ&Χ	X-+OG Ο.Χ
или
lim^A = о при α > 0
X * DO X
lim-* оо.
Ж—oo In X
Замечание. Логарифмическая функция Inx растет медленнее любой
положительной степени х.
I
6.	Найти lim
if—
oV х
При х -> 0 получаем неопределенность вида оо — оо. Раск-
. о
роем эту неопределенность, приводя ее к неопределенности -q-
и применяя правило Лопиталя—Бернулли,
lim (—	=	=	'	aax~l
\ χ sin χ j χ_„0 xsinx	sinx	+ xcosx
,.	—sinx	^
= lim 1	:— = 0.
x >0 cos X + COS X — X sin X
7.	Найти lim[(x — sinx)lnx].
ж-Ю
Здесь имеем неопределенность 0·οο. Данную функцию можно
представить в виде
/	\	ι	1п *
(х — Sin х) In X = j	.
χ — sin X
оо
Полученную неопределенность — раскрываем с помощью правила Лопиталя—Бернулли:

-ч	О
Это — неопределенность вида -γ-, поэтому
lim (*~sin*)2 — ijm 2(*~sin*)0 —cosx) _
x(cosχ — 1)	χ_^0	cosx— 1—xsin x
Ϊ	=	2	lim	0 ~ cos *)2 + (* — sin x) sinx	__
,	x^q	— sin x — sin x — x cos x
К	_ 2 lim 1 ~ 2 cos * + cos2 * + x sin x — sin2 x _
f	x_o	—	2	sin	x — x cos x
j	_	2	jjm	1 — 2 cos χ -f- x sin x + cos 2x	__
ί	x^q	—	2	sin	x — x cos x
I	2	lim	2	Sln	* + sin * + *cos * ~ 2 sin 2* q
C;.	x^q	— 3 cos x + x sin x
lim (x — sin x) In x = 0.
x-*0
8.	Найти lim(x— l)lnjt.
x-l
При x -* 1 имеем неопределенность 0°. Воспользуемся тож-
хеством
[f(x)f{x)^eHx)Wix\ φ	(А)
оторое в данном случае примет вид
_ β1η*·1π(χ—1)
Имеем
lim 1пх Hmln(x—1)
1 in, (χ - 1)'“ = I im c'“'
x-*l	x—I
Найдем сейчас lim [1ηχ·1η(χ — 1)]. Это неопределенность
х-+\
!да 0-со. Раскрывая эту неопределенность, получим
limllnx-ln(x— 1)] = lim JfLifi—U = jjm—-—1
χ-»1	χ-*Ί	ν-*·’	1
In x	x	(In	x)2
,. ж (In *)2	,.	(1лж)!	+	ж21пж.Л-
= — lim—1—f— = — lim	;	=
%	χ-Μ *	x-1	1
= lim [(In xf + 2 In x] = 0.
x-1
Следовательно,
lim(x— \)[nx = e°= 1.
x-1
1
p 9. Найти lim[—1γΧ- ] .
si>	χ-*о L * J
311

Так как lim -1'” * = 1, lim -L = ос, то здесь имеем неопре-
—	ж—О х	х-*0	х
деленность вида 1°°.
Принимая во внимание тождество (А) (см. пример 8), с помощью правила Лопиталя—Бернулли находим
, sin*
1	In
1 . 51ПЖ	lim
ж-0 x
Г · Ί *	—In-——	1
НтГ*!!*1 =\imex х =е
ж-» О I- х J ж-Ю
sin х
,ПТ"	О
Найдем lim	,	это	неопределенность	вида
ж—О	х	υ
sinx	х	xcosx	—	sinx
*n "	"	*	"2	xcosx	—	sinx
, .	A	1 .	olil Α	Λ·	! ·
lim	=	lim	j	=	lim
*-*0 X	ж-»0	ж-*0
COSX—xsinx—COS X	·""■·
= lim :	;———·	= — lim
X sin X
sin.x + X COS x	x_0	sin	X	+	X	COS	X
  j.	sin X + X COS X	Q
cosx +cosx — xsinx
Таким образом,
X
= e° = 1.
limT—
ж-о L *
+
X
10. Найти lim x .
X-+00
При x -> оо имеем неопределенность вида oo°. Преобразуя
данную функцию и применяя правило Лопиталя—Бернулли, получаем
1	1	ι· 1 ,	1пж	ж
_	—1пж	lim —la*	пт	— Dm -г-
limл‘ = lime* = emX =	* = ^ =
Х~>00	Х~*00
lim А
=	* = ео = 1.
Следовательно,
lim Xх = 1.
Ж-ТОО
11. Найти lim * ~ --2—.
*-*оо * + sinx
Применим правило Лопиталя—Бернулли:
,. х — sin х	1	—	cos	х
lim—:—:— = hm щ—:	.
*-*» x + Sin X ^00 1 + COS X
312

В правой части последнего равенства предел не существует,
поэтому правило Лопиталя—Бернулли здесь неприменимо.
Указанный предел можно найти непосредственно:
sin х
х — sinx	,.	χ	.
lim —ί—:— = lim	:— = 1.
*-*«·*; +sin χ	α	sin	x
1 +
Задачи
Найти пределы:
π
ί τ tg χ — sin χ	_ ,.	χ
1. lim-5—·.	2. lim 	-	.
x-sinx
3‘ lefe*	*im В — cos *) ctg *.
π Б	χ—>0
8. lim Xх.
x->0
10/lim(ctg xf
x-*0
1
lnx
Ответы
π2	2	1	1
1.	3. 2. —γ. 3. 5. 4. 0. 5.—γ. 6. —γ. 7. —γ. 8. 1. Указание.
Положить χχ = у, прологарифмировать это равенство и перейти к пределу.
9.	1.	10.	1.	11. -37U.	12.	-у.
у е	е
§ 8.2. Касательная и нормаль к плоской кривой. Угол между
кривыми. Кривизна плоской кривой. Скорость и ускорение
Касательной к кривой у = f(x) в ее точке М0 (х0, yQ) называется предельное положение М0Т секущей ЛШ0, когда точка
М стремится к М0 вдоль данной кривой (рис. 8.1).
Уравнение касательной к кривой y = f(x) в точке MQ(x0, yQ):
-У — 0о = П*о)(* — *о)·	(8.1)
Нормалью к кривой в точке М0(х0, у0) называется прямая,
проходящая через М0 и перпендикулярная к касательной в данной точке.
313

Уравнение нормали к кривой y = f(x) в точке Αί0(*0- Ус)'
У — Уо = — (х —хсУ	(8.2)
Кривизной кривой в ее точке М называется предел абсолютной величины отношения угла Δα между касательными
в точках М и N кривой к длине дуги MN = As, когда N-> М
(рис. 8.2), т. е.
k = lim Δα
As—Ю
As
где угол а выражен в радианах.
Кривизна кривой y = f(х) вычисляется по формуле
Ь= LgLa-·	(8-3)
О+г'Г
Если кривая задана параметрическими уравнениями χ = φ (/),
у —	(t),	то	ее	кривизна	определяется	формулой
к= 1	(8.4)
314

Радиусом кривизны кривой в точке называется величина, обратная ее кривизне в этой точке. Если радиус кривизны обозначить через R, то
* = +	(8.5)
Окружностью кривизны (соприкасающейся окружностью)
кривой в ее точке М называется предельное положение окруж-
[. ности, проходящей через точку Αί и две другие точки кривой
А и N, когда L-+ М и N -> Л1.
Радиус окружности кривизны равен радиусу кривизны кривой в соответствующей точке.
Центр окружности кривизны называется центром кривизны
кривой в данной точке Αί. Координаты X и Υ центра кривизны
кривой у = fix) вычисляются по формулам:
С	К-,	+ ±$Л	,8,)
г	Эволютой кривой называется геометрическое место ее цент-
сров кривизны.
у	Формулы (8.6) дают параметрические уравнения эволюты
■ с параметром х или у.
е	Если кривая задана параметрически, то уравнения ее эво¬
люты:
Х = х — у'- *444 ; Y = У ф х' ~ -*'1 У?» .	(8	7)
у х у — у х! ’	v	1	х у — у х	'	'
Эвольвентой кривой называется такая кривая, для которой
данная кривая является эволютой.
V	Примеры
|	1. Написать уравнения касательной и нормали к кривой
[■ f (д·) = х3 з точке М0 (2, 8).
Ф	Прежде всего точка Λί0 лежит на кривой, так как ее коор-
ϊ динаты удовлетворяют данному уравнению,
с	Находим производную данной функции и ее значение при
ί JL = 2"
I * f'(x) = (x*)' = Зх2, Г(х0) = Г( 2) = 3-2а= 12.
| Подставляя значения дг0 = 2, у0=8, /'(*„) = 12 в уравнения
: (8.1) и (8.2) получим соответственно:
у — 8 = 12(* —2) или 12* — у—16 = 0 —
ί- уравнение касательной;
12
уравнение нормали.
2.	Составить уравнения касательной и нормали к эллипсу
j	γ2	,,2
i	JL	4. JL	= ί
|	18	Т 8	1
| в точке Αί0(3, 2).
ί	315
у — 8 = —L· (х — 2) или хф 120 — 98 = 0 —

Находим производную неявной функции +-|	1	=0:
2х 2 yyf _ п
18 4" 8
откуда
f / \	·	v	/ /q\		4*3	2
У М = — 9+ У = У (3) = — T9 = — 1~·
Подставляя значения	ас0 = 3,	у0 =	2, у' (х0)   γ	в фор¬
мулы (8.1) и (8.2), получим
у — 2 = ί-(χ — 3) или 2х + 3у — 12=0 —
уравнение касательной;
_3
2
у — 2 = ~(х — 3) или 3* — 2у — 5 = 0 —
уравнение нормали.
3. Составить уравнения касательной и нормали к кривой, заданной параметрически,
х = 2(t — sin /); у = 2(1—cos0:
1)	в произвольной точке; 2) при t — γ.
Уравнение касательной (8.1) можно написать в виде
γ — У = Ух(х)(Х — х),	(8.1')
где (χ, у) — координаты точки кривой, (X, Υ) — координаты
точки касательной.
Находим производную ух по формуле
»   yt 2sinZ   sin/   , t
Ух χ'(	2(1—cos 0	1	— cosZ C ^ T*
Подставляя выражения для x, у и ух в формулу (8.1'), получаем уравнение касательной к данной кривой в произвольной
точке
Υ — 2(1 — cos t) = ctg γ [X — 2 (t — sin f)].
При t = γ из последнего уравнения находим
Υ —2 = 1 -[χ — 2(-|	l)], Υ — 2 = Χ-π + 2
или
X — Υ — « + 4 = 0.
4. Доказать, что кривизна линии х2 + у2 = 25 является постоянной.
316

Искомую кривизну вычислим по формуле (8.3). Найдем сначала первую и вторую производную неявной функции χ2 ф у2 —
— 25 = 0. Дифференцируя, получим:
2х + 2 уу' = 0, у' = — -А
-‘(-т)
....  	Х_\	_	_ х'У — ху	у	У / _ _ хгфу% _
у \ у I	У2	У2	У*
—	25
_	У3
Подставляя полученные выражения в формулу (8.3), находим
I 25
k =
У3
25	25	1	,	I
= -гг.	k	= -г-·
Ν-τ)Ί
3_	2.	JL	5	’	5
2	(*2	+	У2)	2	25	2
Следовательно, кривизна данной линии постоянна.
5.	Найти радиус кривизны циклоиды x = a(t — sin/), у =
= α(1—cos/) в ее произвольной точке.
Из формул (8.4) и (8.5) вытекает, что радиус кривизны кривой, заданной параметрическими уравнениями, определяется
формулой
_3_
(Л+ (,'42
_	Г
Найдем первые и вторые производные функций * и у:
xf = а (1 — cos /);	у'	= a sin /;
х" = a sin /;	у"	= a cos /.
Составим выражения х'2 + у'2 и	(х'у" — у'Я'):
ж'2 ф у'2 = а2 (1 — cos /)2 ф a2 sin2 / = а2 (1 — 2 cos / + cos2 / +
+ sin2/) = а2 (1 — 2 cos / -f- 1) = а2(2 — 2cos/) = 2а2(1 — cos/),
x'xf — y'x" = a (1 — cos /) a cos / — a sin / a sin / = a2 (cos / —
— cos2/ — sin2/) = a2(cos/— 1) = —a2(l —cos/).
Подставляя полученные выражения в формулу для радиуса
кривизны, находим
JL	JL
D _ [2a8 (1 — cos /)]2	2/Та3 (1 — cos 0 2	_
i — а8 (1 —cos 01	а2(1—	cost)
= 2/Т а ]/1 — cos/.
317

Так как /1 — cost = /2 sinто
R = 4α sin
В частности, если t = π, то £ = 4α; если t — 0, то R = а.
6. Составить уравнение эволюты параболы у = 2л:2.
Найдем первую и вторую производную данной функции:
tf = Ах, \f — А. Подставляя выражения для у, у', \f в формулы (8.7), получим
χ = Л._ 4*,(1 + 16*а) β _ 1бх3, X = - 16л:9;
у = 2л:2 + 1 +416*а = 1 + 24*,< у = 1±24д^#
Исключив параметр χ, найдем уравнение эволюты данной параболы
l,=4-+e(-w)2·
7. Написать уравнение эволюты циклоиды
x = a{t — sin/), У = α(1 — cos/).
Так как
х'2 + у'2 = 2а2 (1 — cos ή, x’if — у’х" = — α2 (1 — cos /)
(см пример 5), то в соответствии с формулами (8.7) получаем
v	/	+	УЛ	it	· ι\ / · л 2аа(1—cos/)
X = х-у -	=	a(t — sin0 —a(sin0 гп у =
Ό ху —ух	' ν ’ — αΔ (1 — cost)
= at — a sin / -f 2а sin / = at + a sin t\
Y = y + x'··JyT'hyTY =a(l —cos/) + a(l—
2a2(1—cos/)	λ ο /ι
— cos	t) · _a:(r_cosi) = a (1 — cos 0 — 2a (1	-	cos 0	=
= —a (1 — cost).
Следовательно, уравнения эволюты циклоиды имеют вид:
X = a (t + sin 0;	К = — a (1 — cost).
Введем	новую переменную	по формуле / = π	+	т.	Уравнения
эволюты примут вид:
X = α [π -f τ + sin (π + т)] = απ + αχ — a sin τ = α (τ — sin τ) + απ;
Υ = — a [1 —cos (π + τ)] = —α(1 + cosx) = — a — acosx =
= — 2α + a — a cos x = a — a cos χ — 2α = a (1 — cos χ) — 2α,
τ e.
X = α (τ — sin χ) + απ; Υ = a (1 — cos χ) — 2α.
318

Эти уравнения можно записать так:
х = af — sin/'); у = а(1 — cos/'),
t где χ = X — απ, у = Υ + 2α, τ = /'.
Следовательно, эволютой циклоиды является такая же цик-
лоида, смещенная по оси Ох на величину πα и по оси Оу на
• величину 2а (рис. 8.3).
8.	Под каким углом кривая у = ех пересекает ось Оу?
Углом между кривой линией и прямой называется угол
между этой прямой и касательной к кривой в точке их пересечения.
Найдем точку пересечения кривой у =ev и оси Оу. Так как
ось Оу имеет уравнение * = 0, то точка пересечения определится из системы уравнений: е/= е*; * = 0, откуда 0 = 1. Следовательно, М(0, ί) — точка пересечения.
Угловой коэффициент касательной в данной точке равен
значению производнЬй функции в этой точке: /' (х) = ех, /' (0) =
+= е° = 1, tg φ = 1, φ = 45°.
?:	Итак, угол, образуемый касательной с осью Ох, равен 45°.
^Очевидно с осью Оу касательная образует такой же угол.
4	9.	Под	какими	углами пересекаются кривые у = х2, у2 = х?
Углом между двумя кривыми в точке их пересечения называют угол между касательными к кривым в этой точке.
Найдем точки пересечения данных линий. Решая систему их
уравнений
0 = *2; \
02 = *. J
юлучим две точки пересечения: 0(0, 0), М( 1, 1).
Уравнения касательных к кривым в произвольной точке бу-
/т соответственно:
Y — y = 2x(X — x),

в частности, в точке 0(0, 0)
Y = о, X = О,
а в точке Af(l, 1)
Y— 1 = 2(х— 1),	Г-1=Л-(Х_1).
Как видно из уравнений, касательные к кривым в точке
0(0, 0) совпадают с координатными осями, поэтому угол между
кривыми равен 90°.
В точке Λί(1, 1) угол между линиями определяется по формуле (1.10).
tg? = Т—Г·	? = arctg
1 + 2-ΊΓ
10.	Тело движется вдоль прямой Ох по закону х = /— sin/.
Определить скорость и ускорение движения при t =
В силу механического значения первой и второй производной находим для любого момента времени t:
ν — γτ= 1 — cos t (скорость),
dv d2x . , ,	4
w = -γ = Ύζ· = sin / (ускорение).
При t—γ- получаем υ = 1, w = 1.
Задачи
1. Найти уравнения касательной и нормали к кривой у =
= х3 — Зх2 + 9х — 1 в точке Λί (1, 6).
2. Найти уравнения касательной и нормали к кривой х3 + 03—
— 3x0—13 = 0 в точке Λί (—1, 2).
3. Составить уравнения касательной и нормали к кривой
х = /2, 0 = 4/ при / = — 1.
4. Какие углы образует кривая у = х2 — х с осью Ох в точках пересечения с этой осью?
5. Под каким углом пересекаются линии
х2 + ф = 2, у = х2?
6. Найти уравнение эволюты эллипса
x = acos/, 0 = 6sin/.
7. Найти уравнение эволюты параболы у2 = 2рх.
8. Вычислить кривизну кривой 0 = 6х при х = 0.
9. Найти кривизну кривой у = kx + b в ее произвольной
точке.
10. Точка движется по прямой Ох по закону χ = Z3 — 9/2 +
320

+ 24t. Определить скорость и ускорение движения. В какие
моменты времени точка меняет направление движения?
11.	Зависимость между количеством х вещества, получаемого
в некоторой химической реакции, и временем t выражается
уравнением дс = Л(1—e~kt). Определить скорость реакции.
Ответы
1.	6х — у = 0; х -f 6у — 37 = 0.	2. х — 5у + 11 = 0; 5х + у + 3 = 0.
а 2х + у + 2 = 0; х — 2у — 9 = 0.	4. 135°, 45°.	5. φ = arctg 3.	6. X =
= (α — cos31, Y = (b — sin31.	7. Y2 = (X — p)3.	8. k =
= ТА. 9. 6 = 0.	10. и = 3/2 — 18/ + 24. w = 6/ — 18; /, =2, /2 = 4.
11.	k (Л — x).
§ 8.3. Возрастание и убывание функции. Экстремум функции.
Наибольшее и наименьшее значения функции
Функция называется возрастающей в некотором промежутке
(рис. 8.4, а), если для любых хх и х2, принадлежащих этому
промежутку, из неравенства хх <[ х2 следует неравенство
f(*i) </(*)·	(8-8)
Функция называется убывающей (рис. 8.4, б) в некотором
. промежутке, если для любых хх и х2, принадлежащих этому
^промежутку, из неравенства хх < х2 следует неравенство
*	/4*ι)>/(*2)·	(8·9)
г Достаточное условие возрастания (убывали и я) функции: если в данном промежутке производная данной функции положительна, то функция в этом промежутке
. возрастает; если производная данной функции в данном промежутке отрицательна, то функция в этом промежутке убывает.
;; 11 Гусак А. А,
321

Максимумом функции у = f(x) называется такое ее значение Ух — f (*,), которое больше всех других ее значений, принимаемых в точках х, достаточно близких к точке хх и отличных от нее (рис. 8.5), т. е.
/(*ι) >/(*).	(8-Ю)
где х — любая точка из некоторого интервала, содержащего
точку
Минимумом функции у = f(x) называется такое ее значение
1/3 = /(х2), которое меньше всех других ее значений, принимаемых в точках, х, достаточно близких к точке х2 и отличных от
нее, т. е.
/Щ) </(*).	(8.11)
где х — любая точка из некоторого интервала, содержащего
точку х2.
Максимум или минимум функции называется экстремумом
функции. Точки, в которых достигается экстремум, называются
точками экстремума.
Функция может иметь экстремум только в тех точках области
ее определения, в которых производная равна нулю или не
существует. Такие точки называются критическими точками
аргумента функции.
Наименьшее и наибольшее значения непрерывной функции
y = f(x) на данном отрезке [а, Ь] достигаются или в критических точках аргумента функции или на концах отрезка [а, 6].
Достаточное условие экстремума. Первое правило.
Если в точке х = х0 производная функции у = f(x) обращается
в нуль и меняет знак при переходе через эту точку, то
/(*0) —экстремум функции, причем:
322

1) функция имеет максимум в точке х0, если знак производной меняется с плюса на минус (т. е. при х0— г < χ < χ0 f' (х)> О,
при Xo<*<*o-M f'{x)<0)\
2) функция имеет минимум в точке х0, если знак производной меняется с Минуса на плюс (т. е. f (лс) < 0 при xQ —
— « < лс < лс0, f''(x0) >0 при x0 < χ < лс0 + г).
Второе правило. Если в точке х = х0 первая производная
функции у = f(x) равна нулю, а вторая производная отлична
от нуля, то х0 будет точкой экстремума, причем:
1) х0 — точка максимума, если Г(х0)<0;
2) лс0 — точка минимума, если f" (лс0) > 0.
Замечание. Пусть первая нз неравных нулю в точке х0 производных
функции у f (х) имеет порядок к. Тогда, если к— четное, то точка х0
является точкой максимума, если (0) <0, и точкой минимума, если
/^(*е)!>0< Ы:лн же ^ — нечетное, то точка х0 не является точкой экстремума.
Примеры
1. Найти промежутки возрастания и убывания функции
f (х) = х3 — J-x2 —	+	4.
Находим первую производную:
f' (х) = Зле2 — 3;с — 6 = 3 (лс2 — χ — 2).
Производная обращается в нуль, когда х2 — х — 2 = 0,
откуда хх = — 1, х.2 = 2. Эти точки делят бесконечный интервал
на три интервала: (—оо, —1), (—1, 2), (2, оо). Исследуем
знак производной в каждом из этих интервалов.
Если х < — 1, то /' (х) = Зх2 — х — 2 = 3 (х + 1) (х — 2) > 0,
так как (х+ 1)<0 и (х — 2) <0. Следовательно, функция воз- '
растает в промежутке (—оо, —1).
Если — 1 < х < 2, то f' (лс) = 3 (х + 1) (лс — 2) < 0, так как
(дс+1)>0, (х — 2) < 0, поэтому функция убывает в промежутке (—1, 2).
Аналогично убеждаемся, что функция возрастает в промежутке (2, оо).
Заметив, что lim f (χ) = — оо, lim f (χ) = + оо, строим эскиз
X*—ОО	Ж-1-+0О
трафика (рис. 8.6).
2. Исследовать на максимум и минимум функцию
■	f(x)	= jx3-jxi- 6*+2-§~
Находим первую производную:
f' (χ) = χ2· — χ — 6.
Производная всюду непрерывна. Найдем точки, в которых
она обращается в нуль: лс2 — х — 6 =0.
11*
323

Критическими точками аргумента функции являются точки
х, = — 2, х2 = 3.
С помощью первой производной исследуем критические точки.
Так как
f' (χ) = х2 — х — 6= (* + 2) (х — 3),
то при х < — 2 имеем /' (х) > 0 (ибо х + 2 < 0, х — 3 < 0);
при — 2 < х < 3 имеем f' (х) < 0 (ибо х + 2 > 0, х — 3 < 0).
Таким образом, при переходе (слева направо) через значение
Xj = — 2 производная меняет знак с плюса на минус. Следовательно, в точке хх = — 2 функция имеет максимум, а именно
max f (χ) = {{- 2) = | (- 2f - i (- 2f - 6 (- 2) +1 = 10.
Исследуем вторую критическую точку х2 = 3: при —2<
<х<3 f (х) < 0; при х> 3 f' (х) > 0 (ибо х+2>0, х—3>0),
значит при переходе через точку х2 = 3 производная функции
меняет знак с минуса на плюс. Это означает, что функция
в этой точке имеет минимум, а именно
min / Ц) = f (3) = j-33 - *-З2 - 6-3 + А =-10-§-.
На основании проведенного исследования строим график
функции (рис. 8.7).
Замечание. Пользуясь первым правилом, нужно всегда иметь в виду
локальный характер экстремума. Исследуя знак первой производной, нужно
рассматривать точки слева и справа от критической точки и достаточно
близкие к ней. Если в данном примере для = — 2 взять достаточно удаленные точки (например, х > 3), то окажется f (х) > 0 при х < — 2
и Г (х) > 0 ПРИ х ]> — 2 (к примеру при х = 4). Отсюда можно было бы
сделать неверный вывод о том, что в точке х1 = — 2 экстремума нет.
324

з.	исследовать на экстремум функцию
f(x) = 4*1 — 2*3 + ~χ2 — 6χ+γ.
Будем пользоваться вторым правилом достаточного условия
экстремума. Находим первую и вторую производные:
f'(x) = x3 — 6*2 + Их— 6, f (х) = Зх2— 12*+ 11.
Точки экстремума ищем среди критических точек, т. е.
точек, для которых f (х) = 0. Первая производная обращается
в нуль, когда
х3 — бх2 + Их — 6 =0.
С помощью теоремы Безу можно установить, что х = 1 +сть
корень последнего уравнения. Заметив это и разложив левую
часть уравнения на множители, получим
х3 — бх2 + Их — 6 = (х — 1) (х2 — 5х + 6) =
= (*— 1)(х — 2) (х —3) = 0,
откуда
*1 =1, х2 = 2, х3 = 3.
Исследуем знак второй производной при этих значениях х:
f'(l) = 3-12 —12-1 + 11 = 2 > 0;
f'(2) = 3-22—12*2 + 11 = —1 <0;
f" (3) = 3·32— 12-3+ 11 = 2 > 0.
325

Следовательно, χ = 2 есть точка максимума, χ = 1 и л: = 3
являются точками минимума. Найдем значения экстремумов:
тш/Ц) = /(1) = Л--14 —2·1, + -Η-·1Ι! —6·1 + 4 = 0;
max/(*) = /(2) = i-21-2.23 + 4-22-6.2 + 4 = i;
min/Ъ) = ДЗ) = i-З*-2·33 +-Η-·32-6·3+ 4 = 0.
График функции изображен на рис. 8.8.
4.	Исследовать на экстремум функцию
/(*) = (*-2) С?·
Находим первую производную:
3 у х 3 ух
Производная обращается в нуль в точке хг = γ в точке
х2 = 0 она не существует (обращается в бесконечность). Следо-
4
вательно, критическими точками являются точки хх = у и х2 = 0.
Исследуем характер критических точек. Так как f' (х) < 0
4	4	4
при х < γ (х > 0) и /' (лс) > 0 при *>-д. то = γ — точка
минимума, причем
min f(x) = f (-i) = (i~ 2)
Далее, поскольку f' (x) > 0 при x < 0, f' (x) < 0 при χ > 0
^но χ < -Vj, то при хг — 0 функция имеет максимум, причем
max-f(x) = /(0) = 0.
Заметив, что в точке х2 = 0 функция непрерывна и касательная к графику совпадает с осью Оу, строим график функции (рис. 8.9).
326

5.	Найти наибольшее и наименьшее значения функции / (х) =*
= 2х® — бх + 5 на отрезке [—γ, -5-J· Находим экстремумы
функции:
f (х) = бх2 — 6 = 6 (х2 — 1);
/' (х) = 0, б (х2 — 1) = 0, Хх = — 1, х2 = 1;
/"(*)= 12*, /" (— 1) < 0, /"(1)> 0.
Следовательно, в точке хх = — 1 функция имеет максимум,
причем
max / (х) = /(— 1) = 2(— I)3 —6(— 1) + 5 = 9,
в точке х2 = 1 минимум, причем
min/(x) = /(1) = 2· I3 — 6-1 + 5 = 1.
Вычисляем значения функции на концах отрезка:
/(-!) = 2(-4)3-6(-!)+5=-пК
/(4) = 2(4)3-6·4+5=2τ·
' Таким образом, наибольшее значение данной функции на рассматриваемом отрезке есть /(— 1) =9, а наименьшее /(—Ф) =
«= — 11 L (рис, 8.10).
6.	Данное положительное число а разложить на два слагаемых так, чтобы их произведение было наибольшим.
Обозначим через х первое слагаемое, тогда второе равно а—х.
Их произведение представляет функцию от х:
/ (х) = х (а — х) = ах — х2.
Исследуем эту функцию. Найдем производные'
f' (х) = а-2х, Г (х) — — 2.
327

Первая производная равна нулю, когда а — 2х = 0 или х = ~,
Так как вторая производная отрицательна, то при χ = γ функция принимает наибольшее значение. Второе слагаемое также
равно ψ
7.	При каких размерах коробка (без крышки), изготовленная
из квадратного листа картона со стороной а, имеет наибольшую
вместимость?
Для изготовления коробки необходимо по углам листа вырезать квадраты и загнуть выступы получившейся крестообразной
фигуры. Обозначим сторону вырезанного квадрата через х, тогда
сторона основания коробки будет а — 2х. Объем коробки выразится функцией V = (а — 2х)2 х = (а2 — 4 ах + 4х2) х = а2х —
— 4ах2 + 4х3, которая определена в промежутке
Дифференцируя функцию V, получим:
О —
2
V' = а2— 8ах + 12*2; V" = — 8а + 24*.
328

Vf = о, когда а2 —8ах + 12х2 = 0, откуда
— JL   а
*1 —	2 · Х2 — -Q·
Полученные значения х подставляем в выражение для второй производной:
V" (|.) = _8а+ 12а = 4а > 0;
V" (|-) = —	+	4а	= — 4а < 0.
Следовательно, наибольший объем будет при χ = γ. Основанием коробки является квадрат со стороной Л а.
Задачи
Определить промежутки возрастания и убывания функций:
1. у	= х2 — 4х + 4.	2.	у =	6 — Зх2 — х3.
3.	у	= ех.	4.	у =	х4 — 2х2.
Исследовать на экстремум функции:
5.	у	= χ3 + бх2 + 9х -J- 2.	6.	у =	Ат*2)-.
( —	__i_\
-7	а И a	a	Ι	о	1пх
1.	у	= -\е —е	].	8.	у =	—.
Найти наибольшие и наименьшие значения функций в промежутке [—2, 2]:
9.	у	= — х2.	10.	0 =	— х3.
Найти наибольшие и наименьшие значения функций:
*2	1	о	I
1 * У	~ 1 + х2'	12.	0 —	! _|_Ж2-
13. Среди всех прямоугольников, имеющих данный периметр 2а, найти тот, площадь которого наибольшая.
14. Какой из прямоугольных треугольников с заданным периметром 2р имеет наибольшую площадь?
15. Боковые стороны и меньшее основание трапеции равны
по 10 см. Определить ее большее основание так, чтобы площадь трапеции была наибольшей.
16. В данный эллипс вписать прямоугольник наибольшей
площади со сторонами, параллельными осям эллипса.
17. Открытый сосуд состоит из цилиндра, заканчивающегося
снизу полусферой; толщина стенок постоянна. Каковы должны
быть размеры сосуда, чтобы при данной вместимости на его
изготовление пошло минимум материала?
329

Ответы
1. Убывает	в интервале (— оо, 2), возрастает в	интервале	(2. оо).
2.	Убывает ь интервале (— оо, — 2) и (0, оо), возрастает в (— 2, 0). 3. Возрастает в интервале (—оо, оо). 4. Убывает в интервалах (— оо, — 1) и (0, 1),
возрастает в интервалах (—1, 0) и (1, <х>). 5. min/(*) = /(—1) = — 2,
max f (х) — f (— 3) = 2. 6. max f (χ) = f (0) = γ, min f (x) = / (— 1)= f (1) = 0.
7.	Экстремума нет. 8. max / (x) = / (e) =	« 0 37. 9. 0; —4.	10. 8; —8.
a
11.	1; 0. 12. 1;	0. 13. x = у = γ (квадрат) 14. Равнобедренный. 15.	20 см.
16.	а У 2, b Υ 2, где а и b — полуоси эллипса.
§ 8.4. Выпуклость и вогнутость кривой.
Точки перегиба. Асимптоты кривой
График функции y = f{х) называется вогнутым вверх (или
выпуклым вниз) в промежутке (а, Ь), если соответствующая
дуга кривой	расположена выше касательной	в любой	точке
М[х, f{x)\ этой дуги (рис. 8.11).
График функции y = f(x) называется вогнутым вниз (или
выпуклым вверх) в промежутке (а, Ь), если соответствующая
дуга кривой расположена ниже касательной, проведенной в любой
точке М[х, f{x)] этой дуги (рис. 8.12).
Достаточное условие вогнутости (выпуклости)
кривой: если вторая производная функции y = f{x) положительна внутри промежутка (а, 6), то график функции вогнут
вверх в данном промежутке; если вторая производная f" (х)
отрицательна внутри промежутка (а, Ь), то график функции
у = f (х) вогнут вниз в этом промежутке. (Сравните эти условия со вторым правилом нахождения экстремума.)
Точкой перегиба непрерывной кривой y = f(x) называется
точка Αί0 [лг0, f(xо)], при переходе через которую кривая меняет
свою вогнутость на выпуклость или наоборот (относительно,
например, направления вниз). Для абсциссы точки перегиба л'0
330

графика функции у — f(x) вторая производная /" (х0) равна нулю
или не существует. Точки, в которых /"/0) = 0 или f"(x0) не
существует, называются критическими точками 2-го рода.
Если вторая производная функции y = f(x) при переходе
через критическую точку л;0 меняет знак, то Λί [х0, f /„)] — точка
перегиба.
Асимптоты кривой
1. Асимптотой кривой называется прямая, к которой неограниченно приближается точка кривой при неограниченном удалении ее от начала координат.
2. Если
lim//) = со,	(8.12)
х-*а
то прямая х = а является вертикальной асимптотой кривой
У = f (*)·
3. Если существуют пределы
lim	= kv lim [//) — kxx] = bx	(8.13)
X—к +00 X	JC-K+OO
или
lim	= k2, lim [/ /) — k2x] = b2,	(8.14)
X ►—oo X	X—*—CO
ίτο прямая у = kxx + bx есть правая наклонная асимптота кривой
у = / /), а прямая у = k2x + Ъ2 есть левая наклонная асимптота.
4. Если в правой части уравнения кривой y = f(x) можно
выделить линейную часть
\	У	—	f	(*) = kx + b + α (χ),	(8.15)
где α (χ) -> О, когда χ it оо, то прямая у = kx-fb является
асимптотой.
331

Примеры
1.	Найти интервалы вогнутости и выпуклости, а также
точки перегиба кривой Гаусса у = е~х\
Находим первую и вторую производные:
у' =» — 2хе~х\ у" = (4х2 — 2) ег*.
Приравняв нулю вторую производную, получим критические
точки 2-го рода:
1 1
Ъ- уг уу
Эти точки разбивают числовую ось на три интервала:
(-- -/)· (-7Т lh> (т? 4
Так как в первом и третьем интервалах вторая производная
положительна, т. е.
у" > 0 при — оо < χ < — -L-,
у" > 0 при х > у=,
то в этих интервалах кривая вогнута вверх. Поскольку у" < О
при — ψξ <х<уъ> то в интервале	yJj	кривая
вогнута вниз (рис. 8.13). Точки Λί, (—pL-,	и М2
являются точками перегиба.
2.	Найти точку перегиба графика функции / (х) = х3.
Производные функции имеют вид:
Г (х) = Зх2, /"(х) = 6х.
Вторая производная равна нулю при х = 0 и меняет знак
в этой точке: /" (х) < 0, если х < 0, f" (х) > 0, если х > 0.
Следовательно, х = 0 есть точка перегиба. Из двух последних неравенств вытекает также, что график функции является
выпуклым вверх при х < 0 и выпуклым вниз при х > 0. Кривая
изображена на рис. 6.6.
332

3.	Найти точгш перегиба графика функции y = Yx—1.
Находим производные:
✓ -■Ac*-if4.
Вторая производная в нуль нигде не обращается. Эта производная не существует при хх — 1 (знаменатель дроби обращается
в нуль). Посмотрим, меняет ли знак if при переходе через
точку хл = 1.
Так как
tf> 0 при х<\,
if < 0 при *> 1,
то точка Λί0(1, 0) есть точка перегиба. Касательная в этой
точке параллельна оси ординат (рис. 8.14), так как первая
производная при х — 1 обращается в бесконечность.
х2 4-1
4. Найти асимптоты кривой / /) = —^—.
Так как
х2 +1
lim —— = оо,
ж-0	*
то прямая х = 0 является вертикальной асимптотой (см. формулу (8.12)).
Далее,
£ / \ х2 + 1	,1	1	/	\
fix) = —g— = * + γ = X + а {х),
где α (л) -» 0 при χ -» it оо.
Таким образом, прямая у = х (см. формулу (8.15)) будет
асимптотой. Кривая изображена на рис. 8.15.
*3
5. Найти асимптоты кривой у = ^ _-2.
График этой функции имеет две вертикальные асимптоты
х — — ί, х — \, так как

Выделяя целую часть функции путем непосредственного
деления или с помощью следующих простых преобразований,
получаем
„	-	х3	X3	—	Х+Х	_	х(хя	—	1) + X _	.	X
У ~ 1	—	1	—	χ2	~	1	—	X2 ~ х ^ 1-х2'
У
/
/ /
V'
/
/
/
/
/*
4W
X
Рис. 8.15
Сравнивая с формулой (8.15), заключаем, что прямая у = — *
является наклонной асимптотой (рис. 8.16).
Замечание. Вертикальные асимптоты кривой следует искать там, где
8наменатель функции обращается в нуль.
1
т
1
1
4
С
Рис. 8.16
6. Найти асимптоты кривой у =
/ х2 — Г
Приравнивая знаменатель нулю, получаем две вертикальные
асимптоты: х = — 1, х = 1,
По формулам (8.13) и (8.14) ищем наклонные асимптоты.
834

Имеем:
k = lim — = lim
xa
X—+ 00 *	x—+ oc X / X2 — 1
= 1;
b = lim (0 — x) = lim
= 0.
*-»-poo "	X	>+ 00 У X2 — 1
Следовательно, прямая у = x является правой наклонной
асимптотой.
Далее,
kx = lim 4 = — 1, bx = lim (у — χ) = О,
Χ~*—00	χ—>—00
поэтому 0 = —х также будет асимптотой (рис. 8.17).
Рис. 8. 17
Вторую наклонную асимптоту можно было получить, исходя
из симметрии кривой относительно оси Оу.
Задачи
Найти интервалы вогнутости и точки перегиба графиков
функций:
1. 0 — In х.	2.	0	=	х3	—	бх2 + 9х + 5.
3.	0 = т х4 — х3 + 2.	4.	0	=	х3	+	—.
Найти асимптоты кривых:
г	2	с	6
5.	0— у_1_ ч- 6·0— χ2 _ lg ·
х + 3‘
X2
7. 0 =
х2 + 8х — 6
10.	Ь2х2 + а2у2 = х20а.
8· «=7+7- 9· у = е ·
Ответы
1.	Кривая вогнута вниз. 2. В промежутке (— оо, 2) кривая вогнута вниз^
в промежутке (2, оо) — вогнута вверх, М (2, 7) — точка перегиба. 3. М (0, 2\
33^

^ (τ· Ίτ)~Τ°1|ΚΗ пеРеги^а· 4· Af(0. 0). Л/ (— 2, — 4). 5. х= —3. 6. * =
= — 4, χ = 4. 7. χ = 0, у — х + 8. 8. х = — 4, у = х — 4.	9.	с/	=	1.
10.	х = ± а, у = ± Ь.
§ 8.5. Исследование функций и построение их графиков
Исследование функции можно проводить по следующей
схеме:
1: Найти область существования функции.
2. Исследовать изменение функции при х, стремящемся
к концам промежутков области существования.
3. Найти промежутки возрастания и убывания функции,
точки экстремума.
4. Вычислить значения экстремумов.
5. Определить интервалы выпуклости и вогнутости графика,
найти точки перегиба.
6. Найти точки пересечения графика функции с координатными осями.
7. Найти асимптоты графика функции.
По результатам исследования можно построить математически грамотный эскиз ее графика.
Если исследуемая функция четная или нечетная, достаточно
исследовать функцию и построить ее график для положительных значений аргумента из области определения.
Иногда порядок исследования целесообразно выбирать, исходя
из конкретных особенностей данной функции.
Примеры
j
1. Исследовать функцию f(x) = упгз и построить ее график,
Пользуемся схемой исследования функции.
1. Функция не определена лишь в точках, где знаменатель
обращается в нуль, т. е. при хг = — /3, χ2 = γ3. Следовательно, область определения состоит из трех интервалов:
(-00, -1/3), (—у"з, Vз), (1/3, оо).
2. Исследуем изменение функции при χ, стремящемся к концам интервалов области определения:
lim ■■ /— = — оо, lim J·*- - = — оо,
Hm -Λ ,,- = + оо.
^-■Гз+о*
lim - 2- γ = — оо, lim	=	+ °°»
х*тГз-ох	Χ-.ΥΊ+	ох	ύ
4т,чА3- = + ~·
Л-+--Г 05
336

3. Точки экстремума ищем среди критических точек, т. е.
таких точек, где первая производная обращается в нуль. Находим производные	данной функции:
Г / \Л	(	х3	V - 3x2 (*а ~ 3) ~ 2**3	*4	~	9*2	_	*2(*2	9)
/ W	—~ (ха — 3)а	“	(х2 — 3)а	~	(ха — 3)а’
^/.л_Г *4 — 9*а Т _	6х(ха + 9)
' у } “ L (χ2 - з)2 J — (х2 - з)3 *
Первая производная обращается в нуль, когда х2(х2— 9) = О,
откуда хг = — 3, х3 = 3, х3 = 0. Исследуем знак второй производной при этих значениях х:
Г(—3)= 6(//9··<ο. Г(3) = -(9 -з)з9> >0' Г (0) — Ό.
Таким образом, х = — 3 является точкой максимума, х = 3 —
точкой минимума.
Поскольку /" (0) = 0, обращаемся к первому правилу нахож-
- дения экстремума. Если х достаточно мало по абсолютному
значению, то /' (х) < 0 при х < 0 и х > 0, так как ха > 0,
(х2 — З)2 > 0, (х2 — 9) < 0. Знак первой производной при переходе через точку х = 0 не меняется, поэтому данная точка не
является точкой экстремума.
Определим интервалы возрастания и убывания функции с по-
; мощью первой производной. Так как
г м = ++>°.
г когда 1 χ I > 3, т. е. при — оо < х < — 3t, 3 < х < -+ оо, то
? функция возрастает в промежутках (— оо, — 3), (3, + оо).
Так как
i	=	0.
k
'когда [х|<3, т. е. при_ — 3<х<3,_то функция убывает
/ в промежутках (—3, —/3), (—/ 3, /3), (]/ 3, 3). (Заметим,
: что в точках х = — /3, х = /3 производная не определена,
- как и сама функция.)
4. Вычисляем значения экстремумов:
_	.„ν	з3	_ 27 __ 9.
Ута\ — У \ό) — 9 — 3	6	2’
ί.	_	υ / q\ „ ( ^)3	_ 2iL· — JL
Y	ί/m	In	y\	g	3	β	2*
) \
5. Определяем интервалы выпуклости и вогнутости графика
функции и точки перегиба. Вторая производная равна нулю
,ч при х = 0 и меняет знак при переходе через эту точку. В самом
337

деле, при χ, достаточно малых по абсолютной величине,
пр л у чаем	.
/"/) =	>	0 при х < О, W
fix) = -^2"ГЗ)3~ < 0 ПРИ х > О. /Л
так как (г3 + 9) > 0 и (х2 — З)3 < 0. Следовательно, точка 0(0, 0)
является точкой перегиба. Так как /' (0) = 0, то касательная
в этой точке совпадает с осью Ох.
Вторая'производная не определена при хх = — У 3, х2 = У 3,
т. е. в точках, в которых не определена и сама функция.
Так как /" (х) < 0, когда — оо<х< — У 3, 0 < х < ]/ 3,
f" /) >	0	при — У 3 < х <0, У 3<х < сю,	то	график функции
вогнут	вниз	в	интервалах	(— оо, — у 3),	(0,	у 3)	и	вогнут
вверх в интервалах (—~УЗ, 0), (У 3, со).
6. Для нахождения точек пересечения, графика функции
с координатными осями необходимо решить системы уравнений:
х3 γ	х3
У — *2_3	; I У ~ х2 _ з	;
у = 0;	J х = 0.
Обе системы имеют одно и то же решение: х = 0, у = 0. Таким
образом, график функции пересекает координатные оси в начале
координат.
7. Находим вертикальные асимптоты. Поскольку
lim ■ 2*-	-	=	— оо; lim у2— у = + оо;
х^-у-3-0*	ж—*— У~й +о
lim	■	=	—oo; lim -	=	+	со,
ж-» Ϋ~3—0	ж-* /"З+О * ~ά
то прямые χ = — У 3 νί x = У 3 являются вертикальными асимптотами графика функции.
Данную функцию путем непосредственного деления можно
представить в виде
t/ \ χ3	Зх	,.	Зх	~
/(*) = Т2-з' = х+ х2 з ♦ где ]im V-V = 0<
Ж—*±оО
поэтому в соответствии с формулой (8.15) заключаем, что прямая у = х является наклонной асимптотой. На основании полученных результатов можно построить график функции (рис. 8.18).
Полезно предварительно результаты исследования свести в таблицу (см. стр. 339).
X3
Замечание. Функция д =■ χ2_ γ является нечетной, поэтому исследование ее можно провести лишь для х>0. График нечетной функции
симметричен относительно начала координат.
338

Таблица
X
(- оо, - 3)
— 3
(-3,
-Кз)
-Кз
(-Кз. о)
0
(а КЗ)
/з
(К з, з)
3
(3. + оо)
У
—
—
—
Не
суще¬
ствует
+
0
Не
суще¬
ствует
+
+
+
У'
+
0
—
Не
суще¬
ствует
0
—
Не
суще¬
ствует
—
0
+
У”
—
—
—
Не
суще¬
ствует
4*
0
—
Не
суще¬
ствует
+
+
+
Выводы
Функция
возрастает,
график
вогнут
вниз
Точка
макси¬
мума
Ушах =
9
= — 2
Функция
убывает,
график
вогнут
вниз
Вертикальная
асимптота
x = —V 3
Функция
убывает,
график
вогнут
вверх
Точка
перегиба
Функция
убывает,
график
вогнут
вниз
Верти¬
кальная
асимптота
х = Кз
Функция
убывает,
график
вогнут
вверх
Точка
мини¬
мума
9
0ш1п β 2
Функция
возра¬
стает,
график
вогнут
вверх
Примечания: 1. График функции имеет наклонную асимптоту у ■=> х.
2.	График функции пересекает координатные оси в начале координат.

jL Построить график функции f(x) = x?— Зх.
1. Функция определена при всех х, т. е. областью ее существования будет бесконечный промежуток (— со, + °°)·
2. На концах промежутка получаем:
lim (х3 — Зх) = — со, lim (х9 — Зх) = со.
X—*—00	JC-.	+	0O
. У
А
j V
-3-1/31 Ч
\*
Ϋ 1
1
/б| 31 ^
I 1 /
1 1/
!+
<1
/Л|
\ 1 X
\ 1
\1
11
11
И Рис. 8.18
1
3. С помощью производных
/' (х) = Зх2— 3, г (х) = бх
находим критические точки аргумента функции и исследуем их
характер. Имеем:
Зх2 — 3 = 0, х2 — 1=0, х, = — 1, х2 = 1,
Г(— ί) = 6 (— ί) = — б< о, Г(1) = б>о.
Следовательно, х = — 1 — точка максимума, х = 1 — точка
минимума.
4. Вычислим значения экстремумов:
Уш.= !/(-!) = (— 1)® —3(— 1) = — 1 +3 = 2;
Уть, — У(ц — Н — 3-1 = 1 — 3 = — 2.
5. Определим критические точки аргумента производной,
решая уравнение /" (х) = 0. Имеем бх = 0 или х = 0. Если х < О,
то f (х) < 0, если х > 0, то f (х) > 0.
Таким образом, х = 0 — абсцисса точки перегиба.
6. Найдем точки пересечения с координатными осями. Решая
систему у = х3 — Зх, у = 0, получаем точки пересечения кривой
с осью Ох: Мх(—Y3, 0), М2(0, 0), М3(У3, 0). Система у =
= х3 — Зх, х = 0 новых точек не дает, получаем известную
уже точку М2(0, 0).
7. Данная кривая асимптот не имеет (рис. 8.19).
340

Замечание. Функция §(х) = х8 — Зх является нечетной, поэтому ее
исследование достаточно было провести для х > 0.
J·. Построить график функции у = 4х2 — х* — 3.
1.	Функция определена для всех л:, т. е. в промежутке
(— со, + со).
2. На концах промежутка имеем:
lim (4л:2 — л:4 — 3) = — со; lim (4л:2 — х4 — 3) =— оо.
Х-*—оо	Х-.+00
3. С помощью производных
у' = 8х — 4л:3, у" = 8— 12л:2
находим критические точки и исследуем их характер.
Первая производная обращается в нуль, когда
8л: — 4л:3 = 0 или 4л: (2 — л:2) = О,
откуда
хх = 0, л:2 = — У 2, х3 = У 2.
Исследуем знак второй производной в полученных точках:
У" (0) = 8 > О,
у"(—У2) = у"(У2) = 8— 12-2 = — 16 < 0.
Следовательно, хх = 0 — точка минимума, хг = —У 2, л:3 =
— У 2 — точки максимума.
4. Вычисляем значения экстремумов:
i/max = У {- С2) = у (С2) = 4 (У~2)2 - (1+2У — 3 = 1;
Ут1п = У (9) =	3.
5. Решая уравнение f" (л:) = 0, находим критические точки
аргумента производной. Получаем
8 — \2х2 = 0, 4 (2 — Зх2) = 0, хх = — ^-1, χ2 = Χί·
v J	1	У 3	У 3
Принимая эти значения, вторая производная меняет знак.
341

/"5	V"~2
В самом деле, если — < х <	то f (х) > 0, если
у з	у 3
У~2	V~2	У~~2
х < — и х > -^7=-, то f (х) < 0. Следовательно, х. =	*-==,
Уз	Уз	1 ' * ^	’ 1	/з *
х2 = ^=- — абсциссы точек перегиба. Ординаты последних нахо-
g
дим из уравнения у = 4х2 — х4 — 3, получаем у1=у2 = —
6.	При х = 0 получаем у = — 3, т. е. график функции пересекает ось Оу в точке М (0, — 3). При 0 = 0 имеем 4х2 — *4 —
— 3 = 0. Решая это биквадратное уравнение, находим: хх =
*= — Уз, х2 = — 1, х3 = 1, х4 = У"3. Таким образом, точки
МД-СЗ, 0), Ма(-1,0), М,( 1, 0), Мру3, 0) являются точками пересечения с осью Ох.
У
1 д
-21 -Д 0
Г \2 х
1 / 1
-г/ \
ζ Р и с. 8. 20
7.	Данная кривая асимптот не имеет, график ее изображен
на шс. 8.20.
Д. Исследовать функцию х2 = -у2 + х4 и построить ее график.
Разрешая данное уравнение относительно у, получим
0 = it χ Υ 1 — х2.
Исследуем функцию у = χ V 1 — х2. Эта функция определена при 1 —χ2>Ό или х2< 1, т. е. при — 1 <х<! 1, область
ее существования — сегмент [—1, 1]. Следовательно, график
функции будет целиком помещаться в полосе между прямыми
х = — 1 и х=1; слева от прямой х = — 1 и справа от прямой χ = 1 не будет ни одной точки графика. Функция равна
нулю при х = — 1 и х = 1.
Находим производные функции:
,/ = 1 ~ 2*2 - ,/' = *(2*8~3)
У	γ 1 _	’	/(1 — х8)8	’
Заметим, что у’ = — оо при χ = 1. Это означает, что касательная к графику в точке χ = 1 параллельна оси Оу.
342

Определяем критические точки аргумента функции и исследуем их характер:
—гг —о,
,,	-у?К-АГ-1	(>0
( л)“ CFFfST " '
/ш.й!ΛΥΗ
W-bW
У
-1 0
У
^ <CV
1 * Ы
°)
SJ *
S)
Рис. 8.21
Следовательно, я, = — -^=- ^ — 0,7 — точка минимума и
х2 = -^L- — точка максимума функции.
Вычисляем значения экстремумов:
Ут1п у{^ у	/ 2	( у ъ)	2’
iW = У (f=) = гтК У1 - ЬКГ “ т
]/ 2/	Υ~2	у	\У	2
Решая систему уравнений	ι/ = л; 1	— л:2, у =* 0,	находим
точки пересечения кривой с	осью	Ол;:	Л1(—1, 0),	0(0, 0),
N{ 1, 0). Точка 0(0, 0) будет также единственной точкой пересечения с осью Оу.
График функции у = xY 1	— л;2	изображен на рис. 8.21, а,
графики функций y = ±xY 1—л:2	на	рис. 8.21,6.	В точке
0(0, 0) кривая пересекает себя, эта точка называется узлом.
343 ,

Замечание. Для построения графика достаточно было исследовать
фупкцию в промежутке [0, 1], так как график симметричен относительно
координатных осей (х и у входят в уравнение только в четных степенях).
Исследовать функцию у = 1п * * ~ 1
х+1
и построить ее
график.
Функция не определена при х = — 1 и х = 1. Область существования функции состоит из трех интервалов: (—оо, — 1),
(-1, 1), (1, + оо).
На концах интервалов области существования имеем:
lim 1п
Х->—00
χ— 1
*-Н
= 0, lim 1п
jt--l
χ- 1
χ — 1
хф\
χ— 1
lim In
х-Л
lim In
X—>+oo
Производная функции
, χ + 1 ( χ—1
х -j- 1
* "Г 1
= — оо,
= 0.
= + оо,
х2 — 1
не равна нулю ни в одной точке. Производная не существует,
если х2—1=0, т. е. при хг = — 1 и х2 = 1, но в этих точках
не определена и сама функция. Следовательно, данная функция
экстремумов не имеет.
При х < — 1 у' > 0, при — 1 < χ < 1 у' < 0, при χ > 1
у' > 0, откуда следует, что функция возрастает в интервале
(—оо, —1), убывает в интервале (—1, 1) и возрастает в интервале (1, оо).
Вторая производная
1)а
обращается в нуль при х = 0. Если х < 0, то у” > 0, при х > О
у' < 0, следовательно, х = 0 — абсцисса точки перегиба.
Так как
χ— 1
lim 1п
X—>—-1
* + 1
= + оо, lim In I 4л7Т
= — оо.
то прямые х = — 1, х = 1 являются вертикальными асимптотами.
χ- 1
Поскольку функцию у = 1п
χ— 1
У = 0 + In
хф\
где lim 1п
можно представить в виде
χ— 1
= 0,
то в силу формулы (8.15) график кривой имеет и горизонтальную асимптоту 0 = 0 (рис. 8.22).
6.	Построить график функции у = У -
125 —хя
Зх
344

Функция принимает действительные значения, когда Щ7>0,
όΧ
откуда 125 — л:3>0, *>0 или 0 <*-<5. Аргумент х может
принимать только положительные значения, ибо при х < 0 подкоренное выражение будет отрицательным. При х = 0 функция
не определена. Следовательно, областью определения является
полуинтервал (0, 5].
Производная
,	125 + 21с3	1	/	х . у
У ~ ~~'	6х*у ~~	2 \ у	х
всегда отрицательна, функция убывает. При х	5 производная
у1 — со (касательная параллельна оси Оу).
Вторая производная
1 / ,ч / 1 1
У =г(!1-х»)Иё—т*
5
обращается в нуль, меняя знак, при х = у= —=-^.3,15 (точка
у 4
перегиба), при этом у' — — 1. График функции изображен на
рис. 8.23.
7.	Построить график функции у —У бх2 — х3'.
Функция определена и непрерывна при всех х. Первая производная
, 	12х — Зх2  	4	—х
У	3j|/ (6х2 — х3)2 У х (6 — х)2
существует всюду, за исключением точек хх = 0, х2 = 6.
Исследуем предельные значения производной при χ, стремящемся к нулю слева и справа:
lim 4~*	 lim	 4_~*	.	_	,
х-+—0*/х У (6 —х)а —	’	χ->+0	Yx	У	(6	—х)2 — 4"°°’
345

при χ < 0 у' < О, при х > О у' > О, следовательно, функция
имеет минимум в точке х = 0, причем 0т1п = 0.
Рассмотрим критическую точку х2 = 6. При х-+6— 0
у'-*—оо, при х->6 + 0 также у’ ->— оо, т. е. производная
отрицательна слева и справа от точки х2 = 6, поэтому в данной
точке экстремума нет. В этой точке функция убывает, касательная к кривой в точке х2 = б вертикальна.
При х = 4 производная обращается в нуль. Так как при
х < 4 0' > 0, при х > 4 0' < 0, то х = 4 — точка максимума,
причем 0тах = 2J/T.
Таким образом, в промежутке (—оо, 0) функция убывает,
в промежутке (0, 4) — возрастает, в промежутке (4, + оо) —
убывает.
Определяем точки перегиба и интервалы выпуклости и вогнутости кривой. Вторая производная у" =	^^
X 3 (6 — X) 3
в нуль не обращается ни в одной точке, в точках х = 0 и х = б
она не определена.
Исследуем знак второй производной вблизи этих точек.
Так как у" <0 при х<0 и при *>0, то кривая выпукл!
вверх слева и справа от точки с абсциссой х = 0 и, следова -
тельно, точка 0(0, 0) не является точкой перегиба; с другой
стороны, О — точка минимума (такая точка называется точкой
возврата).
При х < б имеем у* < 0, при х > б if > 0, поэтому точка
(6, б) является точкой перегиба.
Определим асимптоты кривой:
k = lim — = lim ^ 6* ~ х* = lim l/^—— ι = — 1;
ЛС-*±» * Jt->±«	*	Jt—*±со '	х
346

b = lim [y — kx] = Km [Ybx* - χ3 + χ] =
X—-±C0	Ж—* + 0О
..	6ха	—	Xя	+ X3	0
= lim .—==	- 	 =	2.
X—*±оо Y(6х2 — X3)2 — X Ύ6х2 — X3 + X3
Следовательно, прямая у — — х + 2 является асимптотой кривой у = У бх2 — х3 (рис. 8.24).
У
\
\
X
V
\\
V
0
Ч \ v
\\ *
Рис. 8.24
V
Задачи
Исследовать функции и построить их графики
у = х9 — 12*.	2.	у = *4 — 4*2 + 5.
3· У	= 1п|т441’ а> °*	4. у2 = X2 + У4·
5* у	= + р	6.	У = 1 + *а·
Zy==^=fl,	8	.y=*JL±fl-.
9.	t/ = sin3* -j- cos3*.	10.	t/ = '-γ-.
11.	у2 = x?.	12. г/2 = * (* — З)2.
13, У	= уфтΪ*	14·	*3 + У3 — ?>ахУ = 0-
15.	у	= 8х2е~х\	16. у =* y~Tq'
Ответы
1. Функция определена при всех х\ х = — 2 — точка максимума, г/тах =
= у{—2) = 16; х = 2 — точка минимума, ут\п = у (2) = — 16.	2.	Функ¬
ция определена в бесконечном интервала (— оо, со); t/min = у (— У 2) =
5= 9 (V2) = 1, ί/шах = У (0) =* 5. 3. Область определения состоит из
трех интервалов: (— оо, — а), (— а, а), (а, оо). В первом и третьем
Интервале функция убывает, во втором возрастает. Асимптоты: х = d: а,
jy=0; 0(0, 0) — точка перегиба. 4. Область определения — L, _i_j.
347

Кривая пересекает ось Оу в точках: Λί, (0, —1), Λί2(0, 1). 0(0, 0), послед.
I
няя точка является точкой самопересечения (узел). 5. утах = д (1) = —γ,
1
0min = 0(— I) = — ~γ· Асимптота: 0 = 0. 6. 0min = у (0) = 0. , Асимптота)
0=1. Точки перегиба: Λί, (—γ^' ~5“)'	(^/З’	"I-)	кривая сим¬
метрична относительно оси Оу. 7. Функция возрастает в промежутке (—оо,
оо). Точка перегиба: 0(0, 0) (см. приложение). 8. Область определения
(— со, оо); t/min = у (0) = ί. Кривая симметрична относительно оси Оу (см.
приложение). 9. ут&% = у (0) = у	у (2к) = 1, 0тах = у
•1
1
1
Д
-3 -5-я \
L
ц пз
	|Л
Ί
1
V *
1
1
j Р и с. 8. 26
.848

к 0.71;	(fj	= Щ? я 0,71. ?ш1л = ;(«) = у = _ 1. ία Οβ-
ласть определения: 0<х<оо; 0шах = у(е) = — я 0,37. Точка перегиба:
( - 3 ^
Л4^е2, ■	—J. Асимптоты: х = 0, 0 = 0. 11. Область определения: 0 С х<
< оо. Кривая симметрична относительно оси Ох, состоит из двух ветвей,
расположенных по разные стороны от оси Ох и касающихся ее в начале
координат. Линия эта называется полукубической параболой. 12. Область
определения: 0 х < оо. Кривая симметрична относительно оси Ох, касается оси Оу в начале координат. Через точку М (3, 0) кривая проходит дважды (такая точка называется узлом). При х = 1 0тах — 2
й 0min = — 2 (рис. 8.25). 13. Область определения: (—оо, —1), (— 1, 1),
(1, оо). Кривая симметрична относительно начала координат (рис. 8.26).
/з
Асимптоты: х = — 1, х = 1; 0min = у (V 3)= - К37. 14. Кривая x3-f03 —
V 2
— 3аху = 0 называется декартовым листом. Начало координат является узлом; асимптота: у = — х — а. Указание. Коэффициенты k и Ь уравнения
асимптоты y=kx + b находятся следующим образом:/™“ k = —1 определяется из соотношения 1	— 3a-Z-.JL = 0 (получено из уравне-
\ х /	хх2
ния кривой путем деления на х3); lim (0 — kx) = b находится как lim (у +
*->00	Х->со
3аху	,	.
+ х)= lim ~2	  г	~2 = — а (см. приложение). 15. Функция определена при
х—х ХУ “г У
всех х. Кривая симметрична относительно оси Оу; Утах = У(—1)=0О) =
= 8с—1 я 2,91; ут\п = у (0) = 0; асимптота: 0=0. Точки перегиба имеют
абсциссы: хг = - 5. + Kl? я - 1,51; х2 = - А~К17 я _ 0 47; ^ 047;
-х4 я 1,51 (рис. 8.27). 16. Область определения: (— оо, —3), (—3,3), (3, оо)э
-асимптоты: у = 1, х = — 3, х = 3; 0тах = У (0) = 0.

IV. Интегральное исчисление
функций одной переменной
Глава 9. Неопределенный интеграл
Первообразной функцией для функции /(*) называется такая
функция F (*), производная которой равна данной функции, т. е.
F' (*)= f{x).
Неопределенным интегралом от непрерывной функции f(x)
или от дифференциального выражения f {x)dx называется общее выражение для всех первообразных функции /(*).
Обозначение:
Sf(x)dx = F{x) + C,	(9;	1)
где F' (*) = f (х). Функция f (*) называется подынтегральной
функцией, а выражение / (*) dx — подынтегральным выражением.
Свойства неопределенного интеграла
1. Производная неопределенного интеграла равна подынтегральной функции; дифференциал неопределенного интеграла
равен подынтегральному выражению:
[(*) dxf = f (*), d j f (*) dx = / (*) dx.	(9.2)
2. Неопределенный интеграл от дифференциала некоторой
функции равен сумме этой функции и произвольной постоянной:
/ dy (χ) = φ (*) + С.	(9.3)
3. Постоянный множитель можно выносить за знак неопределенного интеграла:
J cf (*) dx = cjy (*) dx (с = const).	(9.4)
4. Неопределенный интеграл от алгебраической суммы непрерывных функций равен такой же алгебраической сумме неопределенных интегралов от слагаемых:
ί ί/ι (х) — /з /) + /з /)1 dx = ]УХ (*) dx — J/a (*) dx + J/3 {x)dx.
Таблица простейших неопределенных интегралов
/Ym+1
*т dx = fT+1 + С (m — 1).	(9.3)
10·^*= С.	(9.5a)
= )dx = x + C.	■	(9.56)
j -pdx = J-γ- = ln|r| + C.	(9.6)
850

J exdx = ex -j- C.	(9.7)
f αχάχ = -φ—φ С.	(9.8)
J	kin	a	v	'
j cosx dx = sin x -f- C.	(9.9)
Jsin xdx = — cosx-fC.	(9	10)
M+*=jA=‘g*+c·	(9ll)
/+^ = /+ = -с‘8д: + С·	<912>
/*1	Г dx
J Ϋ dx = J γ fil χΐ = arcsin * + с = — arccos x -f C. (9.13)
/Г++2dx== JΤφχ* = arctgx+c = — arcc*g* + C· (9-14)
In
x — 1
x -j- 1
-fC. (9.15)
§9.1. Интегрирование разложением
Метод разложения основан на свойстве 4 неопределенного
Интеграла. Если
f(x) = h(x)-r-f2 (*) + fз(*)»
то
J/ (х) dx = J/,(х)dx — j /2 (x)dx + j/з (x)dx.
Примеры
1.	Найти интеграл jx3dx.
Применяем формулу (9.5) для случая т = 3. В соответствии
е этой формулой получаем
/
„3 + 1	у	4
= з+т + С= х+ С·
_ и „	Г	х4	—	2х8	+	Зх2	,
2.	Наити интеграл \  -ф dx.
Разделив почленно числитель на знаменатель, пользуясь
Свойствами 3 и 4 и формулой (9.5), находим
Г х — 2х^ + Зх	—2* з) = J xzdx — 2 j xdx + 3j'dx =
y2-fl	y-1 +1	„3
2 j— 2 j j -f Зх + С = -g	x2 + Зх + C.
3.	Найти интеграл j (l —4) dx-
Раскрывая скобки и пользуясь формулой (9.5) для случая,
Когда т — отрицательное число, находим
351

J(y _ J+f, = К1 -2, + -L) dJC =	2f*	+	=
y—2+1	γ—4 + 1
= j dx — 2 j x~2dx + f x~4dx = * — 2_ 2 +1 + _4~+ t + С =
= * + 2лг-1 —L*-3 + C = * + -| —3L+ C.
4.	Найти интеграл J Y~x dx.
1	3
xdx = J x*dx = γ	1- С = у *2 + С = yx/x + 0»
У+ 1
5. Найти интеграл j ctg2* it*.
J ctg2 * dx = j (cosec2* — 1) dx — j cosec2 * dx — J dx =
= J n4r^* — !<£* = — ctg* — * + C.
6. Найти интеграл J (a*3 -f- bx2 + cx + p) dx.
j (a*3 -f- bx2 + cx -f- p) dx — a jx3dx -f- b J x2dx + с J xdx +
+ p J dx = у *4 + у *3 + γ *2 + px + C.
dx
7.	Найти интеграл
sin2 x cos2 x'
dx
1 + x2
dx
f-+Ц- = f c~^s,f-dx= f-£-+ f. .
J sin2xcos2x J sin2x-cos2x	J	sin-x	1	J	COS“X
= —ctg* + tg* + C.
8. Найти интеграл J^ χ2 dx.
Прибавляя и вычитая единицу из *4, получаем
/пЛ'-р+йρ·«-!*=№ϊά«*Ι '■
= J (*2— l)d* + j Γ~^- = ί*2ζϊ·* —Jd* + Jf
= -^ * + arctg * -f C.
9. Найти интеграл j sin2-^ dx.
Так как
. о X 1/1	ч
Sin 2 = у О — COS*),
то
J sin21 dx = yJ (1 — cos x)dx = γ j* dx —^ j cos xdx — у * —
— у sin* + С.
352

Задачи
Найти неопределенные интегралы:
С χ* _ зх3 + 4х2 + бх - 8 ,	_	(73,	1	\	.
1. )	 dx-	2· J [ν** +17Τ)dx*
3. J соs2ydx.	4. J (sin 4+ cos y)	dx'
5. J -3--ctiS'X-dx‘	6> f(ax — b?dx-
l.fZyf-dx.	8.i/(l +
X2
T*2
dx.
9* / G+*a /I - X2) djc* 10, / 1 + "
Ответы
x3 3	8	^3	3 ,	1
1. -gf—у X2 + 4x -f 6Ιπ χ + γ + C. 2. -jy x / *2+y / *8+C. 3. γ x +
1	a3
+ γ sin x + C. 4. x — cos x + C. 5. 3tg x — 4 sin x + C. 6. γ x4 — a2bxJ 4
+1 «w-л+с τνφ-^ + ^Ιφα a .*+ + &.
9. 4arctg x 4 5arccos x + C. 10. x — arctg x 4 C.
§ 9.2. Независимость вида неопределенного интеграла от выбора
аргумента функции
Если	.	\
Р (х) = J7 (х) dx> В' (*) = f (*),	(9.16)
то
F (и) = If (μ) dut	(9.17)
где и = φ (χ) — любая дифференцируемая функция от х. Формула
(9.17) получается из формулы (9.16) путем формальной замены
х на и, она дает возможность значительно расширить таблицу
простейших интегралов. На ее основании получаем:
|l2 Гусак А. А.
juadw = α + ! + С (α ф 1).
(9.5')
/ir==lnH + c·
(9.6')
j eadu = еа + С.
(9.7')
/a“d" = -|r + c·
(9.8')
j cos udu = sin и -{- С.
(9.9')
j sin udu = — cos и 4 С.
(9.10')
353

I
+ = tg и + С.	(9.11')
I
I
COS* и
du
— — ctg и -f C.	(9.12')
du
= arcsinw + C =—arccosw+C.	(9.13')
= arctgw + C =—arcctg « + C.	(9.14')
/1 — u2
du
/
1 + u2
f du   1 . и — 1
J IF^ri - Tln ΙΓ+Ί
- 2 *” <--i- 1	+	C*	(9·15')
При пользовании формулами (9.5') — (9.15') необходимо
иметь в виду простейшие преобразования дифференциала:
1. dx = d(x-\-b), где Ъ — постоянная величина.
2. άχ=γά(αχ), где постоянная аф 0.
3. dx = у d (ах + 6), где постоянная а ф 0.
4. xdx = у d /2).
5. *it* = у it (*2 + 6).
6. sin *ii* = — it (cos *).
7. cos *it* = it si η *.
В общем случае
φ' (*) it* = it φ (*).
Примеры
1. Найти неопределенный интеграл J (2х + 3)s dx.
На основании преобразования 3 дифференциала имеем
dx = у d (2* + 3).
Применяя формулу (9.5') для случая, когда « = 2*+3, а —2,
находим
j (2* + 3)г dx =S(2x+ 3)fd(2x + 3) = \ J (2x+3)2 d(2x+3)=
= Τ + с = 4 (2* + З)3 + С.
2. Найти интеграл J Υ х + 4 d*.
Согласно преобразованию 1,
dx = d (χ + 4).
354

Применяя формулу (9.5') для случая, когда и = х 4 4 и а =
1
= тг, получим
1 —+1
J / х + 4 dx = J(x -f- 4)2 d (χ 4 4) = ^ +-4-	4	С	=»
T + I
(x 4 4)24C = y(x4 4)/x444^·
dx
ax 4 ь '
3. Найти интеграл j
f -	«	f. (Q—-1	In	j	a*	4	6	[	4	C.
J ax 4 ft J a*+ 6	a,/	ax4& a 1	^
»
4. Найти интеграл J γτ+γ·
iwh·- ί4ΐ^'=4 f+Й?-+“·+*>+■■=·
5. Найти интеграл j tg x dx.
ί‘g ^ djc = j St ώ	=	-ln Icos x I + c·
6. Найти интеграл j χ2 ^4x\bdx'
Так как
d (χ2 4 Зх 4 5) = (χ2 4 3* 4 5)' dx = (2χ 4 3) dx,
/ τ+тт ώ=1п(Л+3д; +5) +c·
X
7. Найти интеграл je2dx.
Jeidx==Je^ 2d(|) = 2 jd(f) = 2<Д 4 C.
8. Найти интеграл j* cos γ dx.
J cos у dx = Jcosy4d(y) = 4 Jcosyd(-f-) = 4 sin у 4 C.
9. Найти интеграл J
dx
sin23x
• у d (3x)
Г <** Г 3 1	_	1	f	d(Зх) _	1	„з	c
J s4?3l “ J sin23x ~ 3 J sin2 3x	3 Ctg ^ ^
10.	Найти интеграл /■ 1 4 4ха ·
(l2*	355

ί άχ	- Γ dx - - ί ά(2χ) - - arctg 2χ 4- С
J 1+4χ2 ~ J 1 + (2χ)2	2	J 1 + (2χ)2 ~
Ρ dx
11.	Найти интеграл J у- t	a"jf.
f ix f ix 1 f di3x) '|| ii.3j.IC
J Vi — Qx2 J Vi — (3x)2	3	J	уi — (Зх)2	з arcsin0X + L.
Задачи
Применяя простейшие	преобразования дифференциала	и	таблицу	интегралов (9.5') —	(9.15'),	найти неопределенные	инцт-
ралы:
1.	j (Зх — 5)2dx.	2. SY2x + 3 dx.
X
3.	Υ χ2 — 4 xdx.	4. J e 3 dx.
xdx
5. J (sin у + cos у J dx. 6. J
f* dx	f*	dx
7.	—Г·	8.	1
χ3 -f 1
Jsin2f-	J	1	+	T
dx
S.	=	IF-	10
Г dx
‘ J 4x2 — 1 *
11.	i Ctg xdx.	12.	J-2+*6T+14
X*
'-T
2* + 6 dx.
Ответы
1	1	—	1	Ά
1.	у (Зх — 5)э +С. 2. у (2х + 3) 2 + С. 3. у (ха — 4) 2 + С.
4.	_ зе з + С. 5. 3 [ sint—cos Л j + С. 6. JL !n (x2 + 1)+C. 7. —2ctgt +
+ C. 8. 2arctg + С. 9. 3 arcsin у + С. 10. у In
2х + 1
+ С.
11.	1п | sin х | + С. 12. 1п (х2 + бх + 14) + С.
§ 9.3. Метод подстановки
Интегрирование путем введения новой переменной (метод
подстановки) основано на формуле
I / /) dx = j/ [φ (01У (0 dt,
где * = φ (t) — дифференцируемая функция переменной t.
Примеры
I.	Найти интеграл §xex2dx.
Положим *2=/‘, тогда 2xdx=dt, χάχ=γ. Подставляя по-
356

лученные значения в подынтегральное выражение, получим
J xex*dx = J βχίχάχ = J = у j* et dt = у e' + С = у е*г + С.
Этот пример можно решить и по-другому (см. § 9.2):
j xex*dx = J βχϊχάχ = J e*2y d (x2) = у /	^	^	=	4
2.	Найти интеграл J * Yx — 2 dx.
Чтобы избавиться от корня, положим
Yx^2 = t.
Возводя в квадрат это равенство, найдем х:
у/1 χ = t2 + 2,
откуда
' л	dx	= 2tdt.
Подставляя полученные равенства в подынтегральное выражение, находим
$χγ х^2 dx = J (f* -f 2 )t 2 tdt = J (2t4 + 4t2) dt = 2 J t4dt+4\t2dt=
= 24- + 4| + С = 4(х-2Ц +|(x-2)^ +C.
/COS X
- - ΛΑ
iZl + 4sin x aev>
Положим
Y1 + 4sin x = t,
откуда
1 + 4sin x = t2, 4 cos x dx = 2t dt, cosxdx=ytdt.
Следовательно,
4- tdt
/уТ + ШП dx = J ~V“ “ Τ/ Л “ T* + C ~\VX + 4sin*+C.
4.	Найти интеграл J cos2x sin x dx.
Положим cos x = u,
откуда
— sin xdx = du, sin xdx = du.
Таким образом,
j cos2x sin xdx = Ja2 (— du) = — [ u2du = — A- -f С =
  COS3X , n
—	3	k	C-
Тот же результат можно получить непосредственно (см. § 9.2):
j cos2 х sin xdx = J cos2xd (— cos x) = — J cos2 xd (cos x) =
  cos3x t n
	3	+	C.
357

5. Найти интеграл { es,n х cos xdx.
Положим
sin χ = и,
откуда
cos xdx = du.
Таким образом,
j cos xdx = $eadu =	+ С = e~'mx -f- C.
Тот же результат получается и непосредственно:
jgsinjc cos xdx — §es[nxd (sin x) = esinx + С.
6. Найти интеграл j dx.
Пусть ■
In x = t,
тогда
4 dx = dt.
Следовательно,
f^dx = Jlnx-bdx = ftdt = -4+C = TlrAt + C.
7. Найти интеграл J -Гстх ·
Разделив числитель и знаменатель на cos2 х, получим
1
I	cos'2*
Положим
тогда	■	■	Лу	=	dt
sin х cos х tg χ
tg X = t,
1
COS2*
Таким образом,
dx
/iiZS-ж - P1F = /т -In 14 + c = ’π I tg*l + C.
8.	Найти интеграл J
dx
sin *
Полагая ~ = /, получаем
d JL
f dx _ Ρ dx = I	\	2	/	Г	dt
J ΊΤΓ-J2sin|Cos| J sin|cos4 SiniCOsZ
*= In I tg /1 + С = In I tg γ I + c.
9.	Найти интеграл J У a2 — x2 dx (a > 0).
358

Применим тригонометрическую подстановку
χ = a cos t.
Имеем
dx = — a sin tdt.
Следовательно,
J У a2 — x2dx = j* Ya2 — a2cos21 [— a sin t) dt =
= — a% ί У1 — cos2t sin tdt — — a2 J sin2/d/ = — a2 Ji^c°s2/ ^ M
= — -y- f dt ~l· -γ J cos 2tdt = — у / + -y sin 2/ + C.
Возвращаемся к исходной переменной х. Так как x = acosf,
то
Х	Л 4.	*	χ
— =	cos t,	t	~ arc cos	—
a	a
Далее,
sin 2/ = 2 sin t cos t = 2 У 1 — cos2/ cos / =
Таким образом, окончательно получим
J У α2 — х2 dx = — -у-/ + sin 21 -|- С =
= — γarccosy + -y- ·γ Ya2 —x2 + С =
= —у arccos у + у У α2 — χ2 + С.
10.	Найти интеграл
I
dx
V(x2 — a2)3 '
Применим тригонометрическую подстановку
х = a sec /.
Имеем:
ι _ a sin tdt   atgtdt
ах ~~ cosЧ ~ cos ί” ’

Возвращаемся к переменной х. Так как
х = a sec /,
то
Находим sin/:
Sint = УТ=Ш = Y( - + = /++
/ *2 — α2
*
Следовательно,
Γ dx
fv
a ■ ■■ ; ■ + С = та- Π 2 " ., + С.
a sin t	а?	у	хг	—	а-	1
J Y (*2 —а2)3
11. Показать, что
Применим так называемую подстановку Эйлера
Y х2 + а = / — х,
где / — новая переменная. Возводя обе части этого равенства
в квадрат, получим
х2 + а = /2 — 2/х + х2
Находим дифференциалы от обеих частей последнего равенства:
или
а = ί2 — 2/х.
или
О = 2/d/ — (2xd/ + 2/dx)
tdx = (/ — x) dt.
откуда
dx	dt
t — x t ’
т. e.
dx   dt
V x2 +a t
Следовательно,
Возвращаясь к переменной х, получаем
dx

Задачи
Методом подстановки найти интегралы:
1.	J У 2х — 3 dx.	2. J
Р sin *
3· J У1+6 cos ж*	4.	J	sin3	ж	cos	xdx.
4 4+
7	Г	о	Г dx
J 4 — 5* '	J	χ In * *
9.	f -^4 <**·	10.	f ——.
J cos4*	J	COS *
f *	C	dx
M*	J/rryi^·	l2·	J / (*2 —	a2)3 *
Ответы
1. -у (2*-3)2'ФС. 2. γ Y\x + 4)э - 8 /Г+4 + С.
1	Л	sin4	*	1	1
3. - у/1+6 cos* + С. 4.	——+ С. 5. -^у + С. 6.	уе*5+а.
7.	—у 1П ] 4 - 5х [+С. 8. 1п(!п*) + С. 9. дДу -- cos * + С. Под-
+ С. П. —/1—*а + с>
становка cos * = Л 10. In tg (4 + JL
12. _1-=A= + C.
a2 / *2 — a2
§ 9.4. Метод интегрирования по частям
Если м = φг(*), «=?2(*) — дифференцируемые функции от
х, то из формулы для дифференциала произведения двух функций
d (uv) = udv -f vdu
получается формула интегрирования по частям
J udv = uv— J vdiu_^	(9.18)
Эта формула применяется в случае, когда подынтегральная
функция представляет произведение алгебраической и трансцендентной функции.
В качестве и обычно выбирается функция, которая упрощается дифференцированием, в качестве dv — оставшаяся часть
подынтегрального выражения, содержащая dx, из которой можно определить ν путем интегрирования.
361

В некоторых случаях для сведения данного интеграла
к табличному формула (9.18) применяется несколько раз.
Иногда искомый интеграл определяется из алгебраического
уравнения, получающегося с помощью интегрирования по частям.
Примеры
1. Найти j х sin xdx.
Обозначим: χ = и, sin xdx = dv.
Для применения формулы (9.18) необходимо знать еще v
и du. Дифференцируя равенство х = и, получаем dx = du. Интегрируя равенство do=sinxdx = d(—cosx), определяем v =
«= — cos X.
Подставляя значения и, v, du, dv в формулу (9.18), находим
J х sin xdx = χ (— cos χ) — J (— cos x) dx = — x cosx + sin x +
+ С = sin x — x cos x + C.
2. Найти jxlnxdx№
Полагая
ln x — u, xdx = dv,
получаем
1	Xя
у dx = du, γ = v.
По формуле (9.18) находим	*
j x ln xdx = γ \nx — f γ-j dx = γ Inx—^ x* + C.
3. Найти J arcsin xdx.
Полагая
и — arcsin x, dv = dx,
определяем
du = - J --τ dx, v = x.
V1 — Xя
Следовательно,
J arcsin xdx = x arcsin x — / x у i _ хч dx —
i	 у
= x arcsin x + у J (1 — x2) 2 d (1 — χ2) = x arcsin x +
_i_
+ у(1	*	*2-	+	С	=	x	arcsin	x	+ У \ — x2 + C.
T
4. Найти Jx2 cos xdx.
Полагая
ы = x2, dv = cos xdx = d (sin x),
362

получаем
du = 2xdx, v = sin x.
Следовательно,
j x2 cos xdx = x2 sin x — j sin x · 2xdx = x2 sin x — 2 J x sin xdx. (A)
Полученный интеграл снова находится интегрированием по частям (пример 1). Его можно найти и не вводя явно и и v. Имеем
j х sin xdx = j xd (— cos x) = x (— cos x) — j (— cos x) dx =
= — x cos x + sin x + Cj.
Подставляя это выражение для интеграла в формулу (А),
находим
j х2 cos xdx = x2sin χ — 2 J x sin xdx = x2 sin x — 2 (— x cos x -ΊΑ sin x + Cj) = x2 sin x + 2 (x cos x — sin x) + C,
где С = — 2Cj.
5. Найти Je* sin xdx.
Положим
и — erx, dv = sin xdx,
отсюда
du = exdx, v = — cos x.
Применяя формулу (9.18), получаем
j ex sin xdx = ex (— cos x) — j (— cos x) exdx =
= — ex cos x + J ex cos xdx.	(B)
К интегралу в правой части снова применяем формулу интегрирования по частям, не вводя явно и и v. Имеем
J ех cos xdx = j exd (sin x) = e-^sin x — J e*sin xdx.
Подставляя найденное выражение в формулу (В), находим
J е3* sin xdx = — e^cos х -f j ex cos xdx = — e* cos x + ex sin x —
— J e* sin xdx;
J ex sin xdx + J ex sin xdx = ex sin x — ercos x,
откуда
2 j ex sin xdx = ex (sin x — cos x).
Следовательно,
gX
J ex sin xdx = -g—(sin x — cos x) + C.
6. Показать, что
J γ x2 + adx = γ[χγ x* + a + a ln | x + У x2 + a \ ] + C.
Положим
У χ2 + a = и, dx = dv,
отсюда
dx = du, v = x.
у χ2 + a
363

По формуле (9.18) получаем
$ у χ2 ф a dx = хУ х2 + а — J* χ γγτφ~α dx-
Преобразуем интеграл в правой части:
Г	х2	Г	(х2	4	а)	—	а	Г	χ2	ф	а	Г	dx
J γΊΦΤ~α dX = J ГФЧФ* dX = J ΥΊΓφ~α dX ” aJ	=
= fV^+Zdx - α Ιψφψ^·
Следовательно,
/dx
~уТфЪ'
откуда
2JΥΤφΊιάχ = χΥΊΤφα + a J γηφψγ,
J V χ2 φ adx = L [*V *2 + α + aJ
Так как (см. пример 11, § 9.3)
Г dx	,
J У X2 фа ~ I х "к ^ Х% “к а I “к Q,
то
IV х2ф adx = L [χ V х2 φ а φ а\п \ х ф\г χ2 φ а\\ ф С.
Задачи
Пр! 'меняя формулу интегрирования по частям, найти интегралы:
1.	{ xexdx.	2.	j ln2xdx.
3.	j arctg xdx.	4.	j x arcsin xdx.
5.	j x2 sin xdx.	6.	j x2 In xdx.
Г In* ,	, —A
7.	J ~γ=γ~ dx.	8.	fx2e 2 dx.
Ответы
1. cx (x — 1) + C. 2. x ln2x — 2x In* ф2хфС. 3. xarctgx—τ|-1η(1 4x2)4
1
ф C. 4. у arcsin x — у arcsin χ ф -у/ 1 — χ2 + С. 5. — x2cos x42xsinx 4
364

-f- 2cos x -f C. 6. у In x — у -j- С. 7. 2 γ x In χ — 4У~х + С,
X
8. — 2е~ 2 (Xя + 4х + 8) + С.
§ 9.5. Интегрирование некоторых функций, содержащих
квадратный трехчлен
Интеграл вида
Г dx
J У
рх2 + QX + Г
путем дополнения квадратного трехчлена до полного квадрата
по формуле
, рх2 + qx + г = р [(х + a)2 it а2]
сводится к одному из двух интегралов:
/#т^=4-'агс‘§1+С;	<9,9>
/ст = Л-1п |i=f| + C.	(9.20)
где	ц	=	х	+	а.
Интеграл
Г «;+"■■ ^	(9.21)
J pxz + qx +r	V · V
сводится к интегралу (9.19) или (9.20) и интегралу
+ О 0-22)
Интеграл
/
dx
У рх2 + qx + г
сводится к одному из интегралов:
i	it
J	vht=ip =arcsin τ+C:	i9·23)
/ уЛ	= In I u + ]/ и2 + a I 4- C.	(9.24)
Интеграл
/ Y px2 + <7X + rdx	(9-25)
сводится к одному из двух интегралов:
=	+	+С;	(9.2С)
J* γ а1 — a2 da = у ]/α2 — ζ/2 + ■— arcsin у	+	С.	(9.27)
365

Примеры'
1.	Найти интеграл J
dx
хг + 4х + 13*
Дополняя квадратный трехчлен до полного квадрата и интегрируя на основании формулы (9.19) для случая, когда « =
*= л -f- 2, а = 3, получаем
Г 	=	Г
J х‘ + 4х+13 J I
dx
dx
+ 4х + 13 — J (хя + 4х + 4) + 9 J {х + 2)я + 9
d(x + 2)
/;
1 ι х 2 ι /-ι
т arctg-,- + С.
(х + 2)а + З2
2.	Найти интеграл Jхг_Ц_ 16-
Дополняя квадратный трехчлен до полного квадрата и интегрируя на основании формулы (9.20) для случая, когда «=,
= х — 3, а = 5, получаем
Г dx	Г	dx	Г	dx
J X2_6x—16~~J (χ2 — бх + 9) — 9 — 16 J (Ji — 3)а —
ί
d (χ — 3)
(х — 3)2 —5®
2-5
In
(χ — 3) — 5
(X - 3) + 5
dx
+ C “ Ш ln
25
x —8
x + 2
+ c.
3. Найти интеграл + 4x+ r
Как и в примере 2, получаем
dx	(	dx
/
Зж2 + 4x + 1
3 x2+.
Xя + 2·+ x +
3
* + T
С4Г-Ш
dx	   dx
лклГ ·Κ·+υΜ]
+ C =
4. Найти интеграл / χ8 + 2x + 5
Это интеграл вида (9.21). Преобразуя квадратный трехчлен
и переходя к новой переменной х + 1 = /, находим
I
х + 2
х2 + 2х + 5
dx
= /
х + 2
(хя + 2х + 1) + 4
dx
= /'
(X + 1) + 1
(* + 1)* + 4
dx =
366

_ Г *+l л л, , η , f' d(x+ 1)
- J (χ 4 i)2 + 2* y ^ 4 ^ J (X 4 1)* + 2* =
_4 Cd [(x 4 l)2 4 22] f_djx±lI) 1 in [(* + ΐ)2 ί о21 к
- 2 J (X 4 I}2 4 2a + J (X 4 l)a 4 2a 2 n И + H 4 4 j 4
4 у arctg —у—l· С = γ\η(χ2 2x 4 5) 4 у arctg —y-k 4 C.
p dx
5.	Найти интеграл J у ъ_4х_ у
Дополняя квадратный трехчлен до полного квадрата и используя формулу (9.23), находим
р dx		dx	 ρ	 dx
J ]/5-4x-xa = J /—(x24 4x+4-4-5) =J /~
= /
(x + 2)2 -f 9
d(*4 2)	.	x+2	,	_
	= arcsm —к	(- C.
/32 — (x 4 2)a
С dx
6.	Найти интеграл j y6- 4xJJ^·
Как и в примере 5, получаем
7* dx  С
J / 6 - 4х — 2ха = J У — 2 (х2 4 2х — 3)
dx
2х — 3) ~
dx
с	dx	 1	f
-= J V — 2 [(х2 4 2х 4 U — 1 — 3] =Y~2 J У-
-л/
[(х 4 1)а —4J
d (х 4 0	__}		.	х+1	~
У 22 - (х 4 I)2 “ /2" arcsin 2 "к
7. Найти интеграл j*
dx
У ха — бх 4 3 *
Преобразуя квадратный трехчлен и применяя формулу (9.24),
находим..
р	dx	(*	dx	 р	d	(χ	—	3)
J у X2 - бх 4 з ■ J У (X2 - бх 4 9) - 9 4 з = J / (х - З)2 - 6
= In | (х — 3) 4 /(* — З)2 — 61 4 С =
= In | х — 3 4 V8·^ 4 31 4 С.
С	dx
8.	Найти интеграл J у 3x»_t
бх + 9 *
Как и в примере 7, получаем
2*4 0 42
р dx 		dx 	1		dx_
J /Зх2 - бх 4 9 = J /3 (ха — 2х 4 3) = /“Г J / (х2 — 2х -
= /t//W- 1)242 ~/Т1п К* — 1) 4 /(* — I)2 4 21 4 С =
= гт= In | л:— 1 4 /ха — 2х 4 31 у С.
/3
9.	Найти интеграл J/ ха 4 8х 4 25dx.
367

Это интеграл вида (9.25). Преобразуя квадратный трехчлен
д применяя формулу (9.26), находим
|Y х2 + 8х + 25dx = f У (χ2 + 8х + 16) — 16 + 25dx =
= ίΐ/0 + 4)2 + 9ίΥ(* + 4)=+^ΐ/(Λ: + 4)» + 9φ
+ 4 ln I (x + 4) + ЩТ+ЪМЛI + С =
= ’φ У ж* + 8* + 25 + ^|* + 4 + Уд!, + 8*+-25| + С.
10.	Найти интеграл |У8 + 2х— x2dx.
Это также интеграл вида (9.25). Преобразуя квадратный
трехчлен и применяя формулу (9.27), получаем
[ У 8 + 2х — x2dx = J* У— (х2 — 2х — 8) =
= J У — (х2 — 2х + 1 — 1 — 8) dx = /У — (χ2 — 2х + 1) + 9 dx =
= J· У 3s — (χ — l)2 d (x — 1) = +T уз· - (x — W +
+arcsin Ϊ+ + С =1ф]С8 + 2х — х2 +
.9	.	χ	—	1	.	л
+ У arcsin —χ	к С.
Задачи
Найти интегралы:
11. J* Ух2 + 4х + 13 dx 12. J* У5 + 4х — х2 dx.
Ответы

.7. -1 In 1 хг — χ — 1 1 — —ly= In
2	1	1	2/5
2x — 1 — / 5
2x — 1 4 у 5
+ C. 8.+п|*_
— 1 +V *2 — 2* + 4 l+C. 9. Л= arcsin4lt — 3 + C. 10. ln|* + 1 +
у 2	О
4 V *a 4 2* I 4 С. 11. ^Ц^/хЧ-4*413 4у In I *42 4/*а44х-нз|.
^ 2	  9	χ	—	2
12.	—g—/ 5 4 4x — *a 4 у arcsin—g—40.
§ 9.6. Интегрирование рациональных функций
Неопределенный интеграл от целой рациональной функции
(многочлена) находится непосредственно:
j (α0 4 «ί* 4 ··· 4 апхп) dx = a0 J dx 4 ax j xdx 4 ... 4 anf xndx.
Интегрирование дробной рациональной функции после выделения целой части сводится к интегрированию правильной рациональной дроби
W’	<9-28)
где Р(х) и Q (х) — многочлены, причем степень Р(х) ниже степени Q(*)·
Если многочлен Q(x) имеет действительные различные корни
а, 6, ... , I соответственно кратности α, β, ... , λ и комплексные
попарно сопряженные корни akZi.l$k (k = \, 2,..., s) соответственно кратности vlf v2, ... , ν9, τ. e. Q(x) = (x— ά)α(χ —
— bf ... (χ — if (χ2 4 Pi* 4 <7i)v‘ (*2 4 02* 4 Яз)н ... (*2 4 PS 4
+ Qsfs’
то справедливо следующее разложение дроби (9.28) на простейшие дроби:
Р{х) _	4	.	А2 ■	,	А%	.	Вх	В2	■
Q (х) (х — а) ‘ (х — а)2	"*	(х	—	а)«	л	(х — Ь) '(х—Ь)2 ''
ί В? ί . Ц | L2 ,	,	L\ , CjX 4 D\ ,
(x — b)?	' **' ' (x — /) ' (x — l)2 ""г" “* (χ — /)λ x2 -f- ppo 4 01
ί C2x 4	,	,	Cv.x 4 Pvt ,	.	Mtx 4 АК ί
(xa + Pix 4 0i)a *"	(x* 4 Pi* 4 0i)1'»	*2 4 pj* 4 0*
.	MnX 4^2	ί	ί	Λ/ν cX 4	ς
+ (*2 4 Pi* 4 0Ла	+ *’* + (*2 4 ps* 4	0+	(9'29^
Постоянные Av A2, ... ,’	Д*. 5„ ... , 5β,	Llt ... , L\, Cv
Db ... , Mvs, N4s находятся методом неопределенных коэффициентов.
После	разложения на	простейшие слагаемые	интегри¬
рование правильной рациональной дроби сводится к нахождению интегралов вида:
'.=/4+	(9.30)
369

Wt?(9·31)
Интеграл (9.30) находится по формуле (9.5'), если п —
— 2,3, ... , или по формуле (9.6'), если η = 1.
Интеграл (9.31) при т= 1 является интегралом вида (9.21),
при m> 1 применяется метод понижения (см. пример 5 § 9.6).
Замечание 1. Если многочлен Q(x) имеет действительный корень
Ъ кратности β, то в формуле (9.29) ему соответствует β простейших слагаемы* (g V' (И· =* Г 2	β). каждое из которых равно дроби, числи¬
тель которой—постоянная, а знаменатель—соответствующая степень разности
(х — Ь), причем берутся все степени от 1 до β.
Замечание 2. Если многочлен Q (х) имеет комплексные попарно
сопряженные корни а* ± ibк кратности vA, то в разложении (9.29) им соответствует vA элементарных дробей вида
Мв-х + лу
(x* + pkX + qk> / =* К2, ... . vA),
числитель каждой из которых есть линейная функция (не постоянная, как
в предыдущем случае), а знаменатель—степень соответствующего трехчлена,
т. е. трехчлена
+ PkX + Як =* [х — (о>г + ВД Iх “ (°Л — *&*)!.
причем берутся все степени от 1 до vA.
Замечание 3 Коэффициенты разложения (9 29) можно получить,
полагая в тождестве (9.29) или ему равносильном х равным надлежащим
образом выбранным числам (метод произвольных' значений).
Примеры
1.	Найти интеграл J χ3 _ 6^~5^ _ 6 dx.
Разложим сначала правильную рациональную дробь
[9 - 5х
*» —бха + Их - 6
на простейшие дроби, для чего нужно найти корни ее знаменателя, т. е. корни уравнения
х3 — бх2 ■+ Их — 6 = 0.
Один корень усматривается непосредственно, это хх = 1.
Так как
(х8 — бх2 + Их — 6): (х — 1) = ха — 5х + 6,
ю
х3 — бх2 + Их — 6 = (х — 1) (х2 — 5х + 6) =
= (х — 1) (х — 2) (х — 3),
поэтому получаем также
х% — 2, х3 = 3.
Итак, многочлен имеет действительные простые корни
Х\ =1, *2 = 2. *з = 3.
370

В соответствии с формулой (9.29) ищем разложение данной
дроби на простейшие
9-5*	_	А β__ с
х3 — бх2 -j- 11х — 6 χ—1	'	jc — 2 * х — 3*	'	7
,гл	тх	φ	п
(Слагаемых вида % + ρχ	разложение не содержит, так
как комплексных корней нет.) Приводя дроби в правой части
к общему знаменателю, получаем
9 — 5х
х3 — бх2 4- 11 х — 6
А (я - 2) (х~ 3) + В(х - 1) (х - 3) + С(х - 1) (х - 2)
(х — 1) (х — 2) (х — 3)
Сравниваем числители
9 — 5х = А (х — 2) (х — 3) + В (χ — 1) (х — 3) +
+ С(х — 1)(х — 2).	(В)
Раскрывая скобки в правой части равенства (В) и группируя
члены, находим
9 — 5х = (А + В + Qx2 — (5Л + АВ + ЗС)х + (6Л + ЗЯ + 2 С).
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в обеих
частях равенства, получим три уравнения для определения неизвестных коэффициентов А, В, С:
А -f- В + С — 0;
ЬА + АВ + ЗС = 5;
6Л + ЗВ + 2С = 9.
Решая эту систему, находим: А = 2, В — 1, С = — 3.
Следовательно,
9 — 5х	2	1	з
х3 — 6х2+11х — б χ—1	1	х	—2 х — 3
и поэтому
dx
dx =
f s-W+5L-6dx = f(irb + ir=J — J&j)
= 2j-+Td, + jT+d,-3 fjl
= 2 J d (x ^ + j d(x — 2) _ 3 J d (x — 3) _
= 2 ln | x — 11 + ln | x — 2| — 3 In | x — 31 + C.
Таким образом,
(χ — l)2(x — 2)
I
9-5x dx = In
(χ — 3)3
+ C.
χ3 — 6xa + 1 lx — 6
Замечание. Коэффициенты разложения (А) можно было бы найти,
полагая в равенстве (В) х = 1, х = 2. х = 3. Действительно, при х = 1
имеем 9 — 5 « А (—1)(—2), 4=»2Д откуда А = 2. Аналогично получаем
В= I С = — 3
2.	Найти интеграл J (χ
371

Подынтегральная функция является правильной рациональной дробью, знаменатель которой Q (х) = (х + 2) (χ—I)2 имеет
простой корень хг = — 2 и кратный корень х2 = 1 (кратности 2).
В соответствии с формулой (9.29) разложение подынтегральной функции на простейшие дроби имеет вид
х2	_ А	В	С
(хф 2) (χ — I)2 х 4 2 "к х — 1 "к (х — 1)а’
откуда
χ2 = А (χ — I)2 ф В{х— 1)(х ф 2) фС(х 4 2).
Полагая х = 1, получим 1 = С(1 4 2), откуда С = у.
При х = — 2 находим (— 2)2 = А (— 2 — I)2 или 4 = 9Л,
я 4
откуда А = у.
Полагая х = О, получаем 0 = А (0 — I)2 + В (0 — 1) (0 ф 2)+
4 С (0 4 2) или А — 2В + 2С = 0. Принимая во внимание зна-
5
чения А и С, из последнего уравнения находим В = -=.
У
Следовательно,
4	_5	JL
X2	9	9	3
(х + 2) (х — i)2 — х + 2 "к х—i ~к
поэтому
Г хЧх _ 4 Cd(x 4 2)	5	fd(x—l).	1	Г	d	(ν	—	1)
J (χ 4 2)(x - l)2	9	J	x	4 2	9 J x — 1	~3 J (4=7? “
= т1пН + 2| + |-'п|к-1|-з(4т) + С·
/
Итак,
(χ 4 2)(χ — I)2 = "9 1ΐΊ 1	“	])J	I	“	3	(χ — 1) + C-
3.	Найти интеграл J -~3y t dx.
В данном случае
Q(x) = χ3 4 1 == (χ 4 1)(χ* —* 4 1),
причем второй множитель на действительные множители не разлагается.
На основании формулы (9.29) разложение данной дроби
имеет вид
х _ A	Bx	+	С
х3 4 1 ~ х 4 1 х2 — х41 ’
откуда
х = А(х2 — х 4 1) 4 (Вх 4 С)(х 4 1).
372

Полагая последовательно х = — 1, х = О, х = 1, получим
— 1 = А [ 1 — (— 1) + 1 ] или — 1 = ЗА;
0 = А(0 — 0+1) + (В-0 + С)(0+1) или 0 = А + С;
1 = А(1 — 1 + 1) + (В+С)(1 + 1) или 1 = А + 2В-\ 2С.
Из системы уравнений
— 1 =ЗА; А + С = 0; А + 25 + 2С = 1
находим
А = — у, С = у, В = у.
Итак,
χ  	1	1 χ +1
х3 + 1	3	(χ	+1)	“к	"3 ‘ X2 — х+ 1 *
Интегрируем
/+г^ = -т/ттт + 1/+тт^·	<А>
Рассмотрим второй интеграл в правой части равенства (А):
	x+J
(х,-2._Щ + |)-|+1
, I 1 А
= т1п [(* - т)‘ + т] + —7F агс‘§ /Г + с·
2·.
2 2
Таким образом,
ifxzt+1 <ь = т1п<*·—■x + H+pC^tg^+c· (В)
Далее, поскольку
1 /* dx	1

то равенство (А) с учетом (В) и (С) примет вид
/ vjp-f dx = — у in 1 * -f-11 4-у 1п(х2 — х+ 1) +
1	2х — 1
+ утarctg ут + с*
/хэ № хг № 2
х(х* — [ji~dx·
Разложим подынтегральную функцию на элементарные дроби. Так как знаменатель имеет корни х, = 1 и х2 = — 1 кратности 2 и простой корень х3 = 0, то разложение примет вид
х3 -f- х2 -р 2   А , Вх L · Вг , С, ,  С2
χ (χ2 — I)2 ' “ χ ^ χ - 1 “r‘ (x - l)2 ^ x + 1 ^ (x + l)2 ’
откуда
x3 + x2 + 2 = Л (x — l)2 (x + l)2 -f- Я,х (x — 1) (x + l)a -f
+ Я2х(х + l)2 + Cjx(x + l)(x— l)2 + C2x (x — l)2;
x3 + x2 + 2 = x4(A + Bt + Cx) + х3(Я, + B2-CX + C2) +
-f x2(2 B2 — 2A—B1 — 2C2 — C1) + x(B2—Bl + C2 + Cx) + A.
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, получим пять уравнений для определения пяти неизвестных:
А + Я, + С, = 0;
Я, + Я2 — О, + С2 = 1;
2В2 — 2А — В1 — 2С2 — С1=\\
В2 — Я, + С2 + С4 = 0;
Л = 2.
Решая полученную систему, находим
л = 2, в1=-1, ea=i, с, = -|, с2 = -1.
Следовательно, подынтегральная функция разлагается на элементарные дроби следующим образом:
х3 + х + 2 _ 2	3	1	5	1
х(х2—I)2 х 4(х—1) 4" (χ—I)2	4(х+1)	2(х+1)2"·
Интегрируя, получаем
fx3 + x + 2A ofrfx	3	f d(x — 1) ,	f d (χ — 1)
J x(x2 — l)2	J	x 4 J x — 1	—
5 fd(x + 1)	1 f d(x + 1)
4j x-fl	2 J (x + l)a
=2 in*-T,nH-4 - -4τ-τ1ηΙ* +11 + SFTT)+ c “
_	X+3	,	.	X2	 ,
2(1— xa) 4“	j x — 1 J3 J x + 1 l®	+ C'
374

5.	Найти интеграл j	^	(« = 2,3, ... ).
Выделим из выражения χ2 φ рх ф q полный квадрат дву-
члена
X* + px + q=X* + 2’|'j:+(|) +[?—(у)] =
= (* + Ί) +(»—т)·
Мы предполагаем, что трехчлен χ2 ф рх ф q не имеет дей-
Оа - Λ
ствительных корней, т. е. q—0, поэтому можно положить
q — y- = g2. а= ф ]/,_-£.
Вводя новую переменную
хф-~- = и
находим
dx — dt, χ2 ф рх ф q = t2 φ a\ Mx φ N = Mt 4
+ (11-ψ).
Интегрируя, получаем
Г Μχ+Ν . _ fMt + {
J (х’ + рх + дГ J «4
д, — ΛΥρ\
11 dt
(i2 + Ф)т
_M f	2tdt	(N Mp\C _ dt
~ 2 J (Ρφ α2Γ л\ 2 J J φ + a2)"* *
Первый из интегралов вычисляется подстановкой
t2 ф а2 = и, 2/d/ = du,
f 2tdt _ f du _	11 r
J ((2 + a2)OT J um m — 1 ’ u^-1 +с=э
1	1	я-+с·	(В)
m — 1 ' (/2 + a2)"1'1
Второй интеграл можно найти по рекуррентной формуле
/	  I	г	ί	I	I	/	/р\
'ет-Н — 2ma* ‘(2*4 а2)/л_г 2т ' a2 *»	AW
где
lm — J (Ζϋ + (m — 1, 2, 3, ...).	(D)
375

Формула (С) получается с помощью метода интегрирования
по частям. В самом деле, положим
(+г = “- * = d0·
тогда
'	,	2 mzdz
du =	—-ρ»	ν	=	ζ.
(га фа2)т+х
На основании формулы (9.18) имеем
! =
■r2}m + 2mf (2a + flS)m+l ώ·	(Ε)
(г2 + 'ά
Преобразуем последний; интеграл
Г г2 . Г (*я 4- а2) — а2 . Г dz
J (z2 + a2)m + 1	J (я*+«»)*+» aZ~J(? + a2T
— / (2« + aa)« + l	а2/т+1·	(F)
Подставляя выражение (F) в (Е), получим
Im ~ (z2 + a2)m "к	m 2tna Im+U	(G)
откуда и получается формула (С).
Формула (С) сводит вычисление интеграла ίηι+χ к вычислению интеграла im.
Зная интеграл
/г = — arctg Л-
1 а	а.
(мы берем одно из его значений), по' этой формуле при m = 1
находим
= 2а2 'С + а2 "к 2а3 afCtg ΊΓ*	^
Полагая	в	формуле (С) m = 2, получим
/ = — . ■ -z j.i/= 1 .	2	[
3	4а2	(г2	+	а2)2	4а2 2 4сг2 (г2 + а2)2 "л7
,	3	г	3	,	г	,,
+ 8Т*-2нЛ?+вГ‘аГС'§Л-	(М
и т. д.	Таким	путем можно вычислить интеграл Jm для любою
натурального пг.
6.	Найти интеграл J х	*	^*·
Знаменатель дроби Q(x) = (1 4-*2)3 имеет два мнимых корня
χ = ζϋ i кратности 3. Функция разлагается на следующие простейшие дроби:
х4 ф 2х2ф 4 _ Мхх + Л/, М2х + Л/2 Мэх 4- Л/3
(1 4 X2)3	—	1	+ X2 ‘(l-p X2)2 "k (1 4 X2)3 ·
376

Приводя правую часть к общему знаменателю и сравнивая'
числители, получим
х4 -f- 2х2 + 4 = М3х -f- N3 -f- (М2х + Л/2)(1 -f- х2) -f-
+ (Л41х + Д/1)(1+х2)2.	(А)
Для определения постоянных Мм, / = 1,2, 3) применим
смешанный метод.
С Положим χ = V — 1 = ί; следовательно, х2 = — 1. Подставляя это значение в тождество (А), получим
(— I)2 + 2 (— 1) + 4 = M3i + N3 или M3i + N3 = 3,
откуда
Αί3 = О, Ν3 = 3.
Подставим в (А) значения М3 и М3:
^ + 2х2 + 4 = 3 + (М2х + Ν2) (1 + х2) +
+ (Μ1χ + Λ/1)(1 +х2)2.
Переносим 3 в левую часть:
(х2 + 1)2 = (М2х + Ν2) (1 + ха) + (Мхх + Νχ) (1 + х2)2
и сокращаем на 1 + х2:
χ2 + 1 = М2х + Ν2 + (Αί,χ + Nx) (1 -f χ2).	(В)
Снова полагая х = i, получим 0 = M2i -f- N2, откуда М2 = О,
N2 = 0.	—ь
Подставим эти значения в тождество (В):
1 +x2 = (M1x + iV1)(l +х2).
Следовательно,
1 = Мхх -f- At,,
откуда Мх = 0, Nx = 1.
Итак, разложение имеет вид
х4 + 2х2 + 4	1	3
(I + х2)3	“ 1 + х2 4" (1 +х2)3*
Интегрируем:
Г х4 + 2х2 + 4 . _ С 1	.	о [ dx _
J (l+χψ dX J 1 +x2 dX+ dJ (1 +x+ “
=	arctg х + З^-ф^.	(С)
Интеграл в	правой	части равенства (С) получается	по	фор¬
муле (К) примера 5 при а — 1 и г = х:
/* dx	  1	х	.3	х
J (1 + х2)3	— 4	’ (х2 +	I)2 "h 8	χ2 +	1 "г
+ Y arctg χ + С.	(D)
377

Из равенств (С) и (D) имеем
‘ Xя + 2х2 + 4	11
» х* + 2х* + 4 .	11	.	,3	X	,9	χ	,	п
J (I + х2)3	“	8	arctgA;	+	4	(1	+	х2)2	+	8	1	-f	л2	4-	£·
Задачи
Найти интегралы от рациональных функций:
х2 + 2
·/
' J к*(1 + *ψ"-
х3 + х2 — 2х
dx
— х+2
dx.
dx.
5х2 + 4
Г * + y + 8 dX'
J (* + !)·(*»+ 2)
Ответы
2 xdx
■I
■f
•iw
Г 3x^
’ J X (1 + X2
x2 + Зх — 4 *
x2dx
(x + 2)2 (x + 1) *
4xa + 4x — 11
I) (2.x + 3) (2x — 5)
3x+ 1
dx.
dx.
1. In
1
2
6. — In
3
(x-l)(x + 2)
x
+ C. 2. In р'а— 1)4/ + 4)s +C. 3. — -L —
-^-5	ί- arctg x + C.
1 + x2	2
7. _i_ln|x+H
(x+I)2)(x-2)
(x - I) (x + 2)2
3
I
In I χ + 1 I + —-τ—
x -f 2
(2x — !)2 (2x — 5)3
C.
2x + 3
+ C.
+ —L- In (χ* + 2) — -- ^ arctg —	+	C.
x+1	3	3	у2
8.	In |Κ|~4· ln(· + **) +	+	L+	4-	arctg*	+	C.
§ 9.7. Интегрирование тригонометрических функций
1. Интегралы вида
J sin ах cos bxdx, J sin ax sin bxdx, J cos ax cos bxdx
находятся с помощью тригонометрических формул:
sin a sin b = γ [cos (α — b) — cos (α + b)]\
cos a cos b = γ [cos (a — b) + cos (a + b)\,
sin a cos b = γ [sin (a — b) -f- sin (a + &)].
2. Интегралы вида
/Я( m = J sin* xcosm xdx,
378

где пит — четные числа, находятся с помощью формул:
sin2 х = -L (1 — cos 2х); cos2 χ = -Л- (1 -f cos 2х);
I . _
ειη x cos x = -y sin 2x.
Если хотя бы одно из чисел т или п — нечетное, то интеграл находим	непосредственно,	отделяя от	нечетной степени
один множитель и вводя новую переменную. В частности, если
т = 2k φ 1, то/я, т — J sin"xcos2ft+1xdx= j sin"xcos2*xcosxdx =
= j sin" χ (1 — sin2 x)k d (sin x).
3.	Интегралы вида
J R (sin x, cos x) dx,
где R — рациональная функция	от sinx и	cosx,	приводятся
к интегралам	от рациональных функций	новой	переменной
с помощью подстановки
при этом
2t	1 —t2	.	2 dt
Sin X 1+^2 > C°S Χ I __j_ ^2 »	]	_j_ (2 ·
Если
R( — sinx, —cosx) ==‘R(sinx, cosx),
то целесообразно применить подстановку tgx = /, при этом
sin* = yrTF· cos*“ TTW' x = ardg'' dx = 'Те-
Примеры
1. Найти интеграл J cosx sin2xdx.
Так как cos xdx = d (sin x), то на основании формулы (9.5')'
при u = sinx получаем
J cos x sin2 xdx = J sin2 xd (sin x) = sin3 - + C.
2. Найти интеграл [cos3x sin2 xdx.
В данном случае m = 3, η = 2. Получаем
J cos3 x sin2 xdx = j cos2 x sin2 χ cos xdx =
= j (1 — sin2 x) sin2 xd (sin x) = J( sin2 x — sin4 x) d (sin r) =
= j sin2 xd (sin x) — j sin4 xd (sin x) =
sin3 x	sin5 x , n
~ ’ 3	5	T	4?
3. Найти интеграл J sin4 xdx.	r

Здесь η = 4, т = 0. Преобразуя подынтегральную функцию
sc помощью соответствующих формул, находим
j sin4 xdx = j(sin2 xf dx = J( 1 ~^os	_
--Lj(i — 2 cos 2x 4 cos2 2x)dx = ~Jdx L Jcos 2xd (2x) 4
4 A J-L (1 4 cos 4x) dx = -L J dx L J cos 2xd (2x) 4
4 -LJdx 4 -frj-f cos 4xd (4x) = -L x L sin 2x 4
4Tji + ¥sin4x^C = TA: —Г sin 2* 4
4-Lsin4x4C.
4. Найти интеграл J cos5 xdx.
В данном случае η = 0, т = 5. Отделяем множитель первой степени и выражаем cos2x через sin2x:
cos5x = cos4 х cos χ = (cos2 x)2 cos x = (1 — sin2 x)2 cos x.
Вводя новую переменную t по формуле sin х = t, получим
j cos5 xdx — j* (1 — sin2 x)2 cos xdx = j (1 — t2f dt =
= j (1 — 2/2 4 t4) dt = J d/ — 2 J t2dt 4 J /4d/ = / —
-4+4+c·
Возвращаясь к исходной переменной х, находим
j cos5 xdx = sin x у sin3x 4 -g- sin5x 4 C.
5. Найти интеграл J sin4x cos2xdx.
j sin4x cos2xdx = J (sin x cos x)2 sin2xdx = J(-sin^2jc j ^
tX f1	dx = -Lj sin2 2x (1 — cos 2x) dx = -L j sin2 2xdx —
 ~ jsin2 2x cos 2xdx = p ~ c°s 4x dx Ljsjn2 2* χ
X -γ d (sin 2x) = -L Jdx L_ J cos 4xdx —
 L- j sin2 2xd (sin 2x) = -Τ- x L- sin 4x L. sin32x 4 C.
6. Найти интеграл Jsin 7x sin 3xdx.
Так как
sin Зх sin 7χ = -γ [cos (7 — 3) x — cos (7 4 3) x] =
= -γ (cos 4x — cos 1 Ox),
380

= -γ Jcos 4xdx	γ fc°s	10xdx = ~ sin 4x T_ sin \ o* + C.
7. Найти интеграл J cos Зх cos xdx.
Преобразуя подынтегральную функцию, находим
Jcos Зх cos xdx =	-Vj(cos 4x + cos	2x) dx = γ J cos 4xdx -f-
ι Γ	ι	ι
4—γ I cos 2xdx = -g- sin 4x + -y sin 2x -f C.
8. Найти интеграл j sin 5xcos 3xdx.
Преобразуя подынтегральную функцию, получаем
J sin 5x cos 3 xdx = -γ J (sin 8x -f- sin 2x)dx = γ J sin 8xdx -f
+ γ Jsin 2xdx = γ cos 8x у cos 2x -f- C.
Г dx
9.	Найти интеграл Q , ■ . „ , „	.
J 3 + Sin X + COS X
Подынтегральная функция является рациональной функцией
от sin х и cos х. Применяем подстановку tg — = /.
Так как при этом
2 (	1 — /2	.	2	dt
sin χ =	cos	χ	= —, , τ,-, dx—
t -h w l + cl ’	ι	+12 ’
TO
1 1 1 + /2
3 -j- sin x -f cos x	21	1	—	Iя	2	\t2	-f	/	+	2)
i +ί2	+ i
dx	dt
3 + sin x + cos x t* + t+2
Интегрируем
С	dx	С	dt	Г	dt

о	2tg	~2~	4	1
rarctg 7= f- С.
γ 7	V	7
10.	Найти интеграл fim,x£
Подынтегральная функция не меняется от замены sinx на
(— sin х), cos х на — (cos х), т. е. R (— sin х, — cos х) =
= /?(sinx, cosx). Применяем подстановку tg χ =/. Так как при
этом
t	t	dt
sin χ = - - — ■. cos χ = —■	 χ	=	arcta	t	dx	=	—— ,
У 1 _|_ p	Y	1	+	p	*	ь	'	α	1 +1 *
TO
1	1	+12	dx	_	dt
5 cos2 x 4 9 sin2 x	“	5	4 9/2	’	5 cos2 x + 9 sin2 x	“	5 4 9i2	*
Следовательно,
f + =f.
J 5 cos2 x + 9 sin2 x J
dt Г -Г4®	=
5 + 9ia J (/T)2+ (3()»
1	1	■	3t	. ^ I , 3tgr . о
= -у · -7=· arctg -7= + С = —;= arctg	+ C.
3	/-g-	6/	5	1	3	6	γ	3	1
Задачи
Найти интегралы:
1.	J sin x cos4xdx.	2. J sin3 x cos3 xdx.
3.	J sin2 5xdx.	4. J sin2 x cos2 xdx.
«■/
c°s5x ^	6.	j*	sin	x	sin	3xdx
sin2* *	8.	j*	sin	3x	cos	2xdx.
■h
7. I cos 4x cos 2xdx.	r	,4*
10 ‘
Q f	J	7	cos2	x	+	16	sin2x
' J 5 4 4 cos x *
Ответы
cos5* , Л ^ cos4* . cosex , Л * sin lOx
1	x	4tgx
4/T arctg ΥΎ + ’
+ C.

§ 9. 8. Интегрирование некоторых иррациональных функций
1.	Интегралы вида
Л /	.	\	Ρ»	,	,	\	Рь
ах+Ь\ Яа	ах+Ь	\—
cx-j-d J ’	cx+d j п\dx’ ^9·32^
где R— рациональная функция и plf qv ..., pk% qk — целые
числа, находятся с помощью подстановки
+ Ь fn
сх + d ’
где п — наименьшее общее кратное чисел qv q2, ..., qk.
2.	Интеграл от дифференциального бинома, т. е. интеграл
]хт(а + bxnydx,	(9.33)
где т, η, р — рациональные числа, а и b — постоянные, отличные от нуля, сводится к интегралу от рациональной функции
в трех случаях:
1) когда р — целое число, — разложением на слагаемые по
формулам бинома Ньютона;
tTl 1- 1
2) когда —  целое число, — подстановкой а + bxn *=tst
где s — знаменатель дроби р\
fTl \~ 1
3) когда	+ р—целое число, — подстановкой ах~п-\- b—ts.
Примеры
1.	Найти интеграл J V 9- dx.
a	JC	—1— Ь
Это интеграл вида (9. 32), для которого уу = χ +9 (т. е.
а = 1, 6 = 9. е = 0, d= 1), + = +
Применим подстановку
х + 9 = /2,
откуда
х = /2 — 9, dx — 2 tdt
}φΕ±1άχ = f-ф^Ш = 2 jj£jdt = 2/(+^±idY =
= 2JdY + 18/+¥ = 2 + +-ln|+|| + C =
/* + 9+3
+ C,
Γι3/ 2 — x	1
2.	Найти интеграл J у y+y · -у_ χ)2 dx.
383

Это интеграл	вида	(9. 32),	для	которого	~ *
сх	+ и	Z + X
Р\ _ А
3 *
Применим подстановку
2 — * _/з
2 + *
Выразим х, 2 — х и dx через новую переменную t:
2 — х = /3 (2 4 *)*	2	— 2/3 =	х 4 х/3, 2 — 2/3 =	χ (1	+ Z3),
2 — 2ta 0	0	2 — 2t3 _	4/3	1	(I+б5)2.
χ- [ + t3 ’ Z X	1	+	i3	1+Z3’	(2-x)2_	16Za	;
— 6/2(1 + t3) — 3/2(2 — 2/3) ,	—12/2	,
rfX—	(1+Z3)2	(1-H3)2
Подставляя найденные выражения в интеграл, получим
ifTH·
3.	Найти интеграл Г—^А1 —r-=- dx.
*	J(*4	l)3-Vx+l
Здесь ·£φΤ = xJr1'	=-+· Положим
χ 4 1 = /2,
тогда
dx = 2/d/,
f_/x+l>2=.	2	Г+2	= 2 f f±2 d
J (*+ I)1 —/*+ I	J *4-/	43-i
Разлагая подынтегральную функцию на элементарные дроби,
получим
/+ 2 _ 1	t+	1
/»— 1	/ — ί	ί2 +1 -ρ	1 ·
Следовательно,
2 /4А=2/(4-- 44г) <# = 2 /4 ■-
О Г	---±'	■■—г-   Λ = 2 f	_

, arctg 	·,
У 3	У.3
лтт»	[х А-VX2 -\-V X J
4.	Наити интеграл | —— _1-· ах.
J х(1 + γ х )
Это также интеграл типа (9. 32), для которого уу = х
(т. е. а = 1, 6 = 0, с-0, р.	й-	+	+=	+
общий знаменатель всех дробей равен 6, поэтому применяем
подстановку х = /6 (она дает возможность освободиться от всех
радикалов).
Поскольку
X = t\
то
dx = 6/5d/, ^ х = /2, У х2 = /4.
Следовательно,
г* + СТч-С~	ГД+'*_+(_ 6«= 6 fJl+JL+Ldt =
J /(i + f'T) J до+д) J ι+e
= 6/-!2i+w+L л = ο J + 6 /т+χ = 4(1 + 6 arc‘g' +
+ С= “Ух2+6arctg x + С.
г У ι + у/ χ ,
5.	Наити интеграл —57==— dx.
J 1/ Xя
V'x-
Переписав интеграл в виде
/
1 1
х 3(l+xd)2^
2
и сравнив его с интегралом (9.33), заключаем, что т= у,
ι	1
п — з . Р — 2 *
13 Гусак А. А,	33"

Так как
2 1
m -}- I  	3 *k	3 _ ι
n ~ J_ ~ J_
3	3
есть целое число, то мы имеем второй случай интегрируемости
дифференциального бинома.
Подстановка а 4 bxn = ts в данном случае примет вид
(ί +С) = л
откуда
_1_  2_  2_
х3 = /2 — 1 ,-L х 3 dx = 2/d/, χ 3 dx = б/d/.
Подставив эти выражения в интеграл, получим
jx 3 (Н-*3)2 dx= К1+*3 )2χ dx = j”/ * б/d/ =
I 3
= 6 Ji2dt = 6· -у+ С = 2(1 +ха j2 + С.
6.	Найти интеграл
Переписав интеграл в виде
= $*°(1 + *4> *dx>
заключаем, что т = 0, л = 4, р = γ. Так как — ^ - 4 Р=
= у L = 0 (целое число), то имеем третий случай интегрируемости.
Подстановка
ахгп 4 Ь = /К
где s — знаменатель числа р, в данном случае примет вид
*-4 4 1 = /4,
откуда
_ J_	_	_5_
*=,(/4—1) 4, dx=  /3 (/4   1) 4 d/,
 у
/1 4 *4 = /* = / (/4 — 1) 4.
Следовательно,
./4-^=· = - r_™L =
Jil+r J <« — 1	4	Д	<	+	1	ί-	С
-и
dt	1	,	/	4	1
= 4-In
Ε2 + 1	4
386
/- 1
—у arctg/ 4 С.

Задачи
Найти интегралы:
. f Cl*T.' + ' dx. 2. г_
J (2х — 1) (Ь 2х — 1 — 1)	J	V	(X	—
dx
(2х — 1) (Г2х — 1 — 1)	‘	J	Y	(х	—	О3	(*	+	2)Б
з. Г- -	d*,:	=.	4 f i+JCf+CjL <ъ.
./ }Ц*-1)(* + 1)>	4J *(1-J-T)
dx
5.	f- t/—■_ .	6	f—_=	_.
J X У 1 + X5	J *a (i + /x)2
7.	/x~6(l + xa)2 dx.	8·	iTWTTwr*
Ответы
1. 3 In I УъГ—[ — i j — 3 in ΥφχΤ—ϊ -f- C. 2.-1 [4 X~J_ + С. Указа-
3 г χ 2
и и e. Преобразовать вначале подынтегральную функцию \ (χ — I)3 (х + 2)5 =
= (х — 1) (х + 2) ί/>£+ -	3.	-L	lnii±l±J	+	/Xarctg ^ϋ-f С,
v ; v ^ ' Г х — 1	2	(/—I)2	X	3
где t = Л/ х dr Л. 4 JL у *2 + б arcig у' х + С, 5. —L In У ^	+
Гх—1	2 У	т	10	/2 + / + 1
+ -Х- arctg -ψφ+0.,=νТТ*. в. —f4+i - + С·
7· - 4- (Х)^+-НлИ)’*’ +с- «·3 arct® с++ с
§ 9.9. Интегрирование гиперболических функций
Интегрирование гиперболических функций основано на формулах:
jch xdx = sh χ + С;	(9.34)
j sh xdx = ch x + C;	(9.35)
= th x + C;	(9.36)
/■
/-
ch2 x
dx
sh2 x
= —cth x + C.	(9.37)
Интегралы от четных степеней ch х и sh χ находятся с помощью формул:
ch2 х = 4 (ch 2х -f 1); sh2 χ = ~ (ch 2х — 1); sh х ch χ =
Интегралы от нечетных степеней sh х и ch х находятся отделением множителя первой степени и введением новой переменной.
13*	387

Примеры
1.	Найти интеграл j sh2 х dx.
Так как
sh2 χ = Л— (ch 2х— 1),
то
J sh2 xdx = ~J (ch 2x — 1) dx = -Lj* cp, 2xdx γ J dx =
= -γ J ch 2xd (2x) — - jjdx — -γ sh 2x γ x 4 C.
2. Найти интеграл j sh3xdx.
Представляя подынтегральную функцию в виде
sh3x = sh2x shx
и принимая во внимание, что
sh xdx = d (ch x), sh2x = ch2x — 1,
получаем
J sh3xdx = j sh2x sh xdx = j sh2xd (ch x) = f (ch2 χ — 1) d (ch x) =
= j ch2 xd (ch x) — j d (ch x) =		ch x -f- C.
3. Найти интеграл J sh2 x ch2 xdx.
J sh2x ch2xdx = j (sh x ch xf dx = J(-L sh 2xj dx =
= ~Y J sh22xdx =	— 4* — 1 dx = J ch 4xdx γ Jdx =
ch 4xd (4x)	L J dx = —^-sh 4x	L * + c.
32
4. Найти интеграл J cth2 xdx.
$c№xdx =	= /+ώ = J-J+ + f dx =
- — cth x + x + C = x — cth x 4 C.
5. Найти интеграл jch3xshxdx.
j ch3x sh xdx = J ch3 xd (ch x) = -ch *■ 4 C.
Задачи
Найти интегралы от гиперболических функций:
1. J ch2 xdx.	2.	J	ch:}	xdx.
3.	J sh3 4x ch 4x dx,	4.	J	lh2	xdx.
5.	J ch4 x sh xdx.	6.	J	sh5x	ch	xdx.
1 + sh x
из dX-
ch2 x
388

Ответы
1.
1	,	1	sh3 χ
у sh 2х 4 -γ χ ф С. 2. sh x 4 —^—
4.	thx 4 * 4 C. 5.	+	C.	6.	+	C.	7.	—
sh * — 1
8> “"Thx +C
л sh44x	л
+ С. 3. j-g— + С.
ch χ + 2
sh x
4C.
Глава 10. Определенный интеграл и его приложения
Пусть на отрезке [а, b] определена функция у = f (х).
Отрезок [а, Ь] разобьем на п частей точками а = х0 <*!<
<[... <С хп = 6. В каждом из элементарных отрезков длины
ΔX/= X/ — Xt ί (/=1, 2, К.., п) произвольным образом выберем точку zt и составим сумму
П
2/ (4) δ4 = / (Ζι) Δχ, 4 f (za) Δχ2 4 ·. · 4 / (гя) Дх„. (ЮЛ)
i=I
Сумма эта называется интегральной суммой функции у —f(x)
в промежутке [а, b].
Определенным интегралом от функции y = f{x) в промежутке [а, Ь] называется предел ее интегральной суммы, когда
число элементарных отрезков неограниченно возрастает, а длина наибольшего из них стремится к нулю:
ь ·	"
j f (х) dx = lim	(zd &xt.	(10.2)
a	n	->oo	i	=	1
max
Если функция у = /(х) непрерывна, то предел (10. 2) существует и конечен.
Свойства определенного интеграла:
1. j f (х) dx = [f (t) dt.
a	a
2. j / (x) dx = 0.
a
3. ]’ f (x) dx = — j f (x) dx.
a	b
4.	j f (x) dx = If (x) dx 4 J f (*) dx.
a	a	с
5.	J [fi (*) — f2 (x) 4 fa (*)] dx	= j h(x) dx— J /2 (x) dx4
a	a	a
b
4 I fa (x) dx.
а
339

6. j cf (x) dx = с j f (x) dx.
a	a
7. [ j f (x) dx]' = f (x).
a
§ 10.1. Вычисление определенного интеграла
1.	Теорема Ньютон а-—Л е й б н и ц а. Определенный интеграл от непрерывной функции в данном промежутке равен разности значении любой первообразной функции для верхнего
и нижнего пределов интегрирования:
ь
— F (b) — F (а),	(10.	3)
ff(x)dx = F (х)
а '	ι
где
F' (x)=f(x).
2. Замена переменной в определенном интеграле осуществляется по формуле
17 (*)Λ=!/[?(/)]φ'(Υ)Λ,	(10.4)
а	а.
где χ = φ (/), а — φ (а), b = φ (β); t — новая переменная; α, β —
новые пределы интегрирования.
3. Интегрирование по частям в определенном интеграле:
J u(x)dv(x) = и (χ) υ (х) Ь — j и (х) d и (х)	(10.	5)
а	а а
или
ь	ь
j и (х) v' (х) dx = и (b) v(b) — и (а) и (а) — j ν (х) и' (х) dx. (10. 6)
a	a	*
4. Теорема о среднем значении. Если /(х)<;Ф(х),
при а^.х^Ь, то
]f(x)dx < ]φ{χ)άχ.	(10.	7)
а	а
Если f (х) и	φ (х) непрерывны при а φ х -^.Ь	и	φ (х) ^-0, то
ь	ь	ъ
т )	φ (х) dx	< J / (χ) φ (х) dx j φ (χ)	dx,	(10. 8)
a	a	a
где m — наименьшее, a Μ — наибольшее значение функции f (х)
на отрезке [а, Ь].
В частности, если φ(χ)=1, то
т(Ь —	а)< j7(x)dx<Ai(b — а).	(10.9)

Неравенства (10. 8) и (10. 9) можно заменить соответственно
эквивалентными им равенствами:
ь	ь
!/(*)?(*) dx = /(c)Jo(x)dx	/о.	10)
$f(x)dx = f{d)(b-a\	(10. 11)
a
где с и rf — некоторые числа, лежащие между а и Ь.
Число
!* = +-т*)^	(10. 12)
называется средним значением функции у = f(x) на отрезке
а <; х < Ь.
Примеры
1.	Вычислить определенный интеграл j x3dx.
По формуле (10. 3) имеем
4
/
х2 dx
4»
3
64
3
21.
Замечание. В соответствии с теоремой Ньютона—Лейбница можно
брать любую первообразную подынтегральной функции. В данном случае
вместо -у можно было бы взять -у + 5, которая также будет первообразной
τ-+*Η4-+·)-ϊ+
для функции 0= х2: Jx2dx =	-f-	5
1
I
63
= 21.
+5— з —5- з
Тот же результат получается и в общем случае:
А=(4+с)|!=(4+с)-(4+с)=4+с-4-с=21·
I
В дальнейшем мы будем рассматривать лишь ту первообразную, для
которой постоянное слагаемое равно нулю.
ТС
ΊΓ
2.	Вычислить интеграл jcosxdx.
тс
ΊΓ
J cos xdx = sin x
0 -■
(2 = sin L sin 0 = 1—0=1.
391

3. Вычислить
Д-т-
+
2 \/ х
dx.
На основании свойств 5 и 6 определенного интеграла и формулы (10. 3) получаем
9	9	9
/(-г-+w+b=-rJxdx +fw+dx=4- · 4-
.+
+ /* ’	'	(92-42)	+	(С	9-]/4) = + -65+ 1 = 14.
4.	Вычислить Jx]/x + 4dx.
о
Введем новую переменную по формуле /х + 4 = /. Определим х и dx. Возводя в квадрат обе части равенства /х + 4 =
= t, получим х + 4 = /2, откуда х = /2 — 4 и dx = 2/d/. Находим новые пределы интегрирования. Подставляя старые пределы
в формулу У хф 4 = /,	получаем: У 0 ф 4	= t,	откуда	t = 2
и а = 2; /5 + 4 = /, откуда t = 3, β = 3.
Таким образом,
5	3	3	3
jx у* + 4 dx = J(/2 —	4) /2 /d/ = J (2/4 — 8/2) dt	=	2 J /4d/ —
о
/
-8 I t2dt = 2 —
2'
= A(35- 25)	H33	—	23)	=
= ~'211 у · 19
4
506 _ II
"I5~ ~όά 15 *
5. Вычислить
Г dx
J YT φΐ
Положим У х = /, тогда х = /2 и dx = 2/d/. Подставляя
старые пределы интегрирования в формулу У х = /, получаем
α = 0, β = 2.
Следовательно,
/+т -{-&-* /Ч?+++ -
ООО	о
= 2г |ц — 2 In р + 111 д =2(2 — 0) — 2 [In (2 + 1) — In (0 + 1)] =
= 4 — 21пЗ« 1, 803.
е
6.	Вычислить j In xdx.
ί
392

Применяем формулу интегрирования по частям (10. 5). Полагая и — Inx, du = dx, определяем du = ~dx, υ = χ.
Следовательно,
In xdx = xlnx
—x
— J-^-xdx = x Inx i—Jdx = x in x
1 1
= eine— 1 · ln 1 —(e— 1) = e— 0 —e + 1 = 1.
7.	Вычислить J x sin xdx.
0
Интегрируя no частям, получаем
J x sin xdx =jxd(— cos x) = x (— cos x)	— j (— cos x) dx —
oo	oo
V\Aix ■) q
= —(π cos π — 0*cos0)+(sin π—sin0)=rc.
= — x cos x
+ sinx
8.	Определить площадь, ограниченную дугой косинусоиды
в пределах от χ = γ до χ = γ и осью Ох.
Исходя из геометрического смысла определенного интеграла,
заключаем, что искомая площадь выразится интегралом
π
ΊΓ
5 = j cos xdx.
Вычисляя этот интеграл, получим
5 = j cos xdx = sin χ
= siny— sin ^ y'J = 1 —
— (—1) = 2 (кв. ед.).
π
ΊΓ 	-
9.	Оценить интеграл / =	1 + -^-cos2xdx.
о
Так как 0-<cos2x< 1, то по формуле (10. 9) находим
2	2	V 2 ·
т. е. 1, 57 < / < 1, 91.

Задачи
Вычислить интегралы:
1. nx* + x)dx.	2.	f±dx.
J %
Л	1
з.fZh-	4.	|(3/Ί+^=)Λ
0	4
5· f x* + 4x-2l'	6·	f уХСФ2
2x + 4
—5	—2	'
-}	6
X
7* JV 5 - 4x - x2 ’	8*	Jyr+T
—2	1
2   0
9.	Jx2 j/4 — x2dx.	10. Jx cos xdx.
Оценить интегралы:
"•/iff?·	,2·/
dx.
2re
dx
10 -+- 3 cos x
-i	о
Ответы
]	20
1 66 2. 1. 3. 1. 4. 40. 5. —0.21 ln 2. 6. In 3. 7. arcsin —. 8. --.9. π.
о	<j
10.	2. 11. -y< / <-γ. 12. π < / < -y«.
§ 10.2. Площадь криволинейной фигуры & декартовых
и полярных координатах
Площадь криволинейной трапеции АаЬВ (рис. 10. 1), ограниченной сверху графиком кривой у — f (х), слева и справа —
соответственно прямыми х — а, х = Ь, снизу — осью Ох, вычисляется по формуле
ь	ь
S = j f(x)dx или 5 = J ydx.	(10.	13)
а	а
Дифференциал переменной площади АахХ (рис. 10. 1) равен
dS = ydx.
Если кривая задана параметрическими уравнениями
* = /(0. У = ?(0,
394

то
dS = φ (/) f' (t) dt
5 = ίφ(0 Г (О Λ.
(10. 14)
Площадь криволинейной фигуры АЛА2В2В1 (рис. 10. 2), ограниченной сверху и снизу соответственно кривыми уг = /,(х),
Уг = h (*)> слева и справа — прямыми х = а и х = 6, определяется формулой
5 = ί ί/i (х) — h (*)]dx или S = J (0, — 0a) dx. (10. 15)
a	a
Площадь криволинейной трапеции CcdD (рис, 10.3), прилежащей к оси Оу, вычисляется по формуле
4	А
В = ί φ (0) dy или S =s J xd0.
(10. 16)
395

Площадь сектора ОАВ (рис. 10. 4) кривой, заданной уравнением в полярных координатах г = г(<?):
3
S=f4-№<f.	(10.17)
а
в
Рис. 10.4
Примеры
1. Определить площадь, ограниченную линиями ху = 6,
χ = \, х = е, у = 0 (рис. 10. 5).
Определяя у из уравнения гиперболы ху = 6, получим
g
у = Из условия вытекает, что а = 1, b = е. Подставляя
g
значения а, Ь и — (выражение для у) в формулу (10. 13), находим:
е	е
s = J-JL dx = 6 jy = 6 In χ * = 6 (Ine — In 1) = 6(1 — 0) = 6.
1	1
2. Вычислить площадь, ограниченную кривой у = бх — х2— 5
и осью Ох.
396

Чтобы определить пределы интегрирования, найдем точки
пересечения кривой (параболы) с осыо Ох (рис. 10.6). Решая
систему у = бх — х2 — 5, 0 = 0, получим х, = 1, х2 = 5, следовательно, а = 1, 6=5.
Таким образом, искомая площадь равна
5 = j ydx = J (бх — х2 — 5) dx = 6 j xdx — j x2dx — 5 j dx =
5 Xя
5
- 5х
5
1 3
1
1 —
= 6
— 5(5— l)=3-24 — 4- -124 — 5-4 =
= 3(52— l2) — 4-(53— l3) —
216— 124 — 60
32
3
-10-+
3.	Определить площадь, ограниченную параболой у = х2 —
— 5х + 6 и координатными осями (и прилегающую к обеим
осям).
Найдем пределы интегрирования. Так как фигура ограничена слева осью Оу, то нижний предел интегрирования а = 0.
3S7

Кривая	у =	х2 — 5х +	6 пересекает ось	Ох в двух точках:
х, =	2,	ха =	3 (рис. 10.	7), следовательно,	верхний предел	6 = 2.
Таким образом,
5 = j	(*2 — 5х -|-	6) dx = J x2dx — 5J	xdx 4- 6J dx =
0	0 0	0
-54-|o+6Ho=-f-5A+6-2=
= 4_10 + ,2 = + = 4 +
Рис. 10. 7
Рис. 10.3
4.	Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой у2 = х3,
прямой у = 1 и осью Оу (рис. 10. 8).
Искомую площадь определим по формуле (10. 16). Подстав¬
ляя в нее значения с = 0, d = 1 и выражение х = у , получим

5. Найти площадь фигуры, заключенной между линиями:
у = *2, у2 = χ.
Решая совместно систему уравнений у = х2, у2 — χ, находим
абсциссы точек пересечения данных кривых: хх = 0, х2 — 1.
Следовательно, пределы интегрирования будут: а — 0, 6=1
(рис. 10. 9). Искомую площадь вычисляем по формуле (10.15).
Заметим вначале, что ух — У х, у2 = х2 (получено из уравнений линий).
Таким образом,
ι	1	_	1	_ ι
5 = j (z/χ — уо) dx = J (У χ — х2) dx = J Yx dx — j x2 dx =
3 ’
6.	Вычислить площадь, ограниченную параболой χ = 8у —
— у2 — 7 и осью Оу.
Для определения пределов интегрирования найдем точки
пересечения кривой с осью Оу.
Решая систему уравнений х = 8у — у2 — 7, х = 0, получаем
У\ = 1. ί/a = 7 (рис. 10. 10). По формуле (10.16) находим
5 = j (8у — у2 — 7) dy = 8 j ydy — jy2dy — 7 j dy =
= 8·
-7y
-7(7-1) =
+ 4(49-1)	p (343— 1) —
92— 114 —42 = 36.
7.	Определить площадь, ограниченную одной аркой циклоиды х = a (t — sin t), у = а (1 — cos t) и осью Ох (см. рис. 1.35).
399

По формуле (10. 14) получаем:
2πα
2it
2π
S = J ydx = J a (1 — cos /) a (1 — cos /) dt = a2 J (1 — 2 cos/4
2π
0
2π
+ cos2t)dt = a2 J(l — 2 cos/ + 1 4cos2/j^ _ a2j(_|	2	cos/	4
о	о
2π	2κ	2π
4 у cos 2tj dt = Л-a2 Jdt — 2a2 Jcos tdt 4 ~ a2 J cos 2 td (2/) =
0
2π	I	2 it	2
— 2a2 sin/ 4-y sin 2/
о	о 4
2 π
= 3πα2.
8.	Вычислить площадь, ограниченную лемнискатой Бернулли г2 = a2 cos 2<р.
Кривая симметрична относительно координатных осей
(см. рис. 1. 30), поэтому достаточно определить одну четвертую
искомой площади по формуле (10. 17):
π	π
Т	Т	JL
~4~ В = уJa2 COS 2φί/φ = ~JCOS 2<pd (2ф) =y Sin 2ψ	q = у.
о	о
Таким образом, 5 = а2. В частности, при а = 2 получим
5 = 4.
Задачи
Вычислить площади фигур, ограниченных линиями:
1.	у = х2 — бх 4 8, 0 = 0.	2.	х	= 4 — 02, х = 0.
3.	0 = In х, х = et у = 0.	4.	03	= х2, у = 1.
5.	02 = 2рх, х2 = 2р0.	6.	0	= 2 — χ2, 03 = х2.
400

Найти площади фигур, ограниченных линиями:
7. х = a cos3t, у = a sin3/ (астроида).
8. х = a cost, у = b sin/ (эллипс).	/
9. Одним витком спирали Архимеда г = ау.
10. χ2 + ζ/4 = у2.
Вычислить площади, ограниченные петлей кривой:
11. у2 (2а — х) = х(х — а)2 (строфоида).
12. х3 + у3 — 3аху = 0 (декартов лист).
Ответы
32	4	4	2	3πα3
1.	3	2.	3	.	3. 1.	4.	5 .	5. 3	ра. 6. 2 15-	7.	g	.	8.	πα&.
4	4	4 — π	3α2
9 у π3α2. 10. у.	11. —^— α ·	~2~·	Указание. Переходя	к	полярным координатам	х	= р cos φ, у = р sin φ,	получим:
π
_ За sin φ COS φ	^	9fl2 ? gjna jp Coga φ ^
P “ Sin3 φ + COS3 φ ’ S = ~2 J (sin3 φ + COS3<p)2
0
Так как sin φ = tg φ-cos φ, то подынтегральное выражение сводится к виду
tg2 yd (tg φ)	1	1
'(1 + tg3 φ)2'( откУда сРазУ находится первообразная: ~
§ 10.3. Длина дуги кривой
Длина дуги кривой у = f (х), где α<7χ<!6, вычисляется по
формуле
b	ь
I =$V\ + у'2 dx или I — Ιγ\ f~[f (χ)]2 dx,	(10.18)
a	a
Длина дуги кривой, заданной параметрически
x = 4i (0. У = Та (0	(*1	<	t < /2),
определяется формулой
/=/]/" V + y'^dt или I = f ]/"у* (/) + φ'* (/) dt. (10.19)
t,	t,
Если кривая задана уравнением в полярных координатах
г = Г (φ) (α < φ < β), TO
J=JCF+Fdw·	(10.20)
а
Примеры
AAA
1.	Найти длину дуги астроиды χ3 + //3 = а3. Чему равна
1 2..
длина астроиды при а— 1, a = -j?
40)

Поскольку астроида симметрична относительно координатных
осей (см. рис. 1.36), нам достаточно вычислить длину дуги АВ
и полученный результат умножить на 4.
JL L λ.
Дифференцируя функцию х3 Фу3 = а3 как неявную, получим
_ 1
ЛгХ ύ ф~у л у’ — О, =
Найдем выражение для подынтегральной функции, входящей
в формулу (10.18). Имеем
J	^	з	f	χζ	j	χ3	χΛ
По формуле (10.18) находим
у/ = f]/~l 4 y'2dx =	dx	=	a3	fx	3	dx	=
= a
1 a
= yfl, / = 6a.
При a = 1 получаем I = 6, при a = -y 1 = 4.
2.	Вычислить длину дуги полукубической параболы у2 = х3,
отсекаемой прямой х = 5.
Указанная дуга состоит из двух частей, симметричных относительно оси Ох (см. рис. 10.8).
Вычислим длину одной из них. Находя производную функции
у2 = х3 и подставляя ее в формулу (10.18), получим
-у/= fl/~1 4 (γχ2) dx = jY^l φ γ xdx =
ο ψ	О
5	5	j
= Pj C4~+9xdx = ±.±. j (4+9*)Td(4 + 9x) =
1 (4 -f- 9x)
18
= ±(4ф9х)У4ф9х\ =^(49-7-4.2) = ^,
27
27

3.	Найти длину дуги одной арки циклоиды х = а (/ — sin /),
у — а (1 — cost).
Движущаяся точка описывает одну арку циклоиды (рис. 1.35),
когда t меняется от 0 до 2π. Следовательно, в формуле (10.19)
г, =0, /2 = 2w.
Найдем выражение для подынтегральной функции в формуле
(10.19). Дифференцируя уравнения циклоиды, получим:
Xt = а (1 — cos /); yt = a sin t.
Таким образом,
Xt'-\- Vt = α2( 1 — 2cos t -j- cos21) + a2 sin21 =
= a2(l — 2cos t + 1) = 2a2 (1 — cost) = 4a2sin2γ,
Vx'2 + y'2 = 74a3 sin2y· = 2a sin γ.
Подставляя это выражение в формулу (10.19), находим
2π .	 2ге	2π
1 = 1 Vх'2 фу'2dt = f 2asin4r dt = 2aJ sin dt =
ο	ό	^	о	^
2re	4	/	\
= 4a ] sin γ d ^yj = — 4a cos y
2re
= — 4a (cos π — cos 0) =
= — 4a (— 1 — 1) = 8a.
Итак, I = 8а. Например, при a = -у 1 = 4, при a = 1	1 = 8.
4. Найти длину дуги эвольвенты (развертки) окружности:
х = а (/ sin t + cos /), у = a (sin t — / cos t) от точки A (t = 0) до
произвольной точки М (t).
По формуле (10.19) получаем
t 	 t 	 t	а
/ = f V χ'2 + у'2 dt = a f γ (t cos tf + (t sin tf dt — a\t dt =
о	b	b
Развертка окружности изображена на рис. 1.37 (см. § 1.7).
5. Найти длину дуги спирали Архимеда г = αφ от полюса О
до любой точки М (см. рис. 1.23; § 1.6, пример 2).
По формуле (10.20) получаем
1 = αΐΥ 1 + φ2 c/'f.
о
Так как
J Ϋ х2 + b dx = γ [χ Yх2 + b + b In (χ + Yх2 + 6)] + С,
то
1 = α]γ 1 -f ?2d<p = γ[γ У φ A-1 + In (φ + ]/φ2 + l)] =
O'6	0
= y-Ιφ VV-И + ln(<? + ]/*φ2 + 1)].
403

6.	Вычислить длину кривой г = a sin3 гу.
Вся кривая описывается точкой при изменении φ от 0 до 3π
(рис. 10.11).
Так как г' = a sin2-у cos -у, то на основании формулы (10.20)
находим
Зт: 	 3 π
/= J j/ a2 sin0 у + a2 sin4 L cos2 у άψ = a J sin2 у dy =
3π	2φ
1 — cos
3π
3π
= α/—=	C0STd'f	=
a
3π
α 3 . 2φ
-y-ysmy
3π
α ο , 3πα
= τ3π,	.
Задачи
Найти длину дуги кривой:
.	χ2	3	„
1.	у —	-2	2". отсеченной осью	Ох.
2.	у =	2Υх	от х = 0 до χ = 1.
3. у = a ch -у между прямыми х = Jz а.
з_
4.	х =	~у2	от у = 0 до у = 3.
5.	х =	е{ sin /, у = cost от / = 0	до t = γ.
404

Вычислить длину всей кривой:
6. x = acos/, y = as\nt.
7. х = а (2 cos t — cos 2t), у = a (2 sin t — sin 2t).
8. x = ~ cos31, У — -γ Sln3 * (c2 = fl2 — b2)·
9. r = a (1 4 cos φ).
10. Найти длину петли кривой: х = t2, y = t у /3.
11. Вычислить длину дуги гиперболической спирали Λφ = 1
от точки А (2, L) до 5 (-L, 2).
12. Найти длину дуги логарифмической спирали г = аенаходящейся внутри круга радиуса г = а.
Ответы
1. 2 /З 4 In (2 4 /3) Указание. J У1 + х2 dx вычисляется интегрированием по частям (см. пример 6, § 9.4). 2. /2 + 1п (1 4 У 2). Указание.
1
При вычислении интеграла W1 применить подстановку х = sh21.
о
3. 2α sh 1 я 2,35α 4. 9 -у. Указание. Длина дуги кривой χ = φ (у) вы-
d	π
числяется по формуле / = J /1 4 *'2 dy. 5. /2(е2 —1). Кривая назы-
С
вается логарифмической спиралью (рис. 1.20), ее уравнение в полярных коор-
,	4	(а3	—	Ь3)	Г-
динатах: г = в'. 6. 2г.а 7. 16а. 8.	^	■. 9. 8а. 10 4/3. Указание.
Пределы интегрирования определяются из уравнения / — -у(3 = 0. 12. а/2.
§ 10.4. Объем тела вращения
Объем тела, полученного вращением вокруг оси Ох криво -
линейной трапеции АаЬВ (рис. 10.12), где АВ — дуга кривой
у = f (х), вычисляется по формуле
ъ	ь-
Vx = i-jy2dx или	Vx = ir j f2 (х) dx.	(10.21)
a	a
Объем	тела, полученного вращением вокруг оси	Оу	криволинейной	трапеции CcdD (рис.	10.13), где CD — дуга	кривой
х = φ (у), определяется по формуле
d	d
Vy = π Jx2d0 ИЛИ	Vy = π J φ2 (у) dy,	(10.22)
y
405

Примеры
1.	Найти объем тела, полученного вращением вокруг оси Ох
криволинейной трапеции, ограниченной параболой у1 = 2х, прямой
х = 3 и осью Ох.
В соответствии с условием задачи определяем пределы интегрирования а = 0, 6 = 3 (рис. 10.14).
По формуле (10.21) находим
3	8	13
Vx = π j у2 dx = π J 2x dx = πχ2 = 9π.
oo	|o
2.	Вычислить объем тела, полученного вращением вокруг
оси Ох криволинейной трапеции, ограниченной гиперболой ху — 4,
прямыми х = 1, х = 4 и осью Ох (рис. 10.15).
Из условия вытекает, что α= 1, 6 = 4. Из уравнения кривой
ху = 4 находим У = откуда у2 = Следовательно,
416

0	4	4
Vx = ^Jifdx = r.J if- dx = 16π J~ = — 16π L
= — 16π -1	1	=	12π.
Я. Найти объем тела, полученного вращением вокруг оси Оу
криволинейной трапеции, ограниченной гиперболой
_*! jf_ _ 1
а2 Ьг
И ПрЯМЕЯМИ t/ = ±:26.
Искомый объем определяем по формуле (10.22). Из условия
вытекает, что пределы интегрирования будут: с = — 26, d = 26.
Выражение для х2, входящее в эту формулу, определяется из
уравнения гиперболы:
!-=1 + !к + = α2(ΐ + |Γ).
Подставляя эти выражения в формулу (10.22), получаем
d	2	Ь	2	Ь	2 b
Γ^ = π|χ2φ = π|α* il +	^dy = Ka2^dy A-	j z/2dz/ =
0	—2b	Z-ib	—2b
407

= ш2у
2b
2b
, a2 tf
+ π FT
—2b
= πα2 [26 — (— 26)] +
—2b
16
28
28
+ -yy [(26)3 — (— 26)3] = πα246 + -у πα26 = — πα26, к = — πα2 6.
4.	Вычислить объем тела, полученного вращением эллипса
A _l JL = ί
α2 + ft2 1
вокруг оси Оу. (Тело это называется эллипсоидом вращения,
рис. 10.16.)
Так как в данном случае с = —6, d = Ь,
х2 — α2( 1 — у-у,
то по формуле (10.22) определяем
» 0 0
Ζ = π|α2( 1 —-гг)dy=iza2 fdy— π-ΑjVdy =
-6	*■’	Ль	—а
= πα20
3ft2 У
= πα2 [0 _(_ b)] - Л+163 - (- 6)3] =
-ь
= 2πα26 у πα26 = у πα26.
Итак, k = тса26. При а = b = R получаем V = у kR3 — объем
шара.
5.	Найти объем тела, полученного вращением одной арки
циклоиды
х = a (t — sin /), у = а (1 — cos t)
вокруг оси Ох.
408

Движущаяся точка описывает одну арку циклоиды, когда t
меняется от 0 до 2к (см. рис. 1.35), при этом х изменяется от О
до 2πα. Так как х = а (/ — sin /), то
dx = a(t — sin t)'dt = a (1 — cos /) dt.
Следовательно,
2 πα	2π
Vx = π I у2 dx= π Ja2 (1 — cos t)2a (1 — cos /) dt =
о	0
2π	2π
= πα3 J(1 — cos tfdt = πα3 J(1 — 3cos / + 3 cos21 — cos31) dt —
о	о
2π
= πα3 J [l — 3cos / + 3	2~)	—	(1	—	sin21) cos /J dt =
о
2π	2π	2r.	2π
= πα3 [J γ dt —	4 j*	cos t dt + J cos 2t	d (2t) -f-	j* sin2 td (sin /)j	=
0	0 0	0
2π	e
= πα3 — ·2π.
о	2
Таким образом,
V = 5π2α3.
2 π
2 π
= πα3 -π· /	—	4	sin	/
+ -г sin 2/
2π	sin31
г, 4	a
Задачи
Вычислить объем тела, полученного вращением вокруг оси Ох
криволинейной трапеции, ограниченной линиями:
I. 2у2 = χ3, х = 4.	2.	if	= 2рх, х = р.
3. у = sin х (одной полуволной), у = 0.
4. у2 + х4 = х2.	5.	у =	a ch γ,	χ = it а,	у = 0.
6. х2 — у2 = а2, х = it 2а.	7.	х =	а cos /,	у = b sin /.
8. х = /3, y — t2, x = itl.
Вычислим объем тела, полученного вращением вокруг оси
криволинейной трапеции, ограниченной линиями:
9. yf =	4х2, у —	2.	10.	х2 + у4 = у2.
А А А
II. х2 +	у2 = а2.	12.	х3 + уъ = а3.
13. у2 =	4--х.	14.	у = χ3, х — 0,	у	= 8.
15. x = a(t — sin/),	г/ — а(1 — cost). 16.	х = t, у = t2,	у	= 4.
409

Ответы
π2	4 π
I. 32π. 2. пр3. 3. -γ. 4. -jy. Указание. Пределы интегрирования
а = — 1, ft = 1	находятся из уравнения кривой уг = хг(\—х2).
5. т.а3 f-sh2-X + l). 6.	7. J_7taft2. 8. A. 9. π. 10.	11.-1	πα3.
\ 2	/	3	3	7	15	3
32«a*	512	.
12.	—oy. 13. yyw 14. 19,2π. 15. 6tcW. 16. 8г.
§ 10.5. Приложения определенных интегралов к решению
простейших физических задач
1. Если точка движется по некоторой кривой и абсолютная
величина скорости ее v = f(t) есть известная функция времени ί,
то путь, пройденный точкой за промежуток времени la, 6], равен
ь
s = $f(t)dt.	(10.23)
а
2. Работа переменной силы X = F (х), действующей в направлении оси Ох, на отрезке [a, b] определяется формулой
ь
A = ff(x)dx.	(10.24)
а
3. Сила давления Р жидкости удельного веса γ на вертикальную пластинку, погруженную в жидкость, вычисляется по
формуле
ь
P=^^xydx,	(10.25,1
а
где y = f(x) — известная функция, зависящая от формы пластинки.
Примеры
1. Скорость точки v = 0,1/3 м[сек. Найти путь s, пройденный
точкой за промежуток времени Т = 10 сек, протекший от начала
движения. Чему равна средняя скорость движения точки за этот
промежуток?
По формуле (10.23) получаем
г°	I*
s = Jo, 1Лй = 0,1-4-
0	*
Следовательно,
+р — у = 25 м{сек.
2. Какую работу нужно затратить, чтобы растянуть пружину
на 0,06 ж, если сила 1 н растягивает ее на 0,01-ж?
410
10 = 250 м.
о

Согласно закону Гука, сила X н, растягивающая пружину
на х м, равна X = kx, где k — коэффициент пропорциональности.
Полагая х = 0,01 м и Х= 1 н, получим k= 100, следовательно, X = kx = ЮОх. Искомую работу определяем по формуле (10.24):
0,06
А = J lOOxdx = 50х2 |0’ = 0,18 (док).
3.	Вычислить силу давления Р воды на погруженную в нее
вертикально пластинку, имеющую форму треугольника ABC
с основанием АС = 6 и высотой BD = h, предполагая, что вершина В этого треугольника лежит на свободной поверхности
жидкости, а основание АС параллельно ей (рис. 10.17).
Пусть MN — ширина пластинки на уровне BE = х. Из подобия треугольников MBN и ABC находим
MN __ BE	у	_	х
ТС ~ ~BD ИЛИ b ~~ Λ ’
отсюда
Ьх
На основании формулы (10.25) получаем
h _ yb _ 7bh*_
о h 3	3
Известно, что вес кубического метра воды равен 1000 кг. Следовательно, если b и h выражены в метрах, то γ = 9,80665· 10а н
^ Р = 9,80665· Ю3-^.
| Например, если 6 = 6 м и h = 2 м, то Р = 78 453,2 н.
411

Задачи
1. Скорость тела, брошенного вертикально вверх с начальной
скоростью а0, без учета сопротивления воздуха определяется по
формуле
v = v0 — gt,
где t — протекшее время; g — ускорение силы тяжести. На каком
расстоянии от начального положения будет находиться тело
через t сек после броска?
2. Скорость движения точки v = te-0<0U м/сек. Найти путь,
пройденный точкой от начала движения до полной остановки.
3. Ракетный снаряд поднимается вертикально вверх. Считая,
что при постоянной силе тяги ускорение ракеты за счет умень-
шения ее веса растет по закону у =	(а	—	bt > 0), найти
скорость в любой момент времени /, если начальная скорость
равна нулю. Найти также высоту, достигнутую ракетой к моменту времени t =
4. Вычислить работу, которую нужно затратить, чтобы выкачать воду из вертикальной цилиндрической бочки, имеющей радиус
основания R и высоту Н.
5. Какую работу нужно затратить, чтобы тело массы т поднять с поверхности земли радиуса R на высоту Н?
6. Вычислить кинетическую энергию диска массы М и радиуса R, вращающегося с угловой скоростью ω около оси, проходящей через его центр перпендикулярно к его плоскости.
7. Какую работу надо затратить, чтобы остановить железный
шар радиуса R = 2 м, вращающийся с угловой скоростью
ω = ^ π рад/сек вокруг своего диаметра (удельный вес железа
γ = 7,8·103 кг/м3)?
8. Вертикальная плотина имеет форму трапеции. Вычислить
силу давления воды на плотину, если известно, что верхнее
основание плотины а = 80 м, нижнее основание 6 = 50 м,
а высота плотины h = 20 м.
9. Найти силу давления жидкости, удельный вес которой γ,
на вертикальный эллипс с осями 2а и 26, центр которого погружен в жидкость на уровень 6, причем большая ось 2а эллипса
параллельна уровню жидкости (h 6).
Ответы
1. v0t — f/ί—, 2. s = 104 Λί. 3. ν = Л. In I -	), ft = A I wi — (α —
0	2	b \ a-bt j	ft2 L
— bt,) In 	-	 . 4. A = LI R2H2. Указание. Элементарная сила (сила
а — btx J	2
тяжести) равна весу воды в объеме слоя толщиной dx, т. е. dF = πγ02ίίχ, где
412

7—вес единицы объема воды. Следовательно, элементарная работа силы
dA = 7πR2 (Η — χ) dx, где χ — уровень воды. 5. А =	Сила, дейст-
1+Т
тМ
вующая на тело массы т, равна г = 6 ~~рг, где г — расстояние от центра
земли. Так как при г — R имеем F = mg, то kM = gR2. Искомая работа
будет Л = Г k — dr = km Μ I Л — -. L ) = -gh . 6. _L MR2u2. P e-
ί r2	\R	R + h)	ft	4
1 + R
mv2 p г2ш2
шение. Кинетическая энергия частицы диска dk = —^—=—2—^σ- где
о — элемент площади; г — расстояние его от оси вращения; р — поверхност-
М. Λίω2
ная плотность, р = _+02”· Таким образом, dk =	Отсюда	k	=
_ if— Гr3dr =	ω-,	7. k = — R2 ω2 = 22,5· 108 дж. Указание. Коли-
~ R'1 ί	4	5
чество необходимой работы равно запасу кинетической энергии. 8. Р =
(а + 2b) ft2
=	—» 117 679,8· 103 «. 9. p=abtnh,
§ 10.6. Несобственные интегралы
Интегралы с бесконечными пределами и интегралы от неограниченных функций называются несобственными интегралами.
Интегралы с бесконечными пределами. По определению имеем
j f(x)dx = lim J/(x)dx = lim[F(6) — F (a)],	(10.26)
a	b~++ oo a	b-^+	®
где
F (x) = f(x).
Если существует конечный предел в правой части равенства
(10.26), то несобственный	интеграл	называется	сходящимся,·
в противном случае — расходящимся.
+ 00
Если | f (х) | ·< φ (х) и интеграл j φ (х) dx сходится, то и ин-
а
теграл (10.26) также сходится (признак сравнения).
Аналогично определяются:
ь.	ь
j f(x)dx= lim J/(x)dx;	(10.27)
  00	д—►	00	(X
-Coo	с	b
J f(x)dx=	lim	J/(x)dx+ lim j	f(x)dx.	(10.28)
—oo	a~*—°o	a	b—>ao с
Интегралы от неограниченных функций. Если функция /(х)
не ограничена в любой окрестности точки с отрезка [а, £>1
413

и непрерывна при a<ix<c и <?<х<[6, то по определению
имеем
b	с—s	b
J f(x)dx = lim	J	/(x)dx +	lim	J f(x)dx,	(10.29)
a	e-*0	α	η—Ю	c+η
где	e	и	η	изменяются независимо	друг	от	друга. В случае
<7 =	6	или	с = а получаем
ь	ft—ε
$f(x)dx= lim J f(x)dx	(10.30)
a	s-*0 a
или
b	b
J/(x)dx = lim J f(x)dx.	(10.31)
a	e->Qa+s
Несобственный интеграл (10.29) называется сходящимся или
расходящимся в зависимости от того, существуют или нет
определяющие его пределы соответствующих определенных
(собственных) интегралов.
Если существует непрерывная на [а, 6] функция F(х) такая,
что F'(x) = f(x) при хфс, то
ь
If(x)dx = F(b) — F(a).	(10.32)
а
Примеры
+ оо
1.	Показать, что несобственный интеграл р+4 СХ°ДИТСЯ·
о
По определению
+оо	Ь
С dx V С dx
J i + *2 bJ+moo J 1 +
о	^	о
Так как
ь
lim (*-г-уЦ = lim arctg х
ft —+00 J 1 + X2 ft^ + OO &
= lim (arctg 6 — arctg 0) = -|	0 = -=,
ft-*+co	Δ	Δ
то интеграл сходится.
+ 0O	+00
2.	Показать, что несобственные интегралы fxdx, J sin xdx рас-
о о
ходятся.
Так как
+”	Ь	2	Ь	|
j xdx = lim fxdx = lim Ar = ~ Km 62 = + oo,
0	ft-*	+	oo	0	ft-*+oo	in
то интеграл расходится.
414
&-*+ oo

Рассмотрим второй интеграл:
+ оо
J sinxdx = lim J sin х dx = lim (— cos x) I =—lim (cos b).
0	ft—>+ oo 0	ft—»+oo	|0	ft-»+oo
Так как lim cos 6 не существует, то интеграл расходится.
ft-* + oо
3.	Исследовать на сходимость несобственный интеграл
1
По определению
[7= lim Г 4- = 1 im —
J X b->+ooJ х	ft- + оо —
1 " α 1
,.	,	α-“+Ι	1
= lim
ft—*+oo \ “ α Ή — a 't-
существование последнего предела зависит от величины а.
Если а > 1, то
&-α+Ι	I	\	1
lim ι . ,	 ι	*	ι	—	,
ft-*+oe\-«+l	— β+А/ «“1
интеграл сходится.
Если а < 1, то
Пт	 !_)	=	+	оо,
ft—»+ оо \ — α+1	— α + 1 /
интеграл расходится.
При а = 1 интеграл также расходится, ибо
Г— = И
J *	Ьг>00
im In χ
ь
= lim (ln b — In 1) = + oo.
1	ft-*+00
4.	С помощью признака сравнения показать, что интеграл
00
J *
сходится.
jj V1 + X
Преобразуем подынтегральную функцию:
1
Т(тг + ‘)	*"/'+-iT
Так как при х -> со
*·■/
415

00
v J -L dx сходится (см. пример 3), то на основании признака
сравнения заключаем, что интеграл
00
Г dx
J ут+ф*
также сходится.
5. Исследовать	на	сходимость	несобственный	интеграл
1
г dx
J /ПГТ2*
—1
Это интеграл от неограниченной функции (подынтегральная
функция не определена в точках х, = — 1, х2 = 1, при х -*■ — 1
и х -> 1 функция неограниченно возрастает).
По определению имеем
f+== f-ф=л. (+= =
J v j —	J VI - т	J VI - Хг
—1	—1	о
“Ϊ5 /	+
— 1 + S	о
= lim arcsin χ 1°	+ lim arcsin xl,_e =
e—>0	I — 1+a	e-*0	|0
= lim [— arcsin (— 1 + ε)] -|- lim larcsin (1 — ε)] =
e—>0	e—Ю
π , π
2~ “k ΊΓ = π’
6. Исследовать, при каких значениях а > 0 сходится несоб-
ь
Г dx
ственный интеграл I '	Φ > α).
a
Если аф\, то интеграл
ь
С	dx	1
J 173·+= —1(6-а)1-”- *'-1
а-и
при ε -> 0 имеет пределом оо или конечное число ^ _ д- (b — а)]~а
в зависимости от того, будет ли α > 1 или а<4.
Если а = 1, то
ь
С dx
\ х_а = [In(6 — а) — 1п ε] оо (при ε 0).
а+е
416

Следовательно, данный интеграл сходится при а < 1.
8
г dx
7.	Показать, что интеграл J	сходится-
Подынтегральная функция не ограничена в любой окрестности точки х = 0 и непрерывна при — 1 < х < О, 0 < х < 8.
3 А
Так как первообразная функция -у*3 непрерывна в точке
х = 0, то на основании формулы (10.32) получаем
° 9
С dx	3	А
А '/х ~~2 *
-I
_9_
2 *
Задачи
Исследовать на сходимость несобственные интегралы:
1· JttW	2·ίτ™7ώ·
— 00	2
π
b
°°	Г	dx
3. J cos x dx.	4. J у _	(b>	a,	λ	>	0).
^	a
5.	6. Jin xdx.
0
2
Г dx
' J x In x >
—2 0
2
7.
"1
Ответы
1. π. 2. 1. 3. Расходится. 5. Расходится. 6. — I. 7. Расходится.
14 Гусан А. А.

V.	Дифференциальное исчисление
функций нескольких переменных
Глава 11. Функции нескольких переменных
Переменная величина ζ называется функцией двух переменных величин х и у, если каждой паре допустимых значений х
и у соответствует единственное значение г. Функция двух переменных обозначается одним из символов:
2 = fix, У), Z = φ(χ, у), ζ = F(х, у), ζ = г(х, у) и т. п.
Систему значений х и у называют точкой Μ (х, у), а функцию двух переменных — функцией точки z = f(M).
Геометрическим изображением функции двух переменных
является некоторая поверхность в пространстве.
Значение функции ζ = /(х, у) при х = а, у = b обозначается
через f(a, Ь).
Переменная величина и называется функцией трех переменных величин х, у, ζ, если каждой тройке значений х, у, ζ
соответствует единственное значение и. Обозначение:
и = f(x, У, ζ), и = φ(χ, у, ζ) и т. п.
Функцию и = f (х, у, г) называют функцией точки u = f(M),
где УИ(х, 0, г).
Аналогично определяется функция/г переменных х, 0, г, .... /:
« = /(*« 0. ^ · · · » О·
Совокупность значений х, у, ζ , ... , / называется точкой
УИ (х, 0, г, ... , /) η-мерного пространства, а функция /г переменных— функцией точки u = f{M).
§ 11. 1. Область определения функции двух и трех
переменных. Частное и полное приращение
Совокупность всех точек, в которых определена функция
нескольких переменных, называется областью существования
или областью определения функции.
Для функции двух переменных областью определения
является некоторая часть координатной плоскости, ограниченная одной или несколькими линиями (или вся плоскость), для
функции трех переменных — часть пространства (или все пространство).
418

Частные приращения функции z = f(x, у) определяются формулами:
= f(x + Δχ, у) — f(x,	у)\	(11.1)
Ayz = f(x, уф Ay) — f{x,	у).	(11.2)
Полное приращение функции z=f(x, у).
Az = f(x + Ax. у + А у) — /(х, у).	(11.3)
Частные приращения функции u = f(x, у, ζ) определяются формулами:
Ахи = f(x А- Ах, у, z) f (х,	у,	ζ)',	(11.4)
Ayu = f(x, у A-Aij, z) /(x,	y,	z)\	(11.5)
Azti = f(x, y, z -f- Az) — f (x,	y,	ζ),	(11.6)
Полное приращение функции u = f(x, у,	ζ):
Аи =	f(x А- Ах, у -f- Ay, ζ + Az)	/(x,	у,	ζ).	(II .7)
Аналогично	определяются частные приращения	функции п
переменных. Например,
Δ*α =/(х +Δχ, у, ζ, ..., О —/(х, у, г, ..., О· (11-8)
Полное приращение функции п переменных:
Δα = f (χ + Δχ, у A- Ay, z A- Az, ... , t + Δ/) —
— f{x, y, z, , t).	(11.9)
Примеры
1. Функция двух переменных ζ = Αχ + By определена при
всех хне/. Следовательно, ее областью существования будет
вся плоскость Оху. (Геометрическим изображением этой функции является плоскость в пространстве.)
2. Найти область определения функции X2 + у* + гг = 9.
Разрешив это уравнение относительно г, получим
2 = 1— V 9 — х2 — у2.
Функция определена, когда подкоренное выражение неотрицательно, т. е.
9 — х2 — у2 > 0 или х2 + у2 < 9.
Последнему неравенству удовлетворяют координаты всех
точек, лежащих внутри и на границе круга радиуса R = 3
с центром в начале координат. Таким образом, областью существования этой функции будет круг радиуса R = 3. (Сама
функция изображает сферу радиуса R = 3 с центром в начале
координат.)
3. Найти область определения функции г = У~ху.
Данная функция определена, когда подкоренное выражение
неотрицательно, т. е. xt/!>0. Это возможно в двух случаях:
1)	х>0, у > 0; 2) х<0, 0<О. Первому условию удовлетво¬
14*
419

ряют координаты всех точек, лежащих в первой четверти и на
координатных осях, второму — координаты точек, лежащих
в третьей четверти и на координатных осях. Следовательно,
область определения — совокупность точек, расположенных
в первом и третьем координатных углах и на координатных
осях.
4.	Найтн область существования функции
_ 1
/9 — х2 — у2
Функция определена, когда подкоренное выражение положительно (в отличие от предыдущего примера равенство нулю
здесь исключается), т. е.
9 — х2 — у2 > 0 или х2 —{- у2 < 9.
Последнему неравенству удовлетворяют точки, лежащие
внутри круга радиуса R = 3 (граничные точки исключаются).
Область определения функции — совокупность точек, лежащих
внутри круга радиуса R = 3 с центром в начале координат.
. 5. Определить приращения функции ζ = ху, когда х и у
изменяются от точки М0 (1, 2) до точек: At, (1,1; 2), Λί2( 1; 1,9),
ЛМ 1,1; 2,2).
1. При изменении х и у от точки М0 (1, 2) до точки
ЛТ, (1,1; 2) приращение получает только аргумент х, причем
Δλ: =1,1 — 1=0,1. Частное приращение функции по х определится формулой (11.1):
Αχζ = (χ φ Δχ) у — ху = ху ф Аху — ху = у Ах,
Αχζ = у Ах, A χζ = 2 · 0,1 = 0,2.
2. Когда х и у меняются от точки Л40(1, 2) до точки
УИ2( 1; 1,9) приращение получает лишь аргумент у, причем
Ау = 1,9 — 2 = — 0,1-
Частное приращение функции по у вычисляется с помощью
формулы (11.2):
- Ауг = х (у ф Ау) — ху = хуф хАу — ху = хАу;
Ayz = xAy, Ayz = 1 (— 0,1) = — 0,1.
3. В последнем случае (при изменении от М0 до /И3) приращения получают оба аргумента, причем Δχ = 1,1 — 1 =0,1;
Ау = 2,2 — 2 =0,2.
Полное приращение функции определяется формулой (11.3):
Αζ = (χ φ Δχ) (у ф Ау) — ху = ху ф хАу ф у Ах + АхАу — ху =
= хАу ф уАх ф АхАу, Αζ= 1-0,2 -f 2-0,1 -f- 0,1 -0,2 = 0,42.
Замечание. Из формул Ахг = уАх, Ауг = хАу, Аг=хАуфуАх +
+ АхАу видно, что Αζ ф Axz + Ауг.
6.	Найти линии уровня функции ζ = ху.
420

Линией уровня функции г = / (х, у) называется геометрическое место точек плоскости Оху, для которых данная функция
имеет одно и то же значение: уравнение линии уровня есть
f (х* У) = с.
В данном случае имеем ху = с. Линии уровня являются
гиперболами.
7. Найти поверхности уровня функции и = х2 + у2 -f ζ2.
Поверхностью уровня функции трех переменных и = /(х, у, г)
называется геометрическое место точек пространства Oxyz, для
которых данная функция имеет одно и то же значение, т. е.
/ (х, у, г) = с.
Поверхности уровня функции и = х2 + у2 + ζ2 даются уравнением
*2 + У2 + za = с,
которое определяет совокупность сфер радиусов R = Yc с центром в начале координат.
8. Дана функция Дх, у) =	Доказать, что: 1)/(1, 2) =»
= /12П); 2) с) = —Д—с)·
Так как
г1\ 2) = 21 ~к 2 = — / (2 1) = 2— -~k L = —
/Ч1*	1+2-2	5’	1	’ 4	2 + 2-1	4’
ТО
/(1,2)·/(2,1)= 1, /(1. 2)= tf.
Так как
/(о 0 = ++-§-=1. Η-с. с)=++ =
= + = -!■
ТО
/(с, с) = — f(— с, с).
Задачи
Найти, области существования функций:
1.	2 = X2 + У2.	2. ζ = In {у + X).
3. ζ = ■ у	4. χ2 + 02 + ζ2 — а2 = 0.
у — х
1
5* г = шуа*-х6* г = /(*2 + 02 —4)(25 —X2 —02).
Построить линии уровня функций:
7. ζ = х + у.	8. ζ == х2 — у2.
421

Наити поверхности уровня функций трех переменных:
11.	и = ху A-ζ. 12. и = х2 + у2 — г2.
13. Дан периметр 2р треугольника. Выразить площадь 5
треугольника как функцию двух его сторон х и у. Определить
и построить область возможных значений х и у.
14. Определить объем V правильной четырехугольной пирамиды как функцию ее высоты х и бокового ребра у.
X^ Т и
15. Дана функция F (х, у) = а	Вычислить F (0, 1),
F(0, -1), F{ 1, 1), F(2, -2), F(a, a), F(a, -а).
16. Доказать, что для функции z = x3-f-xt/2— 2у3 выполняется равенство F (tx, iy) — t3F (х, у).
17. Определить ΔΛζ, Ayz и Δζ для функции ζ = χ2 — ху А- У2·
Вычислить Δλζ, Δνζ, Δζ, если χ изменяется от 2 до 2,1, а у
изменяется от 2 до 1,9.
Ответы
1.	Вся плоскость Оху. 2. Полуплоскость, расположенная над прямой
х -\- у — о (х + г/ > 0). 3. Две полуплоскости, определяемые прямой у — х = 0.
4. Круг радиуса R = а, включая граничные точки. 5. Круг радиуса R= а,
исключая точки окружности х2 + уг = а2. 6. Кольцо между окружностями
радиусов Rx = 2, /?2 = 5. 7. х + у = с; прямые, параллельные прямой
х -+- у = 0. 8. х2 — у2 = с; равносторонние гиперболы. 9. г/ = сх2; параболы.
10.	с (х2 + к/2)	2х; окружности. 11. х + у + г = с. 12. х2 + у2 — ζ = с.
13.	S = V+(p — х) {р — у)(х + у — Р)· Область существования функции:
0 < х < р, 0 < у < ρ, х + у > р, т. е. множество точек внутри треугольника,
2
ограниченного линиями: х = р, у = ρ, х + у = р. 14. Г = -у (у2 — х2) х.
15Г 1; - 1; 1; γ\ 1; g2 = ++j'· 17· А*г = (2х — у + Δχ) Δχ = 0,21;
Ауг — (2у — χ + Ду) Δу = — 0,19; Δζ = Δ*ζ + Δ^ζ — ДхДу — 0,03.
§ 11.2. Предел функции нескольких переменных.
Непрерывность
Число А называется пределом функции ζ = / (χ, ί/) в точке
М0 /0, ζ/ο), если при любом е > 0 найдется о > 0 такое, что
для всех точек Λί(χ, у), отстоящих от Л40 меньше чем на δ,
выполняется неравенство
1 / (X, у) — А | < ε.
(11.10)
Обозначения предела функции:
lim fix, у) = А;
(11.11)
м->м0
lim /(х, у) = А.
(11.12)
у-^Уй
422

Функция z=f(x, у) называется непрерывной в точке
Αί0(*ο> 0о). если выполняется равенство
lim f{x, y) = f{xQ, у0),	(11.13)
χ-*χα
У-+Уо
причем точка М(х, у) стремится к точке Λί0(*0» 0о) произвольным образом, оставаясь в области определения функции.
Если обозначить χ = х0 + Δχ, у = у0 + Ау, то равенство
(11.13) можно переписать так:
lim /(χο + Δχ, 0о+ Δ0) = /(*о, Ус)	(11-14)
Δχ-+0
&у- 0
или
lim [/(χ0 + Δχ, 0О + Δ0) — /(χ0, 0О)] = 0.	(11.15)
Δχ-»0
by-* 0
Принимая во внимание формулу (11.13), равенству (11.15) можно
придать вид
lim Αζ = 0,	(11.16)
Δρ—>0
где Δρ = У Δχ2 + Δ02—расстояние между точками Λί0(χ0, у0),
М (х, у).
Функция, непрерывная в каждой точке некоторой области,
называется непрерывной в этой области.
Если в некоторой точке /V (х„, у0) не выполняется условие
(11.16), то точка Ν0 называется точкой разрыва функции
*=/(*. У)·
Нарушение условий непрерывности функции z = f(x, у)
может происходить как в отдельных точках, так и в точках,
образующих одну или несколько линий (линии разрыва).
Примеры
1. Найти lim -sin-y-.
χ—2 У
у- о
В точке М (2, 0) функция г = s--n -- не определена. Умно-
У
жив и разделив данную функцию на χ ф 0, получим
sinxi/   х sin ху _ sin ху
У ~ ху ~~ ху
Переходя к пределу в последнем равенстве, получаем
sin ха ί. sin ху ί. ί. sin ху 0 . п
lim   = limx   = lim x-lim л = 2-1 =2,
x-*2 У	x-*2	ХУ ' x-2	x-2	ХУ
у -0	у-*О	У-*0	у-Ч>
sin я ,
так как пт = 1.
а—0
423

2. Дана функция
f(x, y) = xsin-p- + ysin-j· (х2 + У2Ф 0), /(0, у) = 0,
f(x, 0) = 0, найти lim/(x,i/).
. ж->0
у-о
Возьмем е > 0, тогда при j х | < —, | у | < γ получим р =
ε \2	/	ε	\2 γ2
1Г/ К (ΊΓ) = ~—ε* Составим разность f(x, у) — 0
/(
и оценим ее:
|/(х, J7) — 01 <1*|
sin
sin
< 1*1 +
+ \у\ <~2~ А- ~2~ = ε·
Таким образом,
1 f{x, у)— О) < е.
На основании формулы (11.10) заключаем, что
lim f(x, у) = 0.
ж-0
у-0
3. Найти lim А.у -.
х_0 Xя А-у2
у* о
Данную функцию можно представить так:
/(*» У) =
χ у
ху
Поскольку
Х^ + if
ху
х + у
X.
Х2 + У2
(это можно получить из соотношения (х—с/)2^0: х2 — 2ху +
+ у2 > О, х2 А- У2 > 2ху, 4- >
ху
хя А-У2
- и ТО
I f (х, У) I =
ху
хя -р у2
1
Если задано в > 0, то	при | х| <	о	и δ = 2е получим
1 I I	^	1
2 I Х ί	^	2
!/(*,	У) — 0 |	<	ε.
ι/(*> ι/)—о|<4~м<4-·2е =е»
т. е.
Следовательно,

4. Найти lim
* — у
х^О *2 + i/2
у~>0
Разделив числитель и знаменатель на х2, получим
\2
XL — у*
* + W - ,+^.·
Так как при х->0 и у->0 произвольным образом отношение
не имеет предела, то данная функция также не имеет предела.
Если положить, что х->0 и у-*0 вдоль прямой у = kx, то
1-+У
,.	х2 — у2	,.	\	*	/	1	—к2
lim ■	- . ■	■ - =	lim	7~
у~*о	у^о	1 +	у	х	)
Предел зависит от коэффициента k, для каждой прямой у = kx
он будет своим.
5.	Дана функция	Дх,	у, г) =	(х2	+ у2 + 0, ху —
— ζφ 0). Показать, что при х -> 0, у -> 0 функция не имеет
предела.
Предположим сначала, что М (х, у, г) -> М0 (0, 0, 0) вдоль
прямой, не лежащей в плоскости Оху. Уравнения этой прямой
можно написать так:
х = at, у = bt, г = ct.
На этой прямой данная функция является функцией одной
переменкой t, а именно:
. .	ч	.abt2 4- ct abt ф с
f(X, У. Ζ) = φ(0 = ΜΓΓα = -щ=Г·
Следовательно,
lim f(x, у, ζ) = lim<p(/) = — 1.
М-*Мо	/—о
Пусть теперь М -» М0, оставаясь в плоскости Оху. Для любой
точки этой плоскости ζ = 0, поэтому
ху
I у, ί)
И
lim Дх, у, ζ) = 1.
Λί-*Λ10
Сравнивая полученные результаты, заключаем, что данная функция не имеет предела в начале координат, ибо предел не должен зависеть от способа стремления точки М к предельной
точке Μύ.
425

6. Показать, что функция г = ху непрерывна в любой точке
плоскости Оху.
Прежде всего функция г = ху определена ’при всех х и у,
т. е. во всех точках плоскости Оху. Полное приращение функции определяется формулой
Az = хАу + уАх + АхАу.
Переходя к пределу при Δχ -> 0, Ау -> 0, получаем
lim Az = О,
Δχ->Ό
т. е. функция ζ = ху непрерывна в любой точке М (х, у).
7. Найти точки разрыва функции
Ηχ· у) = T-JtyW·
Функция не определена там, где знаменатель обращается
в нуль, т. е. в точках, для которых 4 — х2 — у2 = 0. Эта функция разрывна в каждой точке окружности х2 + у2 = 4. Следовательно, линией разрыва является окружность х2 + у2 = 4.
Задачи
Найти пределы функций:
1.	2.	lim+±+.
jc—-О Х	ж-Ю х ir
у^> 4	it-* О
3.	lim	(*	*	0.	у	φ	0).	4.	1™++·
О
Доказать непрерывность функций:
5.	г = х —у.	6. ζ = χ2 + ί/2.
7.	и = χ + у +	г.	8.	и	= х2 + у2 +	г2.
Найти точки разрыва функций:
9.	цх, !/) = ++· / (0. 0) = 0. 10. / (х, у) — фА’	И0. 0) = 0.
12. ζ =	6
у2 — х-	'	хг	—	у2	—	2
,3. u = i±JLti.	14.	«=	4
г — ху	*	ζ2	—	х2	—	у2	*
Ответы
1. 4. 2. 0. 3. Не существует. 4. Не существует. 9. О (0, 0). 10. О (0, 0).
11.	Прямые у — ± х. 12. Гипербола х2 — у2 = 2. 13. Гиперболический параболоид г = ху. 14. Конус хг + у2 — г2 = 0.
426

Глава 12. Производные и дифференциалы
§ 12.1. Частные производные и полный дифференциал
функции нескольких переменных
Частной производной функции нескольких переменных по
одной из этих переменных называется предел отношения соответствующего частного приращения функции к приращению
данной переменной, когда последнее стремится к нулю.
Для функции двух переменных г = / (х, у) по определению
имеем:
дг ,	... Их ф Ах у) — f (х. у) .
ηγ = fx (*. У) — hm— ^		— (частная производная по х),
Δχ Ю
дг , ч	/(*,	у 4- Ау) — / (х, у),
— =	(χ, г/) = lim  	——-—— (частная производная по у).
При нахождении частной производной пользуются правилами
дифференцирования функции одной переменной, считая все другие аргументы постоянными.
Полным дифференциалом функции z = f(x, у) называется
главная часть полного приращения Αζ, линейная относительно
приращений аргументов Δχ и Ау.
Разность между полным приращением Αζ и полным дифференциалом dz есть бесконечно малая высшего порядка по
сравнению с ρ = V Ах2 4* Ау2, т. е.
Аг — dz = e-p, е-> 0, когда р -* 0,	(12	1)
где
dz = А (х,	у) Ах 4- В (х, у)	Ау.	(12.2)
Функция,	обладающая	непрерывными	частными	производ¬
ными, заведомо имеет полный дифференциал. Дифференциалы
незащюимых	переменных совпадают с их	приращениями, т. е.
dx = Δχ, dy = Ау. Полный	дифференциал	функции	ζ=/(χ, у)
вычисляется по формуле
dz^%1dx + %dtJ-	02·3>
Функция, имеющая полный дифференциал, называется дифференцируемой.
Из формулы (12.1) следует, что
Az^dz	(12	4)
или
/(χ + Δχ, у + Ау) — /(х, y)zz~dx + fLdy. (12	5)
42/

формулу	(12.5)	можно переписать так:
f{x ф	Ах, уфАу)^Цх, у)ф<Л-(1хфщ(1у.	(12.6)
Полный дифференциал функции трех переменных	вычис¬
ляется по формуле
da = %dx + %dy + ^dz·	02.7)
Примеры
1. Найти частные производные функции г = х2ф 2ху + у2·
Считая у постоянной и дифференцируя г как функцию х.
получаем частную производную по х:
|у=	+ (2 ху), + (11% = 2Х + 2у + 0 = 2 (χ + у).
Считая х постоянной и дифференцируя ζ как функцию у,
находим частную производную по у\
= (*2к + (2 ху)У + (Л = 0 + 2х+ 20 = 2 (х + у).
2. Найти частные производные функции
 	X	,
U~ х2фу2фг2'
Пользуясь правилами нахождения частных производных, получаем:
ди ( х
дх \х2фу3фг2/ х
ди__(
ду ~ V
х3ФуяФ га }у
{х3фу3фг2 )л
х' (х2 -f у2
+ г3)-(х2фу2фг2)хх
(х2 фу2ф г2)2 “
г2 — 2хх
у2 ф г2 — х2
1 + ζ2)2
(х2 фу2ф г2)2 *
х'у (хя + У2
+ ζ2) - (χ2 ф у2 + г2)' х
(х2 фу2 ф г2)2
— 2 ху
(х2фу3ф
г2)2 ’
хг (Xй + у2
+ г2) — (х2 + у2 + г2)г х
ди
~дг ~ \ х3 ф у3 ф г2 J г~	(х2 + У2 + г2)2
 	—	2хг
~ (х2 + у2 ф г2)2 '
3.	Найти полный дифференциал функции
и = arctg —.
ь у
Так как
ди	у	ди
дх χ2 ф у2 ’ ду	х2 фу2 *
то по формуле (12.3) находим
du = у- dx - du = -у—~ Х(1У
аи	χ2 ф у2	ах х2 + у* у х*ф у2
428

4. Найти полный дифференциал функции
и — х2 + у2 А~ г2.
Определяя частные производные функции
— = 2х — = 2и — - 2z
дх Х’ ду	Zy'	δζ ~ ΔΖ
и подставляя их в формулу (12.7), находим
du = 2 xdx + 2 ydy + 2 zdz.
5. Как изменится объем прямоугольного параллелепипеда
с измерениями а = 8 м, b = 6 м, с = 3 м, когда его длина
и ширина увеличатся соответственно на 10 где и 5 см, а высота уменьшится на 15 см.
Объем параллелепипеда выражается формулой V = хуг, где
х, у, ζ — его измерения. Приращение объема можно приближенно подсчитать по формуле
AV ^ dV, где dV = yzdx + xzdy + xydz.
Так как по условию х = 8, у — 6, г = 3, dx = 0,1, dy = 0,05,
άζ = — 0,15, то
dV = б-3-0,1 + 8.3*0,05 + 8.6 (—0,15)= 1,8+ 1,2 —7,2 =
= -4,2.
Итак, объем уменьшится на 4,2 лг3.
6. Вычислить приближенно 1,023’01.
Рассмотрим функцию ζ = ху. Искомое число можно считать
приращенным значением этой функции при х = 1, у = 3, Ах —
= 0,02, Ау = 0,01.
Первоначальное значение функции ζ = I3 = 1. На основании
формул (12.4) и (12.5) получаем
Az^dz = уху~х Ах А- ху\пх Ау = 3· 1*0,02 + Ып 1-0,01 =
= 0,06.
По формуле (12.6) находим
1,023’01 ^ 1 + 0,06 = 1,06.
Задачи
Найти полные дифференциалы функций:
l.z = sin2// + cos2x.	2.	г	=
t
3.	г = ек.	4.	u	=	r2cos2cp.
5. и = x2yz.	6.	и	=	1п (х2 А- У2 А-	г2)·
Вычислить значения полных дифференциалов функций:
7. г = -у при х = 2, у — I, dx = 0,1, dy = 0,2.
8. ζ — еху при χ = 1, у = 2, dx = — 0,1, dy = 0,1.
429

Подсчитать приближенно изменения функций:
9. и = arctg γ, х	изменяется от 2 до 2,1 \ у — от	3	до	2,5.
10.	φ = arcsin	х	изменяется от 5 до 4.5; у — от	3	до	3,3.
Вычислить приближенно:
11.	(1.02)8(0,97)2.	12. ^(4,05,2 + (2>93)2.
13.	Как изменится	диагональ I прямоугольника со	сторо¬
нами а = 10 см, b = 24 см, если сторону а удлинить на 4 мм,
а сторону b укоротить на 1 мм? Найти приближенную величину изменения и сравнить с точной.
Ответы
1. dz =к sin 2ydy — sin 2xdx. 2. dz = — (3· dr = es (λ. dt—
\ xl y2 /	\	s
— JL ds). 4. du = 2r (cos 2ydr — r sin 2φ d?). Б. du = x (2zydx -f- xzdy +
S 2
-f xydz). 6. du =s χ2 ^ ^ (xdx + ydy + zdz). 7. 0,075. 8. — 0,l<?a «
л - 0,739. Θ. — 0,1.	10.0,15.	11. 1,00.	12.4,998.	13. dl = 0,062 cm\
Al = 0,065 см.
§ 12.2. Производные и дифференциалы высших порядков
Частными производными второго порядка функции г = /(*, у)
называются частные производные от ее частных производных
первого порядка. Обозначения:
д2г	_д_ (дг_\	&г_	_ _д_ ( дЛ,
дх2	дх \ дх/'	ду3	ду \ ду /’
д2г   д ί дг \
дудх	дх \ ду )’
д2г
дхду
_д_
ду
(12.8)
Употребляются и другие обозначения:,
^*=аг(и);
Если смешанные производные fxy и fyx непрерывны, то результаты дифференцирования не зависят от порядка дифференцирования, т. е.
. д2* , _. д*2	/12	Ю)
дхду дудх*
Аналогично определяются частные производные более высо¬
430

кого порядка. Например, для функции г = / (х, у) частные производные третьего порядка определяются формулами:
&'г	дН	— д 1д2г\
дх*	дх \бх2/’	ду3	ду \дуу’
&г	_ _д_	( дЧ	\	д3г _	_+ / б2г \
дх2ду ду	\ бх2	/’ бг/2бх	бх \ бу2 / И Т‘
Частные производные третьего и высших порядков, отличающиеся только последовательностью дифференцирования, равны,
если они непрерывны. Например,
д*г _ бч2   д*г
бх'4 оу	дудх2	бх ду дх
Дифференциалы второго, третьего и более высоких порядков
функции z = f (х, у) определяются формулами d2z = d(dz), d3z =
= d (d2z) и т. д. Они выражаются через частные производные
следующим образом:
^z = ^iK* + 2midxdy + wdy'i'' (12.к ί)
А - & *** + 3 ал*dx4y + 3 <07 ixdy% + W W- 0212)
Вообще справедлива символическая формула
d"z = (*++ */+%.	(12.13)
которая формально раскрывается по биномиальному закону.
Примеры
1.	Найти частные производные второго порядка функции
ζ = (х2 + 02)2.
Находим сначала частные производные первого порядка:
— = 2 (х2 + if) (х2 + у2)х = 2 (х2 + у2) 2х = 4х3 + 4х02;
fL = 2 (х2 + у2) (х2 ■+ 0% = 2 (х2 + 02) 20 = 4х20 + 403.
Дифференцируя каждую из полученных функций по х и по у,
получим частные производные второго порядка:
+ = Ж (Ю = Ж(4xS + 4xy2) = (4χ3 +	= 127 + 4ιΑ
Р = w(~§) = (4χ2Κ + 4Л = 4jc* + 12уг;
<Ц- = W Ш = (4*3 + 4*Л = 8жу;
+7 = Ίϊ (Ί) = ^ + 4«+ = 8W·
431

Как и следовало ожидать,
дЧ   дЧ
дхду	дудх *
2. Дана функция и = я2//3. Найти ее частные производные
третьего порядка.
Дифференцируя, находим:
их = 2ху3, иу = 3х2у\ ихх = 2у3, иху = 6xt/2,
иух = 6xt/2,	=	6x2t/, ы*'** = 0, ихух = 6у2, иухх = 6у2,
иуух — 12 ху, Иууу = бх2, ихху — б//2,	иХуУ = 12хс/,
^0ЛГу = 12χί/·
3. Доказать, что функция
1
и = —F==
Vх'1 -к Уг +
а2и . д2 и . д2 и п
удовлетворяет уравнению	-f	γ = 0.
Найдем сначала частные производные данной функции и =
_ \_
=* С*2 + </2 + *2) 2:
_ _3_
=	_ х (Xя + У2 + 22)	2;
 5_	__3_
= ЗхгЩ +	!/1! + 2г)	2 _(гК+!/з	+ г2)“2.
_3_
|^=-!/Щ + 1/2 + ггГ 2:
_ 5_	_ _3_
= 3 у2 (х2 +	с/2 + г2)	2 — (х2 + у2	+ г2)	2;
_з_
§- = -гЩ + !/2 + 2а)_2;
_А	_ А
^ = Згг (** + </2 + ζ2) 2 -(** + »* + ζ*) г.
Сложив вторые производные, получим
д2и д2и д2и _ ~
дх2 4" dz2 ~υ·
4. Найти дифференциалы второго и третьего порядка функции и = х2г/3.
Принимая во внимание результаты примера 2, по формулам
(12.11) и (12.12) находим:
d2z = 2 y3dx* + 12 ху2 dxdy -f- 6 x2ydy2\
d3z = 3·6 y2dx2dy + 3· 12 xydxdy2 + 6 x2dtf,
432

Задачи
»
Найти частные производные второго порядка следующих
функций:
1. z = In Vх2 + у2.	2.2	= arctg —.
^	У
3. и = xz2 + sin —.
У
4. Дана функция у = /(χ -+ α/) + <р,(х — а/), где а = const,
a /(αζ) и <ρ(αζ) — две произвольные функции, имеющие первую
и вторую производные. Показать, что у удовлетворяет уравнению
д2У _ а д2У
dt2 а дх2 *
5. Найти дифференциалы второго и третьего порядков функции U = Х402.
Ответы
У2 — X2 _» V	2	ху	„ X2 — 0*
*■	—	(χ2	+	02)21 zxy -~гух (χ2 + г/2)г 1 гуу — (ха + ytyi ·
3· α'“=-(τΐύπΦ “
2х χ χ2 χ
“к/ν ==KPcos“^-5n“sinK7
§ 12.3. Дифференцирование неявных функций
Функция п переменных х, у, 2,..., /, а называется неявной,
если она задана уравнением
F (х, у, ζ,..., t, и) = 0,	(12.14)
не разрешенным относительно и.
Если функция F(x, у, z,..., t, и) = 0 и ее частные производные Fx, Fy, F*, ···, Fi, Fu определены и непрерывны в некоторой точке Л40(х0, 0о, zQ,..., tQ, и0) и в ее окрестности и если
F(M0) = 0, но Fu(M0) + 0, то уравнение F(x, у, г,..., t, и) = О
вблизи точки Л40(х0, 0О, z0, ..., tQ, м0) и в самой точке определяет и как непрерывную и дифференцируемую функцию от х,
0, Z, ... , /·
При соблюдении указанных условий производные неявной
функции и, заданной уравнением F(x, у, 2,..., /, ы) = 0, находятся по формулам:
du	Р	к	ди	  Fy	ди	  Fz	ди	  F^
ху
1
У‘ \ У У
= 0; и" =2х
= — -Г- cos
ух
—L sin JL
и„, = 2г:

В частности, если у — неявная функция одной переменной х,
заданная уравнением F {х, у) = 0, то
•I =!/' = -А;	(12.16)
У
для функции двух переменных, определяемой уравнением
F (.*> А/. ζ) = 0, имеем
J!L — JL = FJL	(12	17)
дх f' *	^ F' ’	U	'
Примеры
1.	Найти первую и вторую производную неявной функции
In У χ2 -\-гу2 — arctg	=0.
В данном случае F(x, у) = In У х2 + у2 — arctg—. Производная ее определяется формулой (12.16). Находим частные
производные этой функции по * и по у:
F; = [Л- In(*> + у2) -arctg +-]; =	   ,	X
1+Ы
‘x(-*)=-+JL·
+ ^а *
In.. 1	1	у
Fy ~ 2(ха +у2) '2ί/	,	,	/	у	\2	"	*	х2	+	у2	X2	■+	у2
1 + Т
у —X
х2 + у2 ’
dy _ . / _	/	x	+	d V / У~х ) _ х + у
dx	У	\	х2	+	У2 / \ х2 + У2 /	χ — У ’
Находим вторую производную:
χ + ί V (х + У)' (X — у) — (X — уУ (X + у)
А/ =
X — у /	{X	—у)2
(1 + у') (х — у) — (1 — у') (х -р у)
(х — у)2
_ 2 (х2 + у2)
(х — У)3	(х - У)3	*
2.	Найти полный дифференциал функции ζ = г{х, у), задан¬
ной уравнением — arctg ~ = 0.
434

В данном случае F(x, у, г) = е*Уг — arctg А Находим сначала частные производные функции F(x, у, ζ):
F; = aJL =уге.„ _	,jL=y! ф _ _j_);
1+ г2
Fu —	~ хге*Уг —пт * “ = хг (е*уг	гтн—а*)»
у ду с	χψ	г	\	хгу2 + 2 Г
~7Г
F’z = ~ = ху#*' Lr ·	=	*у {ехуг +	1
ЗГ “	'	х*у*	\	г2 / “	т	χψ	+	z2 f
1 + +Г
По формулам (12.17) получаем частные производные ~ и
дг
ду:
дг _ Уг if* х2у2 + г2 ) _ г [ 1 — (х2уа + га) ехУг] t
~дх	1	ί	\	“ х [ 1 + (х V + гг) ^уг\ ’
ху е*У* + - —2- Ί
\	х у + гг
хг (е-хУг
дг _	\	х2уа	+	г2	I   г [ 1 — (хгу2 + гг) ехУг\
ду ~	,	i	V"у [1 + (х2у2 + 2%)
Х0 е***
X2 02 + 2:
Следовательно,
, дг , дг *	1	—	(ха02	+	г2)	^yz	z	t	л	,	\
ώ = а7dx +.Wdy = ι + ίχνΐ»»)^ -фуйх + xdy)\
3.	Найти полный дифференциал функции ζ = ζ (х, g), заданной уравнением za — 2x0 = с.
Возьмем дифференциалы обеих частей данного уравнения;
d (ζ3 — 2x0) = dc, d (г2) — d (2x0) = dc,
2zdz — 2 (xdy + ydx) = 0, zdz — (xdy -f- ydx) = 0,
zdz = xdy + ydx, dz = A dx -f dy.
Задачи
Найти производные неявных функций:
1.	ех sin у — еу cos х = 0.	2.	(х2	+	02)2	—	а2	(х2	—	02)	=	0.
Найти частные производные неявных функций:
3.	3x2 + 402 + 5z2 — 60 = 0.	4.	—	tg А _ о.
X	С
Найти полные дифференциалы функций ζ = z(x, у), заданных
уравнениями:
X
5. ха + 02 + г2 — 20 — 1 = 0. 6. z — yez =0.
435

Ответы
f	е*	sin	у	+	еу	sin	χ
\. у	е*	cos	у	—	еу	cos	х
2. у'=
Зх
5z ’
dz
~ду
dz
дх
су
X	1 — У .
= _ — dx + —dy.
6. dz =
χ2 + у2 ’
X
ze 2 (zdy + ydx)
2x3 + 2 xy2 — a2x
2 x2y + 2 y3 + a2y
dz cx
dy = x2 + у2'
dz
*-dx
5. dz
z2 + xyez
§ 12.4. Дифференцирование сложных функций
Если -
(12.18)
(12.19)
и = F (Oj, v2  vn\
где
Vl = h (*. У> 2,	,	0.	v2	=	/2	(*.	У. 2, ..., 0, ...,
Ц. = M*. «Λ*. - к t),
то функция г/ называется сложной функцией независимых переменных *, у, ζ,..., t. Переменные vlt v2,..., νη называются промежуточными аргументами.
Частная производная сложной функции по одной из независимых переменных равна сумме произведений ее частных производных по промежуточным аргументам на частные производные
этих аргументов по данной независимой переменной:
ди ди ди1 . ди ди2 ,	,	ди	dvr
дх
дх дих dx ди2 дх 1	дип	дх	’
ди   ди dv, ди dv2	ди	du„#
Fin	Zlii	I	Λ-W	г4и	···	I
ду dvx ду 1 du., ду
ду’
ди dvx ди ди2 ,	,	ди	дип
I ‘ ~qI г .·. ~Г " "л* ·
(12.20)
ди
dt ~ dvx dt 1 du2 dt 1 *“ 1 dvn dt
В частности, если все промежуточные аргументы являются
функциями одной независимой переменной х, то функция (12.18)
будет сложной функцией от х. Производная этой функции называется полной производной и находится по формуле
du   ди^	di\	ди	ώγ	,	ди dvn
dx	du,	dx	"T" du.,	dx Π-···	л-	+„	·
αν,
dx
Примеры
du
dua
1.	Найти если и = ег 2у, где z = sin*, у = х
dv„ dx
(12.21)
  V2
dx
z—2y
Функция и = е зависит от двух промежуточных аргументов vx = y, v2 = z. По формуле (12.21), которая в данном
случае принимает вид
du   ди dy	ди	dz
dx	ду	dx	‘ dz	dx ’
436

получаем
+ = с'-5" (— 2) 2* + cos χ = с'-2" (cos x — ix) =
=	2*!	(cos	X	—	4x),
~ = (eslnx 2xY (sin x — 2x2)' = esin* 2x2 (cos x — 4x).
так как
да z—2y t o\ du z—2u dy n dz
-щ = е (	2),	w = e ± = 2xt -^=cosx.
Замечание. Тот же результат можно получить и другим путем, выразив и как явную функцию х
и = esinx-2x2
и продифференцировав последнюю:
du
dx
2.	Найти полный дифференциал функции
и = х2 arctg Л	у2	arctg -А
*	У
Функцию и двух переменных х и у можно представить следующей формулой:
и ξξ F (vlt t>2, t»3, ι>4) = υλυ2 — ο3ϋ4,	(A)
где
vx = x\ v2.= arctg v3 = y\ o4 = arctg	(B)
Полный дифференциал функции u = f(x, у) определяется
формулой
, ди ,	.	ди	,
du — dx + -щ dy.
т. „	ди	ди	,
Найдем частные производные и -щ с помощью формул
(12.20), которые в данном случае примут вид:
ди   ди	дих	ди	dv^_	ди	dv3	ди	би4 #
~дх	дих	дх	ди2	дх	dv3	дх л dvt	дх ’
ди   ди	dvx	ди	ди2	ди_	dv^	ди	dvt
~ду	дих	ду	ди2 *	ду	dv3	ду	би4	* ду ‘
Из формул (В) получаем:
дих _ 2г А = 0; BFi. —	1	(	У_\	_	—	У
(О
дх ’ ду ’ дх	1	у	\2	\	х2	/	х2	+ уг
1 + I у
dv2	1	I	_	х	dv3	_	Л<	dv3	_
ду “	_	Х*	+	У2’	дХ ~ дУ ~
dvt	1	1	_	У	би4	1	/	х
дк ’ ■	У	*а	+	У2’	дУ	i	+	'	У
1 +
— х
хг + уг *
437

Принимая во внимание, что
ди  	ди		 ди  	ди
дй1 —v* дщ ~ °1’ dUl~	V*· W4	°9
и подставляя полученные выражения в формулы (G), находим:
= t>2·2* + or ·νΓ7;α + (— PJ-O + (— og) у ~
дх 2	1	χ2	+	у2	~'	9	хя	+ у*
= 2х arctg — пг~т 1+тг =2xarctgX iSf+p.
ь х χ* А~ У χ А- у	χ	χ1 А у
= 2х arctg  у\
f = °»·° + 0*· WFF + (“Vl)'2y + (_ °s) i^fp) =
X2X о , X . xy2	X	{Xя	+	y*)	0	.	X
TW+F ~2y arctgT + -* + ¥ =	x»+>	2!/ arctgT =
= x — 2y arctg -y.
Следовательно,
=	+	=	{2x arct§ Τ' “	^	+
+	—	2y	arctg -Vj dy.
3.	Дана дифференцируемая функция и = f(x, у), где х
= г cos φ, у = г sin φ. Показать, что
J_ Α±ΐ— (Л±)*л.
г * дер) ~{дх) ^\ду)·
£)’+
Применяем формулы (12.20), которые в данном случае πρικ
нпмают вид:
ди _	ди	дх	ди	ду.
дг ~~	дх	дг	4“	ду	дг ’
ди   ди	дх	.	ди	ду
ду	дх	Оу	ду	<?φ *
По этим формулам получаем:
ди ди	,	ди	.
-SF = -^cos<f+wsmy·,
ди	ди	ди
— = — -5— г sin φ -4—у- г cos φ
οφ дх τ 1 dy τ
или
ди ди	.	ди	.
— =жс05ф+^51Пф;
1 du	du	,	ди
— · у- =	— -3-	sin ф + — cos φ.
т дф	дх	Ύ	'	ду Ύ
Возводя в квадрат обе	части	двух	последних равенств и по¬
членно складывая полученные результаты, находим
ШЪ ΐ)·-Ш‘·
что и требовалось доказать.
43Й

Задачи
1. Найти если и = 1п(х2 + у2), где х = t, у = /а.
η τ Τ υ	dll	г2	—и*
2. Наити если и = е , где z = cosx, 0 = smx.
3. Найти и если и = t»8^3 + где v = со$у, w =»
= sin χ.
4. Найти полный дифференциал функции
s<n V	X
и =	,	где	v	=	ху,	w	=	—.
cos w	у
5. Показать, что если функция и = /(х + ау)дифференцируемая, то она удовлетворяет уравнению
ди   ди
ду ~~ а дх ’
6. Показать, что функция и = f(v, w), где ν = χ + at, w =
— У -f bt, удовлетворяет уравнению
ди	ди	, , ди
~ят ~а——Ь 6-5-.
dt	дх	1 ду
Ответы
1 — — _~Г L).	2	—	—	—	2ecos2x	sin	2х	3	—
h dt ~	Ф+*2) '	dx	~	le	sinzx·	3	dx	e
о·.,	...	0 sin X cos x du 2 sin2 X sin U ο · a
= 3sin2x cos x соs*y -f- 2	-	;	=	  —	3sin3x	sin	у	cos2y.
cos2 у dy	cos3	у	*
X
sinxysin—-
4.	du = C°S~X (ydx + x dy) +	JL	(ydx	—	xdy).
cos —-	y2cos2	——
У	У
Глава 13. Применения частных производных
§ 13.1. Касательная плоскость и нормаль к поверхности
Касательной плоскостью к поверхности в данной ее точке М
(точке касания) называется плоскость, в которой лежат касательные в этой точке к всевозможным кривым, проведенным на
данной поверхности через указанную точку.
Нормалью к поверхности называется перпендикуляр к касательной плоскости в точке касания.
Координаты направляющего вектора нормали т = [а, 6, с)
к поверхности
F{x, 0,2) = 0	(13.1)
439

в точке М0(х0, Ус, ^с) пропорциональны значениям соответствующих частных производных функции (13.1), вычисленных в этой
точке:
где
“АА б=хШо·	('з.2)
= СЛЧ. i/o. гь). (%)0 = Сицо, i/о, г„), (+)о =
J= F'z (*0, 0о. 20).
Координаты вектора т входят в уравнение касательной плоскости к поверхности (13.1) в точке λί:
+	-0 СЗ.З)
и в уравнения нормали к данной поверхности в той же точке:
* — *о	У —Ус	г	—	г0
(*L)	'	‘ ' '
\дх /о \ ду /о \ дг /0
Для поверхности
z=f{x,y)	(13.5)
уравнения касательной плоскости и нормали в данной точке
Αίο(*ο. ί/о. г0) принимают вид:
z — zo = fx (х0.	ус) (χ — хс\ +	fy (*о,	ус) (0 — 0О);	(13.6)
* — *0	У — У а __	* —	г0
ίχ (χ0. У о)	1у (*0· i/o)
— 1
(13.7)
Примеры
1.	Найти направляющий вектор нормали к эллипсоиду х2+
+ 202 + Зг2 = 6	в точке Л/0(1, —	1, 1).
Прежде всего точка М0	лежит	на эллипсоиде, в	чем	можно
убедиться, подставив ее координаты в данное уравнение. Этому
уравнению можно придать вид
χ2 + 202 + 3ζ2 —6 = 0.
Сравнивая данное уравнение с уравнением (13.1), заключаем,
что
F (х, 0, г) = х2 + 202 + Зг2 — 6.	(А)
Находим частные производные фушщии (А):
dFf.dF.dFr.
дх ~	’	ду ~	У’ дг ~	Ζ
и вычисляем их	значения в	точке	Αί(1, — 1,	1),	т. е.	при	хи	=
= 1» е/о = — 1. го = 1'·

Следовательно, получен направляющий вектор нормали
т = (2, —4, 6).
Замечание. В качестве направляющего вектора нормали можно взять
вектор т' = {1, —2, 3} или любой другой вектор, коллинеарный вектору
т = {2, — 4, 6}.
2. Составить уравнения нормали и касательной плоскости
к сфере х2 + с/2 + г2 — 2х + Ау — 6z + 5 = 0 в точке Αί0(3, —1,5).
Найдем частные производные функции F (*, у, г) = х2 + у2 +
+ ζ2 — 2* + 4у — 6ζ + 5:
dF 0	0 dF	oid dF 0 с
Их ~	* ~ду ~ У Ак~
Вычислив их значения в точке Λί0(3, — 1, 5), получим направляющий вектор нормали т = {4, 2, 4}.
В соответствии с формулой (13.3) составляем уравнение касательной плоскости
4 (* — 3) + 2 (// + 1) + 4 (ζ— 5) = О
или
2* + у + 2ζ— 15 = 0.
На основании формулы (13.4) находим уравнения нормали
х — 3   у + 1   ζ — 5
2	“	Ϊ	~	2	·
3. В какой точке касательная плоскость к эллиптическому
параболоиду ζ = 2*2 + 4/у2 параллельна плоскости 8*—32у —
— 2ζ + 3 = 0? Написать уравнения нормали и касательной
плоскости в этой точке.
В данном случае плоскость задана уравнением, разрешенным относительно ζ, т. е. уравнением вида (13.5), где /(*, у) =
= 2*2 + 4 у2.
Уравнение касательной плоскости в произвольной точке М
в соответствии с формулой (13.6) имеет вид
ζ — z0 = 4*0 (* — *0) + 8уо {У — Ус)
или
4*0 (х — хс) + 8у0 (У — Ус) ~(г — ζ0) = °·	(А)
Эта плоскость по условию задачи должна быть параллельна
плоскости 8*—32у — 2ζ + 3=0. Так как плоскости параллельны, то их коэффициенты при соответствующих текущих
координатах пропорциональны:
4*0	8у0	Zil
8	—	32	—	2	’
откуда
1_ __L	_L	_ J_
2 *о — 2 »	4	Уо 2 *
т. е.
*0=1» Уо — — 2.
441

Из уравнения ζ = 2х2 + 4у2 находим г0 = 18. Следовательно,
Λί0(1, —2, 18)—искомая точка.
Уравнение (А) при полученных значениях х0, у0, г0 принимает вид
4(х — 2)— 16(0 + 2) —(ζ — 18) = О
или
4х— 160— ζ — 22 = 0.
В соответствии с формулой (13.7) составляем уравнения нормали
в точке Λί0(1, —2, 18):
х —1	0	+	2 ζ—18
-16 - 1
Задачи
Составить уравнения нормали и касательной плоскости
к каждой из следующих поверхностей в указанной точке:
1. 2х2 + 30* + 4г2 = 9, М0(\, — 1, 1).
2. х2 + 02 — г2 = 0, М0 (3, 4, 5).
3. ζ = 4х2 — 902, Λί0 (1, 1, —5).
4. χ= 202 + 3ζ2,	Λί0(5, 1, 1).
5. В каких точках поверхности
*2 + У2 + ζ2 + 8х — 40 + 2г + 12 = 0
касательные плоскости к ней параллельны координатным плоскостям?
6. К поверхности х2 + 02 + 4г2 = 4 провести касательную
плоскость, отсекающую на осях координат равные отрезки.
Ответы
х —	10+1	ζ — 1 Л	х — 3
1. —2— = — 3~ = —4—:	2х	—	30	+	4ζ	— 9 = 0.	2.	—^—	=
0 — 4 г —5	χ—1 у—1 г + 5
=	4	=  5 ί Зх + 40 — 5ζ = 0. 3. g -  18 =  j ·'	—
.	х — 5	0—1	2—1
—	180 — г + 5 = 0.	4.		р- = —^—	= —g—,	х	— 40 —	6z + 5 = 0
5.	В	точках	Мх (—7,	2, —1), М2 (—1, 2,	—1) касательные	плоскости па¬
раллельны Oyz; в точках М3(—4, 5, —1), М4(—4, — 1, — 1) плоскости
параллельны Oxz; в точках М5 (— 4, 2, 2), М5 (— 4, 2, — 4) плоскости параллельны 0x0. 6. х+0 + z — 3 = 0; х + 0 + г + 3 = О.
§ 13.2. Экстремум функции нескольких переменных
Максимумом (минимумом) функции ζ = / (х, у) называется
такое ее значение /(х0, yQ), которое больше (меньше) всех других значений, принимаемых ею в точках, достаточно близких
к точке Λί0(*ο> Уо) и отличных от нее.
442

Максимум или минимум функции называется ее экстремумом.
Точка, в которой достигается экстремум, называется точкой
экстремума.
Аналогично определяется экстремум функции трех и более
переменных.
Экстремум функции нескольких переменных может достигаться лишь в точках, лежащих внутри области ее определения, в которых все частные производные первого порядка обращаются в нуль. Такие точки называются критическими. Для
функции двух переменных ζ = / (*, у) критические точки находятся из системы уравнений:
Условия (13.8) являются необходимыми условиями экстремума. Достаточные условия экстремума для функции ζ =
= /(*, у) выражаются с помощью определителя
А — fxx(xо* Уо)| В — fxy (*0> Уо)* 0 — fyy(xо» Уо)> (13.10)
а именно:
1) если Δ > 0, то Λί0(*ο. Уо) — точка экстремума: при А < 0
(или С < 0) — точка максимума, при А > 0 (или С > 0) — точка
минимума,
2) если Δ < 0, то в точке М0 нет экстремума.
Если Δ = 0, то вопрос о наличии или отсутствии экстремума функции остается открытым (требуется дальнейшее исследование функции, например, по знаку приращения Δ/ вблизи
этой точки).
Примеры
1.	Исследовать на экстремум функцию
Находим частные производные первого и второго порядка:
Обращая в нуль первые производные, получим систему уравнений для определения критических точек:
(13 8)
АВ
Δ= sc = ^-s2,
(13.9)
где
f{x, у) = χ3 + у3 + 9ху.
fx (*, У) = З*2 + 9у\ fy (*, у) = 3у2 + 9г,
fxx (х, У) = 6*; fxy (*. У) = 9; fjy (*, у) = 6у.
413

Определяя у из первого уравнения и подставляя его выражение
У =	+3	(А)
во второе уравнение, получим
(— 4-*2)2 + 3* = 0, х4 + 27х = О
или
х (х3 + 27) = О,
откуда
х4 — 0, х2 -— — 3.
(Комплексные	корни уравнения	х3 + 27 = О или	(х + 3)(*2—
— Зх + 9)	= О	не принимаем во	внимание.)
Находим значения у, соответствующие значениям х4 = 0, х2 =
= — 3. Из уравнения	(А) имеем	ух = 0,	уг = — 3.	Получены
две критические точки /И/О, 0), М2(—3, —3).
Вычислим значения частных производных второго порядка
в этих точках:
А = Ы(0. 0) = 0-	вх = f*y(0.	0) = 9.	Ci = fyy(0,0) =	0,
А2 = /;*(- 3, - 3) = - 18,	В2 = fxy(- 3, - 3)	= 9,
C2 = fyy{- 3. — 3) = — 18.
Находим определитель (13.9):
Δι = ЛА — 5? =	0-0 — 92 = — 81;
Δ2	= А2С2 — В\ = (— 18) (— 18) — 92 = 243.
В силу достаточных условий заключаем, что в точке Л+ нет
экстремума, так как Δ, < 0, в точке М2 функция имеет максимум, ибо Δ2 > 0 и А2 < 0, причем
max f (х, у) = f(— 3, — 3) = 27.
2.	Найти экстремум функции
Дх, у) = х3 + 3Х02— 18х2— 18x0— 1802 + 57х + 138 у + 290.
Находим первые и вторые частные производные:
fx (*, У) = Зх2 + 30а — 36х — 180 + 57;
/>(*. У) = 6x0— 18* — 360 + 138;
fxx (*. 0) = бх — 36; fxy (х, 0) = 60 — 18; fyy (х, 0) = бх — 36.
Приравнивая нулю первые производные, получаем систему
уравнений для определения критических точек:
3х2 + 302 — 36х— 180 + 57 = 0; \
6x0—18х—360+ 138 = 0 I
или
*а +	—	12х— 60 + 19 = 0;	)
2x0 —бх— 120 + 46 = 0.	}	(Л)
444

Сложив почленно эти уравнения, получим уравнение
х2 А-У2 + 2ху — 18* — 18у + 65 = О,
которое можно переписать в виде
(х 4~ У)2 — 18 (х 4- у) 4" 65 = 0.
Это квадратное уравнение относительно (х + у), решая его, находим
* + у = 13,	* + у = 5.	(В)
Вычитая почленно второе уравнение системы (А) из первого,
получаем
х2 — 2ху А~ У2 — 6* + 6у — 27 = 0
или
(х — УТ — 6 (х — у) — 27 = 0,
откуда
х — у = 9,	х — у = — 3.	(О
Таким образом для определения критических	точек получены
четыре системы уравнений:
х + у	= 13;	1	х + у = 13;	1 х + у = 5;	\	х +	у =	5;	1
х—у	= 9;	I	х — у = — 3;	J х—у = 9;	/	х—у =—3. J
Решая эти системы, находим четыре критические точки Мх{\\, 2),
Мг(5, 8), Д43(7, -2), УИ4(1, 4).
Вычисляем значения частных производных второго порядка
в указантях точках:
Л = /Л (11,2) = 30, Вх = fxy{ 11,2) = - 6,
С, = 4(11, 2) = 30;
А	= fxx (5, 8) = - 6, В2 = \ху (5,	8) = 30,
^2 — fyy (8, 8) =	6;
Λ = £*(7, - 2) = 6, В3 = flyi7, - 2) = - 30.
Сз = /^(7, — 2) = 6;
Λ	= L{ι. 4) = — 30, В4 = ДД1,	4)	= 6,
Ct = fyy(\, 4) = -30
и значения определителя (13.9):
Αι = ЛХСХ — В\ = 30 · 30 — (— 6)2 = 864;
Д2 = Л2С2 - В\ = (- 6) (- 6) - 302 = - 864;
Δ3 = А3С3—В\ = 6 ·6 — (— 30)2 = — 864;
Δ4 = А4С4 - в1 = (_ 30) (— 30) — 62 = 864.
Так как Δ2<0 и Δ3<0, то в точках М2 и М3 экстремумов
кет Поскольку Ах > 0 и Ах > 0, то точка Мх является точкой
минимума, причем
min/(x, у) = /(11, 2) = 10.
445

Так как Δ4>0 и А4 < 0, то точка Λί4 есть точка максимума,
причем
max Дх, у) = Д1„ 4) = 570.
Задачи
Найти экстремумы функций:
1 · f (*. У) = *2 + У2 — 2*	+	40 +	1.
2. f (*, 0) = *2 + ху + Уг—	13х —	110 + 7.
3. ζ = χ3 + 03 — 6x0.
4. г = χ3 + 03 — 3ах0.
5. ζ = х3 — 7х2 + Х0 — 02 + 9х + 30 + 12.
Ответы
1. min/(x, 0) = ДК —2) = — 4.	2. min/(x, у) = Д5, 3) = — 42.
3. гт,п = г(2, 2) = — 8.	4. Минимум при а>0, максимум при а<0.
б· гшах “ 2 (К 2) = 19.
§ 13.3. Наибольшее и наименьшее значения функции
Функция, непрерывная в ограниченной замкнутой области,
достигает в ней наибольшего и наименьшего значений или в критических точках, или в точках, лежащих на границе области.
Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции в замкнутой ограниченной области необходимо:
1. Найти критические точки (лежащие внутри дайной области) и вычислить в них значения функции.
2. Найти наибольшее (наименьшее) значение функции на
границе области.
3. Сравнить все полученные значения функции: самое большее (меньшее) и будет наибольшим (наименьшим) значением
функции в данной области.
Замечание 1, В данном случае нет необходимости исследовать функцию на экстремум с помощью частных производных второго порядка Требуется найти критические точки и значения функции в них.
Замечание 2. Для функции ζ = / (х, у) граница области состоит из
нескольких дуг (отрезков), уравнения которых у = [(х), где а^.х^.Ь или
х = φ (0). где c<0-<d, поэтому на соответствующих дугах границы данная функция является функцией одной переменной:
ζ = Дх, / (*)] = г (х) или г = 1 [ср (0), у] = г (у).
Если граница задана параметрическими уравнениями
х = ъЦ), 0 = φ2(Ο («</<?).
то данная функция также превращается в функцию одной переменной
2 = L(x, y) = t [?ι (0. Та (01 = 2 (0·
Примеры
1.	Найти наибольшее и наименьшее значения функции ζ =
= / (*. У) = 2х* — 202 в круге х2 + f < 9.
440

Данная функция имеет частные производные:
fx (*, У) = 4х; f'y (х, у) = — 4у.
Приравнивая нулю эти производные, получим систему уравнений, из которой находим х0 = 0, у0 = 0. Значение функции
в критической точке М0(0, 0) равно нулю:
z0 = f(0, 0) = 2-0-2-0 = 0.
Границей данной замкнутой области является окружность
х* + Уг = 9 или у2 = 9 — х2,
где — 3 < х< 3. Функция г = 2х2 — 2у2 на границе области становится функцией одной переменной х:
г (х) = 2х2 — 2 (9 — х2) = 4ха — 18,
аргумент которой изменяется на отрезке [— 3, 3].
Найдем наибольшее и наименьшее значения функции г(х) на
указанном отрезке. Дифференцируя эту функцию, получаем
г'(х) = 8х. Из уравнения г'(л:) = 0 находим единственную критическую точку х, = 0, в которой функция z(x) имеет значение
гг = — 18. Вычислим ее значения на концах отрезка [— 3, 3],
т. е. в точках х = — 3, х = 3:
г2 = г(— 3) = 4 (— З)2- 18 = 18;
z3 = г (3) = 4 · З2 — 18= 18.
Сравнивая между собой числа z0, гх> г2, г3, заключаем, что
функция ζ = 2х2 — 2у2 имеет наибольшее значение, равное 18
и наименьшее значение, равное — 18, причем:
2наиб — / (— 8, 0) = / (3, 0)= 18;
*„„„ = /(0. -3) = /(0, 3) = - 18.
Замечание. Наибольшее и наименьшее значения функции на границе
области можно было найти и другим способом Окружность х2 -р у2 = 9
имеет следующие параметрические уравнения:
х = 3cost, у = 3sin/ (0< /< 2π).
Подставляя эти выражения для х и у в формулу г = 2ха — 2у2, получим
функцию одной переменной I:
ζ (0 = 2 (3 cos t)2 — 2 (3 sin I)2 = 18 (cos21 — sin21)
или
г (0 = 18 cos 2/,
для которой г' (/) = — 36 sin 2/. На отрезке [0. 2к] функция г (/) = 18 cos 21
π	3
имеет критические точки tx =0, t2 = ta = π, f4 = — π, которым соответствуют следующие значения функции:
ζχ = г (tx) = 18; г2 = г (/а) = — 18;
г3 = г (Га) = 18; z4 = г (/4) - — 18.
2.	Найти наибольшее и наименьшее значения функции г =
= / (X, у) = χ3 + у3 + Ьху в прямоугольнике с вершинами
И(— 3, -3), В (— 3, 2), С(1, 2), D{ 1, -3).
447

Возьмем частные производные данной функции:
ft (*, У) = Зх2 + 6у, fy (х, у) = 3у2 + бх.
Из системы уравнений
Зха + 6у = О Л	ха	+	2у	=	0;	\
3(/а + 6х = 0 ) или </a + 2x = 0 J
находим две критические точки Αί, (0, 0), Afa (— 2, — 2), обе они
принадлежат прямоугольнику ABCD (рис. 13.1).
У
-
8
3
с
2
1
■3-2-1 О
1
Ί
-2
■з
2 3 χ
А
D
Вычисляем значения функции в этих точках:
zi = f (0. 0) = 0, г2 = /(— 2, — 2) = 8.
Найдем наибольшее и наименьшее значения функции на границе прямоугольника ABCD. Эту границу удобно разбить на
четыре отрезка АВ, ВС, CD, DA, на каждом из которых могут
оказаться свои критические точки. Кроме того, необходимо учесть
и концы отрезков, т. е. точки А, В, С и D.
Ищем критические точки на отрезке АВ, уравнение которого
х = — 3, причем — 3 < у 2. На этом отрезке данная функция становится функцией одной переменной у:
z = f(— 3, у) = — 27 фу3— 18у\ г{у) = у3— \8у — 27.
Производная этой функции
ζ' = Зу2— 18
обращается в нуль при у = — /6 ^ — 2,45, у = /6 дк 2,45.
Второго значения рассматривать не будем, так как оно не принадлежит отрезку АВ% для которого_— 3 < у 2. Вычислим
значение функции ζ {у) при у = — /6:
г3 = г(-/6) = (—/б-)3 — 18(-/б") — 27= 12/6" —
— 27^ 2,4.
448

На отрезке ВС у = 2 (— 3 < х < 1), поэтому
z = f(x, 2) = х3 + 8 + 12х.
Функция ζ (х) = х3 + 12х + 8 критических точек не имеет,
так как ее производная г’ (х) = Зх2 + 12 в нуль не обращается.
На отрезке CD, где х = 1 (— 3 < у < 2),
z = /(l, У)= 1 +1/3 + 6с/,
также нет критических точек.
На отрезке DA у = — 3 (— 3 < χ < 1), поэтому
г — f (х, — 3) = х3 — 27 — 18х.
Функция ζ (х) = х3—18х — 27 имеет критическую точку
х — — УТГ (точка χ = Y6 , в которой производная г' (х) = Зх2—
— 18 также обращается в нуль, отрезку DA не принадлежит).
Вычисляем значение функции z(x) в точке х= —Y6 :
г4 = Ζ(—ΥΤ) = (— уТ)3— 18(— ΥΤ) — 27 =
= 12 ΥΤ — 27 ^ 2,4.
Осталось найти значения функции ζ = / (х, у) = х3 + у3 + бх//
в вершинах А, В, С, D:
г5 = / (А) = /(-	3,	- 3) = (- З)3 + (- З)3 + 6(- 3)(— 3) =	0;
z6 =	=	3, 2) = (- З)3 + 23 + 6(- 3) 2	= - 55;
z7 = /(C) = /( 1, 2) = 13 + 2® +6.1*2 = 21;
za = f(D) = f( 1,	-3)= I3 + (— З)3 + 6 (— 3) 1	= — 44.
Сравнивая гх,	z2,	z3, z4, z5, z6, z7, z8, заключаем,	что функция
ζ = χ3 + у3 + 6ху в прямоугольнике ABCD достигает наименьшего значения, равного — 55, в точке В, и наибольшего значения, равного 21, — в точке С.
3.	Из всех прямоугольных параллелепипедов, имеющих сумму
трех измерений, равную положительной постоянной а, найти тот,
объем которого наибольший.
Обозначим измерения прямоугольного параллелепипеда через
х, у, г. Из условия задачи видно, что х > 0, у > 0, г > 0.
Объем параллелепипеда V выразится формулой
V — xyz.
По условию задачи
х + у Α- ζ = а, а>0,
откуда
ζ = а — х— у,
поэтому
V = ху (а — х — у).
Полученная функция двух переменных определена внутри
треугольника ОБА, ограниченного прямыми х = 0, у = 0, х +
15 Гусак А. А.	449

+ у = а (рис. 13.2). Функция к(х, у) = ху(а— х— у) имеет
частные производные:
V* (*,	У)	=	ау —	2ху — у2;	к*,	(х,	у)	= ах — х2—	2ху,
У хх (*,	0) = — 20, А = а — 2х —	20,	1+	= — 2х.
Приравняв нулю частные производные первого порядка, находим:
ау — 2x0 — 02 = 0;	\
ах — х2 — 2x0 = 0.	/
Так как хфО, уфО, то сокращая первое уравнение на у,
второе — на х, получим систему
2х + у = α; I
хф2у = a, J
решение которой
_	а	_ а
*0	з	»	ί/о з~·
Критическая точка	Λί	лежит	внутри области опре¬
деления функции, т. е. внутри треугольника ОАВ.
Вычислим в этой точке значения вторых частных производных:
2	1
kXX (Χοι Уо) — у Я'. к ху (Х0, 0о) = у
2
к ρ* (*о» 0о) = — “з~ а
и определитель (13.9):
/	.	.	\	.	% о	ί
/	2	\	/	2	\	/	1	Г 1	„

Так как Δ > 0 и А = V"xx (х0, у0) < О, то точка М является
точкой максимума.
Из уравнения г = а — х— у находим ?„ = -γ. Таким образом,
х0 = 0О = ζ0 =-γ\ искомый параллелепипед есть куб, ребро
которого равно -L и объем V = γ ·
Задачи
. Найти наибольшие и наименьшие значения функций в указанных замкнутых областях:
1. z =	/(х, у) = Зх + Зу в круге х2 + у2 -< 4.
2. ζ =	/ (х, у) = х2 — 02 в круге х2 + у2 < 1.
3. г =	х20(4 — х — у) в треугольнике х> 0, 0> 0,	х+0<6.
4. 2 =	х3 + у3 — 3x0 в треугольнике 0 < х < 2, —	1	< у <2.
5. Положительное число а разложить на три положительных слагаемых так, чтобы их произведение было наибольшим.
6. Открытый прямоугольный ящик должен иметь данный
объем V. Определить размеры ящика, при которых на его изготовление потребуется наименьшее количество материала.
7. Найти прямоугольный параллелепипед данной поверхности S, имеющий наибольший объем.
8. Дан треугольник с вершинами A{xlt 0,), В (х2, Уг), С (х3, у3).
В плоскости треугольника ЛВС найти точку, для которой сумма
.квадратов расстояний до его вершин будет наименьшей.
Ответы
·■	=/WT, +Т)=6ЦХ; zHmu = f(— V~2, -+2) =
■· = ~6Ϋ 2 · 2.2наиб = /(— 1.0) = / (1,0)= I; zHaliH= /(0. — 1)=/ <0.1) = — I.
3.	гнанб = / (2, 1) = 4; 2наим = / (4, 2)	64. 4. гнанб—/(2,	1)—13;гнаим=
= /(1, l) = f(0, — !) = —».». ж = !/=г=-|-.в.ж= !,=(21/) 3 ;z=*(2V)?-
7.	ж = д = ж = а. 8. ж, =	щ = &+». + »L_ Л,( (Ig, точ.
ка пересечения медиан треугольника ABC.

VI.	Дифференциальные уравнения
Основные понятия
Дифференциальным уравнением называется уравнение, связывающее независимую переменную х, искомую функцию у = f (х)
и ее производные различных порядков.
Порядком дифференциального уравнения называется порядок
старшей производной, входящей в это уравнение.
Дифференциальное уравнение п-го порядка в общем виде записывается так:
F(x, У. У', У\ ■ · · . У(п) = 0.
Решением дифференциального уравнения называется любая
функция у — f (х), обращающая это уравнение в тождество.
{/ Решение F(x, у) = 0, заданное в неявном виде, называется
интегралом дифференциального уравнения.
График решения дифференциального уравнения называется
интегральной кривой.
Общим решением дифференциального уравнения п-го порядка
называется функция
у = φ (х, Сх, С2, ... , Сп),
зависящая от х и п произвольных независимых постоянных Си
С2, ... , Сл, обращающая это уравнение в тождество.
Общее решение, заданное в неявном виде
Ф (х, у, С4, С2, ... , Сп) = 0,
называется общим интегралом.
Частным решением дифференциального уравнения называется
решение, которое получается из общего, если придать определенные значения произвольным постоянным, т. е. решение вида:
у = φ(χ, су с;, ... , С°„),
где С], С2, ... , Сп — фиксированные числа.
Частным интегралом называется интеграл, полученный из
общего путем фиксирования произвольных постоянных:
Ф(х, у, С°, С*2, ... , С„) = 0,
где С*, Сг, Сз, ... , С‘п — фиксированные числа.
Примеры	1*
1.	Определить порядок дифференциального уравнения:
1)	У" — Зг/' + 2у — 4 = 0;
452

2) x(l + x) у' — (1 + 2х) у — (1 + 2х) = 0;
3) 01V - 16/ = 0;
4) 0/#/ — 6/ + 1 lg' — 60 = 0.
Первое уравнение является дифференциальным уравнением
второго порядка, так как порядок старшей, входящей в него
производной равен 2, второе—уравнением первого порядка, ибо
оно содержит только первую производную. (Заметим, что в первом уравнении коэффициенты при у, у', у" и свободный член
являются числами, во втором уравнении они зависят от х.)
Третье уравнение являeτςя уравнением четвертого порядка, так
как порядок старшей производной равен 4, четвертое—уравнением третьего порядка, поскольку третья производная является
старшей производной, содержащейся в этом уравнении. (Заметим,
что третье уравнение не содержит у, у', у'" и х, четвертое также
не содержит х.)
2. Показать, что функция у = е2х является решением дифференциального уравнения у’" — 8у = 0.
Найдем третью производную данной функции:
у’ = 2е2х, у" = 4е2х, у’" = 8е2х.
Подставляя выражения для у и у'" в дифференциальное уравнение, получим тождество 8е2х — 8е2х = 0. Это и означает, что
функция 0 = е2х есть решение данного уравнения. Это решение— частное, так как оно не содержит произвольных постоянных.
3. Показать, что функция у = С,е3х + L х + удовлетворяет уравнению у"—40' + 30 = х—1. Является ли это решение общим?
Находим две первые производные данной функции:
</' = ЗС,^ + + у" =
Подставляем выражения для у, у' и у" в исходное уравнение:
9С1е^х — 4 (зСге3х -f- -~j -j- 3 ((+3χ φ -γ χ -\—γ) =
= 9Сге3х - 12Схе3х — Л. + зС^х ф х + -L = х — 1.
Так как получено тождество, то функция у=С1е3х ф -В x-f Выявляется решением данного уравнения. Это решение не является
общим, ибо оно содержит только одну произвольную постоянную, а порядок уравнения равен 2.
4. Убедиться в том, что функция у = Сге* + С2ех + -у хф -ψ
является решением уравнения у" — 40' + 30 = х— 1.
Найдем производные
У ~ с,ех -j- С2ех -\—д-, у = Схех + С2ех
453

и, подставляя выражения для у, у' и у" в данное уравнение, получаем тождество
(С,е* + Сгел - 4 (c,ie + С,С + 1)+ з(с,<е + С,е‘ + ++-J) =
= (С,<- + Сге') - 4 (С,г' + Сге<) - у + 3 (С,е* + С2<Л +
+ х + -j- г — I.
Следовательно, данная функция является решением дифференциального уравнения. Это решение будет частным, так как оно
содержит лишь одну независимую постоянную (постоянные Сх
и С2 в данном случае не являются независимыми: их число
можно уменьшить; поскольку сумма двух постоянных также
есть постоянная, то можно обозначить С, + С2 = С), тогда
У = Се* + γχ + -ψ.
5. Показать, что функция у = Схе3х + С2ех + ~ х + -L является общим решением уравнения у" — 4у' +3у = х— 1.
Данная функция содержит две независимые произвольные
постоянные (их число нельзя уменьшить, как в предыдущем
примере). Если мы покажем, что функция удовлетворяет уравнению, то это и будет означать, что она является общим решением данного дифференциального уравнения.
Поскольку
у' — 3 Cl*3' -j- C2ex -]—g-, у" = 9 Cxe3x -J- С2ех,
то подстановка выражений у, у', у" в уравнение приводит к тождеству
9Cve3x + С2гх— 4 3Cxe3x+С2ех+^Cle3x+C2exf γ	=
= 9Cie3x + C2ex — l2Cte3x — 4 C2ex — χ +	+
+ χ Η—γ = х — 1.
6. Дано общее решение у = Cx sin 2х + C2 cos 2х дифференциального уравнения //"+4//=0. Какие частные решения получаются при Сх = 2, С2 = 3? При каких значениях параметров Сх
и С2 получаются частные решения: у = sin 2х, у = cos 2х?
Подставляя значения Сх = 2, С2 = 3 в формулу для общего
решения, получим частное решение у = 2 sin 2х + 3 cos 2х. Частное решение у = sin2x получается из общего при Cx = 1, С2=0,
частное решение у = cos2x при Сх = 0, С2 = 1.
7. Показать, что функция у2 — х2 — Су = 0 является общим
интегралом дифференциального уравнения у' (х2 + у2) — 2ху = 0.
454

Дифференцируя по х данную неявную функцию, получим
2уу’ — 2х — Су’ = 0, у' (2у — С) = 2х, у' =
Из уравнения у2 — х2 — Су = 0 находим
»Л ____
С = J —
у
и подставляем его выражение в формулу для производной у’:
,	2х	,	ч	2ху
У = 7ά У -
у1 — X1 ’ у Х2 + Уг '
~1у —
Подстановка производной в дифференциальное уравнение приводит к тождеству
Д+ тх? + у*)-2ху = (>.
Таким образом, неявная функция у2 — х2 — Су = 0, зависящая
от одной произвольной постоянной, есть решение дифференциального уравнения, т. е. является общим интегралом этого
уравнения.
8. Найти дифференциальное уравнение, общим решением которого является функция у = С,х -j- С2, зависящая от двух произвольных постоянных.
Дважды дифференцируя данную функцию, исключаем параметры С! и С2:
у' = Clt уп = 0.
Уравнение tf = 0 удовлетворяет условию задачи.
9. Составить дифференциальное уравнение, общее решение
которого
У = СIх Н—γ·
Дифференцируя данную функцию, получим:
Са . п 2Са
Из уравнений
_ г  —l. и" — —1
У — υι	У	—	хз	·
исключим Cv Умножая второе уравнение на х и вычитая из
него первое, получим "
2С«
ху -ί/ = -ΊΓ,·
ос
Прибавляя это уравнение к уравнению у" = умноженному на х2, исключим С2:
ху* — У + ί/"*2 = 0.
Полученное уравнение является искомым.
455

10.	Найти дифференциальное уравнение семейства кривых
у = Сх3.
Дифференцируя данную функцию, получаем у' = 3Сх2. Подставляя сюда выражение С = полученное из данного уравнения, находим искомое дифференциальное уравнение
ν' = Ζ±·χ\ у' = ф
Задачи
1. Определить порядок дифференциального уравнения:
1) У’ + Р{*)У = Я(х)>
2) У" Л- Р(*)У' + <7 (*)*/ = 0;
3) у'" — ay -{- by Су = 0;
4) yv + yw — у = 0.
2. Дано общее решение у = Схех + С2е2х дифференциального
уравнения у"— Зу' + 2у = 0. Найти частные решения в случаях:
1) Сх = 0, С2 = 1; 2) Сх =1, С2 = 0; 3) Сх= 1. С2 = — 2.
3. Дан общий интеграл х2 — у2 — Сх = 0 дифференциального
уравнения 2хуу' = х2 + у2. Найти частные интегралы при С = 4,
С = 6, С = — 8, С = — 10 и построить их.
В задачах 4—10 показать, что данные функции удовлетворяют соответствующим дифференциальным уравнениям; установить, какими решениями они являются — общими или частными:
4.	у =	х (In хг + С); ху' — у	= 2х.
5.	</ =	++ + (* + Щ	у'~Алу = 0+ I)3.
6.	у =	Схех sin х, у" — 2у' + 2у = 0.
7.	у =	Сх sin 7х + С2 cos 7х, у" + 49у	= 0.
8.	х2 + у2 — С2 = 0, х + уу' — 0.
9.	у2	х2 2у = 0, у" (X2 + у2) — 2ху	-	0.
10. у = Схех + С2е2х + С3е3х, у'" — 6у" + 11 у' — 6у = 0.
Найти дифференциальное уравнение семейства кривых:
11. у = Сх2.	12. у = С sinx.
Найти дифференциальное уравнение, общим решением которого является данная функция:
13.	у =	Схе4х + С2е~2х.	14. у =	Сх sin Зх + С2	cos Зх.
15.	у —	Сх-\- С2 cos(х + С3).	16. у =	Схех + С2е~х + С3е2х.
Ответы
1. 1) первый порядок; 2) второй; 3) третий; 4) пятый. 2. 1) у = t?2*;
2) у = е*; 3) у = е*· — 2егх. 3. I) х2 — у2 — 4х = 0 или (я — 2)2 — г/2 = 4
(равнобочная гипербола, центр которой находится в точке М (2, 0), полуоси
456

равны	двум);	2)	х2	— у2 — бх = 0; 3) х2 — у2 4 8х = 0; 4) ха — у2 + 10х = 0
4.	Общее	решение.	5. Частное решение. 8. Общий интеграл.	9.	Частный
2 у	.
интеграл. 10. Общее решение И. у' = —	12. у' = у ctg х. 13. у" — 2у'—
- 80 = 0. 14. у" + 9у = 0. 15. у'" + у' = 0. 16. у"' - 2у" -у' + 2у = 0.
Г лава 14. Дифференциальные уравнения
первого порядка
Общий вид дифференциального уравнения первого порядка:
F{x,y,y’) = 0.	(14.1)
Если это уравнение разрешимо относительно уλ то
У’ = /(*, У) или dy = f{x, у)dx.	(14.2)
Уравнение (14.2) можно записать так:
Р(х, y)dx + Q(x, y)dy = 0.	(14.3)
Общим решением уравнения (14.1) называется функция
У = ?(Х,С)	(14.4)
от х и произвольной постоянной С, обращающая это уравнение
в тождество.
Общее решение, заданное в неявном виде
Ф(х, у, 0 = 0,	(14.5)
называется общим интегралом.
Геометрически общее решение (и общий интеграл) представляет собой семейство интегральных кривых на плоскости, зависящих от одного параметра С.
Частным решением уравнения (14.1) называется решение, полученное из общего решения (14.4) при фиксированном значении С:
0 = φ(Χ, С0),	(14.6)
где С0 — фиксированное число.
Частным интегралом уравнения (14.1) называется интеграл,
полученный из общего интеграла (14.5) при фиксированном значении С:
Ф (х, 0, С0) .= 0.	(14.7)
Задача Коши. Найти решение у = f(х) дифференциального уравнения (14.1), удовлетворяющее заданным начальным
условиям: у = 0о при х = х0. Другими словами: найти интегральную кривую уравнения (14.1), проходящую через данную точку
Л4о (Xow I/o)·
§ 14.1. Дифференциальные уравнения о разделяющимися
переменными
Дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными называется уравнение вида
X (χ) Y (у) dx 4- Хх (x)Yiiy) dy = 0,	(14 8)
457

где Х(х), Хх(х) — функции только от х; Y (у), Yx (у) — функции
только от у.
Уравнение (14.8) делением на произведение Υ (у) Хх(х) приводится к уравнению с разделенными переменными:
X&Ldx + lftgdy- 0.	(14.9)
Общий интеграл уравнения (14.9)
dy = a	(1410)
Замечание. Прн делении	на произведение Y (у)	X,	(х)	можно поте¬
рять те решения уравнения (14.8), которые обращают это произведение
в нуль.
Непосредственной подстановкой легко убедиться, что функция х = а,
где а есть корень уравнения Хх (х) = 0,	т е. Хх (а) = 0,	является решением
уравнения (14.8). Функция у = Ь,	где b	корень уравнения	Y,	(у) = 0, т е.
К, (b) = 0, также является решением уравнения (14.8).
Решения х = а и у = Ь, если они имеются, геометрически представляют
собой прямые линии, соответственно параллельные оси Оу и оси Ох.
Примеры
1.	Проинтегрировать уравнение
y' = -f (УФЪ
Найти интегральную кривую, проходящую через точку М (3, — 4).
Данное уравнение можно переписать так:
χ = — ~~ или xdx + ydy = 0.
Полученное уравнение является уравнением с разделенными переменными (коэффициент при dx — функция только от х, при
dy — функция только от у).
Интегрируя, получим
' Τ' + ΊΓ = или х2 4" У 2= 2СГ
Полагая 2Сх = С1 (что можно сделать, так как х2 + у2 > 0), общий интеграл запишем в виде
х2 + уг = С2.
Геометрически общий интеграл представляет собой семейство
окружностей радиусов С с центром в начале координат (рис. 14.1).
Найдем ту окружность, которая проходит через точку
М (3, —4). Подставляя координаты точки М в уравнение х2 +
+ у2 = С2, находим
З2 -j- (— 4)2 = С2 или С2 = 25.
Подставив значение С2 в общий интеграл, получим искомую
окружность
X2 + у2 = 25.
458

2.	Решить уравнение
f <**<»·
Найти частное решение, удовлетворяющее условию: у = 3 при
х = 2.
Разделяя переменные, получим
^ +-ίΔ = 0
у 1 ■ X
Интегрируя, находим
In| у\ + ln|x| = Ci.	(А)
Постоянную Сх можно записать в виде
Сх = In | С | (СфО)
(поскольку любое положительное или отрицательное число С,
может быть представлено как натуральный логарифм другого,
положительного числа |С|).
Подставляя выражение для Сх в равенство (А) и преобразуя
его, получим
1п | ху | = In | С| (С Ф 0).
Потенцируя последнее равенство, находим общий интеграл ху=С
(Сф 0), геометрически представляющий собой семейство гипербол,
асимптотами которых являются координатные оси.
..Решим задачу Коши для данного уравнения по заданным
начальным условиям: у0 = 3 при х0 = 2. Подставив эти значения
в уравнение ху = С, получим 2 · 3 = С или С = 6.
Таким образом, получено частное решение ху = 6. Это гипербола, проходящая через точку М0(2, 3).
Замечание. Разделяя переменные, мы предполагали, что у Ф 0,
и, следовательно, могли потерять решение 0 = 0. Действительно, 0 = 0 — решение уравнения (в чем можно убедиться непосредственно), оно может быть
459

получено из общего интеграла при С = 0. Таким образом, общий интеграл
дается формулой
ху = С,
где С может принимать любые действительные значения (в том числе и С=0).
3. Проинтегрировать дифференциальное уравнение
(1 + х2) dy — 2ху dx = 0.
Найти частное решение, удовлетворяющее условию: у = 1 при
х = 0.
Данное уравнение является уравнением с разделяющимися
переменными (коэффициент при dy — функция только от х, при
dx — произведение функций, одна из которых зависит только
от х, другая — только от у). Разделив обе части уравнения на
произведение у{ 1 + х2), получим уравнение с разделенными переменными
dy 2xdx _ ρ,
7 — ГТ^2 “
Интегрируя это уравнение, находим
In 1 г/ ] — In (1 + х2)= 1п| С \
или
ln(rl+) = ln|C|,
откуда получаем общее решение
У — С (1 + χ2).
Чтобы найти искомое частное решение, достаточно определить
значение С по начальным условиям:
1=С(1 + 0), С= 1.
Следовательно, частное решение имеет вид
У = 1 + х2.
Замечание.	При	делении на у( 1 + *2) предполагалось,	что у{1	+
-f- хг)ФО, т. е.	у ф 0,	1	+ хг Ф 0. Но у = 0—решение уравнения, в	чем можно
непосредственно убедиться. Это решение получается из общего при С — 0
4. Найти общий интеграл дифференциального уравнения
(ху2 + х) dx + (у — x2y) dy = 0.
Вынося соответствующие множители за скобки, данное уравнение можно записать так:
х(//2+ \)dx ф у ( \ — x2)dy = 0,
откуда видно, что это уравнение с разделяющимися переменными. Разделив обе части последнего уравнения на произведение (у2 + 1) (1 — χ2) ф 0, получим
xdx у dy _ п
.	1 - JC2 "Г 1 + Vя “
Интегрируя это уравнение, находим
— In 1 1 — а2 | -Ь In 1 1 -f-1/21 = In 1С ι
460

или
ЧттНз =ЧС[,
откуда получаем общий интеграл:
1 + 0а = С(1-х2).
5.	Найти общее решение дифференциального уравнения
dr — rd<p = 0.
В данном уравнении искомая функция обозначена буквой г,
ее аргумент—буквой φ. Разделяя переменные,. получим
dr ,
— = d<f,
откуда
1п г = φ + Cv
Из последнего уравнения находим
г = e9+Cl = Се\
где С = ес\
Следовательно, общее решение определяется формулой
г = Се\
Задачи
Проинтегрировать дифференциальные уравнения, найти указанные частные решения и построить их:
4х3; 0 = 0 при х = 0.
2.	(х2 + 4) у' — 2x0 =0, 0 = 5 при х = 1.
3· ху' = +ГГ’ у = 1 при х==е‘
4* У' =	0 = 1 при х = 0.
У 1 — х2
5. у' = у2, 0=1 при х = — 1.
6. 0' tg х — 0 = 1, 0=1 при х = L-.
Проинтегрировать дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными:
7. (x + 3)d0 — (0 + 3) dx = 0.	8.	у =	___ 4·
9.	(x02 + x)dx + (0+ x20)d0 = 0. 10. 0' = 02 cosx.
11.	sin х dx -(—y=" =·- 0.	12. dr — r ctg φ d φ = 0.
У у
Ответы
I. у=х4фС, у — X4· 2. у=С(х2ф4), у — х2ф 4. 3. .0 = С1пх,
0 = In х 4. у = — /1 — х2 + С, 0 = — У1 — X2.	5.	0 = —
461

у= -L. 6. у = С sin х — Ι, У = 2 sin х — 1. 7. у = С (* + 3) — 3. 8. (/==
=1п
х —2
* + 2
+ С. 9.(1+ **)(!+W*) = С. 10. » =	II.	у	=
<cos* + С)\ 12. rsin φ = С.
§ 14.2. Однородные дифференциальные уравнения
первого порядка
Дифференциальное уравнение
Р(х, y)dx + Q(x, y)dy = 0	(14.11)
называется однородным, если коэффициенты Р (х, у) и Q(x, t/)
являются	однородными функциями одного	и	того	же	измерения п,	т.	е.	функциями, для которых при любом	k выполняют¬
ся тождества
P(kxt ky) = knP(x, у), Q(kx, ky)^knQ{xt у).	(14.12)
Уравнение (14.11) можно привести к виду
»' = Я> (-*-)·	(14-13)
С помощью подстановки
у = их,	(14.14)
где и — новая неизвестная функция, однородное уравнение преобразуется в уравнение с разделяющимися переменными.
Уравнение
✓ “/(-ЙТХТЙЗ:).	(14.15)
для которого
греобразова н ием
Ог* + ЬчУ + Ct
Δ =
X = иф А;
«1А
b2
Ф0,	(14.16)
(14.17)
= и ф h\ I
у = v -+ k,J
где постоянные h и k находятся из системы уравнений
CL\h + bxk -f- сх = 0; I
a2h + b2k + c2 = 0, j	(14.18)
сводится	к	однородному уравнению. При	Δ = 0	преобразованием αχχφδ^=ί	уравнение (14.15) сводится	к	уравнению с раз¬
деляющимися переменными.
Примеры
1. Проинтегрировать однородное дифференциальное уравнение
xdy — (у + γ χ2 ф y2)dx = 0.
462

Замечание При и = — 1 получаем у = — х — решение уравнения.
Это решение частное, оно получается из общего интеграла х3 + у3 = Сху
при С =	0.	При	и	=	0	получаем	решение у = 0.	Кроме	того,	х	= 0	также
является	решением.	Эти решения	— частные, они	получаются из	общего	ин¬
теграла Су (х3 + у3) = ху при Сх = 0
4.	Проинтегрировать дифференциальное уравнение
(4 у — Зх — 5) у' + 7х — 30 + 2 — 0.
Это уравнение вида (14.15)
, _	— 7х + зу — 2
У	— Зх + 4у — 5 ’
1 — 7 3
здесь Δ = |_24 = — 28 + 9 = — 19 + 0.
Вводим новые переменные по формулам (14.17):
х = и + /г;
у = ό + k,
где h, k должны удовлетворять уравнениям (14.18):
— 7h + 3k — 2 = 0;
— 3h + 4k — 5 = 0.
7	29
Решая эти уравнения, находим h = yg, k = уд. Таким образом,
формулы (14.17) принимают вид:
. 7
X — и + То’.
19’
. 29
У -V+ Tg,
откуда
dx = du, dy = dv.
Подставляя это в исходное уравнение, получим
49	87
du ~ lu + 3v— ]9 + 19 — 2	—	7и	+	Зи
d«	„	,	21	116	—	Зм	+	4и
- Зи + 4и - уд + -jg - 5
ИЛИ
dv
du
Сделаем подстановку
откуда
— 7 + 3
-)
гt >
-3+4[L
и
(А)
V
— =2,
и
dv dz	.
ϋ = ίΕ· id = л7'“ + г·1·
г/415 Гусак А. А.
465

поэтому уравнение (А) принимает вид
dz .	— 7 + Зг
du’U + Z~ -3 + 4ζ*
Преобразуем последнее уравнение
dz __ Зг — 7 Зг — 7 — 4га + Зг _ — (4га — 6г + 7)
du’U~ 4г — 3 Z~	4г	— 3	—	4г	—	3
Разделяя переменные, получим
(4г — 3) dz   du
4 ζ2 — 6г + 7	и
ИЛИ
(4г — 3) dz   du
2+-32 + τ)
Пользуясь формулой
= In/(г),
из последнего уравнения находим
-у In (2z2 — 3z + -yj = — In ы + -i- In Cj.
Умножим на 2:
In (2z2 — 32 + -1) = In Cx — 2 In u,
In (2 z2 — 3z + -Lj + In u2 = In Cv
In [«2 (22s — 3z + -yj j = In Cr
Подставляя сюда выражение для'2 = —, получим
In (2v2 — 3uv + -L u*j = In Cv
Перейдем к переменным x, у по формулам:
И = X jg,
ν = у— —
= In Cv
4-29	,	п/29г	0	,	21	,87	21-29
2У2	19 F +	8x0+ 1д0+ 19*-	1д2	+
. 7 о 49	7-49	Λ
+ 2 Х 19 * + 2-192 ~ ν
Следовательно, общий интеграл имеет вид
202 — 3x0 + γ χ* + 2χ _ 50 =- с,
466

Задачи
Проинтегрировать однородные дифференциальные уравнения:
I.	2 хуу' — у2 — 4х2.	2.	2х2у' — 4ху — г/2	== 0.
3.	(χ2 ф У2) dx — 2ху dy =	0.	4.	у2 — 4ху -f- 4х2у'	= 0.
5.	(2ху + у2) dx + (2хуфх2) dy= 0.	6. ху' — у + х tg	= 0.
7.	xdy— ydx = ydy.	8.(xφy)dx—(χ—y)dy= 0.
9.	(χ2 φ if) dx — 2x2dy = 0.	10. (χ2 ф у2 φ xy) dx = x2dy.
Проинтегрировать уравнения, приводящиеся к однородным:
II. 3</-7* + 7 = (3*-7</-3)|.
12.	(2х + 8)dx + (3у— 5х— 11) dy = 0.
Ответы
1.	у2 + 4х2 — 8Сх = 0. 2. 2х2 ф ху — Су = 0. 3. х2 — у"- = Сх. 4. к/ =
4*	Ух
5.	хг/ (лс -f к/) = С. 6. лс sin — = С. 7. In у Н = С.
8.	arctg —— In Ϋχ1 -f- у2 = С. 9. 2х = (дс — у) (In х + С). 10. у = х tg(lnCx).
11.	(хфу— 1)5(* — У— 1)2 = С. 12. С(3у — 2хф I)3 (у — χ — I)2 = 0.
§ 14.3. Линейные дифференциальные уравнения первого
порядка. Уравнение Бернулли
Линейным дифференциальным уравнением первого порядка
называется уравнение первой степени относительно у и у', т. е.
уравнение вида
Ъ (*) У' + Ъ (х) У + ?з (*) = 0 (φχ (χ) ф 0)	(14.19)
или
ί/ Ф Р(х)У= Я{х)·	(14.20)
Решение линейного уравнения ищется в виде
у = и(х)и{х).	(14.21)
Подстановка выражений для у и у' в уравнение (14.20) приводит его к виду
νΖχ + [έ + р W v] и = q	(14.22)
В качестве υ выбирают одну из функций, удовлетворяющих
уравнению
γχφρ{χ)ν = 0,	(14.23)
тогда функция и определяется из уравнения
»£ = ?(*)·	(14.24)
/415*	.	467

Если функция g(x)EE 0, то уравнение (14.20) принимает вид
У' + Р(*)У = 0	(14.25)
и называется линейным однородным, его общее решение выражается формулой
у = Се-1м*их.	(14.26)
Для решения неоднородного линейного уравнения (14.20)
можно применять метод вариации произвольной постоянной. Этот
метод состоит	в	том,	что сначала находят	общее	решение уравнения (14.25),	т.	е.	соотношение (14.26).	Далее,	полагая	в этом
соотношении величину С функцией от х, ищут решение неоднородного уравнения (14.20) в виде (14.26). Для этого подставляют
в уравнение (14.20) у и у\ определяемые из формулы (14.26),
и из полученного дифференциального уравнения находят функцию С (х).	Общее	решение уравнения (14.20)	получается	в виде
y=C(x)e~ipix)dx.	(14.27)
У равнением Бернулли называется уравнение вида
У' f Р (*) У = q (*) У\	(14.28)
где а — действительное число. В случае а = 0, а = 1 уравнение (14.28) является линейным. Во всех других случаях оно
сводится к линейному с помощью подстановки
и = у~а.	(14.29)
Примеры
1.	Найти	общее решение линейного	дифференциального
уравнения
у' -f- у — kx = 0.
Данное уравнение является уравнением вида (14.20), где
р(х) = 1, q(x) = kx. Положим у = uv, тогда у' = u'v + uv'. Подставляя эти выражения в исходное уравнение, получим
u'v + uv’ ф uv — kx = 0 или и (ν' + ν) + u'v — kx = 0.	(A)
В качестве ν выберем одну из функций, удовлетворяющих
уравнению
ν' + υ = 0 или + ν ==	0.	(В)
Интегрируя это уравнение, получим
1п ν = — х, и= е~х.
Уравнение (А) с учетом (В) перепишем так:
u'v — kx = 0 или ^ v — kx = 0.
ах
Подставляя сюда значение υ = е~х, получим
du — kxex dx = 0.
468

Интегрируя полученное уравнение, находим
и = J kxex dx = k J xd (ex) = k [xex — J exdx] =
= kxex — kex + С = kex (x — 1) -j- C.
Подставим выражения для и, v в формулу у = ш:
у = uv =	(х	— 1) + С] = k (х — 1) + Се~х.
Следовательно, общее решение данного дифференциального уравнения такою:
y=k(x — 1) + Се~х.
2. Найти общее решение линейного уравнения ху — у = х3.
Положим у = uv, тогда у' = u'v + uv'. Уравнение перепишем
в виде
х	(u'v + uv') — uv = х3 или	u(xv' — ν) + xu'v =	X3.	(A)
Выберем	v	так,	чтобы выражение	в скобках обратилось в	нуль,
тогда
du	п du dx	,	,
χ	υ = U, — = —,	1π υ = In χ, ν = χ.
dx	ихf	’
Уравнение (А) при ν = х запишем так:
x2du = x3dx, du = х dx,
откуда
χ2 . n
и — -у + С.
Следовательно,
У = 1Ш = (т + С) х
общее решение.
3. Проинтегрировать линейное уравнение у' + у = х + 2.
Пусть у = uv, тогда
у' = u'v -f- uv'.
Подставляя выражения для у и у' в уравнение, получим
u'v ф uv' + uv = χ φ 2, и (ν' φ ν) = χ + 2 — u'v. (A)
Потребуем, чтобы ν' + ν =■· 0, тогда
do ,	п	du	J	1	—д:
j- -f	и = 0,	—	= — dx,	In и = — χ, ν = e	.
dx ‘	’	v	’	’
Если ν' + ν = 0, то уравнение (А) принимает вид
х + 2 — u'v = 0.
Подставляя сюда значение и, перепишем уравнение	в виде
х	-[- 2 —	^ = 0,	dw = еv (χ + 2) dx.
Интегрируя последнее уравнение, получим
и = j ех (х + 2) dx = j xexdx φ 2 J exdx = xev — J* e'dx -|- 2ex + C,

Следовательно,
у = uv = е~х [С -f- ех (х + 1)].
Таким образом, общее решение дается формулой
у = Се х φ χ φ 1.
4.	Найти решение уравнения
(х ~г У) У — К*	(А)
удовлетворяющее начальному условию: у = 0 при х = — 1.
По виду это уравнение не является линейным, так как содержит произведение искомой функции у н ее производной у'.
Однако, если рассматривать х как функцию от у, то, учитывая, что
получим линейное уравнение
х' = хф у.	(В)
Применим подстановку
х = uv,
тогда
х' = u'v + uv'.
Подставляя эти выражения в уравнение (В), получим
u'v + uv' = uv ф у или u'v фиф' — v) = у.	(С)
Выберем функцию иф."0 так, чтобы обратился в нуль	коэф¬
фициент при и в последнем уравнении
a'~v=0, Yy — v= 0, Y	=	dy.	(D)
Интегрируя, получим
In v = у, и = еу.	(Е)
Подставляя это значение в уравнение (С),	в	силу равенства (D)
находим
еУ γ = У, du = уе~У dy,
и = j уе~у dy = — уе~у — е~у ф С.	(F)
Таким образом, общее решение уравнения (В) есть:
х — ии	= (— уе~У — е~У + С) еу или х = — у —	1	+	Сеу.
Полагая	х	= — 1 и у — 0, получим — 1 = —	1	+	С,	т. е.
С = 0.
Следовательно, искомое частное решение имеет вид
У — — (х ~г 1)·
5.	Проинтегрировать линейное уравнение
у' у th χ = -γ.	(А)
470

Применим метод вариации произвольной постоянной. Решим
сначала линейное однородное уравнение
у' — у th х = О,	(В)
γ = th х dx, ln у = J th x dx = ln ch x -f In C,
у — С ch χ.
Решение неоднородного уравнения шцем в виде
у = С (х) ch х.	(С)
Дифференцируя, находим
у' = С' (х) ch х -f С (х) sh х.	(D)
Подставляя (С) и (D) в уравнение (А), получим:
С' (х) ch х + С (х) sh х — С (х) ch (х) th (х) =
С' (х) ch х = -L, С' (х) = - 1
2 ’	~	v	7	2	ch	χ	’
откуда
С (х) = 4- Г -А— dx = Г	 —- dx = Г . dx.
К 2 J ch * J e-v -f	J	<?'r + 1
Осуществляя подстановку
ех = t, ех dx = dt,
найдем
J βίχφ-Γ dx = / ITT ^ arctg 1 = arctg eV + C’
Итак,
С (χ) = arctg ex + С.	(Ε)
Подставляя (Е) в (С), получим
у = ch х [arctg е* + С].
6.	Проинтегрировать уравнение
х2 (х 1) у'	у2	х (х —	2) у =	0.	(А)
Данное	уравнение можно	привести к	виду
, х (х — 2)	1	„	.	д
У х2(х- 1) У	— х2(х-	1) У *	(	)
Это уравнение	Бернулли, т.	е.	уравнение вида (14.28). Здесь
. .	х	(х	— 2)	,	.	1	0
Р (*) - Х2 '· Q (х) ~ Х2 (JC_ jy а - 2.
Подстановка (14.29) в данном случае принимает вид
и{х) = У1_я = У1*2 = У-1 =

откуда
U' (Х) = --Ly', у’ = _ у* и>	(С)
Подставляя (В) и (С) в уравнение (А), получим линейное
неоднородное уравнение относительно и:
x2(x-l)+-M(x-2)u = -l.	(D)
Решим соответствующее однородное линейное уравнение:
Так как
du
χ2(χ~ ^)~dx + χ(χ— 2)W = °*
du
dx
χ {χ — 2)
χ2 (χ — 1)
(Ε)
du
и
х — 2,	/2
αχ = —
x(x-l)
χ— 1
dx,
то
откуда
In м = — 2 In χ + In (χ — 1) + In С,,
,	, С/х — 1)
lnw= In —1 2—,
и =
С/х-1)
(F)
Общее решение уравнения (D) ищем с помощью метода
вариации произвольной постоянной.
Полагаем
« = с, (*)·++.
Дифференцируя функцию и(х)9 получим
du />/ * \ х 1	.	о / \ 2 х
YY = с, (х) -у h С, (х) хэ ·
Подставляя (Н) в уравнение (D), находим
+ (* - 1) [с, (х) ++ + С, (X) фф\ +
(G)
(H)
+ г(х-2)С, (*)++ = -!
или
с; (х) =
1
dC, (х)
(χ — I)2 ’ dx
С/х) = -
1
(*- 1)'Z
dCx —
dx
(χ — l)2 ’
+ С.
(J)
Подставляя (J) в (G), получим общее решение уравнения (D):
ы(х) =
х— 1
+т + с].
472

Переходя к переменной у, получим:
-L = /c+ 1
у у * — I j X2 ·
1 _ £ х— 1	■	1	_ 1+С(х-1)
у	Xя	хг	Xя
Следовательно,
X2
У ~~ 1 + С (х — 1) Ί
общее решение исходного уравнения.
Задачи
Найти общие решения линейных дифференциальных уравнений первого порядка:
1.	у'-4у = е2С	2.
У' А у У —	К	4.	у' —	■ j	χ2 У — i А~ χ2■
5. у' — y[gx = ^—,	6.	у'х	у	X2 = 0.
О v
7· у' — фГф-{У = 2х(х2+ I).	8.	y'cosx	+	ysinx	=	1.
Проинтегрировать уравнения Бернулли:
9.	уу’ А- У2 А- 4х (х +	1) = 0.	10.	ху' —	4у = х2 У у.
Ответы
1. у = Се4* — 4~ е2С. 2. у = 1 + х2 + С /1 + х*.	3.	у	=
= У1 — X2 (arcsin х + С). 4. г/ = (х + С) (1	+ х2). 5. у =	6=
= х2 + Сх. 7. у = С (х2 + 1) + (χ2 + I)2.	8. у = С cos х +	sin	х. 9. 4х- +
+ у2 = Се-2*. 10. у = х4 (In Ух + С)2.
§ 14.4. Уравнения в полных дифференциалах
У равнением в полных дифференциалах называется дифференциальное уравнение
Р(х, у) dx +	Q(x, y)dy	= 0,	(14.30)
левая часть которого есть полный дифференциал некоторой
функции:
Р(х, у) dx + Q(х,	y)dy=d	и(х,	у).	(14.31)
Уравнение (14.30) с учетом (14.31) можно записать так:
d α(χ,	у) = 0,	(14.32)
473

поэтому его общий интеграл имеет вид
и(х, у) = С.	(14.33)
Функция и(х, у) может быть найдена нз системы уравнений:
■яг =ί(*. Л -! = «(*.!/)·
Равенство
■f- = -£г	<14-34>
является	необходимым	н	достаточным условием	того,	что левая
часть	уравнения	(14.30)	есть полный	дифференциал	некоторой
функции.
Если	левая	часть уравнения (14.30) не	является полным
дифференциалом и существует функция μ = р. (х, у) такая, что
μ (Pdx +- Qdy) = du,
то функция μ = μ (х,у) называется интегрирующим множителем.
Функция μ (х, у) удовлетворяет уравнению
+ (|W)= +(UQ).	(14.35)
Если
т{ф-ж) = 1М’	04.36)
то интегрирующий множитель зависит только от х, т. е.
μ = μ (χ).
Если
w (+ - -ж) = чаи.	(14.37)
то интегрирующий	множитель зависит только	от у, т. е.
μ = μ (у).
Примеры
1.	Проинтегрировать уравнение
2 xydx + x2dy = 0.
Левая часть данного уравнения есть полный дифференциал
функции и (х, у) = х2у, т. е.
2xydx -f x2dy = d (x2y).
Исходное уравнение можно переписать в виде
d (х2у) = О,
откуда получается его общий интеграл
х2у — С.
474

2.	Проинтегрировать уравнение
x3dx -j- (ydx -f- xdy — ydy) = 0.
Преобразуя левую часть уравнения, получаем
d[^) + d{xy)-dU£) = 0
или
й[т + хУ-Т-) = °·
откуда находим общий интеграл
χ1 ί	У2	п
—+ ч/-4п = с.
3.	Проинтегрировать уравнение
(у3 — 2xty) dx + (3.V02 — х2) dy = 01
Это уравнение вида (14.30), для которого
р (*. У) = У3 — 2*0, Q (х, у) = 3х02 — х2.
Находя соответствующие частные производные, получим:
+ -у)· = 302 — 2х; —Г ML = Зу2 — 2х,
откуда
_6Р_ _ 6Q
бр бх
Следовательно, левая часть уравнения является полным дифференциалом некоторой функции и(х, у):
du = fL dx φ γ. dy = {if — 2x0) dx + (3x02 — x2) dy,
т. e.
= 03 — 2X0, -g- = 3x02 — X2.	(A)
Интегрируем по x первое из уравнений (А), считая у постоянным, при этом вместо постоянной интегрирования надо
поставить φ (0) — неизвестную функцию от у:
и (х. У) = | (У3 — 2ХУ) dx = 03* — 0*2 + φ (0)
Дифференцируя функцию м (х, 0) по у, получим
ди
Но
ау = 3А - х2 + ?' (0).
-0 = Q (X, У) = зХ02 — X2
поэтому
ЗХ02 — X2 -+ φ' (0) = 3х02 — Ха,
откуда φ' (0) = 0 И φ (0) = Сх.
475

Таким образом,
а (х, у) = if* — ух2 + Ci.
С другой стороны, по формуле (14.33)
и (χ, у) = С2,
поэтому общий интеграл имеет вид
у3х — х2у = С, где С = С2 — Cv
4.	Проинтегрировать уравнение
х (х + 2 у) dx + (х2 — у2) dy = 0.
В данном случае
Р (х, у) = х (х + 2у), Q(x, у) = х2 — у2,
откуда
А-. — 2х -^- = 2х
dy	’	дх
Условие (14.34) выполнено, поэтому данное уравнение
является уравнением в полных дифференциалах. Следовательно,
ди 2,0 ди ' о 9
Ж = х + 2ух,	= х У ‘
Из первого равенства получаем
и (х, у) = | (х2 -1- 2ху) dx
или
и(х, у) =	+ х2у + φ (у).
Дифференцируя по у функцию ы(х, у), находим
γ = χ2Φφ (у).
х2 + ф'(у) = х2-у2,
?'(«/) =-у2
? (У = — J ί/3Α = — γ- + сх.
Подставляя найденное выражение для φ (у) в формулу для
и(х, у), получим
и (*» У) = —к х2У	^—к С, = С2
или
4 + х2У-4 = С3/
476
Так как
откуда
и

Таким образом, общий интеграл можно записать в виде
х3 + Зх2у — у3 = С, где С = 3С3.
5.	Проинтегрировать уравнение
(ху2 — у3) dx + (1 — ху2) dy = 0.
Это уравнение не является уравнением в полных дифференциалах, так как
4+ = ту (*у2—У3) = 2хУ—
dQ д	о\	2	дР	,	dQ
у ^ у и
Интегрирующий множитель	ищем в	виде	функции	только
от у:
μ(χ, у)==и.(у),
так как в данном случае выполняется условие (14.37), а именно:
1 / dP	dQ \ _ 2
Ρ V dy	дх ) ~ у	'
Для этого множителя имеем:
др (у) _ п.	d|J. (у) _	dp.
dx	’	dy	dy
Условие	(14.35), которое	более подробно	можно	записать
так
др η _	/	dQ	дР
ду г дх 4 “ П дх ду
принимает вид
или
откуда
4+ (ху2 — у3) = Iх [— ί/2 — (2л'1/ — Зу2)]
(х^2 — У3) = μ (2у2 — 2ху),
dp. _ 2у(у — х) Ati	dp. _	2	Att
4(v_„\ иУ»	„	“	,.	иУ·
μ· уЧ* —у)	р	у
Интегрируя последнее уравнение, находим
In μ = — 2 ln у = In ~ μ (У) = -jjr·
Умножая исходное уравнение на интегрирующий множитель
Н· (У) = ~т» получаем уравнение в полных дифференциалах:
У“
(х — у) dx + ^ — xj dy = 0.
В самом деле,
д(х — у) ,	д(\	,	дру _ dQt

где
J
η ди	г. ди I
р1 - - fa' - X — ίΛ Qi- ду - У2
Так как
р. — .
дх
л ди
Л = -,- = Х — У,
то
у2	А/;
U (X, 0) = ~2 0Х + φ (0), -Щ- = — х + ?' (у),
— χ + φ' (у) = -^г — χ, ?' (0) = у-·
Интегрируя последнее уравнение, получим
?(у) = —— + Ct.
Подставляя функцию φ (0) в выражение для и (х, 0), находим
«(*i У) = тг — ух — "тг -г ^1·
Так как
то
или
и (х, 0) = С2,
-Ф~УХ + + ci = Q
χ2	1	^
-о--ух — -тг = с·
Преобразуя последнее равенство, получим общий интеграл
в виде
хЧу — 2ху2 — 2 — 2С0 = 0.
Задачи
Найти общие интегралы дифференциальных уравнений, предварительно преобразовав их левые части:
1.	xdy + ydx = 0.	2.	y2dx	+ 2xydy = 0.
3.	, xdy-ydx = 0<	А	χάχ	+ ydy = α
Показать, что данные уравнения являются уравнениями
в полных дифференциалах, и найти их общие интегралы:
5. (х2 + 2x0 + a2) dx -f (х2 + 02 — a2) dy = 0.
6. (cosx + xcos0 -f e*)dy + (sin у— 0sinx)dx = 0.
7. ch x (ch 0 — 1) dx + sh 0 (sh x -+ 1) dy = 0.
8· [Ф-ст]^+[-ё+г-т]^=°·
478

Решить уравнения, допускающие интегрирующий множитель
вида μ (х) ИЛИ μ (IJ)'.
9. (if — 2х — 2) dx -f 2ydy = 0.
10. ifdx -f (xy — 1) dy = 0.
11. (2y -f xy3) dx + (X + xhf) dy = 0.
12. (1 + x2y) dx -f (x + xhf) dy = 0.
Ответы
I. xy = С. Указание, xdy φ t:dx — d(xy). 2. y2x = С 3. JL· = C.
x
4.	χ2 ф у2 = С2.	5. x3 ф у3 φ 3x2y -f За2* — 3a2y — C.	6.	x sin у	+
-f у cos x -f eN = C.	7.	ch у (1 + sh x) — sh x — C.	8. . x'd . + In -A	=	C.
x-У У
9. μ (χ) = ex, yV — 2xer = C. 10. μ (у) = —xy — In у = С. II. μ (x) =
У
= _L, 3Х2У + xy = c. 12. a (x) = JL, y2 - JL + xy = c.
X	Xя	X
§ 14.5. Разные дифференциальные уравнения первого порядка
Определить типы дифференциальных	уравнений	и	решить
их, найти указанные частные решения:
б	*
1 · У' = рггэ’	У = 0 ПРИ х = °-
2.	(1 — х2) у'	Ф	ху — 3 = 0, у = 1 при	х = 0.
3*	У' = Zx2-y2 ’ У =	1	"Ри	х = ~	L
4.	(у + xy2)dx — xdy	= 0,	у	= — 1	при х = 1.
Определить типы дифференциальных	уравнений	и проинге-,
грировать их:
5. (2ху ф 2у2 — 9х2) dx + (х2 + 4ху) dy = 0.
6. У' + У — *У3 = 0·	7. у' + у — х2 = 0.
8.(1 — х2у) dx + х2 (у — х) dy = 0.
9. (21 — 8х — 4х2) dy — dx = 0.
10.	(Зх2 ф 2 ху — if) dx + (х2 — 2 ху — Зу2) dy = 0.
II.	ху' — у = 2х.	12.	ху' — Зу +	х4у2 = 0.
13.	xdx -f- (χ ф у) dy =	0.	14.	у' + у ctg х	=	tg х.
15. (у — 2х — 1) dx -f- (х + 2у + 1) dy = 0.
16. (х2 — 4ху — 2у2) dx + (у2 — 4ху — 2х2) dy = 0.
17. (х + у — 2) dx + (х — у + 4) dy = 0.
18. χ (х2 — 1) у' — (2х2 — 1) у + 4х3 = 0.
479

Ответы
г- 3
х + 3
. 2. Линейное, у = Зх + С У 1 — х2; у = Зх ф /1—х2. 3. Од-
In
1. Уравнение	с	разделяющимися	переменными	у = In
х- 3
* + 3
нородное, х2 ф у2 — 2Су =0; х2 + у2 — 2у = 0. 4. Интегрирующий множп-
1	2х	2х
тель μ (у) = -ψ-\ у = — χ2 _|_ 2С~’ У = ~ χ2 + Г 5· Уравнение в полных
дифференциалах, оно же однородное, х2у + 2ху2 — Зх3 = С. 6. Уравнение
1	1	_
Бернулли. — = хф + Се2Х. 7. Линейное, у = Се х ф х2 — 2х + 2.
У	^
1	1	У2
8.	μ (χ) = =г» —у — ху Ф ~2~ = С. 9. Уравнение с разделяющимися
1	2(х+	1)	„	,	„
переменными, y = ~Y arcsin	 g + С. 10. Уравнение в	полных дифференциалах, оно же однородное, χ3 ф х2у— у2х — у3 =	С.	11. Линейное,
у = χ [In (χ2) + С].	12. Уравнение Бернулли, 7х3 = у (х7 + С).	13. Одно¬
родное, In /у2 ф ху -\- χ2 ф —L_ arctg ~к-Х = С. 14. Линейное, у =
У 3	/Зх
lnfs(+ + +) + C
=	χ  		 — 1. 15. Уравнение, сводящееся к однородному,
у2 + ху — ха + у — х = С.	16.	Уравнение в полных	дифференциалах,
(х + у) (х2 — 7ху + у2) = С.	17.	Уравнение, сводящееся	к	однородному,
*а — У2 + 2хр — 4х + 8р = С. 18. Линейное, р = 4х + Сх /х2 — 1.
§ 14.6. Задачи, приводящие к дифференциальным
уравнениям
Многие научные и технические задачи приводят к интегрированию дифференциальных уравнений. В таких задачах требуется
найти зависимость между переменными величинами некоторого
физического, химического или другого процесса, найти уравнение кривой или поверхности и т. п.
При решении этих задач необходимо:
1. Составить дифференциальное уравнение из условия задачи.
2. Определить его тип и выбрать соответствующий метод
решения.
3. Проинтегрировать полученное дифференциальное уравнение и получить его общее решение.
4. Найти частное решение, удовлетворяющее данным начальным условиям.
5. Вычислить по мере необходимости значения вспомогательных параметров (коэффициент пропорциональности и др.),
используя дополнительные условия задачи.
6. Найти общий закон рассматриваемого процесса и, если
это требуется, численные значения искомых величин.
Приступая к составлению дифференциального уравнения,
480

нужно выбрать независимую переменную и искомую функцию,
выразить приращение функции, соответствующее заданному
приращению аргумента, через величины, о которых идет речь
в условии задачи. Составив отношение приращения функции
к приращению аргумента и переходя к пределу, получим дифференциальное уравнение.
При составлении дифференциального уравнения часто бывает
целесообразным применять метод дифференциалов, заключающийся в том, что приближенное соотношение между бесконечно
малыми приращениями искомых величин, верное с точностью
до бесконечно малых высшего порядка, заменяется соответствующим соотношением между их дифференциалами.
Иногда дифференциальное уравнение можно составить более
простым путем, воспользовавшись геометрическим или механическим смыслом производной.
Кроме того, при составлении дифференциального уравнения,
в зависимости от условия задачи, используются соответствующие законы физики, механики, химии и других наук.
Примеры
1.	Найти кривую, проходящую через точку Л40(1, 4) и обладающую тем свойством, что отрезок любой ее касательной,
заключенный между осями координат, делится пополам в точке
касания.
Пусть М (х, у) — про/тзвольная точка искомой кривой, АВ—
отрезок касательной к кривой в данной точке, заключенный
между координатными осями. По условию задачи ВМ = МА.
Если ОР — абсцисса точки М, то Δ АМР оо Д АВО и
ОА ОВ АВ г, АВ п пЛ	„п
РА ~ МР ~ МА ‘ МА — и —	’ поэтому
|± = £| = 2, т. е. О А = 2х, ОВ = 2у.
Угловой коэффициент касательной к кривой y~f(x) в точке
Λί(χ, у) выражается с помощью производной ~ = tg а, где
α=Ζ ВАХ. С другой стороны, так как tga = — tgZBAO
и tg Ζ В АО = то
tga = _-^ = _ *L = _JL
ь	О	А	2х	X	*
Следовательно,
dy _ у_
dx	X
Интегрируя это дифференциальное уравнение с разделяющимися
переменными (см. § 14.1, пример 2), получим
ху = С.
481

Так как кривая должна проходить через точку Αί0(1,4), то
подставляя ее координаты в данное уравнение, находим:
1 · 4 = С, С = 4.
Таким образом, искомая кривая определяется уравнением
ху = 4.
2.	Точка движется по прямой линии с постоянным ускорением. Найти закон движения точки.
В качестве независимой переменной выберем время, тогда
пройденный путь и скорость точки будут функциями времени.
Обозначим путь, пройденный за время /, через s, скорость
точки — через υ и ускорение через w. По условию w = а, где
а — постоянная величина. Пусть в начальный момент времени
заданы значение скорости и значение пути s0, т. е. ν = υ0,
s = s0 при t = 0, где α0 и s0— некоторые постоянные.
Так как ускорение точки при прямолинейном движении
равно производной скорости по времени, то по условию задачи
можно составить следующее дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными:
4г = а или dv = adt.
at
Интегрируя последнее уравнение, получаем v = at + Cv Значение постоянной Сх определим по начальным условиям: ν = α0
при t = 0. Подставляя эти значения ν и / в выражение ν,
найдем:
а0 = а · 0 + Сх, С, = ϋ0.
Следовательно, скорость движения точки выразится формулой
ν = at + v0.
Подставляя в эту формулу выражение для скорости ν через
производную от пути по времени ν = получим новое дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися
переменными
ds
— = at -+ и0 или ds = {at -f- v0) dt.
Интегрируя это уравнение, найдем общее решение данной задачи
s = — at2 -f- ν^ ф С2.
Так как s = s0 при / = 0, то С2 = s0, следовательно,
s = —γ at2 + v0t ф s0.
В частности, полагая в выражениях для о и s а = g, о0 = 0,
s0 = 0, s = h, получим закон движения при свободном падении
тела в пустоте:
и= gt, h = -у ь/2·
482

3.	Определить форму зеркала, отражающего лучи точечного
источника параллельным пучком.
Источник света примем за начало координат, а ось Ох направим параллельно отраженным лучам.
Пусть М(х, у)—произвольная точка кривой, являющейся
сечением зеркала плоскостью Оху. Проведем нормаль к кривой
в точке М (рис. 14.2) до пересечения с осью Ох в точке N [х, 0).
Обозначим через а угол OMN и через β — угол SMN.
Согласно закону отражения, α = β. Так как ί = ΖΟΝΜ =
= β = а, то ΔΟΜΝ — равнобедренный, причем ОЛ1 = ON.
Очевидно,	ч
ОМ = V х2 + у2.
Отрезок ON определим из уравнения нормали
К — у -у(Х-х).
Полагая здесь Y = 0, получим
— у = — -у{Х—х\
отсюда находим отрезок
X = ON = х + уу'.
Подставляя в равенство ОМ = ON выражения для ОМ и ON,
получаем однородное дифференциальное уравнение
х + УУ’ = V*2'+
которое может быть решено с помощью подстановки у = их.
Чтобы упростить выкладки, применим искусственный прием.
Положим
Р = VX2 + у2, р2 = X2 + у2.
Дифференцируя второе равенство по х, получим
2р лГ = 2х + 2уу' или Р 1и = х + уу,‘
483

Но
x+tjt/ = у хгф if = ρ,
поэтому
dp	dp .
РЗГ=Р или 47= *·
откуда р = х -f- С. Таким образом,
/*2 -+ 02 = х + С, 02 = 2Сх + С2.
Кривые эти являются параболами. Поверхность искомого
зеркала — параболоид вращения.
4.	В сосуд, содержащий 10 л воды, со скоростью 2 л
в минуту непрерывно поступает раствор, в каждом литре которого содержится 0,3 кг соли. Поступающий в ’сосуд раствор
перемешивается с водой, и смесь вытекает из сосуда с той же
скоростью. Сколько соли будет в сосуде через 5 минут?'
За независимую переменную примем время /, за искомую
функцию y(t)—количество соли в сосуде через t минут после
начала опыта. Найдем, как изменится количество соли за промежуток времени от момента t до момента t + At. В сосуд
поступает 2 л раствора в одну минуту, а в At минут — 2Δ/литров, в которых содержится 0,3 ·2Δ/ = 0.6Δ/ кг соли. С другой
стороны, за тот же промежуток времени At из сосуда вытекает
2Δ/ литров раствора. В момент t во всем сосуде (10 л) содержится у (t) кг соли, следовательно, в 2At литрах вытекающего
раствора содержалось бы 0,2At'iy{t) кг соли, если бы содержание соли в сосуде оставалось неизменным за время At. Но
поскольку за указанное время оно меняется на величину, бесконечно малую при At -> 0, то в вытекающих 2Δ/ л содержится
0.2Δ/ [у (/) + а] кг соли, где а -> 0 при Δ/ -► 0.
Следовательно, в растворе, поступающем за промежуток
времени At, содержится 0,6Δ/ кг соли, а в вытекающем —
0,2Δ/ · [у (/) -f а] кг. Приращение 1юличества соли за это время
равно разности найденных выражений, т. е.
У it + At) - tj (0 = 0,6Δ/ - 0,2Δ/ · [у (0 + а],'
где а -*· 0 при At -*· 0. Разделим обе части полученного уравнения на At и перейдем к пределу при At -> 0, получим
/(0 = 0,6-0,20(0.
Это дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными, которое можно записать так:
J+._=ш.
0,6 —0,2 у и
Интегрируя его, получим
0 = 3 — Ce~°'2t.
484

Значение произвольной постоянной определим из начального
условия у = 0 при t = 0 (в начальный момент в сосуде соли
не было). Подставив в общее решение значения / = 0 и у = О,
найдем:
0 = 3 —С, с = з.
Итак, изменение количества соли в сосуде определяется
формулой
у = 3 — Зе-°А
При t = 5 получаем
у (5) = 3 — Зе-°·2·5 = 3 — Зе-1 « 1,9 (кг).
5.	Моторная лодка движется в спокойной воде со скоростью 5 м/сек. Па полном ходу ее мотор выключается и через
40 сек после этого скорость лодки уменьшается до 2 м/сек.
Определить скорость лодки через 2 мин после остановки
мотора, считая, что сопротивление воды пропорционально скорости движения лодки.
Примем за независимую переменную время t, тогда скорость
лодки v будет некоторой функцией t. На движущуюся лодку
действует сила F = kv, где k — коэффициент пропорциональности. С другой стороны, по закону Ньютона сила равна произведению массы на ускорение, т. е. F = ηΐγ (ускорение равно
производной от скорости по времени). Следовательно, можно
составить следующее дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными:
dv	,	dv	k j,
m -гг = — kv или — = dt.
at	v	m
Интегрируя это уравнение находим его общее решение
-А,
v = Ce т .
Постоянную интегрирования определим из начального условия: v = 5 м/сек при / = 0. Подставляя эти значения в общее
решение, находим
_А.о
5 = Се т , С = 5.
Следовательно, изменение скорости в зависимости от времени определится формулой
-А,
v=be т .	(А)
В этой формуле в показателе степени содержится неизвестный коэффициент γ. Его можно определить из дополнитель-
485

кого условия: при / = 40 сек скорость лодки ν = 2 м/сек,
поэтому
- —-40
2 = Ье т ,
откуда
Подставляя полученное выражение в формулу (А), получим
1
~с
1.,
ь__
Уровень моря Рис. 14.3
Из этой формулы находим скорость лодки при t = 2 мин =
= 120 сек:
ν = 5
14) Т = 5 (4) = 4=°·32
6.	Найти зависимость между высотой места над уровнем
моря и давлением воздуха.
Обозначим высоту места над уровнем моря через h (м) и давление воздуха через р(н/м2). Рассмотрим призматический столб
воздуха, опирающийся на горизонтальную площадку в 1 мг,
расположенную на уровне моря (рис. 14.3).
Давление воздуха р в сечении этого столба на высоте h
определится весом части столба, опирающейся на указанное
сечение. Увеличение высоты h на бесконечно малую величину dh
влечет за собой уменьшение давления на бесконечно малую
величину dp, измеряемую весом слоя воздуха между двумя
сечениями ή и Af dh. Следовательно, получается уравнение
— dp = γ dh,
где γ есть вес одного кубометра воздуха под давлением р
(здесь пренебрегается тем, что γ меняется при переходе от
нижнего сечения к верхнему). Но величина γ сама пропорцио¬
486

нальна давлению, что вытекает из закона Бойля — Марпотта
(ри = ρ0υη), т. е. γ = kp, где k — коэффициент пропорциональности. Подставляя это выражение для γ в уравнение — dp = //г,
получим
— dp = kpdh или ~ — — kdh.
Интегрируя последнее уравнение, находим
р = Се~kh.
Пусть р = Ро при h = 0 (т. е. давление на уровне моря
равно ρ,,), тогда р0 = Се~к°, С = р0.
Таким образом, искомая зависимость устанавливается формулой
р = рве~кН.
Коэффициент k определяется из дополнительных условий.
Решая полученное уравнение относительно h, получаем
формулу
позволяющую вычислить 'высоту h места над уровнем моря
по давлению воздуха р.
7.	В некоторой химической реакции вещество В разлагается
на два вещества X и Y, причем скорость образования каждого
из них пропорциональна наличному количеству b вещества В.
Найти законы изменения количеств х и у веществ X и Y
в зависимости от времени /, если в начале процесса b = Ь0,
1	ь
х = 0, у = 0, а по истечении одного часа Ь = γ-bo, х = —,
зьп
У=~Г-
Если через х и у обозначены количества веществ X и К
dx	„
соответственно, то производная -γ- выражает скорость ооразо-
вания вещества X, производная ~ — скорость образования вещества Υ. В каждый момент времени I количество b разложившегося вещества В определяется формулой b = bQ — х — у,
где 60 — первоначальное количество вещества В. Согласно условию задачи получаем систему двух дифференциальных уравнений первого порядка
*+ = k(b,-x-y\ l)L = l(b0-x-y),
где k и / — коэффициенты пропорциональности.
487

Эту систему можно свести к одному дифференциальному
уравнению первого порядка. В самом деле, разделив обе части
второго уравнения на соответствующие части первого уравнения,
получим
dy _ /
dx k
Решая это уравнение, будем иметь
у = γ х + Сг
Используя начальные условия (х = 0, у = 0 при t = 0), находим,
что Сх = 0, поэтому у = γ х. Подставляя полученное выражение для у в первое из уравнений исходной системы, получим
линейное уравнение первого порядка
Ύ ф (k ф l)x — kbQ,
общее решение которого
_ kb0 r _ (ft + /)/
х — γγγ Ί-
Так как х = 0 при t = 0, то С2 = и
х = тЬ(1-е_№ + 0')·
Подставляя полученное выражение для х в равенство у = γ х,
находим, что
U = ΆρΤ <1 — е—
Определим теперь значения коэффициентов k и I. Так как
Ь	3	ь
χ = —γ и у = —^~ при /= 1, то подстановка этих значений
в выражения для х и у приводит к системе уравнений:
^	/1	  —	(к	+	/)ч	—	_1_.	I /1 	 —	(k	+	/)ч _	3
кф1 У	}~ 8 ' кф1{ е	'	8	‘
Сложив почленно эти уравнения, получим
ι	+
откуда
е-(А+0 = 2-2 и fe+/= |п2<
Разделив почленно второе уравнение на первое, найдем
I = 3k.
]	з
Следовательно, k = γ In 2, I = -j- ln 2.
488

Таким образом, искомое решение определяется формулами:
Составить дифференциальные уравнения из условий следующих задач и решить их.
1. Найти кривую, проходящую через точку М( 1, 3) и для
которой отрезок касательной между точкой касания и осью Ох
делится пополам в точке пересечения с осью Оу.
2. Найти такую кривую, проходящую через точку М (0, 3),
чтобы угловой коэффициент касательной в любой ее точке
равнялся ординате этой точки, уменьшенной на две единицы.
3. Через сосуд емкостью а литров, наполненный водным
раствором соли, непрерывно протекает жидкость, причем в единицу времени вливается b литров чистой воды и вытекает
такое же количество раствора. Найти закон, по которому изменяется содержание соли в сосуде в зависимости от времени
протекания жидкости через сосуд.
4. Лодка замедляет свое движение под действием сопротивления воды, которое пропорционально скорости лодки. Начальная скорость лодки 1,5 м/сек, скорость ее через 4 сек 1 м/сек.
Когда скорость уменьшится до 0,01 м/сек? Какой путь может
пройти лодка до остановки?
5. Тело охладилось за 20 мин от 100 до 60°. Температура
окружающего воздуха поддерживается равной 20°. Когда тело
остынет до 30°?
6. В баке находится 100 л раствора, содержащего 10 кг
соли. В бак непрерывно подается вода со скоростью 5 л
в минуту. Поступающая в бак вода перемешивается с имеющимся раствором, и смесь вытекает с той же скоростью.
Сколько соли останется в баке через 1 час?
7. Найти кривую, все нормали которой проходят через
постоянную точку.
8. Вода вытекает через отверстие в дне цилиндрического
сосуда. По какому закону понижается уровень воды с течением
времени, если известно, что скорость ν, с которой жидкость
вытекает из отверстия, зависит от высоты h столба жидкости
следующим образом: ν = 0,6 /2gh.
9. Судно водоизмещением в 12 000 г движется прямолинейно
со скоростью v0 = 20 м/сек. Сопротивление воды пропорционально квадрату скорости судна и равно 36 г при скорости
1 м/сек. Какое расстояние пройдет судно после остановки двигателя, прежде чем скорость станет равной 5 м/сек. В какое
время судно пройдет это расстояние?
Задачи
439

Ответы
1. Дифференциальное уравнение у = 2ху’, у2 — 9*.	2. у' = у — 2,
d*	Ь	·—— /
р = У + 2. 3. γ = — γ χ, х = Сие а , где С0 — первоначальпсе
dll
количество соли. 4. 50 сек\ 15 м. 5. -y- = k(U— 20), где // — температура тела. Общее решение V = 20 + СУЧ Решение, соответствующее
t
( J \ 2°
начальным условиям задачи: V = 20 + SO ( — I . Тело остынет до 30е
через ] час, Указание. Скорость охлаждения тела в воздухе пропорциональна разности между температурой тела и температурой воздуха. 6. 0,5 кг.
dh	—	2	_
7.	Окружность. 8. γ = — kY h , t= ~jf(Y В — Y~h), где Η — высота
dv	12 000 dv
сосуда. 9. Αί γ = — kv2, где ΛΙ — масса судна; —-— · γ = —36υ2,
1 1
—γ — 0,03/ + -jg-, /=4,6 сек, s—38,8 м. i к а э а н и е. Принять g = 10 м/секС
Глава 15. Дифференциальные уравнения второго
порядка
Дифференциальное уравнение второго порядка имеет вид
F(x, У, *ЛУ) = 0	(15. 1)
или
у" = f{x, У,	у')·	(15. 2)
Общим решением уравнения (15. 1) называется функция
ί/ = φ(λ', Сь	са)	0^· .3}
от х и двух произвольных независимых постоянных С,, С2,
обращающая данное уравнение в тождество.
Общее решение уравнения (15. 1), заданное в неявном виде
Ф(х, у, Clt С2)	= 0,	(15.4)
называется общим интегралом.
Частное решение
у = о(х, С?,	Сг2),	(15. 5)
где Сп С° — фиксированные чнелг, получается из общего решения (15. 3) при фиксированных значениях Сх и С2.
Задача Коши. Найти решение дифференциального уравнения (15. 1), удовлетворяющее условиям: у = у0, у' = у$ при
х = а'0. Постоянные определяются из системы уравнений:
ί/о = <р(х, Clt С2);
i/o = φ*(*, С,, Со). 1
400

§ 15. 1. Простейшие типы интегрируемых уравнений второго
порядка, случаи понижения порядка
К простейшим типам интегрируемых дифференциальных
уравнений второго порядка относятся уравнения, для которых
функция, стоящая в правой части формулы (15. 2), зависит или
только от х, или только от 0, или только от у', т. е. уравнения вида:
Общее решение уравнения (15. 7) находится двукратным
интегрированием.
Уравнение (15. 8) интегрируется подстановкой
которая дает возможность свести его к уравнению с разделяющимися переменными у и р:
Из последнего уравнения определяется р, а из уравнения
у' = р — общий интеграл Ф (х, у, Съ С2) = 0.
Уравнение (15. 9) подстановкой (15. 10) сводится к уравнению
с разделяющимися переменными х и р:
В некоторых случаях дифференциальные уравнения второго
порядка сводятся к уравнениям первого порядка.
Уравнение
У' = f (*);
У" = / (0);
y" = f(y')·
(15. 7)
(15. 8)
(15. 9)
(15. 10)
(15. И)
+ = /(*. о
(15. 12)
р-ф =/(</. Р),
где роль независимой переменной играет у.
Примеры
1.	Проинтегрировать уравнение у" = cosx.
Так как у" —	то	=	cosx,	dy'	=	cos	xdx.
49!

откуда
j..
if = J cos xdx = sin x + Cv = sin x + Cr
Интегрируя еще раз, получаем:
у = J (sin χ + С,) dx = — cos χ + Cxx + C2,
0 = — cos x -{- Cxx -f- C2.
2. Найти интегральную кривую уравнения у" = х + 1, проходящую через точку М0 (1, 1) и касающуюся в этой точке
прямой у = -Л. χ + -L
Находим сначала общее решение данного уравнения. Имеем:
У" =	—- = х + 1, dt/ = (χ + l)dx, 0' = J(x + l)dx,
/ = ~Y~ + x + Cjj = -y + x + С,, d0 = (-g- +- x + dx,
^=-r + -T + C^+C2·
Найдем частное решение, удовлетворяющее условиям: у0= 1,
• 0о = ~γ при х0 = 1. Подставляя эти значения в выражения для
у(х) и у' (х), получаем:
У О = ~7Г "к ΊΓ ~к ^2 =	1	Ci	+	C2=	"з-*.
</'(l)=4-+l + C, = + I С1=-1·
Следовательно, Сх = — 1,С2=-|-, поэтому искомая интегральная кривая определяется уравнением
х3 . х2	,4
У~~6"+ "2—*+ ~Г*
3. Найти общее решение уравнения у" = 2у'.
Правая часть данного уравнения зависит только от у’. Это
уравнение вида (15. 9). Полагая у' = р, находим:
/ ЧЁ—!Ь -§Г-^ - 2Р. + = 2^.1пр =
= 2х + In С', р=е2х + 1п с'= С'е2х, = Се%х, dy = C'e2xdx,
0 = ~2~ ё2х + ^2» У =	+	С2·
л _ JL
4. Проинтегрировать уравнение 30" =*= у 3.
Это уравнение вида (15. 8), так как правая часть его зани-
492

сит только от у. Полагая у' = ρ, получим у" = Ρ~γ· Уравне-
нение перепишем в виде
_ _5_
о dp	а
3PW = y ·
Интегрируя последнее уравнение, находим:
-Т..... - = ±Y~f~rT.
Так как р = то для определения у получаем уравнение
λ_
*4- dy = dx или 	7-	dlJ	= dx,
ρ2 = С, — у 3 или р
Ус А	-Ус ^ 1
у Сх — у	г	сху — 1
откуда "
Г	Л,
χ Ф С2 — — I /	2
^ У с1{/т-1
Для вычисления последнего интеграла сделаем подстановку
_2_
Cxi/ -1 =/2,
откуда
А	А	А
С =((2+ I)2· dy = 3t(t*+ 1)2+-Л.
2 2
с,	с,2
Следовательно,
А=-+/*е±1,‘*-+Ц+‘)·
С1У3-1
Окончательно получаем
х + сг = =+ '|/с+_1 (с^ + г).
5.	Проинтегрировать уравнение
(1 -j- х2) У' — 2ху' = 0.
Это уравнение вида (15. 11), так как в него явно не входит
искомая функция у. Положим у' = р, тогда
и" = JML = dP
d dx dx
и уравнение принимает вид
(1 + χ2) —	2хр = 0 или (1 + x2)dp—	2xpdx — 0.
493

Разделяя переменные, полущим
dp __ 2х dx
~~Р~ ~ 1 +
Интегрируя, находим
In 1 р | = In (1 + х2) + In ί С, [,
откуда
Ρ = Cj (1 + χ2).
Так как
и, следовательно, общее решение определяется формулой
Замечание. Разделяя переменные, мы предполагали, что ρ Ф О,
1 + χ2 Ф 0, поэтому могли потерять решения р = 0, 1 -)- х2 = 0. Из первого
равенства вытекает, что у' = 0 и у = С. Функция у = С является решением
исходного уравнения, в чем можно убедится непосредственно. Эти решения
получаются из общего решения при С, = 0, Второе равенство невозможно
при действительных х, оно не определяет функцию, являющуюся решением
данного уразнения.
6.	Проинтегрировать уравнение уу" — у'2 = 0.
Это уравнение вида (15. 12), так как оно не содержит явно
аргумента х. Положим у' — р, тогда
Подставляя выражения для у' и у" в исходное уравнение, получим уравнение первого порядка с разделяющимися переменными у и р:
получаем In [ у | = Схх -f In | С21 или у = C21f'x.
Замечание Решения у — 0. у — С (у' = 0) получаются из общего
решения соответственно при С2 = 0 и С, = 0.
„ dy' dy' dy dp _	„	dp
lJ ~ ~dT ~ ~dy~ ' dx ~~ ~dy y ~ ~dy 'P'
Разделяя переменные, получим
Интегрируя, находим
In 1 ρ I = In j у 1 -Ь 1п|Сг|,
откуда р = Сху.
Так как р = у\ то = Сху. Интегрируя это уравнение,
494

Задачи
Проинтегрировать дифференциальные уравнения второго порядка:
1. у" = sin ж.	2.1/" = L.
8.1/'=+-.	4. 4+/7= 1.
!·+/· 0
7. (1 + х»)л*+ !/'*+1 =0.	УУ	+У	+1-0·
Ответы
1. у = — sin х+Схх + С2 2. μ = In х+Схх+С2. 3. Сху2 — 6 = (CjX+C.)2.
4. Зх + С, = 4 /C + VJ (VT - 2С). Б. (х - С/ + {у _ С2)2 = о2.
6.	0 = Схх2 + С,. 7. 0 = - С,х + (С? + 1) In (С, + х) + С3. 8. (х + Сг)2 +
+ У2 = С\.
§ 15. 2. Однородные дифференциальные уравнения второго
порядка с постоянными коэффициентами
Дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами называется уравнение вида
ау” ф by' + су = / (х),	(15.	13)
где а, 6, с—постоянные, Дх)— функция от х.
Если Дх) = 0, то уравнение (15. 13) называется однородным
дифференциальным уравнением с постоянными коэффициентами
или уравнением без правой части:
ау" ф by'ф су = 0.	(15.14)
Уравнение (15. 14) можно привести к виду
у" + ру' + qy = 0.	(15.15)
Уравнение
/г2 + р/г + 4= 0	(15.16)
называется характеристическим уравнением для уравнения
(15. 15).
В зависимости от корней kx и k2 характеристического уравнения (15. 16) получаем общее решение уравнения (15. 15) в
виде
у = Схе^х ф С2еЧ\	(15.	17)
если kx и k2 — различные действительные числа;
0 = (Схх + С2)еЧ	(15.	18)
если kx = k2\
у = е"'к (Сх cos βχ + С2 sin βχ),	(15.19)
если ky = α φ /β, k2 = a — /β — комплексные числа.
495

Примеры
1. Найти общее решение уравнения у" — 5у' + 6у = 0 и выделить частное решение, удовлетворяющее начальным условиям:
у — 1, у' = 2 при х = 0.
Характеристическое уравнение (15. 16) для данного уравнения принимает вид k2 — 5k -f 6 = 0.
Так как это уравнение имеет различные действительные
корни kx = 2,	= 3, то в соответствии с формулой (15. 17)
общее решение данного дифференциального уравнения таково:
у = Схе1х + С2е9х.
Чтобы найти искомое частное решение, подставим начальные
данные в выражения для у и у', где
у' = 2 Схе* + ЗС3езг.
Подстановка этих данных приводит к системе уравнений:
1 = Сх ф С2;	|
2 = 2 СХФ 3 С2, j
откуда определяются значения произвольных постоянных: С,= 1,
С2 = 0. Следовательно, искомое частное решение определяется
формулой
у = е2х. '
2. Проинтегрировать уравнение if -f- 4tf ф 4у = 0.
Характеристическое уравнение k2 + 4k -f- 4 = 0 имеет равные
корни kl = k2 = — 2.
В соответствии с формулой (15. 18) получаем общее решение исходного дифференциального уравнения
у = е-2х(Сх фС2х).
3. Проинтегрировать уравнение у" + у' + у = 0.
Характеристическое уравнение
k2 ф k + 1 = 0
,	1	. . V~3~ и	1
имеет	комплексные	корни kx = γ + ι —2—» *2 =	2
|/ γ
— i ——2—. В соответствии с формулой (15. 19) цаходим общее
решение
у = е 2	(с, cos —γL хфС2 sin ^-γ~ *)·
4.	Найти общее	решение уравнения if + Зу' = 0.
Характеристическое уравнение k2 + 3k = 0 имеет корни
kx = 0, k2 = — 3.
Общее решение определится формулой
У = Схф С2е~Ъх.
5. Проинтегрировать уравнение у" + 4у = 0.
496

Характеристическое уравнение k2 φ 4 = 0 имеет мнимые
корни kx = 2/, k2 = — 2z.
Общее решение данного уравнения:
у = Сх cos 2х + С3 sin 2х.
Задачи
Найти общие решения однородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами:
1.	у	—4у	+ Зу = 0.	2.	у	+ 2у	—8у = 0.
3.	у"	+ Зу'	+ 2у = 0.	4.	у"	— 4у'	= 0.
5.	у	— 2у'	+ у = 0.	6.	у	+ 8у	+ 16у	= 0.
7.	у	— 4у	+ 13у = 0.	8.	у'	+ 6у	+ 25у	= 0.
9.	у" + 9у = 0.	10.	у" — 16у = 0.
Ответы
1. у = С,ехфС2езх. 2. у = Схе2Х ф C2e~ix. 3. у = Схе~х ф С2е~2х.
4.	д = Схф С2е4х. 5.у = ех (Сх + С2х). 6. у = е~4дс (Сх + С2х). 7. у =
= е2дг (Cj cos 3* + С2 sin Зх). 8. у = г-3* (С4 cos 4х + С2 sin 4х). 9. у =
= С, cos Зх + С2 sin Зх. 10. у = Схе4Х + С2е~4х>
§ 15.3. Неоднородные дифференциальные уравнения второго
порядка с постоянными коэффициентами
Неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка
с постоянными коэффициентами имеет вид
у" + ру' A-qy = f (х)·	(15. 20)
Общее решение уравнения (15. 20) находится по формуле
У == У о + ~У*	(15.21)
где Уо — общее решение соответствующего однородного уравнения
У А~ РУ + УУ =	0*	(15. 22)
а у — частное решение неоднородного уравнения.
В простейших случаях, когда функция f(x), входящая в
уравнение (15.20), является показательной или полиномом,
указанное частное решение находится с помощью метода неопределенных коэффициентов.
Если
f(x) = aemx,	(15.23)
где а, т — постоянные, то частное решение уравнения (15.20)
находят в форме
у = Аетху	(15. 24)
497

когда т не является корнем характеристического уравнения для
уравнения (15. 22), и в форме
у = Ахетх или у = Ах2етх, ■	(15. 25)
когда т — соответственно простой или кратный корень характеристического уравнения.
Если
/ (х) = a cos тх + b sin тх,	(15.26)
где а, Ь, т — постоянные, то частное решение уравнения (15. 20)
ищут в форме
у = A cos тх + В sin тх,	(15.27)
р2 + (д-т2)2Ф 0,	(15. 28)
у = х {A cos тх + В sin тх),	(15.29)
р = 0, q = т2.	(15. 30)
когда
и в форме
когда
Если
f{x) = Pn{x),	(15.	31)
где Рп (х) — многочлен степени п, то частное решение уравнения
(15. 20) ищут в форме
y = Q„(*)	(15. 32)
при	0 + 0	(15.33)
и в форме	у	= xQn(x)	(15.	34)
при	0	= 0, р + 0.	(15.35)
Примеры
1.	Проинтегрировать уравнение у" — 2у' ф 2у = 6е2х.
Найдем сначала общее решение соответствующего однородного уравнения у* — 2у’ ф 2у = 0.
Характеристическое уравнение k2 — 2k + 2 = 0 имеет комплексные	корни	kx =	\ φΐ, k2 — 1 —	i.	Следовательно,	общее
решение однородного уравнения таково:
у0 = ех (С, cos х + С2 sin х).
Находим частное решение исходного уравнения. Так как
в данном случае / (х) = 6е2х (т. е. / (х) = аетх, где а = 6, т = 2)
и т = 2 не является корнем характеристического уравнения, то)
в соответствии с формулой (15. 24) ищем частное решение $
виде	I
у = Ле2х.	*
Находя	производные	этой функции	у'	=	2Ае2х,	у"	=	4Ае2х γ
4УЗ

подставляя выражения для у, у', у" в исходное уравнение, поручим
4Ае2х— 2-2Ае2х + 2Ае2х = 6+, 2Ае2х = 6+.
Так как ~у—решение уравнения, то последнее равенство
выполняется для всех х, т. е. является тождеством,
2.4+ = 6е2х,
откуда
2А = 6, А = 3.
Следовательно, частное решение имеет вид у = 3+·
На основании формулы (15. 21) получаем общее решение
исходного уравнения
у = ех (С, cos х + С2 sin х) + Зе2лг.
2. Найти общее решение уравнения
/-у'-2у = е2х.
Характеристическое уравнение
Ы2 — к — 2 = 0
имеет корни kx = 2, &2 = — 1, поэтому общее решение однородного уравнения
У — У' — 20 = 0
определяется формулой у0 = С1е2х + С2е~х.
Функция f(x) = e2x получается из формулы (15.23) при
а = 1, т = 2. Так как т = 2 — простой корень характеристического уравнения, то в соответствии с формулой (15. 25) частное решение ищем в виде
0 = Ахе2х.
Подставляя в исходное уравнение выражения для у, у', 0", где
у' = Ае2х + 2Ахе2х, у = 4Л+ + 4Лх+,
получим
(4Л+ + 4Лх+) — (Ае2х + 2Лх+) — 2Лх+ = е2х, 3Л+ = +,
откуда ЗЛ = 1, Л = Следовательно, 0 = -В-хе2х.
На основании формулы (15. 21) получаем общее решение
0 = Сге2х + С2е~х + ~ хе2х.
3. Проинтегрировать уравнение
У" — 4у'ф4у = е2х.
Соответствующее однородное уравнение
У" — 4у' ф4у = 0
имеет общее решение
.	Ус	= {С1фС3х)е2х,
499

так как характеристическое уравнение
k2 — 4k + 4 = О
имеет равные корни kx = k^ = 2.
Частное решение исходного уравнения ищем в виде у = Ах2е2ж,
ибо т = 2 — двойной корень характеристического уравнения.
Находим производные функции у:
у' = 2Ахе2х + 2 Ах2е2х;
у" = 2Ае2х + 8Ахе2х ф 4Ах2е2х
и подставляем выражения для у, уу" в уравнение, получаем
2Ае2х ф 8Ахе2х + 4 Ах2е2ж — 4 (2Ахе2х + 2 Ах2е2х) ф 4Ах2е2х = е2х
или
2 Ае2х = е2\
откуда
2Л= ι, а = -С.
Таким образом, получено частное решение у = ~х2е2х, общее
решение определится формулой
у = (С, + С2х) е2х + γ х2е2х.
4.	Найти общее решение уравнения
у" + Зу' ф2у = 2х2 — 4х — 17.
Правая часть данного уравнения является полиномом второй
степени / (х) = Р2 (х) = ах2фЬх ф с, где а = 2, b = — 4, с =—17.
Так как у ф 0, то в соответствии с формулой (15. 32) частное
решение ищем в виде
у = Q2 (χ) = Ах2 ф Вх ф С.
Подставляя выражения для у, у' = 2Лх + В, у" = 2А в данное уравнение, получаем
2АфЗ (2Ах ф В) ф 2 {Ах2 ф Вх ф С) = 2х2 — 4х — 17
или
2Лх2 + (6Л + 2В) х + (2Л фЗВф 2С) = 2х2 — 4х — 17.
Поскольку у — решение дифференциального уравнения, то последнее равенство должно выполняться для всех х, т. е,
является тождеством, поэтому коэффициенты при одинаковых
степенях х, стоящие в разных частях, равны между собой:
2Л = 2, 6Аф2В= — 4, 2АфЗВф2С = — 17.
Из полученной системы уравнений находим, что
л= 1, В = — 5, С = — 2,
500

поэтому
у = х2 — 5х — 2.
Общее решение соответствующего однородного уравнения
У + Зу + 2у - О
определяется формулой
Уо = 0^-*+ С2<?-2\
так как характеристическое уравнение /г2 + 3/г + 2 = 0 имеет
корни kx = — 1, k2 = — 2. На основании формулы (15. 21) получаем общее решение
у = Схе~х + С2е~2х + х2 — 5х — 2
исходного уравнения.	,
5.	Проинтегрировать уравнение
у" — 7 у' + 10у = х2.
Правая часть данного уравнения есть многочлен вида f(x) =
= αχ2-|-бх-j-с, где а = 1, b = 0, с = 0. Так как	то
решение ищем в виде
у = Лх2 Вх ф С.
Подставляя в данное уравнение выражения для у, у', у", где
у' = 2Лх + Б, у" = 2Л,
получаем 2Л — 7 (2Лх + В) ф 10 (Лх2 -[- βχ + С) = х2
или
ЮЛх2 + (10β — 14Л)х + (2Л — 7 В + ЮС) = х2,
откуда
10Л=1,	10β	—	14.4	=	0,	2Л	— 7β + ЮС = 0.
Решая полученную систему уравнений, находим
Л =0,1, β = 0,14, С = 0,078,
поэтому
у = 0,1х2 -j- 0,14х + 0,078.
Общее решение соответствующего однородного уравнения
У" — 7 у' + Юу = 0
определяется формулой
Уо = Схе2х -!- С2еоху
так как характеристическое уравнение
№ — 7кф 10 = 0
имеет корни kx = 2, k2 = 5.
На основании формулы (15. 21) получаем общее решение
у = Схе2х + С2еЪх -j- 0,1х2 + 0,14х + 0,078
исходного уравнения.
11 Гус.мс Λ Д.	501

6. Найти общее решение уравнения
у"-3у' = х\
Так как в данном случае q = 0 (в левой части отсутствует
член, содержащий у), то в соответствии с формулой (15. 34)
частное решение ищем в виде
у = х (Ах2 -+ Вх ф С), у = Ах3 + Вх2 + Сх.
Подставляя в уравнение выражения
у' = 3 Ах2 + 2Вх ф С, у" = 6 Ах + 25,
получим
(6 Ах + 25) — 3 (3.4х2 + 2 Вх + 'С) ξξ х2
пли
— 9/ιχ2 + (6Л — 65) X + 25 — ЗС ΞΞ X2,
откуда
— 9Л = 1, 6.4 — 65 = 0, 25 — ЗС = 0.
Следовательно,
1,1,2
У ~	9~	9~	27~Хг
Соответствующее однородное уравнение
У" — 3у' = 0
имеет общее решение
00 = Сх ф С2е3х,
так как для характеристического уравнения к2 — 3/г = 0 получаем кг = 0, k2 = 3.
По формуле (15. 21) получаем общее решение
у = Схф С2+ γχ3 γ х2 ~х.
7. Проинтегрировать уравнение
У‘" + 4 у' ф 4у = 2 sin 2х + 3 cos 2х.
Правая часть данного уравнения является тригонометрическим полиномом вида /(χ) = a cos тх + 6 sin тх, где а = 3,
6 = 2, т = 2. Так как выполняется условие (15.28), в соответствии с формулой (15. 27) частное решение ищем в виде
у = A cos 2х -+ 5 sin 2х.
Находя производные
у' = — 2А sin 2х + 25 cos 2х, у" = — 4Л cos 2х — 45 sin 2х
и подставляя в данное уравнение выражения для у, у\
получим
— 4А cos 2х — 45 sin 2х + 4 (— 2Л sin 2х + 25 cos 2х) +
Ф 4 {A cos 2х -f 5 sin 2х) ξξ 2 sin 2х + 3 cos 2х
502

или
8В cos 2х — 8Л sin 2х = 3 cos 2х + 2 sin 2х,
откуда
83 = 3,	—	8Л	=	2,
т. е.
Следовательно, частное решение определяется формулой
у = γ cos 2х + — sin 2х.
Соответствующее однородное уравнение
У* + 4у' + 4у = О
имеет общее решение
Уо = (Сх + С2х) е~2х.
По формуле (15. 21) находим общее решение данного уравнения
у = (С4 + С2х) е~2х γ cos 2х + sin 2х.
8.	Найти общее решение уравнения
у" — 12у' + 36у = sin Зх.
Правая часть данного уравнения является тригонометрическим многочленом вида /(х) = acosmx -f bsmmx, где а = О,
b = 1, т = 3. Так как выполнено условие (15.28), частное
решение ищем в виде
у = A cos Зх + В sin Зх.
Находим производные
у' = — ЗЛ sin Зх + 3В cos Зх, у" = — 9Л cos Зх — 9β sin Зх.
Подставляя выражения для у, у', у" в данное уравнение, получаем
(— 9Л cos Зх — 9β sin Зх) — 12 (— ЗЛ sin Зх + 33 cos 2х) +
+ 36 (Л cos Зх + β sin Зх) = sin Зх
или
(27 Л — 36β) cos Зх + (27β + 36Л) sin Зх = sin Зх,
откуда
27Л — 36β = 0, 27 В + 36Л = 1.
Решая полученную систему уравнений, находим
Л — 4 В — - 1
Л ~ 225 ’	~	75 *
Следовательно, имеем частное решение
4	1
У = -225- cos Зх + -75- sin 3χ·
17 *	503

Соответствующее однородное уравнение
/-12/ + 360= О
имеет общее решение
Уо = (С, + с2 х) +, .
так как для характеристического уравнения
U1— 12/е + 36 = О,
получаем Д = /е2 = 6.
По формуле (15. 21) находим общее решение
0 = (С, + С2 х) + + cos Зх + -Βγ sin Зх
исходного уравнения.
Замечание. Частное решение мы искали в виде у = А со s Зх +
+ В sin Зх, а не в виде у = Bsin Зх, так как из того факта, что а = 0 не
следует, что А = 0.
Задачи
1. у' —	6у' — 70 = 32+.	2.	0" + 20' — 80 = 12+.
3. 0"—	2/ + 0 = е*.	4.	0"+70'+ 120=24х2+ 16х—15.
9Q
5· ί/" +	у' — 60 = — λ'2	6.	0" — 40' + 30 = χ — 1.
7.	0"—20' = бх2—10х +	12.	8.	у"—3у'—10у = sin x+3cosx.
9.	0"—80'+ 120=—65cos4x.	10.	у" + 16у = — 24sin4x.
Ответы
1.0 = Сле>х + Сге~х — 2+. 2. у = С,е~4х + Сге-Х + 2хггх. 3. у = (С,+
+ С2х) ех + -γ- х2ех. 4. у = Схс~3х + Сге~4х + 2х2 — х — 1. 5. у = Схс-Х +
+ Сге~3х + -g— х2 + jg х + “β-■	6. 0 = Схезх + С.гсх + —γ х + -д~.
2	9
7. у = Cj -f С2егх—дг3 + х2 — 5х. 8. 0 = С,е5Х + С2е~2х —“p-ysin х — 35 cosx.
9.	у = С/х + Сге2Х + 2 sin 4х —γ cos 4х. 10. у = С, sin 4х + С2 cos 4х +
+ Зх cos 4х.
Глава 16. Дифференциальные уравнения порядка
выше второго. Системы дифференЦиальных уравнений
§ 16.1. Уравнения, допускающие понижение порядка
Уравнение вида
{+ = /(*) (16.1)
решается путем л-кратного интегрирования.

Уравнение
F(х, ifk\ y(ftfl), .... y{n)) =0.	(16.	2)
не содержащее искомой функции у, подстановкой
у^>=«,	(16.3)
где у№ — низшая из производных, сводится к уравнению
F(х, и, и', и  и{п~к)) =0,	(16.	4)
порядок которого равен п — k.
Уравнение
F{y, У'  У[к), У[к+[),	у(я))	=	0,	(16.5)
не содержащее независимой переменной х, также допускает понижение порядка с помощью подстановки
У'=Р.	(16.6)
Примеры
1.	Решить	уравнение yw = sinx.
В	левой	части	этого	уравнения стоит третья производная
искомой функции, в правой — функция только от х, это уравнение вида (16. 1). Так как ут =	то
= sin х, dy' = sin xdx,
откуда
у" = j sin x dx = — cos x + С,.
Поскольку у" = то последнее уравнение можно переписать так:
= — cos χ + С, или dy' = (— cos χ ф Сх) dx.
Интегрируя, получаем
у —-	sin х ~k х + С2
или
dy = (— sin χ ф Ct χ ф С2) dx.
Интегрируя еще раз, находим общее решение исходного
уравнения
у = cos х +	-	х3	+	С2х	+	С3.
2. Решить уравнение xyIV + .у'" =0.
Это уравнение вида (16. 2), для которого 6 = 3, п ~ 4. Принимая низшую производную yw за новую неизвестную функцию и, осуществим подстановку (16. 3)
У'" = и,
505

откуда ylv = Таким образом, данное уравнение сводится
к уравнению первого порядка относительно и:
/ ,	л	du	,	dx	г.
хи ф и = 0 или 	=	О,
1	и	х
из которого получаем
Так как и = у'", то для определения у имеем уравнение
в котором правая часть	зависит только от х,	т.	е.	уравнение
вида (16. 1). Трижды интегрируя, получаем соответственно:
у" = dx = С, In χ + С2, if = С, ln χ + C2;
if = C, (x	ln x — x) + C2 x + C3;
у — Сг if~2~	*	Τ χ2) 4—2~ χ2 4" 03 ^	4* ^4
или
у = cix2 Inx + C2X2 + C3x -f C4,
где
_ Q	/->'  Q p
Ci — 2 *	2	4	L1·
3. Решить уравнение y,v = 2f".
Положим if' «= w, тогда ylv = а', поэтому уравнение примет вид
и ~ ^и’ ~ώΓ ~ ^и‘
Разделяя переменные (в предположении, что и ф 0) и интегрируя, получим
In и = 2х + С, и = е2х+с = Cfx.
Так как
и = у'", то у"' = Схе2х,
откуда:
у· =	+С,; y' = -§-cJ* + C+ + C3;
у = —jp с* -1—^-χ2 4- 0+ + Ct.	(А)
Замечание. Если и = О, т. е. у"' = 0, то у" = С2, к/' = С2х + С8>
С
у ^ ~~ χ2 + С8х + С4. Это решение получается из формулы (А) при Сх U.
bob

Задачи
Решить уравнения:
1.	у"' =2х.	-	2.	у'"	=	cos	х.
3.	V" = +·	4.	y,v = -С
17	Sin3X	27	χ
5.	x4y’" + 2xY = 1.	6.	(0W)2 + {y"f = 1.
Ответы
x4 С	С
t· у= ~уу + -у- X2 + С.2Х + С3. 2. у = — sin χ + χ3 -+ С.2х -+ Сч.
3. у = In sin χ + Сух2 + (Γ2χ + С3. 4. 6у = χ31η х + Ctx3 + С2х2+ С,х + С4.
5.	у = Сх Ιπ х + С2х + С3 — 2Х · 5. у = С3 ф С2х — sin (х + Сх).
§ 16. 2. Линейные однородные уравнения с постоянными
коэффициентами
Дифференциальное уравнение
antfn) +	+	... -+ а2у' + агу’ ф а0у = 0,	(16.	7)
где ап, ап-.\,	..., ах, а0 — постоянные величины, называется
линейным однородным уравнением п-го порядка с постоянными коэффициентами.
Общее решение уравнения (16. 7) определяется формулой
У = Ql/i + С2у2 + С30з + ··· + СпУп>	(16.	8)
где yv ..., уп — его линейно независимые частные решения. Последние находятся с помощью характеристического уравнения
α/η Φ «.-1 /"1-1 + — + W2, +	+ д0 — 0-	(16.	9)
Если характеристическое уравнение имеет п действительных
различных корней rm{m = 1, 2, ..., п), то каждому из них
соответствует частное решение
ут = егтх	(16.10)
и общее решение уравнения (16. 7) принимает вид
у = Схег'* + С2ег*х + ... + Спегпх .	(16.	11)
Если уравнение (16. 9) имеет k действительных равных корней = г2 = ... = rk (т. е. корень гх имеет кратность k), то в
формуле (16. 8) им соответствуют решения
у1 = е^х, у2 = хег'-х, ..., yk = xk-[er'x.	(16.	12)
Однократным комплексно сопряженным корням п, 2 = * — /β
уравнения (16. 9) в формуле (16. 8) соответствуют решения:
у1 — cos βχ; у2 = ехк sin βχ.	+16.	13)
507

Комплексно сопряженным корням r\s = & — кратности k
соответствуют следующие частные решения:
ух = еах cos βχ, у2 = хеахcos βχ, ..., yk = x^-^cos βχ;
yk+l — eax sin βχ, у it+2 = хеы sin βχ, ..., y2k = xk~'eax sin βχ. (16. 14)
Примеры
1. Решить уравнение у'" — 2у" — у' + 2у = 0.
Для данного уравнения с постоянными коэффициентами составим характеристическое уравнение (при этом нужно сохранить коэффициенты; вместо у поставить 1, вместо ее производной k-το порядка поставить rk)\
г3 — 2г2 — г -с 2 = 0.
Преобразуя левую часть уравнения, получим
г2(г—2) —(г —2) = 0, (г— 2)(г2— 1) = 0,
откуда
гг= — 1, r2 = 1, г3 = 2.
В соответствии с формулой (16. 11) получаем общее реше-'
ние
у = Схе~х С2ех + С3е2х.
Замечание. Нумерация корней не имеет существенного значения.
В самом деле, если считать, что гх — 2, гг — — 1, r3 = 1, то общее решение определится формулой
у = С^фСге~хфСге\
которое отличается от найденного выше только обозначениями произвольных
постоянных.
2. Решить уравнение у"'—7 у" + \5у'— 9у = 0.
Составим характеристическое уравнение
г3 — 7г2 + 15г — 9 = 0,
один из корней которого rx = 1 можно получить методом проб.
Так как
(г3 — 7г2 + 15г — 9): (г — 1) = г2 — 6г + 9,
то уравнение принимает вид
(г- 1)(г2-6г + 9) = 0,
откуда г2 = г3 = 3. Таким образом, характеристическое уравнение имеет один простой (однократный корень гх = 1) и двукратный корень г2 = 3 (k = 2).
В соответствии с формулами (16. 12) и (16. 8) получаем
общее решение
у = Схех + С2е3х + Csxe3x
или
У — Схех ф (С2 + С3х) е3х.
3. Решить уравнение у]у — 16у = 0.
508

Характеристическое уравнение
г4 — 16 = 0 или (г2 — 4) (г2 -f 4) = О
имеет корни
г, = 2, г2 — — 2, г3 = 2г, г4 = — 2/.
Мнимым сопряженным корням г3 и г4 (для которых а = О,
β = 2) соответствуют частные решения
0з = cos 2х, 04 = sin 2х,
полученные из формул (16. 13).
Таким образом, общее решение имеет вид
у = Сге2х ф С2е~2х + С3 cos 2х + С4 sin 2х.
4. Решить уравнение 0iv — 40/// + 8у" — 8у' -+ 40 = 0.
Составим характеристическое уравнение
г4 — 4 г3 + 8г2 — 8г + 4 = 0.
Преобразуя левую часть этого уравнения, получим
г4 — 4г3 + 8г2 — 8г + 4 = г4 — 4г3 + 4г2 + 4г2 — 8г + 4 =*
= (г2 — 2г ф 2)2 = (г2 — 2г + 2) (г2 — 2гф2) = 0,
откуда г2 — 2г +- 2 = 0, г2 — 2г + 2 = 0.
Следовательно, комплексно сопряженные корни характеристического уравнения ri,2 = 1=!=/ имеют кратность k = 2. Так
как в данном случае α= 1, β = 1, то в соответствии с формулами (16. 14) и (16. 8) общее решение имеет вид
0 = Схех cos х + С2ех sin х + С3хех cos х -+ С4хех sin х
или
у — ех [(С, + С3х) cos χ ф (С2 + С4х) sin х].
5. Решить уравнение /6) + 2уду) + у" = 0.
Составим характеристическое уравнение, соответствующее
данному дифференциальному уравнению:
г6 + 2г4 + г2 = 0.
Преобразуя левую часть этого уравнения, получим
г2 (г4 + 2r2 + 1) = 0 или г2{г2 -j- I)2 = 0.
Таким образом, характеристическое уравнение
гг{г2ф 1 ){г2ф 1) = 0
имеет один двукратный действительный корень г = 0 (+ = г2=0)
и пару двукратных мнимых сопряженных корней r = ^zi
(г3 = г4 = /, г6=гв = —/). По формулам (16. 14), (16. 12) и
(16. 8) получаем общее решение
у = С1фС2рф (С3 + С4х) cos х + (С5 + Сйх) sin х.
6. Решить уравнение ут ф 20(6) — 2у" — 0 = 0.
Характеристическое уравнение
г8 + 2r° — 2r2 — 1 = 0
609

имеет два корня rx = 1, г2 = — 1, которые можно получить
методом проб, поэтому левая часть его должна делиться на
(г — 1) и на (r-f 1), следовательно, и на (г2 — 1). Произведя
указанное деление, получим
(Гв + 2гв — 2г2 — 1): (г2 — 1) = г6 + Зг4 + Зг2 + 1 = (г2 + I)3.
Итак, характеристическое уравнение принимает вид
(г2—l)(r2+ I)8 = 0 или (г — 1)(с + 1)(г2+ 1)(г2 + 1)(гЦ-1)=0.
Это уравнение имеет два указанных простых действительных
корня и два мнимых корня кратности к = 3 (г3 = г4 = г5 =
г6 = г7 = г8 = — /). В соответствии с формулами (16. 14), (16. 12)
и (16. 8) находим общее решение
у = Схехф Οοβ-χφ (С3 + С4х + Съх2) cos х + (С6+ С7хф С8х2) sin х.
Задачи
Решить однородные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами:
1. у"' — у" — 4+ + 4/у — о.	2.	у'" — Зу" +	lit/' — 6t/ = 0.
з.	уш — Зу' — 2у = 0.	4.	if' — Зу" +	Зу' — у = 0.
5.	y,v— 81ц = 0.	6.	if	—	6с/" + \Ау"— 14ц'+5с/ = 0.
7. у<5> + 4iffy'" — \0у"-Ау' +8у = 0.
8.	+ 8у]у + 16у" = 0.	9. //(«)— if — 9у]Х'— 11 у" — Ау = 0.
10. if + 2if + у<5> = о.
Ответы
\. у = Cf + Cf7 + С9е~2х (г, = 1, га = 2. г3 = - 2).	2. у = С,** +
+ С2е2* + Сэе^ (г, = 1, г2= 2, г3 = 3). 3. у = (Cf С2х) е~х+ С^ (г, =г2=
«= — 1, /·, = 2). 4. {/=(ci + С2х + С3хг) (А (гх=гг = г3 = 1). 5. г/ =	+
+С2г~ЗА+С3 cos Зх+С4 sin Зх (г4=3, г2= — 3, r3 = 3i, г4=—ЗС). 6. у=(Сх +
+ С2х) ех + (С4 cos х + С2 sin х)	е2ЛГ	(г, = г2 = 1.	г3 = 2 + i, r4 = 2 —	к).
7- У = (С, + С2х) + (С3 + С4х +	С5х2>?-2* (r1= r2 = 1, г3 = г4 = г5	=—	2).
8.	у = С, + С2х + (С3 + С4х) cos 2х + (С5 + Cex) sin 2х (г, = г2 = 0, г3 =*
= г4 = 2/, г5 = гв = — 2/) 9. у = Cfx + С2е~2х + (С3 + С4х + С5х2) cos*
-f (С„ -f C7x + Cf) sin x(rx = 2	r2=	— 2. r3 = r4 = r6 = C, re = r7 =
c- r„ = — C).	10. у = Ci + C2x + C3.v2 + C4x® + Cf + (C, -f C7x) cos * +
+ (CJ -1- C9x) iin x (rx = r2 = r3 = rt = ra = 0, re = r7 = /, ra = r9 = — 0.
§ 16.3. Линейные неоднородные уравнения
с постоянными коэффициентами
Дифференциальное уравнение
апу^ + ι //(а—*1 + ... + atgi/ а\У 4" «оУ = f tx) (lb· 15)
610

называется линейным неоднородным уравнением с постоянными
коэффициентами ап> ап-\, ..., a2l av а0.
Если f(x) = 0, то уравнение (16.15) становится однородным:
а„У1п) + <*п-\У{п~Ч + - ·. + а2у" + аху' ф а0у = 0. (16.16)
Общее решение уравнения (16.15) определяется формулой
У = Уо Ф У,	(16.17)
где 0о — общее решение соответствующего однородного уравнения (16.16), а у—частное решение данного неоднородного
уравнения.
В простейших случаях частное решение может быть найдено
с помощью метода неопределенных коэффициентов.
Если
f{x) = **Pm{x\	(16.18)
где Рт (х) — многочлен степени т, то частное решение ищут
в виде	_
у = е»Мт{х),	(16.19)
где Мт{х) — многочлен той же степени т с неопределенными
коэффициентами, если а не является корнем характеристического уравнения, соответствующего уравнению (16.16), и в виде
у = хке‘ххМт (х),	(16.20)
если а — корень указанного уравнения кратности k.
В частности, при а = 0 / (х) = Рт (х) и если а = 0 не
является корнем характеристического уравнения, то существует
частное решение у = Мт (х), если а = 0 — корень характеристического уравнения кратности k, то у = xkMm (х).
Если
f(x) = e**[P(x)cos8x + Q(x)sinj3x],	(16.21)
где Р(х) и Q(x)— многочлены, наибольшая степень которых т,
то частное решение ищут в виде
0 = г,х[Л4 (x)cospx-f /V(x)sinpx],	(16.22)
если α -+ Q не является корнем характеристического уравнения,
п в виде
0 = [М (х) cos β χ -f- N (х) sin β χ],	(16.23)
где Μ (χ) и Ν (χ) — многочлены степени т, если α φ /β — корень
указанного уравнения кратности k.
Если
/ (х) — f\М + fz (х) + /з (х)>	(16.24)
где /j(x), /2(х), /з(х) —функции вида (16.18) и (16.21), то существует частное решение
0 = 01 + 02 + Уз,	(16.25)
определяемое указанными выше правилами.
511

В общем случае частное решение уравнения (16.15) может
быть найдено с помощью метода вариации произвольных постоянных (метода Лагранжа). Если
У = СХ01 + С.2У2 + ... + Спуп
общее решение однородного уравнения (16.16), то общее решение неоднородного уравнения (16.15) ищут в виде
У — Сх (х) ух + С2 (х)02 + ... + Сп(х) уп. (16.26)
Функции Сх (х), С2 (х), ..., Сп (х) находят из системы уравнений:
^\У\ + СгУг + · · · + ^пУп =
C + i + C9yt + ... + С „У п = 0;
с;0("-2) + С'йу["-ъ +... + с;#*-* = 0;
C\y[n~l) + C.2yJ-^ + ...+ суп-1) = Д*)#
(16.27)
Примеры
*
1.	Решить уравнение у'" + у = +(х2 + х + 1).
Это линейное неоднородное уравнение третьего порядка с постоянными коэффициентами, правая часть которого есть функция вида (16.18), где а = 2, Р2(х) = х2 + х + 1, т. е. т = 2.
Найдем сначала общее решение соответствующего однородного уравнения
у"' + 0 = 0.
Так как характеристическое уравнение г3 + 1 = 0 имеет
ί	1 ,	1	iVT
КОрНИ Г4	1,	Г2	2 +	2-	*	2	2	’
o6ui.ee решение однородного уравнения определяется формулой
0О = Схе~х фе 2 (с2 cos ^ х + С3 sin х).
В соответствии с формулой (16.19) частное решение исходного уравнения ищем в виде
у = е2х {Ах2 + Вх + С),
поскольку число а = 2 ие является корнем характеристическою
уравнения и Р2 (х) — многочлен второй степени.
Находим производные функции у: .
у' = е2х (2Ах + В + 2Ах2 + 25х + 2С);
у" = е2х (2Л + 8Лх + 45 + 4Лх2 + 45х + 4С);
у>" = + (12Л + 24 Лх + 125 + 8Лх2 + 8 Вх + 8С).
512

Подставляя выражения для у и t/" в данное уравнение
и сокращая на е2х, получим тождество
12Л + 24 Ах + 123 + 9Лх2 + 93х +9С = х2 + х + 1,
откуда
9Л = 1, 24Л + 93 = 1, 12Л + 123 + 9С = 1
и
_17
81 ’
поэтому
Общее решение данного уравнения имеет вид
У = Уо А~ У ~ 0ι^	+	е	2 ^02 cos■~2~ х "Ь 0зsin ^~γ~ x) А~
х2 5* J7
27 "к 81
А =
1
9 ’
В
11
1
У =
е2х[
А
2 5
* --27
+ *ЧтГ~57 + Я-1·
2.	Решить уравнение у'" фу' — х4.
Правая часть уравнения есть функция вида (16.18), для
которой а = 0, т = 4.
Характеристическое уравнение
г3 + г = 0 или г (г2 φ 1) = О
имеет корни г, = 0, /*2 = /, г3 = — /, поэтому общее решение
однородного уравнения ут + у' = 0 определяется формулой
ί/о == С4 -j- 02 cos X -f- С3 sin X.
Так как число а = 0 является простым корнем характеристического уравнения, то частное решение ищем в виде
у = хе х (Лх4 + Зх3 + Сх2 ф Dx φ Е)
или
у =. Лх5 + Зх4 + Сх3 + Dx2 + Ex.
Находим производные функции у:
у' = 5Лх4 ф 43х3 ф 3Сх2 ф 2Dx Φ Е;
у" = 20Лх3 + 12Вх2 ф 6Сх + 2D;
7" = 60Лх2 + 243х + 6С.
Подставляя выражения для у , уш в данное уравнение, получим тождество
60Лх2 + 243х + 6С + 5Лх4 + 43х3 + ЗСх2 + 2Dx + Ε 5Ξ х\

откуда
5.4 = 1, 45 = О, 60Л -+ ЗС = О, 245 + 2D = О, 6С + Е = О,
т. е.
01 = 4-, В = О, С = — 4, D = 0. 5 = 24.
Таким образом,
у = Л-X5 — 4х3 -Ь 24х
и
у =	+ С2 cos X + С3 sin х +	—	4х3	+ 24х.
3. Проинтегрировать уравнение у'”—3у" + Зу' — у = 2е*.
В данном случае правая часть — функция вида (16.18), где
α — 1 ,m = 0. Число α= 1 равно трехкратному корню характеристического уравнения г3 — Зг2 -+ Зг — 1 = 0, поэтому частное
решение в соответствии с формулой (16.20) ищем в виде
у = ах3ех.
Дифференцируя функцию у, получаем:
у' = {ах3 -+ 3ах2) ех, / = (ах3 -+ бах2 -+ бах) е*\
у'" = (ах3 + 9ах2 -f- 18ах -f 6а) е*.
Подставляя найденные значения	и	//,	сокращая
результат на ех, получим
6а = 2, а = -у.
Так как 0О = (С, + С2х + С3х2)£х, то общее решение данного
уравнения определится формулой
У = О-л + 0Г2х -f- С3х2) ех -j—х3ех.
4. Решить уравнение
0IV — 0 = е** + е_адг + cos βχ.
Характеристическое уравнение
ή— 1 =0
имеет корни rx= 1, г2 = — 1, г3 = /, r4 = — i, поэтому
0о = СIе* + ^2е-к + С3 cos х фС4 siri х.
В соответствии с формулой (16.25) ищем частное решение;
У = 01 4* Уг 4* 0з.
614

ух = Ае*\ у2 = Ве~«х, у3 = С sin βχ + D cos βχ
соответственно частные решения уравнений
у1У — у = еах, ι/Ιν — у = е~*х, у1у — у = cos βχ.
тт	—IV “IV “IV
Находя_производные у( , у2 , уз и подставляя их выраже-,
пня и //,, z/2, у3 в последние уравнения, получим:
d = В = -+, с = о, о = 1
а4 _ Г	а4	—	1’	*	—	1*
Общее решение исходного уравнения имеет вид
J3.X I Л— ах	Л 3
г/ = C,ev + С2г~х + С3 sin х + С4 cos х + —]	. +
Замечание. В случае, если α = β = 1, общее решение будет:
у = Cf + С.ге~х -f С3 sin х + С4 cos х -f- ~ (ех — е~х) — — ■у\
В этом случае частные решения нужно искать в виде:
ух = Ахех\ у2 = Вхе~х\ у3 = х (С sin х + D cos *).
5.	Решить уравнение у'" + у' = tg х.
Характеристическое уравнение г3 ф г = 0 имеет корни гх = О,
га = i, г3 = — К поэтому
Ух = 1. У2 = COS X, t/з = sin х
и общее решение однородного уравнения выразится формулой
Уо = Схф С2 cos χ ф С3 sin х.
Методом вариации произвольных постоянных находим общее
решение данного неоднородного уравнения, полагая
у = Сх (х) + С2 (х) cos хфС3 (х) sin х.
Система (16.27) для определения функций 04(χ), С2(х), С3(х)
запишется так:
с! + С\ cos х + Сз sin х = 0;
— С2 sin х + С;3 cos х = 0;
— С? cos х — Са sin х = tg х.
Умножив обе части второго уравнения на sin х, третьего — на
cos х и сложив почленно, получим
С2 = — sin X.
Из второго уравнения имеем

Сложив почленно первое уравнение с третьим, получим
С\ = tg χ.
Интегрируя три полученных уравнения, находим:
Сг (х) = — In cos χ + Сх;
Cz (χ) = cos χ + C2;
C3(x) = sin x — In tg f~ + jfj + C3,
где Cv C2, Сэ — произвольные постоянные.
Следовательно, общее решение данного неоднородного уравнения выразится формулой
у = _ In cos χ — sin χ- In tg (-L + JL) +
-J- C2 cos x -J-* C3 sin x -p* CXf
где С, = Cx + 1.
Задачи
Решить линейные неоднородные уравнения с постоянными
коэффициентами:
1. У"'-у"ФУ'-У = (*ф1)е2х-
2. у"' — 7у' ф6у = х\
3. 01V — 8/" + 230" — 28у' + 120 = х.
4. 01ν — 2/ фу = — 8е~х ф 8е* ф 12sinx — 12 cosx.
5. у(Ь) — if = х.
6. 0(6) + 3glv фЗу" ф у = 9 sin 2х.
7. у'" + 2у" + 5у' = 4хе~х — 68 cos 2х + х.
8. 0IV — Зу" — 40 = х2 + 1 ф е3х ф 4 cos х.
С помощью метода вариации произвольных постоянных
решить линейные неоднородные уравнения:
9. у'" — 30" фу' — 3 0 = sin х.
1 Л w о 0	· I О 2Х3 + х2 — 4х — 6
10. ут — 2у" — у +20 =	Y	.
Ответы
I. !/ = (+* + Cacos* + C,sin* + e2*(-i- — JL).	2.	ρ = _L (ж2 +
+ -С ж + -Ц) + С,.* + Сг<+ + С3е-Ч 1 ? = Ji+lL + (С, + Сгж) е2*+
+ СТ + Cte3x. 4. У = (Сх + Сг X + X2) ех + (С, + С4х — х2) е_х + 3 sin х
516

— 3 cos χ.	5.	у = С, -f- С2х + ρ + С3е х + С4е 2 cos ~-к — х +
“Т	УТ
+ Cas sin -γ я. 6. у= (С, + С2х + Cf) cos * + (С4 -f- С5х +
+ Cf) sin д: — -g- sin 2х.	7.	у	=	—	(*	+	1)	е~х	+	8	cos 2х — 2 sin 2х -f
х^	2х
+ -]q- — "25 + ci + cos 2х + С3е~х sin 2х.	8.	у	=	Схе2х + С2е~2х ф
х2	j g3x 2х sin х
ф С3 cos χ ф Ct sin χ — γ + - g- φ gQ- —	g . 9. у = С1е3хфС2 sin x-f-
3 cos x — 21 sin χ	x
+ C3 cos x +	goo	+	"2g"	(3	cos	я	—	sin	x).	10. у = Cf +
Ф C2e~x + C3e2x + —.
§ 16.4. Системы линейных уравнений с постоянными
коэффициентами
Системой линейных дифференциальных уравнений первого
порядка с постоянными коэффициентами называется совокупность
дифференциальных уравнений:
У\ = «11% + «12Уг + ·.. + а1пуп ф fx (*);
У2 ~ «21У1 “к «22Уг +···-(- а-2ПУп + fz (*)i	28)
Уп — атУг + «„2У2 + · · · + апУп "к fn (*)'·
где у,. у2, .... уп — неизвестные функции независимой переменной х; alk{i, k = 1, 2, ..., η) — постоянные величины.
Если	при всех рассматриваемых значениях х	все	данные
функции	fk(x) = 0(k= 1, 2, ..., ή), то система (16.28)	назы¬
вается однородной, в противном случае — неоднородной.
Решением системы (16.28) называется система п функций
Ух = Ух (X), Уг = у2 (*) Уп = Уп (*)»	(16.29)
обращающих равенства (16.28) в тождества.
Задача Коши. Найти такое решение (16.29) системы
(16.28), которое при х = х0 принимало бы заданные значения
Уг Ы = Ьь У г (*о) = К .... Уп (*о) = Ъп.
Методом исключения (η— 1) неизвестных функций система
(16.28) может быть сведена к дифференциальному уравнению
л-го порядка относительно одной из неизвестных функций.
517

Замечание. Если независимую переменную обозначить через t, то
система (16.28) примет вид
П
b'k = 2 амУ1 "Г h (0	= К 2, 3	л),	(16 30)
где точкой обозначена производная по /. Этот способ обозначения очень
часто применяется в механике.
Примеры
1. Решить систему уравнений
йу	dz
d7=z’ и=-У’
Это система из двух уравнений с постоянными коэффициен-
тами относительно двух неизвестных функций у и г. Дифференцируя по х первое уравнение, находим
йгу   dz
dxа	dx ’
Принимая во внимание второе уравнение системы, получаем
d2y	d2y	. n
~dx? ~ ~ У' + У — °·
Таким образом, данная система сведена к одному дифференциальному уравнению второго порядка с постоянным коэффициентом относительно неизвестной функции у. Решим это уравнение. Так как характеристическое уравнение л2 + 1 = 0 имеет
корни гх = /, г2 = — /, то общее решение определится формулой
у = С, cos х + С2 sin х.
Отсюда и из первого уравнения системы находим г:
ζ =	=	— С, sin х + С 2 cos х.
Итак, получено общее решение системы:
у = С, cos хфС2 sin х\ z = — Сх sin х + С2 cos х.
2. Решить систему уравнений:
-§ = 5;, + 4z; £ = 4y + 5z.
Найти решение, удовлетворяющее условию: 0 = 2, г= 0 при х = 0.
Дифференцируя по х первое уравнение и подставляя выражения для первых производных из данной системы, получим
ΐΦ = 5Ж+АЖ= 5(50 + 4ζ) + 4(40 + 5ζ),
-0 = 410 +40г.	(А)
Из первого уравнения системы найдем г:
] (йУ с..)

Подставляя выражение (В) в уравнение (А), находим
$--41у+1о(Ц-6»),
-Jf = 10 ~ — 9с/ или у" — Юу' + 9е/ = 0.
Решая это линейное однородное уравнение второго порядка
с постоянными коэффициентами (см. § 15.2), получим
У = Cf + Cf.	(С)
Функция г выражается формулой (В), для чего находим
у' =■. Cf + 9 Cf.
Следовательно,
ζ = С [С,с' + 9<У» — 5 (С,е* + С/ч 1 = -	+	Сге"'.
Общее решение системы:
у = С,(?г + С2е*х- г = - Схех ф С2е*х.	(D)
Решим задачу Коши, т. е. найдем решение, удовлетворяющее
условию у = 2, г = 0 при х = 0. Подставляя эти	значения
в систему (D), получим
2 = Сх + С2,
0 = — С, + С2,
откуда Сх = 1, С2 = 1. Итак, получено частное решение
у = 6х ф е9х, г = — & + е*х-
3.	Решить систему уравнений
х = 5х — 3 уф 2г3К 1
у = х Ф у Ф 5е ·	)
Это система вида (16.30), точкой здесь обозначена производная по независимой переменной t. Как и в предыдущих примерах,	это	система двух уравнении	относительно	двух	неизвестных
функций	х	и	у, но эта система	является неоднородной	(/, (/) =
= 2е3', h{t) = 5е~). Покажем, что систему можно привести
к неоднородному линейному уравнению второго порядка с постоянными коэффициентами. Дифференцируя по t первое уравнение и подставляя выражения для *, У из уравнений системы,
находим
х = 5х — 3 уф 6езе =
= 5 (5* — 3 уф 2е3() — 3 (х -ф У + 5е“') + 6Л
* — 22* + 18 у=	16<?3/ —	{К
Найдем у из первого уравнения системы:
» = i(5r-i + 2c3').	(В
51!

Подставляя выражение для у в уравнение (А), получим
х — 22х + 6 (5х — х + 2+) = 16+ — 15е~*.
х — бх + 8х = 4+ — 15е~*.	(С)
Решая это линейное неоднородное уравнение второго порядка
с постоянными коэффициентами, находим
х = Cj+ + С2+ — 4+ — е~\	(D)
Так как
к = 2Cj+ + 4С2+ — 12+ + е~\
то из уравнения (В) получаем
у = С [5 (С^> + Сае4'— 4с3'— С-') —
— (2С,е2' + 4С2е4'— 12с3' + е“0 + 2еа/].
У = Сгеа + 1 Сф*‘— 2е3<— 2е-<.	(Е)
Общее решение определяется формулами (D) и (Е).
Замечание. Частное решение уравнения (С) необходимо было искать
в виде
X = хх + х2,
где	х, —частное	решение уравнения х — бх + 8х = 4+ х2 — частное решения	уравнения	х	— бх + 8х = — \5е~( причем х1 = Аез(,	х2= Ве~к
4.	Решить систему уравнений:
х = У\ у = г; ζ = х.
Дифференцируя по t первое уравнение и принимая во внимание второе, находим
х = у, х = ζ.
Дифференцируя последнее уравнение и принимая во внимание третье уравнение системы, получим
х = ζ, х = х.
Решим это линейное однородное уравнение третьего порядка
с постоянными коэффициентами. Имеем
х = С Г + е 2 (с2 cos В~ t + С3 sin ή.	(А)
Так как у = х, то
г t . “Т{сзУ*3 — С2 /з .
0 = Схе* + е 2	   cos	-φγ	t	—
C2 y~3 + c, . / 3 Λ
  sin JL-t).	(B)
620

Поскольку ζ = у, то
z = Схег -f- е
-А( -c3Vз-с2
cos
Vз
, c2VT — c3 . Уз ,
+ -JLJ— 1 sin +5- t
(С)
Общее решение системы определяется формулами (А) — (С).
5.	Решить систему:
χ = X ф 2 — у-
у = χ Ф у — Z\
z = 2x — у.
Дифференцируя по / первое уравнение и принимая во внимание все уравнения системы, находим
X = χ φ ζ — у = (X + ζ — у) ф (2* — у) — (х + у — 2),
χ = 2х φ2ζ — 3у.
Дифференцируя еще раз, получаем
х = 2х + 22 — Зу = 2 (х + 2 — у) + 2 (2х	— у) —	3 (х + у	— ζ),
х = Зх + 5г — 7 у.
Таким образом, для определения х, у,	ζ	через	χ, χ,	х	имеем
три уравнения:
х = χ φ ζ — у\
χ = 2х φ2ζ — Зу;
х = Зх + 5ζ — 7 у.
Решая эту систему относительно х, у, г, получим
Αχ	Ау	Δζ
х = Х’ У = Ζ = ~Δ'
где
11—1
х 1 — 1
-
Δ =
2 2—3
= 2; Δ, =
х 2 — 3
= х + 2х — х
3 5—7
1
ю
: *
1 1 х
1 х — 1
2 2 х
= 4х — 2х; Аг =
2 х —3
3 5 х
3 х —7
= 5х — 4х + х.
521

α
едовательно,
X 4- 2х — X	·“	с."	’ , П	л
χ = —1— 	 или	х	—	2х	—	х + 2х = 0;
4 V   Оу	...
у = ·—^	 или	у = 2х — х;
Бх — 4х + χ	1	/с'
ζ = ζ  или ζ = -к (5х — 4х -f χ).
(A)
(B)
(C)
Уравнение (А) является линейным однородным уравнением
третьего порядка с постоянными коэффициентами. Решая его,
на^одим
х = С4е( ф Сге~* ф C3e2t.	(D)
Из уравнений (В) и (С) с учетом формулы (D) получаем
соответственно:
у = С Г— 3 C2e~f;	(Е)
г = СГ— ЬС2е~1 фСге2К	(F)
Итак, общее решение системы определяется формула¬
ми
(D)-(F).
Задачи
Решить линейные однородные системы с постоянными коэффициентами:
>· % = - 2ц;
о dx
2. *-=</;
у = х + У
f-ъ- ί
4.	χ = χ + у;
у — Зу — 2х.
Решить линейные неоднородные системы с постоянными
коэффициентами:
— 21
— 21
5· χ = Зх — 4у ф е
у = х — 2 у— Зе
Решить линейные однородные системы с постоянными коэффициентами:
6. х = 2х— Зу;
у = х — 2у -f 2sin/.
7 · χ = Зх — у Φ ζ;
У = х Ф У + г;
2= Ах — У φ Ζ.
122
К х = Ау — 2г — Зх;
У ~ ζ ф х;
ζ = бх — 6у + 5г.

Ответы
I. у = Сιί?-2*; г = Cf. 2. у = Схеф х = -^-е2/ф С2. 3. * = 2С,ея' -
— 4С2е~3<; у = Cf ф	4. дс = e2i (Сх cos ί + С2 sin t), у = е2' [(С4 +
+ С^) cos t + (С2 — Cj) sin /]. 5. ж = С, g -j- 4С2(Ф -μ Зе у = С,в ^ -f*
+ C2e2i + 4е~2t. 6. х = ЗС^ + С2е“ 1 + 3 sin ί; у =	-f С2е~*	— cos / +
+ 2 sin t. 7. * = <V -f C2e2i -f С3е*', у = Cf - 2C2e2' + Cf·, г = - С/ -
- 3Cae2i + 3C,*®' s. x = Cf ф С Зе~ \ у = Cf -f Cf, г = 2Сге2? - Съе~l.

Приложение
Некоторые кривые
Рис. 1. Логарифмическая спираль
р = аек?
Рис. 3. Трех лепестковая роза
р = asin 3ψ
Рис. 5. Декартов лист
х3 + У* — 3 аху = о
Рис. 2. Гиперболическая
спираль
а
Р=
Рис. 4. Графики гиперболических функций:
У = sh х = к j
г I Λ — X
у = ch х ==
ех + е
Рис. 6. Конхоида Никомеда
р = "ΐϊη ψ + а) 1 < а; 6J =	а'
524

Литература
Бараненков Г. С. и др. Задачи и упражнения по математическому анализу?
Под редакцией Б. П. Демидовича. М., Физматгиз, 1959.
Бахвалов С В. и др. Сборник задач по аналитической геометрии. М., Гос-
техиздат, 1957.
Выгодский М. Я. Аналитическая геометрия. М., Физматгиз, 1963.
Дубнов Я. С. Основы векторного исчисления, ч. 1. М., Гостехиздат, 1950.
Матвеев Η. М. Сборник задач и упражнений по обыкновенным дифференциальным уравнениям. М., Росвузиздат, 1962.
Мннорскии В. П. Сборник задач по высшей математике. М., Физматгиз, 1961.
Немыцкий В. В. и др. Курс математического анализа, т. 1, 2. М., Гостех-
издат, 1957.
Привалов И. И. Аналитическая геометрия. М., Физматгиз, 1961.
Филиппов А. Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям. М..
«Наука», 1965^
Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления»
т. 1—3. М., Физматгиз, 1959, I960.

Оглавление
1.	Аналитическая геометрия, векторная алгебра, определители, матрицы
Глава 1. Аналитическая геометрия на плоскости
§	1.1.	Система прямоугольных декартовых координат на плоскости. Простейшие задачи	 3^
§ 1.2. Уравнение линии в прямоугольных декартовых координатах 12’
§ 1.3 Прямая линия па плоскости		 20
1.3.1. Уравнение прямой с угловым коэффициентом. Общее
уравнение прямой. Уравнение прямой в отрезках .	.	20,
1.3.2. Угол между двумя прямыми. Условия параллельности
и перпендикулярности прямых. Пересечение двух
прямых	26
1.3.3. Уравнение прямой, проходящей через данную точку в
данном направлении. Пучок прямых. Уравнение прямой,
проходящей через две данные точки	32
1.3.4. Нормальное уравнение прямой. Расстояние от точки
до прямой .	.	.	  36
§	1.4.	Линии второго порядка ..........	44
1.4.1. Окружность .	.	.	  44
1.4.2. Эллипс	 47
1.4.3. Гипербола  	51
1.4.4. Парабола	54
§	1.5.	Преобразования прямоугольных координат	 60
§	1.6.	Полярные координаты	  68
§	1.7.	Параметрические уравнения линии	  79
Глава 2. Определители и системы линейных алгебраических уравнений
§	2.1.	Определители второго и третьего порядка, их свойства	84
2.1.1.	Некоторые приложения определителей к аналитической
геометрии 	 87
§	2.2.	Решение систем линейных	алгебраических	уравнений	с	по-	ξ
мощью определителей  	 91
Глава 3. Векторная алгебра	*
§	3.1.	Основные понятия ............	93
§	3.2.	Координаты вектора. Простейшие	действия	над	векторами,	■
заданными своими координатами .	.......	108:
§	3.3	Скалярное произведение ..........	117
§	3.4.	Векторное произведение	123
§	3.5.	Смешанное произведение. Двойное векторное произведение	130
526

Глава 4. Аналитическая геометрия в пространстве
§ 4.1. Плоскость в пространстве	137
4.1.1. Общее уравнение плоскости. Уравнение в отрезках. Составление уравнения плоскости по различным ее заданиям 	137
4.1.2. Нормальное уравнение плоскости. Расстояние от точки
до плоскости	143
4.1.3. Угол между двумя плоскостями. Услоеия параллельности н перпендикулярности двух плоскостей .	,	,	152
§ 4.2. Прямая в пространстве	.	157
4.2.1. Параметрические уравнения прямой. Канонические уравнения прямой. Уравнения прямой, проходящей через
две точки	158
4.2.2. Прямая как линия пересечения двух плоскостей. Взаимное расположение двух прямых в пространстве .	.	163
4.2.3. Угол между двумя прямыми. Расстояние от точки до
прямой. Кратчайшее расстояние между двумя прямыми	163
§	4.3.	Прямая и плоскость в пространстве	  174
§	4.4.	Поверхности в пространстве. Сфера. Поверхности вращения.
Цилиндрические и конические поверхности 	 178
§	4.5.	Поверхности второго порядка .	.	.	.	....	.	186
Глава 5. Матрицы и их применение
§	5.1.	Матрицы, основные действия над	ними	......	198
§	5.2.	Линейные преобразования на плоскости и в пространстве.
Аффинные преобразования. Собственные векторы матрицы	205
§	5 3.	Приведение обшего уравнения линии второго порядка к каноническому виду	212
§	5.4.	Приведение обшего уравнения поверхности второго порядка
к каноническому виду ,	,	   222
II. Введение в анализ
Глава 6. Функция
§	6.1.	Понятие функции. Область определения функции	.	.	,	233
§	6.2.	График функции. Простейшие преобразования графика	,	241
§ 6.3. Предел переменной величины. Бесконечно малая и бесконечно большая величина  	.	253
§	6.4.	Нахождение пределов .	   262
S 6.5. Чпсло е, lim = 1 . ' .	.	 270
^	а—о а
§	6.6.	Разные примеры на нахождение пределов .	.	.	276
§	6.7.	Сравнение бесконечно малых величин ...	.	279
§ 6.8. Непрерывность функции ,	  ,	282
III. Дифференциальное исчисление функций одной переменной
-Г ава 7. Производная и дифференциал
х	7.1.	Производные	степенных и тригонометрических функций "	289
■'	7.2.	Производная	сложной функции	  291
' 7.3.	Производные	показательных и логарифмических функций	294
Т	7.4.	Производные	обратных тригонометрических функций .	.	.	296
7.5.	Производные неявных функций		 298
7.6.	Производные высших порядков	300
7.7. Производные гиперболических функций и функций, заданных
параметрически	  301
- 7,8. Дифференциал функции  	  ...	304
527

Глава S. Приложения производной
§	8.1.	Правило Лопиталя—Бернулли .........	307
§	8.2.	Касательная и нормаль к плоской кривой. Угол между кривыми. Кривизна плоской кривой. Скорость и ускорение	313
§	8.3.	Возрастание и убывание функции. Экстремум функции.
Наибольшее и наименьшее значения функции	321
§	8.4.	Выпуклость и вогнутость кривой. Точки перегиба. Асимптоты
кривой  	330
§	8.5.	Исследование функций и построение их графиков ....	336
IV. Интегральное исчисление функций одной переменной
Глава 9. Неопределенный интеграл
§	9.1.	Интегрирование разложением	 .	351
§	9.2.	Независимость вида неопределенного интеграла от выбора
аргумента функции  	353
§	9.3.	Метод подстановки	356
§	9.4.	Метод интегрирования по частям	361
§	9.5.	Интегрирование некоторых функций, содержащих квадратный
трехчлен 	 365
§	9.6.	Интегрирование рациональных функций	359
§	9.7.	Интегрирование тригонометрических функций .	.	.	.	378
§	9.8.	Интегрирование некоторых иррациональных функций «	.	.	383
§	9.9.	Интегрирование гиперболических функций ......	387
Глава 10, Определенный интеграл и его приложения
§ 10.1.	Вычисление определенного интеграла	390
§ 10.2. Площадь криволинейной фигуры в декартовых и полярных
координатах	  394
§ 10.3.	Длина дуги	кривой		 ....	401
§ 10.4.	Объем тела вращения	  405
§ 10.5.	Приложения	определенных	интегралов	к	решению простейших
физических	задач 	 ......	410
§ 10.6.	Несобственные интегралы	..........	413
V. Дифференциальное исчисление функций нескольких переменных
Глава 11. Фуикция нескольких переменных
§ 11.1.	Область определения функции двух и трех переменных. Частное и полное приращение	418
§ 11.2.	Предел функции нескольких переменных. Непрерывность	422
Глава 12. Производные и дифференциалы
§ 12.1. Частные производные и полный дифференциал функции нескольких переменных	427
§ 12.2.	Производные и дифференциалы высших порядков .	,	,	430
§ 12.3.	Дифференцирование неявных функций	433
§ 12.4.	Дифференцирование сложных функций ......	436
Глава 13. Применения частных производных
§ 13.1.	Касательная плоскость и нормаль к поверхности .	.	.	439
§ 13.2.	Экстремум функции нескольких переменных	442
§ 13.3,	Наибольшее и наименьшее значения функции ....	446
528

VI. Дифференциальные уравнения
Глава 14. Дифференциальные уравнения первого порядка
§ 14.1.	Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными 	  457
§ 14.2.	Однородные дифференциальные уравнения первого порядка	462
§ 14.3.	Линейные дифференциальные уравнения первого порядка.
Уравнение Бернулли 	 .	467
§ 14.4.	Уравнения в полных дифференциалах .....	473
§ 14.5.	Разные дифференциальные уравнения первого порядка »	479
§ 14.6.	Задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям	480
Глава 15. Дифференциальные уравнения второго порядка
§ 15.1.	Простейшие типы интегрируемых уравнений второго порядка, случаи понижения порядка .........	491
§ 15.2.	Однородные дифференциальные уравнения второго порядка с
постоянными коэффициентами .	 495
§ 15.3.	Неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка
с постоянными коэффициентами .........	497
Глава 16. Дифференциальные уравнения порядка выше второго. Системы
дифференциальных уравнений
§ 16.1.	Уравнения, допускающие понижение порядка .....	504
§ 16.2.	Линейные однородные уравнения с постоянными коэффициентами 	  507
§ 16.3.	Линейные неоднородные уравнения с постоянными коэффициентами ..............	510
§ 16.4.	Системы линейных уравнений с постоянными коэффициентами	517
Пр иложенпе  	524
Литература  	  525