C - MECHATRONIKA - Akademia Morska w Szczecinie

Transkrypt

Projekt współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Materiały dydaktyczne
Matematyka
Semestr II
Ćwiczenia
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
1
Przedmiot:
MATEMATYKA
Kierunek: Mechatronika
Specjalność: Elektroautomatyka okrętowa
Semestr
II
Rozkład zajęć w czasie studiów – Studia pierwszego stopnia
Liczba godzin
Liczba godzin
Liczba tygodni
w tygodniu
w semestrze
w semestrze
W
Ć
L
S
Σ
W
Ć
L
S
15
1
2
–
–
45
15
30
–
–
Punkty
kredytowe
4
Związki z innymi przedmiotami:
–
–
–
–
–
–
–
fizyka,
mechanika techniczna,
wytrzymałość materiałów,
podstawy konstrukcji maszyn,
elektrotechnika i elektronika,
automatyka i robotyka,
metrologia i systemy pomiarowe.
Zakres wiedzy do opanowania
Po wysłuchaniu wykładów przewidywanych programem oraz wykonaniu ćwiczeń student
powinien:
Znać →
1) Definicje i podstawowe twierdzenia dotyczące zbioru liczb zespolonych, macierzy,
wyznaczników i układów równań liniowych.
2) Rachunek wektorowy, równania płaszczyzny i prostej w przestrzeni R3.
3) Definicje i podstawowe twierdzenia dotyczące wszechstronnego badania przebiegu
zmienności funkcji jednej zmiennej rzeczywistej.
4) Podstawowe zagadnienia dotyczące rachunku różniczkowego funkcji wielu zmiennych.
5) Podstawy rachunku całkowego (całka nieoznaczona, całka oznaczona, całki niewłaściwe,
całki wielokrotne i krzywoliniowe).
6) Kryteria zbieżności szeregów liczbowych, podstawowe twierdzenia dotyczące szeregów
funkcyjnych.
7) Sposoby rozwiązywania wybranych typów równań różniczkowych zwyczajnych
pierwszego i drugiego rzędu.
8) Elementy rachunku prawdopodobieństwa, podstawy statystyki matematycznej.
Umieć →
1) Wykonywać działania na liczbach zespolonych i macierzach, obliczać wyznaczniki oraz
rozwiązywać układy równań liniowych metodą macierzową, za pomocą wzorów Cramera
oraz w oparciu o twierdzenie Kroneckera-Capellego.
2
2) Przeprowadzać wszechstronne badanie funkcji jednej zmiennej rzeczywistej.
3) Wyznaczać całki nieoznaczone, obliczać całki oznaczone, podwójne, potrójne
i krzywoliniowe, stosować rachunek całkowy w geometrii i przedmiotach technicznych.
4) Wyznaczać ekstrema lokalne i warunkowe funkcji wielu zmiennych, badać zbieżność
szeregów liczbowych i funkcyjnych, rozwijać funkcje w szereg Taylora.
5) Rozwiązywać wybrane typy równań różniczkowych zwyczajnych i cząstkowych
pierwszego i drugiego rzędu.
6) Obliczać prawdopodobieństwo zdarzeń losowych, wyznaczać estymatory i przedziały
ufności, stosować testy statystyczne do weryfikacji hipotez statystycznych.
Treść zajęć dydaktycznych
Nr
Tematy i ich rozwinięcie
tematu
Semestr II
1.
2.
3.
4.
Rachunek całkowy funkcji jednej zmiennej rzeczywistej:
wyznaczanie całek nieoznaczonych za pomocą metody
całkowania przez części i metodą zamiany zmiennych,
wyznaczanie całek funkcji wymiernych, niewymiernych i
trygonometrycznych; obliczanie całek oznaczonych w oparciu
o twierdzenie Newtona-Leibniza; obliczanie pól figur
płaskich, objętości i pól powierzchni brył obrotowych,
długości łuku krzywej płaskiej.
Rachunek różniczkowy funkcji wielu zmiennych:
wyznaczanie błędów wartości funkcji za pomocą różniczki
zupełnej, obliczanie przybliżonych wartości funkcji,
rozwijanie funkcji dwóch zmiennych według wzoru Taylora,
obliczanie ekstremów lokalnych, globalnych i warunkowych
funkcji dwóch zmiennych.
Rachunek całkowy funkcji wielu zmiennych: obliczanie
całek podwójnych i potrójnych w obszarach normalnych,
obliczanie całek krzywoliniowych, obliczanie całek
krzywoliniowych za pomocą wzoru Greena, obliczanie pól
figur płaskich i objętości brył za pomocą całek wielokrotnych.
Szeregi liczbowe i funkcyjne: badanie zbieżności szeregów
liczbowych za pomocą kryteriów d’Alemberta, Cauchy’ego,
Leibniza oraz kryteriów porównawczego i całkowego,
obliczanie promieni i przedziałów zbieżności szeregów
potęgowych, obliczanie całek nieelementarnych za pomocą
rozwinięcia funkcji podcałkowych w szereg Taylora.
Razem
Liczba godzin
Razem W Ć L
S
10
–
10
–
–
8
–
8
–
–
6
–
6
–
–
6
–
6
–
–
30
–
–
30
I. Metody dydaktyczne
Przedmiot jest realizowany w formie wykładów i ćwiczeń rachunkowych na I i II roku
studiów. Pomoce dydaktyczne stanowią:
- literatura podstawowa i uzupełniająca do wykładów i ćwiczeń rachunkowych,
- dzienniczki studentów.
3
II. Forma i warunki zaliczenia przedmiotu
II-1. Forma i warunki zaliczenia ćwiczeń rachunkowych
- obecność studenta na ćwiczeniach,
- uzyskanie pozytywnych ocen z 2 sprawdzianów pisemnych w ciągu semestru
przeprowadzonych w terminach uzgodnionych ze studentami,
- zaliczenie z oceną.
4
CAŁKA NIEOZNACZONA
CII 1
1. Metody całkowania:
- całkowanie przez części
- całkowanie przez podstawianie
2. Całkowanie funkcji wymiernych
Całkowanie przed podstawienie (zamiana zmiennych)
∫ f ( x)dx = ∫ f [g (t )] g ' (t )dt
, gdzie x = g (t ) .
Przykład
a)
∫x
x 2 +1dx ; b)
∫ xe
x2
dx .
Rozwiązanie
a) Podstawiamy
Otrzymujemy
∫x
x 2 +1 = t , stąd x 2 + 1 = t 2 oraz 2 xdx = 2tdt , czyli xdx = tdt .
x + 1dx = ∫
2
t3
x + 1xdx = ∫ t dt = + C =
3
2
2
( x + 1) + C .
2
3
3
x2 = t
2
1
1 2
dt 1
b) ∫ xe x dx = 2 xdx = dt = ∫ e t = ∫ e t dt = e t + C = e x + C .
2 2
2
2
dt
xdx =
2
Całkowanie funkcji wymiernych
Funkcje wymierne całkujemy stosując metodę podaną w [WII 1] (rozkład na sumę ułamków
prostych).
Przykład
x +1
a) ∫
dx ; b)
( x − 1)( x + 3) 2
x3 + 1
∫ x 2 + x − 2 dx .
Rozwiązanie
a) Funkcję podcałkową rozkładamy na sumę ułamków prostych.
x +1
A
B
C
,
≡
+
+
2
(x − 1)(x + 3) x − 1 x + 3 (x + 3)2
5
stąd x + 1 ≡ ( A + B )x 2 + (6 A + 2 B + C )x + 9 A − 3B + C.
Porównujemy współczynniki przy odpowiednich potęgach x:

x2 : A + B = 0

x1 : 6 A + 2 B + C = 1 
x 0 : 9 A − 3B − C = 1
Rozwiązując układ równań mamy: A =
x +1
∫ (x − 1)(x + 3)
2
dx =
1
1
1
, B = − , C = , więc
8
8
2
1 1
1
1
1
1
1
1
1
dx − ∫
dx + ∫
dx = ln x − 1 − ln x + 3 −
+C =
2
2
∫
8 x −1
8 x+3
2 (x + 3)
8
8
2( x + 3)
1 x −1
1
= ln
−
+ C.
8 x + 3 2( x + 3)
x3 + 1
3x − 1 
x2
3x − 1
x2

dx
x
1
dx
x
dx
=
−
+
=
−
+
=
− x + I1


∫
∫ x2 + x − 2
x2 + x − 2
x2 + x − 2 
2
2
3x − 1
3x − 1
I1 = ∫ 2
dx = ∫
dx .
x + x−2
( x − 1)( x + 2)
3x − 1
Funkcję wymierną
rozkładamy na sumę ułamków prostych:
( x − 1)( x + 2)
3x − 1
A
B
=
+
, stąd po pomnożeniu przez ( x − 1)( x + 2) mamy
( x − 1)( x + 2) x − 1 x + 2
3 x − 1 = A( x + 2) + B ( x − 1) , czyli 3 x − 1 = ( A + B ) x + 2 A − B .
Porównujemy współczynniki przy odpowiednich potęgach x:
x1 : A + B = 3 
2
7
 stąd A = , B = ,
0
3
3
x : 2 A − B = −1
3x − 1
2dx
7 dx
2
7
I1 = ∫
dx = ∫
+∫
= ln x − 1 + ln x + 2 + C .
( x − 1)( x + 2)
3( x − 1)
3( x + 2) 3
3
b) I = ∫
x2
2
7
Ostatecznie I =
− x + ln x − 1 + ln x + 2 + C
2
3
3
Zadania
1. Znaleźć podane całki nieoznaczone (całkowanie przez części):
a) ∫ xe 2 x dx ; b) ∫ x ln xdx ; c) ∫ x 2 sin xdx .
2. Znaleźć podane całki nieoznaczone (metoda zamiany zmiennych):
sin x
1  dx

a) ∫
dx ; b) ∫  ln x +
 ; c) ∫ 3 1 + 2 sin x cos xdx .
ln
x
x

 x
6
3. Znaleźć podane całki funkcji wymiernych:
x 3 + 3 dx
dx
dx
; b) ∫
a) ∫ 3
;
c)
∫ ( x + 1)( x 2 + 1) .
x −x
x ( x 2 + 1)
(
)
Odpowiedzi:
3
1. a)
1  2x 1 2x 
2
2
 xe − e  + C ; b) x 2 (3 ln x − 2) + C ; c) − x cos x + 2 x sin x + 2 cos x + C .
9
2
2

3(1 + 2 sin x ) 3
1
+C.
2. a) − 2 cos x + C ; b) ln 2 x + ln ln x + C ; c)
2
8
x
1
1
3. a) − ln x + ln x − 1 + ln x + 1 + C ; b) ln
+ C ; c)
2
2
1+ x2
4
x+2
x +1
+ 2arctgx + ln
+C .
2
4
2( x + 1)
x2 +1
Literatura: Z. Roz. 4, § 1, 2, 3, 4.
7
CAŁKOWANIE FUNKCJI NIEWYMIERNYCH
I TRYGONOMETRYCZNYCH
C II 2
1. Całkowanie funkcji niewymiernych.
2. Całkowanie funkcji trygonometrycznych
Całkowanie funkcji niewymiernych
Funkcje niewymierne całkujemy w oparciu o metody podane w [WII 2].
Przykład
Znaleźć podane całki nieoznaczone:
dx
x+2
dx ;
a) ∫
; b)
2
2
x + 2x + 3
x + 2x + 5
c)
∫
1 − x 2 dx .
Rozwiązanie
dx
∫
a) Korzystamy ze wzoru
= ln x + x 2 + k + C .
x +k
Sprowadzamy trójmian kwadratowy x 2 + 2 x + 3 do postaci kanonicznej:
x 2 + 2 x + 3 = ( x + 1) 2 + 2
x +1 = t
dx
dx
dt
2
∫ x 2 + 2 x + 3 = ∫ (x + 1)2 + 2 = dx = dt = ∫ t 2 + 2 = ln t + t + 2 + C = ln x + 1 +
2
(x + 1)2 +
b) Stosujemy metodę współczynników nieoznaczonych.
x+2
dx
I =∫
dx = a x 2 + 2 x + 5 + λ ∫
.
2
2
x + 2x + 5
x + 2x + 5
Po zróżniczkowaniu obu stron otrzymujemy
x+2
a( x + 1)
=
+
λ
,
x + 2x + 5
x + 2x + 5
x + 2x + 5
stąd x + 2 ≡ ax + a + λ , więc a = 1, λ = 1 . Zatem
dx
dx
I1 = ∫
=∫
= ln x + 1 +
2
x + 2x + 5
(x + 1)2 + 4
2
2
I=
Ostatecznie
2
(x + 1)2 + 4
+C .
x 2 + 2 x + 5 + ln x + 1 + x 2 + 2 x + 5 + C .
c)
∫
1 − x 2 dx =
x = sin t
dx = cos tdt
= ∫ cos 2 tdt = ∫
= ∫ 1 − sin 2 t cos tdt = ∫ cos 2 t cos tdx = ∫ cos t ⋅ cos tdt =
(
)
1 + cos 2t
1
1  sin 2t 
1
2
dt = ∫ (1 + cos 2t )dt =  t +
 + C = arcsin x + x 1 − x + C
2
2
2
2 
2
8
Całkowanie funkcji trygonometrycznych
Funkcje trygonometryczne całkujemy w oparciu o metody podane w [WII 2].
Przykład
Znaleźć podane całki nieoznaczone funkcji trygonometrycznych:
a)
dx
∫ sin x ;
b) ∫ sin 3 x cos 2 xdx ;
c) ∫ cos 3 x cos 5 xdx .
Rozwiązanie
a) Stosujemy podstawienie uniwersalne [WII 2]
x
tg = t
2dt
2
dx
2t
dt
x
1+ t 2
∫ sin x = sin x = 1 + t 2 = ∫ 2t = ∫ t = ln t + C = ln tg 2 + C .
2dt
1+ t 2
dx =
2
1+ t
b) Funkcja podcałkowa jest nieparzysta względem sin x , więc podstawiamy
cos x = t , − sin xdx = dt .
∫ sin
(
3
(
)
(
)
x cos 2 xdx = ∫ sin 2 x ⋅ cos 2 x ⋅ sin xdx = ∫ 1 − cos 2 x cos 2 x sin xdx = ∫ 1 − t 2 t 2 (− dt ) =
)
= ∫ t 4 − t 2 dt =
t5 t3
cos 5 x cos 3 x
− +C =
−
+ C.
5 3
5
3
c) Korzystamy ze wzoru na sumę cosinusów: cos α + cos β = 2 cos
Mamy cos 3 x cos 5 x =
α +β
cos 2 x + cos 8 x
, stąd
2
2
cos
α −β
2
.
1  sin 2 x sin 8 x 
+
+C .
2
8 
∫ cos 3x cos 5 xdx = 2 ∫ (cos 2 x + cos 8 x )dx = 2 
1
Zadania
1. Znaleźć podane całki funkcji niewymiernych:
dx
1 x +1
2x + 1
dx ; b) ∫
a) ∫
; c) ∫
dx ; d) ∫ x 2 − 2 x − 1dx .
2
2
x
x
x
x−x
2. Znaleźć podane całki funkcji trygonometrycznych:
sin x
dx
a) ∫
.
dx ; b) ∫ sin 2 x sin 5 xdx ; c) ∫ sin 3 xdx ; d) ∫
1 + sin x
4 + sin 2 x
9
Odpowiedzi
1. a) − 2
ln
x +1
+ ln 1 + 2 x − 2 x 2 + x + C ; b) 2 ln x + 3 + 3 ln x − 3 + C ; c)
x
2x + 1 −1
2x + 1
1
−
+ C ; d) ( x − 1) x 2 − 2 x − 1 − ln x − 1 + x 2 − 2 x − 1 + C .
2
x
2x +1 +1
1
1
1
1
− tgx + x + C ; b)
sin 8 x + sin 4 x + C ; c) − cos x + cos 3 x + C ; d)
cos x
16
8
3
 5

5
arctg 
tgx  + C .
10
 2

Literatura: Z. Roz. 4, § 5, 6.
2. a)
10
CII 3
CAŁKI NIEWŁAŚCIWE
1. Całki niewłaściwe pierwszego rodzaju
2. Całki niewłaściwe drugiego rodzaju
Całki niewłaściwe obliczamy na podstawie definicji podanych w [WII 4].
Całki niewłaściwe pierwszego rodzaju.
Przykład
1
2
dx
Obliczyć całki niewłaściwe pierwszego rodzaju: a) ∫
;
x ln 2 x
1
b)
dx
∫ (x − 1)
2
.
0
Rozwiązanie
2
 1

dx
dx
1
 1  2
 = +∞ , ponieważ
lim
= lim+  −
+
=
−

∫1 x ln 2 x ε →0+ 1+∫ε x ln 2 x = εlim
+
→0 
ln x  1 + ε ε →0  ln 2 ln(1 + ε ) 
1
lim+
= +∞ , tak więc całka jest rozbieżna.
ε → 0 ln (1 + ε )
2
a)
ln x = t
dx
dt
1
1
1
=
∫ x ln 2 x dx = dt = ∫ t 2 = − t + C = − ln x + C .
x
1
dx
= lim+
b) ∫
2
ε →0
0 ( x − 1)
1−ε
dx
∫ (x − 1)
2
0
 1  1− ε
1 
= lim+ 
= lim+  − 1 = +∞ - całka jest rozbieżna.

ε →0  1 − x  0
ε →0  ε

Całki niewłaściwe drugiego rodzaju.
Przykład
+∞
Obliczyć całki niewłaściwe drugiego rodzaju: a)
dx
∫1 x 2 + 2x + 5 ;
1
b)
∫x
−∞
2
x
dx .
+2
Rozwiązanie
11
∞
A
dx
dx
,
∫1 x 2 + 2 x + 5 = lim
A→ ∞ ∫ x 2 + 2 x + 5
1
a)
x +1
dx
dx
dx
dt
1
1
1
=t
=
=
=
= ∫ 2
= arctgt + C =
2
∫ x 2 + 2 x + 5 ∫ (x + 1)2 + 4 4 ∫  x + 1  2
2 t +1 2

 + 1 dx = 2dt
 2 
1
x +1
= arctg
+ C.
2
2
∞
∫x
1
2
dx
1
x +1 A 1
A +1

 1 π π  π
= lim arctg
= lim  arctg
− arctg1 =  −  = ,
2 1 2 A→ ∞ 
2
+ 2 x + 5 A→ ∞ 2
 2 2 4 8
czyli całka jest zbieżna.
1
[
1
(
)]
x
x
1
b)
dx = lim ln 3 − ln B 2 + 2 = −∞ ,
2
∫−∞ x 2 + 2 dx = Blim
∫
→ −∞ x + 2
B → −∞ 2
B
rozbieżna.
więc
całka
x2 + 2 = t
∫x
2
1
∫x
2
B
x
1 dt 1
1
dx = 2 xdx = dt = ∫ = ln t + C = ln( x 2 + 2) + C ,
+2
2 t 2
2
dt
xdx =
2
(
)
[
(
1
x
1
1
dx = ln x 2 + 2 | = ln 3 − ln B 2 + 2
B
2
2
+2
)]
Zadania
1. Obliczyć całki niewłaściwe pierwszego rodzaju:
2
a)
∫
3
1
dx
; b)
x −1
1
∫x
0
1
2
ln xdx ; c)
∫
0
dx
x − x2
.
2. Obliczyć całki niewłaściwe drugiego rodzaju:
+∞
dx
; b)
a) ∫ 2
x +x
1
+∞
x
∫1 (1 + x) 2 dx ; c)
+∞
∫ x sin xdx .
0
12
jest
Odpowiedzi
1. a)
3
1
; b) − ; c) π .
2
9
2. a) ln 2 ; b)
1 π
+ ; c) rozbieżna.
2 4
Literatura: Z. Roz. IV, § 9.
13
CII 4
ZASTOSOWANIA GEOMETRYCZNE CAŁKI OZNACZONEJ
1. Pole figury płaskiej
2. Długość łuku
3. Objętość bryły obrotowej
4. Pole powierzchni bryły obrotowej
Pole figury płaskiej
Przykłady
1. Obliczyć pole obszaru ograniczonego liniami: y = e x , y = ln x , x = 1 , x = e .
Rozwiązanie
Rys. 1
e
(
)
e
e
e
D = ∫ e − ln x dx = ∫ e dx − ∫ ln xdx . ∫ e x dx = e x
x
1
x
1
1
1
e
1
= ee − e ,
f (x ) = x
e 1 1
e
e
1 = x ln x − ∫ x ⋅ dx = x ln x − x =
g ( x ) = ln x, g ' ( x ) =
1 0 x
1 1
1
x
= e ln e − ln 1 − (e − 1) = e − e + 1 = 1.
e
∫ ln xdx =
f ' ( x ) = 1,
Ostatecznie D = e e − e − 1 .
14
2. Znaleźć pole figury zawartej między parabolą y = − x 2 + 4 x − 3 i stycznymi do niej w
punktach A(0, –3) i B(3, 0).
Rozwiązanie
Znajdujemy punkty przecięcia paraboli z osiami 0x i 0y
0x: y = 0 ⇔ − x 2 + 4 x − 3 = 0 ⇔ ( x = 3 lub x = 1) Parabola przecina oś 0x w punktach B(3, 0)
oraz C(1, 0); 0y: x = 0 ⇒ y = −3 . Parabola przecina oś 0y w punkcie A(0, –3).
Rys. 2
Znajdujemy równania stycznych do paraboli w punktach A, B. y − y 0 = f ( x 0 )( x − x 0 )
y ′ = ( − x 2 + 4 x − 3) ′ = −2 x + 4
a) Równanie stycznej lA w punkcie A: f ′(0) = 4 więc l A : y = 4 x − 3 .
b) Równanie stycznej lB w punkcie B: f ′(3) = −2 więc l B : y = −2 x + 6 .
Pole S danej figury jest sumą pól S1 i S2 (rys. 2). Styczna lA przecina oś 0x w punkcie
3 
3 
E  , 0 , ponadto styczne lA i lB przecinają się w punkcie D  , 3. Pole S1 równa się
4 
2 
różnicy pól trapezu krzywoliniowego 0AC i trójkąta prostokątnego 0AE S1 = S 0 AE − S ∆ 0 AE .
1
S1 = −
∫ (− x
2
)
+ 4 x − 3 dx − 3 ⋅
0
 x3
1 9 5
3 1
⋅ = − −
+ 2 x 2 − 3 x − =
4 2
 3
 0 8 24
Pole S2 równa się różnicy pól trójkata EDB i trapezu krzywoliniowego ograniczonego daną
parabolą dla x ∈ 1, 3
S 2 = S ∆EDB − S EWB (rys. 2)
(
)
3
 3 27 4 49
3 1
27  x 3

S 2 =  3 −  ⋅ 3 ⋅ − ∫ − x 2 + 4 x − 3 dx =
−  − + 2 x 2 − 3x  = − =
4 2 1
8  3

 1 8 3 24
S = S1 + S2 =
5 49 9
+
=
[j.kw.]
24 24 4
15
Długość łuku krzywej płaskiej
Przykład
Znaleźć długość łuku krzywej x = a(2 cos t − cos 2t ) , y = a(2 sin t − sin 2t ) , a > 0
t ∈< 0,2π > (kardioida).
Rozwiązanie
Krzywa Γ określona jest w postaci parametrycznej, x = ϕ(t ), y = ψ(t )
(
α, β , ϕ, ψ ∈C1 α, β
)
w przedziale
β
Γ =
∫ [ ϕ ′(t )] + [ ψ′(t )]
2
2
dt .
α
Korzystamy z podanego wzoru
x' = a(− 2 sin t + 2 sin 2t ) , y ' = a(2 cos t − 2 cos 2t ) , ( x ')2 = 4a 2 (sin 2 t − 2 sin t sin 2t + sin 2 2t ) ,
( y ' )2
(
)
= 4a 2 cos 2 t − 2 cos t cos 2t + cos 2 2t ,
[(
( x ' ) 2 + ( y ') 2
)]
) (
= 4a 2 sin 2 t + cos 2 t − 2 sin t sin 2t + cos t cos 2t ) + (sin 2 2t + cos 2 2t =
t
t
= 4a 2 [1 − 2 cos(2t − t ) + 1] = 4a 2 (2 − 2 cos t ) = 8a 2 (1 − cos t ) = 8a 2 ⋅ 2 sin 2 = 16a 2 sin 2 .
2
2
Γ =
2π
∫
0
t
t
t
t  2π

16a sin dt = 4a ∫ sin dt = 4a ∫ sin dt = 4a − 2 cos 
= −8a (cos π − cos 0 ) =
2
2
2
2 0

0
0
2π
2
2π
2
= −8(− 1 − 1) = 16a.
Objętość bryły obrotowej
Przykład
Obliczyć objętość bryły utworzonej przez obrót dokoła osi OX wykresu funkcji:
f (x ) = ln x przedziale < 1, e > ;
Rozwiązanie
Objętość V bryły utworzonej przez obrót dokoła osi 0x krzywej Γ określonej równaniem
(
)
y = f ( x ) w przedziale a, b , f ( x ) ≥ 0, f ∈ C a, b : V = π
b
∫ [ f ( x )]
2
dx .
a
16
e
V = π ∫ ln xdx =
2
ln x = t , x = e t
dx = e t dt
= π ∫ t 2 e t dt = π t 2 e t − 2te t + 2e t
x = 1, t = 0
1
(
1
0
)10 = π (e − 2) .
x = e, t = 1
f ' (t ) = e t ,
2 t
∫ t e dt =
t
∫ te dt =
g (t ) = t ,
2
f ' (t ) = e t ,
g (t ) = t ,
f (t ) = e t ,
g ' (t ) = 2t
f (t ) = e t ,
g ' (t ) = 1
(
)
= t 2 e t − 2∫ te t dt = t 2 e t − 2 te t − e t + C .
= te t − ∫ e t dt = te t − e t + C ,
Pole powierzchni bryły obrotowej
Przykład
Obliczyć pole powierzchni kuli utworzonej przez obrót dookoła osi OX łuku okręgu
x 2 + y 2 = R 2 , R > 0, 0 ≤ x ≤ R .
Rozwiązanie
Pole powierzchni P bryły utworzonej przez obrót dokoła osi 0x krzywej Γ
określonej równaniem y = f ( x ) w przedziale a, b , f ( x ) ≥ 0, f ( x ) ∈ C1 ( a, b ) :
b
P = 2π
∫
[
]
1 + f ′( x ) f ( x )dx .
2
a
x 2 + y 2 = R 2 , stąd y = R 2 − x 2 dla y ≥ 0 i x ∈< 0, R > , y ' =
R
P = 2 ⋅ 2π ∫ 1 +
0
R
= 4π ∫
0
R2 − x2
R2 − x2
x2
R2 − x2 + x2
2
2
⋅
R
−
x
dx
=
4
⋅ R 2 − x 2 dx =
π
2
2
2
2
∫
R −x
R −x
0
R
R
R
−x
⋅ R 2 − x 2 dx = 4πR ∫ dx = 4πR x
0
R
= 4πR 2 [ j 3 ].
0
Zadania
1. Obliczyć pole figury zawartej między osiami współrzędnych a krzywą y = ln x w
przedziale < 0,1 >
2. Obliczyć długość łuku paraboli półsześciennej o równaniu y 2 = x 3 w przedziale < 0, 5 > .
17
x2 y2
3. Obliczyć objętość beczki powstałej przez obrót dookoła osi OX łuku elipsy
+
=1
9
4
dla x ∈< −2, 2 > .
4. Obliczyć pole powierzchni P pasa kulistego powstałego przez obrót dookoła osi OX łuku
okręgu x 2 + y 2 = R 2 dla x ∈< x1 , x2 >, − R < x1 < x2 < R.
Odpowiedzi
335
368
1. 1 ; 2.
; 3.
π ; 4. 2πR( x2 − x1 ) .
27
27
Literatura: Z. Roz. IV, § 10.
18
CII 5
GRANICA FUNKCJI DWÓCH ZMIENNYCH
Definicja granicy funkcji dwóch zmiennych (wg Heinego)
∧
lim f ( x, y ) = g ⇔ ( Pn ), Pn ≠ P0
lim Pn = P0 ⇒ lim f ( Pn ) = g
x → x0
y → y0
n →∞
n →∞
Przykład
Wykazać, że nie istnieje grania funkcji lim
x →0
y→0
2 xy
.
x + y2
2
Rozwiązanie
Wykażemy, że granica funkcji nie istnieje na podstawie definicji granicy według Heinego.
1
1 1
Rozpatrzmy ciąg punktów Pn  ,  : lim Pn = P0 (0,0 ) , gdyż lim = 0 .
n
→
∞
n
n→∞
n n
2
1 1
2⋅ ⋅
n n = lim n 2 = 1 . Następnie rozpatrzmy ciąg punktów
Wówczas lim f (Pn ) = lim
n →∞
n→∞ 1
n →∞ 2
1
+ 2
2
n
n
n2
1
2⋅0⋅
 1
 1
n = 0.
lim f (Pn ') = lim
Pn '  0,  , lim Pn '  0,  = P0 (0,0 ) ,
n →∞
n →∞ 2
n →∞
1
n
n




0 + 2
n
Ponieważ dla dwóch różnych ciągów punktów Pn i Pn ' odpowiadające im ciągi wartości
funkcji f (Pn ) i f (Pn ') dążą do dwóch różnych granic, więc granica funkcji nie istnieje.
Przykład
Wyznaczyć granice funkcji:
x
a) lim
x →2
y →2
y 3 − x3
 y
; b) lim1 +  .
x →∞
x
y−x
y →3 
Rozwiązanie
a) Korzystamy z definicji Heinego. Bierzemy dowolny ciąg punktów ( Pn ( xn , y n )) taki, że
Pn ≠ Po (0,0) i lim Pn = Po .
19
(
)
y − xn
y 3 − x3
2
2
Stąd lim f ( Pn ) = lim n
= 12 .
= lim y n + y n xn + xn = 12 , zatem lim
x →2 y − x
y n − xn
y →2
3
3
y
x



y



x
α

1 
 y
 1
b) lim1 +  = lim 1 +   = e 3 , ponieważ lim 1 +  = e .
x →∞
x →∞ 
α →∞
x
x
 α
y →3 
y →2 



y 



Zadania
Wyznaczyć granice funkcji:
x3 − y3
x2 y
2
a) lim
; b) lim
; c) lim( x + 3 y ) sin .
x →0 x − y
x →2 xy + 5
x→0
y
y →0
y →1
y →0
Odpowiedzi
4
; c) 0
7
Literatura: Z. Roz. VI, § 1-3.
a) 0 ; b)
20
CII 6
POCHODNE CZĄSTKOWE
1. Pochodne cząstkowe pierwszego rzędu
Przykłady
1. Na podstawie definicji [WII6] wyznaczyć pochodne cząstkowe funkcji z = f ( x, y ) = x 2 y
( x0 ∈ R, y 0 > 0) .
w punkcie P0 ( x0 , y 0 )
Rozwiązanie
2
2
2
(x0 + ∆x ) y0 − x0 y0
(
x 0 + ∆x ) − x 0
x 0 + 2 x 0 ∆x + ∆
∂f
= y0 lim
= y0 lim
( x0 , y 0 ) = lim
∆x →0
∆x →0
∆x → 0
∂x
∆x
∆x
∆x
y0 lim (2 x0 + ∆x ) = y0 ⋅ 2 x0 = 2 x0 y0
2
2
∆x →0
x0
∂f
(x0 , y0 ) = ∆lim
y →0
∂y
= x0 lim
2
∆y →0
∆y
(
2
y0 + ∆y − x0
2
y0
∆y
y0 + ∆y − y0
y0 + ∆y + y0
)
= x0 lim
2
∆y →0
= x0 lim
2
∆y →0
y0 + ∆y − y0
∆y
1
=
y0 + ∆y + y0
= lim
(
y0 + ∆y − y0
∆y
∆y → 0
x0
2
y0 + y 0
=
x0
(
)(
y0
y 0 + ∆y +
2
2 y0
2. Wyznaczyć pochodne cząstkowe funkcji:
x
y
a) z = y ; b) z = y .
x
Rozwiązanie
a) Wyznaczając pochodne cząstkowe traktujemy funkcję z jako funkcję jednego argumentu (tego
względem, którego wyznaczamy pochodną).
∂z
∂z
= xy x −1 . (pochodna funkcji potęgowej)
= y x ln y , (pochodna funkcji wykładniczej) ,
∂y
∂x
x
x
−1
∂z
1
b)
= z ' x = y y ln y ⋅ = y y ln y (ze wzoru na pochodną funkcji wykładniczej)
∂x
y
Aby wyznaczyć pochodną cząstkową względem y (pochodna logarytmiczna) logarytmujemy
obie strony, a następnie różniczkujemy względem y .
x
y
ln z = ln y , ln z =
1 ∂z
x
x 1
x
⋅ = − 2 ⋅ ln y + ⋅ .
ln y ,
z ∂y
y
y y
y
21
Następnie mnożymy obustronnie przez z i otrzymujemy
x
x
−2
 x x ln y 
 x x ln y 
∂z
∂z
= z 2 − 2  = y y  2 − 2  . Ostatecznie
= z ' y = xy y (1 − ln y ) .
∂y
y 
y 
∂y
y
y
2. Pochodne cząstkowe wyższych rzędów
Wyznaczyć pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji z = y x
Rozwiązanie
∂z
∂z
= z ' x = y x ln y, = z ' y = xy x −1 ,
∂x
∂y
∂ 2 z ∂  ∂z 
=   = z" xx y x ln y ln y = y x ln 2 y,
2
∂x
∂x  ∂x 
(
)
∂2z
∂  ∂z 
1
=   = xy x−1 ln y + y x = xy x−1 ln y + y x−1 = y x−1 ( x ln y + 1) ,
∂y∂x ∂y  ∂x 
y
2
∂ z ∂  ∂z 
=   = z" yy = x( x − 1) y x −2 ,
∂y 2 ∂y  ∂y 
(
)
∂2z
∂  ∂z 
=   = z"xy = 1 ⋅ y x−1 + x ⋅ y x−1 ln y = y x −1 (1 + x ln y ) .
∂x∂y ∂x  ∂y 
Oczywiście z" yx = z" xy (twierdzenie Schwarza).
Zadania
1. Na podstawie definicji wyznaczyć pochodne cząstkowe pierwszego rzędu funkcji
x
y
z = f ( x, y ) = e w punkcie P0 ( x0 , y 0 ) .
2. Wyznaczyć pochodne cząstkowe pierwszego rzędu funkcji:
arctgy
y
a) z =
; b) z = arcsin( xy 2 ) ; c) z = [sin( xy )] .
2
1+ x
3. Wyznaczyć pochodne cząstkowe drugiego rzędu funkcji:
a) z = sin 2 (3 x − 4 y ) ; b) z = y 2 e x ; c) z = x ln y
Odpowiedzi
1
y2
2. a) z ' x = −2 x
, z' y =
; b) z ' x =
, z' y =
2
1+ x2 1+ y2
1+ x2
1− x2 y4
arctgx
(
(
)
)(
)
z ' x = y 2 cos( xy ) ⋅ [sin( xy )] , z ' y = [sin( xy )] [ln (sin( xy ) ) + xyctg ( xy )] .
y −1
2 xy
x 2 y 4 −1
; c)
y
22
2. a) z" xx = 18 cos 2(3 x − 4 y ), z" yy = 32 cos 2(3 x − 4 y ), z" xy = −24 cos 2(3 x − 4 y ) .
b) z"xx = y 2 e x , z" yy = 2e x , z"xy = 2 ye x ; c) z" xx = ln y (ln y − 1)x ln y −2 , z" yy =
(
x ln y −1
(1 + ln x ln y ) .
y
Literatura: Z. Roz. VI, § 4, 8.
z" xy =
23
)
x ln y ln x ln y
x ln x − 1 ,
y2
RÓŻNICZKA ZUPEŁNA. RÓŻNICZKI ZUPEŁNE
WYŻSZYCH RZĘDÓW
CII 7
1. Różniczka zupełna funkcji dwóch zmiennych
Różniczkę zupełną wyznaczamy na podstawie definicji podanej w [WII8].
∂f
∂f
( x0 , y0 )dx + ( x0 , y0 )dy ,
∂x
∂y
przy założeniu, że istnieją pochodne cząstkowe funkcji f w punkcie P0 ( x0 , y0 ) .
df ( x0 , y0 ) =
Przykłady
1. Obliczyć różniczkę zupełną funkcji z = f ( x, y ) = e xy w punkcie P0 (1,1) , gdy dx = 0, 2 ,
dy = 0,15 .
Rozwiązanie
Wyznaczamy funkcję różniczkę zupełną:
dz = df ( x, y ) = ye xy dx + xe xy dy . Stąd df (1,1) = e ⋅ 0,2 + e ⋅ 0,15 = 0,35e .
2. Obliczyć przybliżoną wartość liczby 1,09 3,98 .
Rozwiązanie
Dana liczba jest wartością funkcji f ( x, y ) = x y w punkcie P(1,09;3,98) .
Przyjmujemy x 0 = 1 , y 0 = 4 , ∆x = 1,09 − 1 = 0,09 , ∆y = 3,98 − 4 = −0,02 , ponadto
f ( x0 , y 0 ) = f (1,4 ) = 1 . Wyznaczamy pochodne cząstkowe funkcji f (x, y ) oraz ich wartości
w punkcie P0 (1,4 ) .
∂f
(x, y ) = yx y −1 ,
∂x
∂f
(x, y ) = x y ln x ,
∂y
∂f
(1,4) = 4 , ∂f (1,4) = 0 .
∂x
∂y
1,09 3,98 ≈ 1 + 4 ⋅ 0,09 + 0 ⋅ (− 0,02 ) = 1,36 .
24
2. Zastosowanie różniczki zupełnej w rachunku błędów.
Przykład
Objętość V stożka jest funkcją długości promienia podstawy R i wysokości H .
Wyznaczyć błąd względny objętości δV , jeżeli błędy względne δR i δH są dane.
Rozwiązanie
Korzystamy ze wzorów podanych w [WII8].
1
V = πR 2 H
3
Maksymalny błąd bezwzględny ∆ V objętości wynosi:
∂V
∂V
∆R +
∆H , gdzie ∆R , ∆H oznaczają błędy bezwzględne wielkości R, H,
∂R
∂H
∂V 1 2
2
1
= πR , więc ∆V ≈ πRH∆R + R 2 ∆H ,
∂H 3
3
3
∆V
Błąd względny objętości δV =
, błędy względne wielkości R oraz H są równe
V
∆R
∆H
odpowiednio δR =
, δH =
. Stąd mamy
R
H
2
1 2
πRH
πR ∆H
∆V
∆R ∆H
δV =
= 3
⋅ ∆R + 3
=2
+
= 2δR + δH
1 2
1 2
V
R
H
πR H
πR H
3
3
∆V =
Różniczki zupełne wyższych rzędów
Różniczki zupełne wyższych rzędów wyznaczamy w oparciu o wzory podane w [WII8].
Przykład
Wyznaczyć różniczkę zupełną drugiego rzędu funkcji f ( x, y ) = e xy .
Rozwiązanie
d2 f =
∂ 2 f 2 2∂ 2 f
∂2 f 2
dx
+
dxdy
+
dy .
∂x 2
∂x∂y
∂y 2
25
Pochodne cząstkowe II rzędu wyznaczamy na podstawie definicji podanych w [WII7]
∂z
∂z
= z ' y = xe xy ,
= z ' x = ye xy ,
∂x
∂y
∂2z
∂2z
2 xy
,
=
z
'
'
=
y
e
= z ' ' yy = x 2 e xy ,
xx
2
2
∂x
∂y
∂2z
= z ' ' xy = e xy + ye xy ⋅ x = e xy (1 + xy )
∂y∂x
∂2z
= z ' ' xy = e xy + xe xy ⋅ y = e xy (1 + xy ) .
∂x∂y
Więc d 2 f = y 2 e xy dx 2 + 2e xy (1 + xy )dxdy + x 2 e xy dy 2 .
Zadania
1. Obliczyć różniczkę zupełną funkcji f ( x, y ) = x 3 y 2 w punkcie P0 (1,2) przyjmując
dx = 0,1 , dy = 0,3 .
2. Wyznaczyć różniczkę zupełną d 2 f funkcji f ( x, y ) = x ln y .
3. Objętość V ostrosłupa ściętego o wysokości H i podstawach, których pola są równe P i
1
Q oblicza się ze wzoru V = P + PQ + Q H . Oszacować błąd względny ∂V objętości V
6
, jeżeli błędy względne pomiarów P, Q, H wynoszą odpowiednio δP, δQ, δH .
(
)
Odpowiedzi
1. 2, H ; 2. d 2 f =
dV =
2
x
dxdy − 2 dy 2
y
y
H 1 Q
H 1 P
δH
1 +
δP + 1 +
δQ + V




6 2 P
6  2 Q
H
Literatura: Z. Roz. VI, § 6, 8.
26
CII 8
EKSTREMA FUNKCJI DWÓCH ZMIENNYCH
1. Ekstrema lokalne
Ekstrema lokalne znajdujemy korzystając z twierdzenia podanego w [WII9].
Przykład
Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji
f ( x, y ) = z = x 3 − 6 xy + 3 y 2 .
Rozwiązanie
1. Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji f
∂z
∂z
= 6 y − 6x .
= 3x 2 − 6 y ,
∂y
∂x
 ∂z
=0
x = 0, y1 = 0,
3 x 2 − 6 y = 0
 ∂x
czyli 
, stąd 1
 ∂z
x2 = 2, y 2 = 2.
 6 y − 6x = 0
 =0
 ∂y
Punkty stacjonarne: P1 (0,0), P2 (2,0) .
6x − 6
∂2z
∂2 z
∂2z
= −6, 2 = 6 , W ( x, y ) =
2. 2 = 6 x,
−6 6
∂x
∂x∂y
∂y
Następnie obliczamy wartość wyróżnika W w punktach P1 , P2 .
W ( P1 ) = W (0,0) =
W ( P2 ) = W (2,2) =
0
−6
−6
0
12
−6
−6
6
= −36 < 0 , więc funkcja f nie ma ekstremum w punkcie P1 .
= 36 > 0 , więc w punkcie P2 ( 2,0) funkcja f ma ekstremum
lokalne.
∂2 z
∂2 z
(
P
)
=
(2,2) = 12 > 0 , wynika, że jest to minimum lokalne.
2
∂x 2
∂x 2
= 0, z min = f (2,0) = 8, Pmin (2,0,8).
Z nierówności
xmin = 2, ymin
27
2. Ekstrema globalne (wartość najmniejsza i wartość największa).
Sposób znajdowania ekstremów globalnych pokazano w [WII9].
Przykład
Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji z = sin x + sin y + cos( x + y ) w obszarze

π
π
D = ( x, y ) : 0 ≤ x ≤ ,0 ≤ y ≤  .
2
2

Rozwiązanie
Rys.1
Wyznaczamy punkty stacjonarne leżące wewnątrz obszaru D.
z ' x = cos x − sin ( x + y ) ,
z ' y = cos y − sin ( x + y )
 z' x = 0
cos x − sin ( x + y ) = 0
, stąd
⇔ 

cos y − sin ( x + y ) = 0
z' y = 0
cos x = cos y , więc x = y dla ( x, y ) ∈ D oraz cos x − sin 2 x = 0 czyli
1
π
cos x − 2 sin x cos x = 0 , cos x(1 − 2 sin x ) = 0 ; cos x = 0 lub sin x = , x =
2
2
punktem wewnętrznym D),
(nie jest
28
x=
π
6
, y=
π
6
. Jedynym punktem stacjonarnym wewnętrznym należącym do zbioru D jest
π π 
więc punkt P0  ,  . Obliczamy wartość funkcji z w punkcie P0 oraz w wierzchołkach
6 6
π  π π   π 
z (O ) = z (0,0) = 1
kwadratu D tj. w punktach 0(0,0) , A ,0  , B ,  , C  0,  :
2  2 2  2
π
π
π 3
π π 
z (P0 ) = z  ,  = sin + sin + cos = ,
6
6
3 2
6 6
π
π
π 
z ( A) = z  ,0  = sin + sin 0 + cos = 1 ,
2
2
2 
π
π
π π 
z (B ) = z  ,  = sin + sin + cos π = 1 ,
2
2
2 2
π
π
 π
z (C ) = z  0,  = sin 0 + sin + cos = 1 .
2
2
 2
Następnie wyznaczamy punkty, w których funkcja z może mieć ekstrema znajdujące się na
brzegu kwadratu D.
π
, y = 0,
2
z = sin x + cos x , z ' x = cos x − sin x ,
π
z ' x = 0 gdy cos x = sin x stąd x = .
4
π 
Otrzymaliśmy punkt P1  ,0  . Obliczamy wartość funkcji z w punkcie P1 .
4 
π 
z (P1 ) = z  ,0  = 2 .
4 
π
π
π

AB : x = , 0 < y < , z = 1 + sin y + cos y +  ;
2
2
2

stąd z = 1 + sin y − sin y = 1 (funkcja stała).
π
π
π

CB : 0 < x < , y = , z = 1 + sin x + cos x +  , z = 1 + sin x − sin x = 1 (funkcja stała).
2
2
2

OA : 0 < x <
OC : x = 0 , 0 < y <
π
, z = sin y + cos y ,
2
z ' y = cos y − sin y , z ' y = 0 gdy cos y = sin y , stąd y =
π
 π
. Otrzymaliśmy punkt P2  0,  .
4
 4
29
 π
Obliczamy wartość funkcji z w punkcie P2 . z (P2 ) = z  0,  = 2 .
 4
Ostatecznie funkcja przyjmuje w kwadracie D wartość najmniejszą równą 1 na boku AB
3
w punkcie wewnętrznym P0
oraz w wierzchołku C, natomiast wartość największą równą
2
.
Zadania
1. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji:
a) f ( x, y) = e
4 x− x 2 − y 2
y
2
(
; b) f ( x, y ) = e x 2 + y
)
2. Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji f ( x, y ) = 4 x 2 + y 2 + 2 x − y w obszarze
ograniczonym elipsą 4 x 2 + y 2 = 1 .
Odpowiedzi
2

1. a) Pmax (2, 0, e 4 ) ; b) Pmin  0, − 2, −  .
e

 2
2
1
1 1
, m = − w punkcie  − ,  .
2. M = 1+ 2 w punkcie 
,−

2 
2
 4 2
 4
Literatura: Z. Roz. VI, § 10.
30
CAŁKI WIELOKROTNE
CII 9
1. Całka podwójna
2. Całka potrójna
1. Całka podwójna
Przykład
Obliczyć całki podwójne funkcji z = f ( x, y ) w obszarze ograniczonym liniami:
a) f ( x, y ) =
y3
, y = x 3 ; b) f ( x, y ) = xy , y 2 = 4 x + 4 , y = 2 x − 2 ;
2
x
c) f ( x, y ) = 4 − x 2 − y 2 , x 2 + y 2 ≤ 4 .
Rozwiązanie
a) Obszar D ograniczony danymi krzywymi jest obszarem normalnym względem osi Ox
D :0 ≤ x ≤ 1,
x3 ≤ y ≤ x 2 .
Zamieniamy całkę podwójną na całkę iterowaną.
1  x2 3
1
1
1
2
4
8
12

y3
 y dy dx = 1 ⋅ y x dx = 1  x − x dx = 1 x 6 − x10 dx =
dxdy
=
∫∫D x 2
∫0  ∫3 x 2  ∫0 x 2 4 x 3 ∫0 x 2  4 4  4 ∫0
x

7
11
1 x
x 1 11 1  1
 =  − = .
=  −
4  7 11  0 4  7 11  77
(
)
 y 2 = 4x + 4
wyznaczamy współrzędne punktów B i C (rys.
b) Rozwiązując układ równań 
y
=
2
x
−
2

1)
31
Rys. 1
Obszar całkowania D y zawarty między łukiem paraboli x =
x=
y2 − 4
oraz odcinkiem prostej
4
y+2
normalny względem osi OY jest opisany nierównościami:
2
y2 − 4
y+2
Dy :
≤x≤
, −2 ≤ y ≤ 4.
4
2
Zamieniamy całkę podwójną na całkę iterowaną:
y+2
 y +2

2
2
4
4
4 2
2

yx
y  y + 2   y 2 − 4  
2
  dy =
xydxdy = ∫  ∫ xydx dy = ∫
dy = ∫ 
 − 
2
∫∫
y
−
4
2
2
2
4
2






 
Dy
− 2 y − 4
−2
−2 

4


4
4
1
1  y6
16 y 3  4
1
5
3
2
4


=
−
+
12
+
16
=
−
+
3
+
= 13 .
y
y
y
dy
y
∫

32 −2
32  6
3 −2
2
(
)
c) Dokonamy zamiany zmiennych x, y zmiennymi r , ϕ : x = r cos ϕ , y = r sin ϕ
( r , ϕ - współrzędne biegunowe punktu ( x, y ) ).
Jakobian przekształcenia
I (r , ϕ ) =
D( x, y ) cos ϕ
=
D (r , ϕ ) sin ϕ
− r sin ϕ
r cos ϕ
=r.
Obszar D (koło o środku w początku układu współrzędnych i promieniu 2) jest obrazem
prostokąta ∆ : 0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π .
4 − x 2 − y 2 dxdy = ∫∫ 4 − r 2 cos 2 ϕ − r 2 sin 2 ϕ rdrdϕ = ∫∫ 4 − r 2 rdrdϕ =
∫∫
∆
D
2π
∆


= ∫  ∫ 4 − r 2 rdr dϕ ,
00

∫
2
4 − r rdr =
2
4 − r 2 = t ,4 − r 2 = t 2 ,
rdr = −tdt
t3
= − ∫ t dt = − + C = −
3
2
(4 − r )
2 3
3
+C ,
32
∫
4 − r rdr = −
2
0
2π
(4 − r )
2 3
2
3
8 2π 16π
=
, więc
0
3
8
∫ 3 dϕ = 3 ϕ
0
∫∫
2 8
= ,
0 3
4 − x 2 − y 2 dxdy =
D
16π
.
3
2. Całka potrójna
Przykład
Obliczyć całki potrójne:
dxdydz
, Ω jest czworościanem ograniczonym płaszczyznami
a) ∫∫∫
3
Ω ( x + y + z + 1)
x = 0, y = 0.z = 0, x + y + z = 1 ;
b)
∫∫∫ (x
2
)
+ y 2 + z 2 dxdydz , gdzie V jest obszarem ograniczonym powierzchniami
V
x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z > 0 .
Rozwiązanie
a)
Obszar Ω jest obszarem normalnym
względem płaszczyzny
OXY (rys. 2)
Ω:
0 ≤ x ≤ −1
0 ≤ y ≤ 1− x
0 ≤ z ≤ 1− x − y
Rys. 2
Zamieniamy całkę potrójną na całkę iterowaną:
33
1 1− x 1− x − y
dxdydz
= ∫[ ∫ (
3
∫∫∫
Ω ( x + y + z + 1)
0 0
=
1− x − y
∫
0
=
1− x
dz
∫ (x + y + z + 1)
3
)dy ]dx =
0
1 1− x
1− x − y
 1
dz
1
1
1
1
=
−
=
−
+
=
[ ∫  − +
3
2
2
∫
8 2( x + y + 1)
8 2( x + y + 1)
(x + y + z + 1)
2( x + y + z + 1) 0
0 0 
 1
1
∫  − 8 + 2(x + y + 1)
2
0

 1
 1− x
1
1
1
1
dy = − y −
= − (1 − x) − +
=


2( x + y + 1)  0
8
4 2( x + 1)
 8

 3 1
1 
1
1
3 1 1
5 1
 3
1
dx =  − x + x 2 + ln x + 1  = − + + ln 2 = − + ln 2.
= ∫  − + x +
8 8
2( x + 1) 
16
2
8 16 2
16 2
 8
0
0
1
b) Zmienne x, y, z zastępujemy zmiennymi r , ϕ , Θ , gdzie x = r cos ϕ cos Θ ,
π
π
y = r cos ϕ sin Θ , z = r sin ϕ , 0 ≤ r ≤ +∞ , − ≤ ϕ ≤ , 0 ≤ Θ ≤ 2π .
2
2
Współrzędne r , ϕ , Θ nazywamy współrzędnymi sferycznymi punktu o współrzędnych
prostokątnych x, y, z . Jakobian przekształcenia
x' r
D ( x, y , z )
I (r , Θ, ϕ ) =
= y' r
D (r , Θ, ϕ )
z'r
x'Θ
y 'Θ
x 'ϕ
y 'ϕ = r 2 cos ϕ .
z 'Θ
z 'ϕ
Obszar V (górna półkula) jest obrazem prostopadłościanu Ω .
Ω : 0 ≤ r ≤1, 0 ≤ ϕ ≤
π
2
, 0 ≤ Θ ≤ 2π . Ponieważ x 2 + y 2 + z 2 = r 2 , więc
 π2 2π

 
  4
2
2
2
2
2
x + y + z dxdydz = ∫∫∫ r ⋅ r cos ϕ drdϕdΘ = ∫  ∫  ∫ r cos ϕdΘ dϕ  dr =
Ω
0 0  0
 


∫∫∫ (
V
)
1
 π2

π

12
R
1
π
 4


2π
4
4
= ∫  ∫ r cos ϕ ⋅ Θ dϕ dr = ∫  ∫ 2πr cos ϕdϕ dr = ∫ 2πr sin ϕ 2 dr = ∫ 2πr 4 dr =
0


0 0
00
0
0
0




2πr 5 1 2π
=
=
.
5 0 5
1
34
Zadania
1. Obliczyć całkę podwójną funkcji f w obszarze D ograniczonym liniami:
1
a) f ( x, y ) = x 2 + y 2 , D : y = x 2 , y 2 = x ; b) f ( x, y ) =
, D :x2 + y2 − x = 0 .
2
2
1− x − y
2. Obliczyć całki potrójne:
Ω : 0 ≤ x ≤ 1,
a) ∫∫∫( x + y + z )dxdydz ,
0 ≤ y ≤ 2,
Ω
b)
0 ≤ z ≤ 3,
Ω : 0 ≤ x ≤ 1,
∫∫∫ zdxdydz,
Ω
0 ≤ y ≤ 1 − x,
0 ≤ z ≤ 1− x2 − y2 .
Odpowiedzi
33
1
; b) π − 2 ; 2. a) 18 ; b)
.
140
24
Literatura: Z. Roz. VII, § 1, 2.
1. a)
35
CAŁKI KRZYWOLINIOWE
CII 10
1. Całka krzywoliniowa nieskierowana
2. Całka krzywoliniowa skierowana
3. Twierdzenie Greena.
1. Całka krzywoliniowa nieskierowana
1. Jeżeli funkcja z = f ( x , y ) jest ciągła na krzywej regularnej
Γ: x = ϕ( t ), y = ψ( t ), t ∈ α, β , wówczas
∫
f ( x, y )ds =
Γ
β
∫ f [ ϕ(t ), ψ(t )] [ ϕ′(t )] + [ ψ'(t )]
2
2
dt
α
2. Jeżeli funkcja z = f ( x , y ) jest ciągła na krzywej
(
)
Γ: y = g( x ), g( x ) ∈ C1 a, b , wówczas
∫
f ( x, y )ds =
Γ
b
∫ f [ x, g( x )] ⋅
[
]
1 + g ′( x ) dx
2
a
Przykład
Obliczyć dane całki krzywoliniowe nieskierowane:
a) ∫ ( x 2 + y 2 )ds , gdzie Γ jest okręgiem o równaniu x = 2 cos t , y = 2 sin t , 0 ≤ t ≤ 2π ,
Γ
b)
∫ yds , gdzie Γ jest łukiem paraboli
y = x , dla 0 ≤ x ≤ 1 .
Γ
Rozwiązanie
a) Korzystamy ze wzoru na zamianę całki krzywoliniowej na całkę oznaczoną.
x (t ) = 2 cos t , x' (t ) = −2 sin t , y (t ) = 2 sin t , y ' (t ) = 2 cos t
2π
2
2
2
2
2
2
∫ ( x + y )ds = ∫ (4 cos t + 4 sin t ) 4 sin t + 4 cos t dt =
Γ
0
2π
2π
0
0
2
2
2
2
∫ 4(cos t + sin t ) 4(sin t + cos t )dt = 8 ∫ dt = 8t
2π
= 16π .
0
36
b) Zamieniamy całkę krzywoliniową nieskierowaną na całkę oznaczoną.
1
, x ∈ 0,1 .
Γ : y = x , y '=
2 x
1
∫ yds = ∫
Γ
0
1
 1 
1
(4 x + 1)2 1 = 5 5 − 1 .
x ⋅ 1+ 
 dx = ∫ 4 x + 1dx =
0
20
12
12
2 x 
3
2
2. Całka krzywoliniowa skierowana
β
∫ P( x, y )dx + Q( x, y )dy = ∫ { P[ ϕ(t ), ψ(t )] ϕ′(t ) + Q[ ϕ(t ), ψ(t )] ψ′(t )} dt
α
L
Przykład
Obliczyć dane całki krzywoliniowe skierowane:
a) ∫ ( x − y 2 )dx + 2 xydy , gdzie Γ jest odcinkiem łączącym punkty A(1,1) i B ( 2, 2) .
Γ
 x2

+ 6 x dy , po okręgu ( x − 2 )2 + ( y − 2 )2 = 1 skierowanym dodatnio.
b) ∫ (2 y + x ln y ) dx + 
 2y

L
c) ∫ ( x − y )dx + ( x + y )dy , gdzie Γ jest elipsą o równaniach x = a cos t , y = b sin t ,
Γ
0 ≤ t ≤ 2π .
Rozwiązanie
a) Zamieniamy całkę krzywoliniową na całkę oznaczoną.
Γ : x (t ) = t , y (t ) = t , 1 ≤ t ≤ 2 , dx = dt , dy = dt ,
2
2
 t 2 t 3  2 23
2
2
2
2
 +  = .
(
x
−
y
)
dx
+
2
xydy
=
(
t
−
t
)
dt
+
2
t
dt
=
(
t
+
t
)
dt
=
∫Γ
∫1
∫1
 2 31 6
x2
x
x
+ 6 x , Py' ( x, y ) = 2 + , Q x' ( x, y ) = + 6 .
2y
y
y
Korzystamy ze wzoru Greena (p.2).
b) P( x, y ) = 2 y + x ln y , Q( x, y ) =


x
x
+ 6 x dy = ∫∫  + 6 − 2 − dxdy = ∫∫ 4dxdy = 4∫∫ dxdy = 4 D = 4π ,
y
y
 2y

D 
D
D
x
∫ (2 y + x ln y )dx + 
L
2
2
2
gdyż D jest kołem ( x − 2 ) + ( y − 2 ) ≤ 1 o promieniu 1, więc D = π .
37
c) Korzystamy z twierdzenia Greena [WII11]
 ∂Q ∂P 
P
(
x
,
y
)
dx
+
Q
(
x
,
y
)
dy
=
∫Γ
∫∫D  ∂x − ∂y dxdy.
∂P
∂Q
= −1, Q ( x, y ) = x + y ,
P ( x, y ) = x − y,
= 1,
∂y
∂x
∫ ( x − y)dx + ( x + y)dy = ∫∫ 2dxdy = 2 D = 2πab, ponieważ pole elipsy
Γ
D = πab.
D
Zadania
1. Obliczyć dane całki krzywoliniowe nieskierowane:
a)
∫
x 2 + y 2 ds , gdzie Γ jest krzywą o równaniach parametrycznych: x = cos t + t sin t ,
Γ
y = sin t − t cos t , 0 ≤ t ≤ 2π ;
b) ∫ ( x 2 + y 2 )ds , gdzie Γ jest okręgiem o równaniu x 2 + y 2 − x = 0.
Γ
2. Obliczyć dane całki krzywoliniowe skierowane:
x2 y2
+
= 1 skierowaną ujemnie względem
a) ∫ xydx + xdy , gdzie Γ jest elipsą o równaniu
g
4
Γ
swego wnętrza;
b) ∫ (2 x 3 − 11y )dx + (4 x − cos y )dy , gdzie Γ jest okręgiem o równaniu x 2 + y 2 = 4.
Γ
Odpowiedzi
(1 + 4π 2 ) 3 − 1
π
1. a)
; b) . 2. a) − 6π ; b) 60π .
3
2
Literatura: Z. Roz. VII, § 3, 4.
38
CII 11
ZASTOSOWANIA GEOMETRYCZNE CAŁEK
WIELOKROTNYCH I KRZYWOLINIOWYCH
1. Obliczanie pola obszaru płaskiego i objętości bryły za pomocą całki podwójnej.
2. Obliczanie objętości bryły za pomocą całki potrójnej.
3. Obliczanie pola obszaru płaskiego za pomocą całki krzywoliniowej.
Całka podwójna
1. Objętość bryły ograniczonej wykresem nieujemnej i ciągłej funkcji f o podstawie D
będącej obszarem regularnym.
Przykład 1
Obliczyć objętość V bryły V ograniczonej paraboloidą obrotową z = x 2 + y 2 , płaszczyznami
układu współrzędnych i płaszczyzną x + y − 2 = 0 .
Rozwiązanie
0≤ x≤2
0≤ y ≤ 2− x
D:
Rys. 1
(
2 2− x
)
U = ∫∫ x 2 + y 2 dxdy = ∫ ( ∫ ( x 2 + y 2 )dy )dx =
D
0
= x 2 (2 − x) +
0
2− x
∫
0

y3  2 − x
( x 2 + y 2 )dy =  x 2 y + 
=
3 0

(2 − x)
1
1
= (−4 x 3 + 12 x 2 − 12 x + 8) |= ∫ (−4 x 3 + 12 x 2 − 12 x + 8)dx =
3
3
3
0
2
3
[ ]
2 8
1
= (− x 4 + 4 x 3 − 6 x 2 + 8 x) = j 3 .
0 3
3
39
2. Pole obszaru płaskiego
Całka
∫∫1⋅ dxdy = ∫∫ dxdy przedstawia z definicji pole obszaru D .
D
D
Przykład 2
Obliczyć za pomocą całki podwójnej pole D obszaru D ograniczonego krzywymi y = x 2 i
y 2 = x (parabole, rys. 2).
0 ≤ x ≤ 1,
D:
x2 ≤ y ≤ x.
1
x
D = ∫ dxdy = ∫ ( ∫ dy )dx =
D
0
1
= ∫(y
0
Rys. 2
x
x
2
x
1
)dx = ∫ ( x − x 2 )dx =
0


 2x
x3  1 1 3
=
−  = [ j ].
3 0 3
 3


3
2
3. Całka potrójna
Jeżeli funkcja f ( x, y , z ) ≡ 1 w obszarze Ω to całka
∫∫∫1dxdydz = ∫∫∫ dxdydz przedstawia z
Ω
Ω
definicji objętość V tego obszaru.
Przykład 3
Za pomocą całki potrójnej obliczyć V bryły V z przykładu 1.
Rozwiązanie
0 ≤ x ≤1
V : 0≤ y ≤ 2− x
0 ≤ z ≤ x2 + y2
40
2 2− x x 2 + y 2
V = ∫∫∫ dxdydz = ∫ [ ∫ (
V
0
0
∫
2 2− x
dz )dy ]dx = ∫ [
0
0
∫
0
(z
x2 + y2
0
)dy ]dx =
2 2− x
8
= ∫ [ ∫ ( x 2 + y 2 )dy ]dx = [ j 3 ].
3
0 0
Całka krzywoliniowa skierowana
Jeżeli Γ jest brzegiem obszaru normalnego względem osi Ox , O y D , skierowanego dodatnio
względem niego, to pole D tego obszaru wyraża się wzorem
D=
1
− ydx + xdy.
2 ∫Γ
(a)
Przykład
Obliczyć pole elipsy o równaniach parametrycznych x = a cos t , y = b sin t ,
a > 0, b > 0, 0 ≤ t ≤ 2π .
Rozwiązanie
x' = −a sin t , y '= b cos t
Całkę krzywoliniową (a) zamieniamy na całkę oznaczoną i otrzymujemy pole elipsy:
D=
2π
2π
2π
1
1
1
[(−b sin t )(− a sin t ) + a cos t ⋅ b cos t ]dt = ab ∫ (sin 2 t + cos 2 t )dt = ab ∫ dt =
∫
20
2 0
2 0
2π 1
1
= abt
= ab ⋅ 2π = πab [ j 2 ].
0
2
2
Zadania
1. Za pomocą całki podwójnej obliczyć objętość bryły ograniczonej powierzchniami:
z = x + y + 4 , y 2 = 4 x , x = 0, y = 0, z = 0 , y > 0 .
2. Za pomocą całki potrójnej obliczyć objętość bryły ograniczonej powierzchniami:
y = x , y = 2 x , z = 0, x + z = 6.
41
3. Za pomocą całki krzywoliniowej, skierowanej obliczyć pole kardioidy o równaniach
x = 2 cos t − cos 2t , y = 2 sin t − sin 2t , t ∈ 0, 2π .
Odpowiedzi
1. 84
4
48
; 2.
6 ; 3. 6π .
15
5
Literatura: Z. Roz. VII, § 1-4.
42
CII 12
SZEREGI LICZBOWE
1. Szeregi liczbowe o wyrazach nieujemnych
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych badamy na podstawie kryteriów zbieżności
podanych w [WII 13]
Przykład
Zbadać zbieżność szeregów:
n2
 n +1 
b) ∑ 
 ;
n =1  3n + 2 
∞
∞
nn
a) ∑ n ;
n =1 3 n!
∞
c)
∑n
n =1
1
;
2
+ 4n + 7
∞
d)
1
∑ n ln
n =2
2
n
.
Rozwiązanie
a) Stosujemy kryterium d’Alemberta.
a n+1
(
n + 1) 3n n!
(
n + 1) (n + 1)3n n!
1  n +1
q = lim
= lim n+1
= lim n
= lim 
 =
n
n
→
∞
→
∞
n →∞ a
n →∞ 3
n
n
(n + 1)!n
3 n 
3 ⋅ 3 ⋅ n!(n + 1)n
n
n +1
n
n
n
1 1 
e
= lim 1 +  = < 1
n →∞ 3
3
 n
więc szereg jest zbieżny.
b) Stosujemy kryterium Cauchy’ego.
 n +1 
q = lim n a n = lim n 

n →∞
n →∞
 3n + 2 
n2
 n +1 
= lim
 = 0 < 1 , więc szereg jest zbieżny.
n →∞ 3n + 2


n
c) stosujemy kryterium porównawcze
1
1
1
1
1
= 2
=
<
< 2
2
2
n + 4n + 7 (n + 4n + 4 ) + 3 (n + 2 ) + 3 (n + 2 )
n
2
∞
Ponieważ
1
∑n
n =1
∞
∑n
n =1
2
2
jest zbieżny, więc rozpatrywany szereg jest zbieżny, czyli
1
< +∞
+ 4n + 7
d) Stosujemy kryterium całkowe.
43
Zbadamy zbieżność całki niewłaściwej.
∞
A
1
1
dx . Wyznaczamy całkę nieoznaczoną.
∫2 x ln 2 x dx = lim
∫
A→∞ x ln 2 x
2
ln x = t
1
1
1
−1
1
∫ x ln 2 x dx = dx = dt = ∫ t 2 dt = − t + C = ln x + C , więc
x
∞
1
∫ x ln
2
2
1 
1
 −1  A
 −1
.
dx = lim 
= lim 
+
=


A→ ∞ ln x 2
A→ ∞ ln A
ln 2  ln 2
x



Całka niewłaściwa jest zbieżna, więc również dany szereg jest zbieżny.
2. Szeregi o wyrazach dowolnych
Przykład
Zbadać zbieżność szeregów:
∞
a)
∑ (−1) n+1
n =1
n +1
,
n ( n + 2)
cos nα
.
2n
n =1
∞
b)
∑
Rozwiązanie
a) Szereg jest szeregiem naprzemiennym, więc do badania jego zbieżności zastosujemy
kryterium Leibniza [WII 13].
 n +1 
n +1
 jest malejący oraz lim
Ciąg 
= 0 , więc szereg jest zbieżny. Szereg wartości
n ( n + 2)
 n ( n + 2) 
∞
n +1
n
1
n +1
bezwzględnych jest postaci ∑
. Ponieważ
>
=
n(n + 2) n(n + 2) n + 2
n =1 n( n + 2)
∞
∞
1
n +1
oraz ∑
jest rozbieżny, więc na podstawie kryterium porównawczego ∑
jest
n =1 n + 2
n =1 n( n + 2)
również rozbieżny.
∞
n +1
Ostatecznie ∑ (−1) n +1
jest zbieżny warunkowo.
n ( n + 2)
n =1
44
b) Jest to szereg liczbowy o wyrazach dowolnych. Zbadamy bezwzględną zbieżność tego
szeregu.
∞ cos nα
Szereg wartości bezwzględnej jest postaci ∑
. Do badania zbieżności tego szeregu
2n
n =0
wygodnie jest zastosować kryterium porównawcze.
cos nα
2
1
∑2
n
n
≤
1
,n ∈ N .
2n
jest szeregiem geometrycznym zbieżnym, więc szereg wartości bezwzględnych jest
również zbieżny. Wynika stąd, że dany szereg jest bezwzględnie zbieżny.
Zadania
1. Zbadać zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych:
∞
3n n!
a) ∑ n ; b)
n =1 n
 n +1 


∑
n =1  2 n + 1 
∞
2n
∞
; c)
1
; d)
∑
n
n =1 3 + 1
∞
∑n
n =1
1
.
n +1
2. Zbadać zbieżność szeregów:
∞
a)
(− 1)n+1 ; b)
∑ 3n + 1
n =1
cos nα
; c)
∑
3n
n =1
∞
∞
∑ (− 1)
n =1
n +1
n
n2 +1
Odpowiedzi
1. a) rozbieżny; b) zbieżny; c) zbieżny; d) zbieżny.
2. a) zbieżny warunkowo; b) zbieżny bezwzględnie; c) rozbieżny.
Literatura: Z. Roz. V, § 1, 2.
45
SZEREGI FUNKCYJNE
CII 13
1. Zbieżności jednostajne szeregu funkcyjnego.
2. Szeregi potęgowe. Promień zbieżności szeregu potęgowego.
Zbieżności jednostajne szeregu funkcyjnego
Zbieżność jednostajną szeregu funkcyjnego badamy w oparciu o kryterium Weierstraussa
[WII 14].
Przykład
cos( x + n)
.
n3
n =1
∞
Zbadać jednostajną zbieżność szeregu
∑
Rozwiązanie
Korzystamy z kryterium Weierstrassa.
Dla dowolnego x ∈ R i dowolnego n ∈ N zachodzi nierówność
cos(x + n )
3
≤
1
.
n3
n
1
Majoranta tego szeregu tj. szereg liczbowy ∑ 3 jest zbieżny, więc dany szereg funkcyjny
n =1 n
jest zbieżny jednostajnie dla każdego x ∈ R . Ponieważ wyrazy tego szeregu są funkcjami
ciągłymi, więc również jego suma jest funkcją ciągłą.
∞
Szeregi potęgowe. Promień zbieżności szeregu potęgowego.
Promień zbieżności szeregu potęgowego wyznaczamy stosując wzory podane w [WII 14]
Przykłady
1. Obliczyć promień zbieżności szeregów potęgowych
∞
xn
a) ∑
;
n
n =1 n ⋅ 3
∞
3n
 n  n
b) ∑ 
 x .
n =1  2n + 1 
Rozwiązanie
a n +1
n3n
n
1
1
= lim
= lim
= ,więc r = = 3 .
n
+
1
n→∞ a
n →∞ (n + 1)3
n →∞ 3(n + 1)
3
g
n
a) g = lim
46
 n 
b) g = lim a n = lim 

n →∞
n →∞
 2n + 1 
n
n
3n
3
1
 n  1
= lim
 = , więc r = = 8 .
n →∞ 2 n + 1
g

 8
∞
2. Wyznaczyć przedziały zbieżności szeregu potęgowego
2n n
x .
∑
n =1 ln n
Rozwiązanie
Wyznaczamy promień zbieżności szeregu.
a n +1
2 n +1 ln n
2 ln n
ln n
= lim
= lim
= 2 , ponieważ lim
=1
n
n→∞ a
n →∞ ln (n + 1)2
n →∞ ln (n + 1)
n →∞ ln (n + 1)
n
g = lim
∞
[ 
∞
1
ln x
x +1
= lim x = lim
= 1.
gdyż lim
n →∞ ln ( x + 1)
x →∞
x →∞
1
x
x +1
1 1
1 1
Promień zbieżności r = = , zatem szereg jest zbieżny w przedziale otwartym  ; 
g 2
2 2
1
1 1 

oraz jest rozbieżny w zbiorze  − ∞,−  ∪  , ∞  . Zbadamy zbieżność szeregu dla x = −
2
2 2 

1
1
oraz x = . Dla x = − otrzymujemy szereg liczbowy naprzemienny.
2
2
n
 1
2n ⋅  − 
∞
∞
(− 1)n . Ponieważ ciąg  1  jest malejący oraz lim 1 = 0 , więc na
 2 =


∑
∑
n → ∞ ln n
ln n
 ln n 
n=2
n = 2 ln n
H
podstawie kryterium Leibniza otrzymany szereg naprzemienny jest zbieżny, stąd dany szereg
1
1
jest zbieżny dla x = − . Dla x = otrzymujemy szereg liczbowy o wyrazach dodatnich.
2
2
n
1
2n ⋅  
∞
∞
1
2 =
.
∑
∑
ln 2
n=2
n = 2 ln n
Ponieważ
1
1
> dla n ≥ 2 oraz
ln n n
∞
1
∑n
jest rozbieżny, więc na podstawie kryterium
n =1
47
∞
porównawczego wnioskujemy, że
1
∑ ln n
jest rozbieżny. Ostatecznie dany szereg potęgowy
n =2
1 1
jest zbieżny w przedziale − ,  .
2 2
Zadania
1. Obliczyć promień zbieżności szeregu:
∞
∞
∞
xn
6n
n!
a) ∑
; b) ∑ n x n ; c) ∑
x n ; d)
n
n
n+3
n =1
n =1
n =1 ( n + 1)
∞
10 n n
x .
∑
n
n=1
2. Wyznaczyć przedziały zbieżności szeregów potęgowych:
∞
∞
xn
(−3) n n
x .
; b) ∑
a) ∑ (−1) n+1
n
n
n =1
n =1
Odpowiedzi
1
1
; d)
;
e
10
Literatura: Z. Roz. V, § 3, 4.
1. a) 1 ; b) + ∞ ; c)
 1 1
2. a) ( −1,1 > ; b)  − , .
 3 3
48
SZEREG TAYLORA
CII 14
1. Szereg Taylora
2. Szereg Maclaurina
1. Rozwinięcie funkcji w szereg Taylora
W [WII 15] podano twierdzenie Taylora oraz rozwinięcie w szereg Maclaurina wybranych
funkcji. Ponadto podano zastosowanie szeregu Taylora do całkowania funkcji.
Przykład
Korzystamy z rozwinięcia w szereg Maclaurina funkcji (1 + x)α podanego w [WII 15]:
(1 + x)α = 1 + αx +
α (α − 1) 2 α (α − 1)(α − 2) 3
x +
x + ... dla − 1 < x < 1 .
2!
3!
1
Ponieważ 3 1 + x = (1 + x) 3 , więc mamy
1 x 2 x 2 2 ⋅ 5 x3 2 ⋅ 5 ⋅ 8 x 4
f ( x) = 1 + x = (1 + x) = 1 +
− ⋅ +
⋅ − 4 ⋅ + ...
3 1! 32 2! 33 3!
3
4!
dla − 1 < x < 1.
1
3
3
szereg jest zbieżny
2. Zastosowanie szeregu Taylora
Przykłady
1
1. Obliczyć całkę
sin x
dx z dokładnością do 0,001.
x
0
∫
Rozwiązanie
Całka nieoznaczona
∫
sin x
dx jest całką nieelementarną, więc najpierw rozwiniemy funkcję
x
sin x
w szereg Maclaurina, a następnie otrzymany szereg będziemy całkowali
x
„wyraz po wyrazie”.
podcałkową
x3 x5 x7
Korzystamy z rozwinięcia w szereg Maclaurina funkcji sin x = x − + − + ... , x ∈ R.
3! 5! 7!
49
Stąd

sin x 1 
x3 x5 x7
x2 x 4 x6
=  x − + − + ... = 1 − + − + ... .
x
x
3! 5! 7!
3! 5! 7!

1
1
 x2 x4 x6


1
sin x
x3
x5
x7



=
−
+
−
+
=
−
+
−
dx
1
...
dx
x
∫0 x
∫0  3! 5! 7!   3 ⋅ 3! 5 ⋅ 5! 7 ⋅ 7! + ... 0 =
= 1−
1
1
1
1
1
1
+
−
+ ... = 1 − +
−
+ ...
3 ⋅ 3! 5 ⋅ 5! 7 ⋅ 7!
18 600 35280
Biorąc sumę trzech pierwszych składników popełniamy błąd bezwzględny ∆ spełniający
nierówność
1
sin x
1
dx ≈ 0,946.
∆<
< 0,0005 , stąd ∫
x
35280
0
2. Obliczyć wartość przybliżoną całki
1
∫ cos x
2
dx biorąc 2 wyrazy rozwinięcia funkcji podcałkowej w szereg i podać dokładność
0
przybliżenia.
Rozwiązanie
Korzystamy z podanego rozwinięcia funkcji cos x w szereg Maclaurina a następnie
podstawiamy x 2 za x.
x2 x4 x6
(− 1)n x 2 n + ... , stąd cos x 2 = 1 − x 4 + x 8 − x12 + ... .
cos x = 1 −
+
−
+ ... +
2! 4! 6!
(2n )!
2! 4! 6!
1
 x 4 x 8 x12


1
x5
x9
1
1
2



cos
x
dx
=
1
−
+
−
+
...
dx
=
x
−
+
∫0
∫0  2! 4! 6!   5 ⋅ 2! 9 ⋅ 4! − ... 0 =1 − 5 ⋅ 2! + 9 ⋅ 4! − ...
1
1
1
∫ cos x dx ≈1 − 5 ⋅ 2! = 0,9 .
2
0
Błąd bezwzględny ∆ spełnia nierówność ∆ =
1
1
=
< 0,01 .
9 ⋅ 4! 216
Zadania
1. Rozwinąć w szereg Maclaurina funkcje:
a) f ( x) = 2 x ; b) f ( x ) = 1 + x
50
1
2. Obliczyć całkę ∫ e − x dx z dokładnością do 0,001.
2
0
Odpowiedzi
ln 2
ln 2 2 2
ln n−1 2 n−1
⋅x+
⋅ x + ... +
x + ...,
1. a) 2 = 1 +
1!
2!
(n − 1)!
x
x ∈ R.
1 x 1 x 2 1⋅ 3 x 3 1⋅ 3 ⋅ 5 x 4
b) 1 + x = 1 + ⋅ − 2 ⋅ + 3 ⋅ − 4 ⋅ + ...
2 1! 2 2! 2 3!
2
4!
Szereg zbieżny dla − 1 < x < 1 .
2. 0,747 .
Literatura: Z. Roz V, § 6, 7.
51

C - MECHATRONIKA - Akademia Morska w Szczecinie

Transkrypt

Podobne dokumenty

Oficjalna ściąga, którą wolno przynieść na egzamin. Przynoszenie

x(f

Stałe astronomiczne i fizyczne

Pochodne funkcji złożonych Według mnie w tych wszystkich

Geometria Różniczkowa I

język angielski IV sem - MECHATRONIKA

Lista 5