Файл: Волк_Высшая математика.2010.pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 18.05.2025

Просмотров: 1465

Скачиваний: 2

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

m

m(m −1)

2

m(m −1)(m − 2)

3

(1 + x)

=1+ mx +

2!

x

+

3!

x

+…+

m(m −1)(m − 2)…(m −(n −1))

(9.22)

+

xn +… .

n!

Приведенные разложения используются для приближенного вычисления определенных интегралов, для приближенного вычисления значений функций, для решения дифференциальных уравнений и т. д.

0,5

Задача 11. Вычислить определенный интеграл ∫ ln(1 + x2 )dx

0

с точностью до 0,001.

Решение. Так как разложение функции ln(1 + x) в ряд Маклорена имеет вид (9.21), то подставляя в это разложение вместо х переменную х2, получим:

ln(1+ x2 ) = x2 −

x4

+

x6

−

x8

+… .

2

3

4

Используя это разложение и почленно интегрируя, получим:

0,5

1

x4

x6

x8

2

2

2

∫ ln(1 + x

)dx = ∫ x

−

+

−

+… dx =

2

3

4

0

0

x3

x5

x7

x9

1

1

1

1

1

2

=

−

+

−

+…

=

−

+

−

+…≈

3

2 5

3

7

4

9

23

3

25

10

27

21

29 36

0

≈ 241 − 3201 + 39681 −184321 +…≈ 241 − 3201 ≈ 0,039 .

Так как при вычислении интеграла мы получили знакочередующийся числовой ряд, то отбросив при вычислении его сумм все члены,

начиная с третьего члена 39681 , мы допустили ошибку, не превы-

шающую первого отброшенного члена (согласно признаку сходимо-

сти Лейбница). Поскольку же 39681 < 0,001, то наш интеграл вычис-

лен с точностью до 0,001.

112

Задача 12. Найти три первых отличных от нуля члена разложения в степенной ряд решения дифференциального уравнения y′ = x2 + y2 , удовлетворяющего начальному условию y(0) =1.

Решение. Запишем искомое решение у(х) дифференциального уравнения в виде степенного ряда Маклорена

y(x) = y(0)+

y′(0)

x +

y′′(0)

x2

+… .

(9.23)

1!

2!

Найдем последовательно

y(0), y′(0) и y′′(0). Из начального усло-

вия следует, что y(0) =1.

Непосредственно

из дифференциального

уравнения находим, что y′(0) = 02

+ y2 (0) =1.

Продифференцировав

обе

части

уравнения,

получим:

y′′= 2x + 2 y y′. Отсюда,

y′′(0) = 2 0 + 2 y(0) y′(0) = 2 1 1 = 2 . Под-

ставляя найденные значения производных в (9.23), получим искомое разложение

y(x) =1 + x + 22! x2 +…=1 + x + x2 +… .

113

Тема 10. КРАТНЫЕ И КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

10.1.Двойные интегралы, их вычисление

вдекартовой и полярной системах координат

Двойной интеграл определяется как конечный предел интегральной суммы от функции двух переменных z = f (x; y) по двумерной

области D и обозначается ∫∫ f (x; y)dxdy [2].

D

Если область D ограничена прямыми x = a, x = b (проектируется на ось Ox в отрезок [a; b]) и графиками функций y = ϕ1 (x) и y = ϕ2 (x) , причем ϕ2 (x) ≥ ϕ1 (x) при x [a;b], и любая прямая, параллельная оси

Oy, пересекает границу области не более чем в двух точках (рис. 10.1), то двойной интеграл вычисляется по формуле

b

ϕ2 ( x)

∫∫ f (x; y)dxdy = ∫ dx

∫ f (x; y)dy .

(10.1)

D

a

ϕ1 ( x)

y

y = ϕ2 (x)

D

Стоящий в правой части (10.1) интеграл называется повторным интегралом и вычисляется следующим образом. Сначала вычисляют интеграл по переменной y от функции f (x; y) ,

считая при этом, что x = const. Полу-

y = ϕ1(x)

чившуюся в результате новую функцию

a

f1 (x) интегрируют

по переменной x

O

b

x

и в итоге получают число, которое рав-

Рис. 10.1

но искомому двойному интегралу.

Если область D ограничена прямыми y = c,

y = d (проектируется

на ось

Oy

в отрезок

[c; d] ) и графиками

функций x = ψ1 ( y)

и x = ψ2 ( y) , причем ψ2 ( y) ≥ ψ1 ( y)

при y [c; d] , и любая прямая, па-

раллельная оси Oх пересекает границу области не более чем в двух

точках (рис. 10.2), то двойной интеграл вычисляется по формуле

d

ψ2 ( y )

∫∫ f (x; y)dxdy = ∫ dy

∫ f (x; y)dx.

(10.2)

D

c

ψ1 ( y )

114

При этом сначала вычисляют интеграл по переменной x от функции f (x; y) , счи-

тая, что y = const , затем получившуюся функцию f2 ( y) интегрируют по переменной y и в результате получают число, котороеравноискомомудвойномуинтегралу.

y

d

x = ψ2 (x)

x = ψ (x)

1

D

Задача 1. Вычислить двойной инте-

c

грал от функции

f (x; y) = x + y по облас-

O

x

ти D, ограниченной

прямыми x = 0,

y = x и y = 1.

Рис. 10.2

Решение. Изобразим область D (рис. 10.3, а).

y

y

1

y =1

1

D

D

x = 0

y = x

x = y

x

x

O

1

O

1

a

б

Рис. 10.3

Область D проектируется на ось Ox в отрезок [0;1]. В соответствии с формулой (9.1) получим:

1

1

1

y2

1

∫∫(x + y)dxdy = ∫ dx∫(x + y)dy = ∫

xy

+

dx =

2

D

0

x

0

x

1

12

x2

1 1

3x

2

= ∫ x 1 +

− x x −

dx = ∫

+ x −

dx =

2

2

2

0

0 2

x x2

x3

1

1

1

1

1

=

+

−

=

+

−

=

.

2

2

2

0

2

2

2

2

115

Данный двойной интеграл можно вычислить и по формуле (10.2), Спроектировав область D на ось Oy в отрезок [0;1], как показано на

рис. 10.3, б. Тогда

1

y

1

x2

y

∫∫(x + y)dxdy = ∫ dy∫(x + y)dx = ∫

+ yx

dy =

2

D

0

0

0

0

1

y2

2

1

3y2

y2

1

1

= ∫

+ y

dy = ∫

dy =

=

.

2

2

2

2

0

0

0

Замечание 1. Переход при вычислении двойного интеграла от расстановки пределов интегрирования по формуле (10.1) к расстановке пределов по формуле (10.2) называется изменением порядка интегри-

рования.

Замечание 2. Если область D не удовлетворяет вышеуказанным условиям, то ее разбивают на несколько областей, каждая из которых удовлетворяет указанным условиям.

В некоторых случаях вычисление двойного интеграла значительно упрощается, если перейти к полярной системе координат.

При переходе от декартовых координат x и y к полярным r

и ϕ по

формулам x = r cosϕ и

y = rsin ϕ двойной интеграл преобразуется

по формуле

∫∫ f (x; у)dxdy = ∫∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ)rdrdϕ,

(10.3)

D

D

причем стоящий в правой части (10.3) интеграл также вычисляется сведением к повторному. Возможны следующие три случая.

1. Полюс находится вне области интегрирования. Область интегрирования D ограничена лучами ϕ = α и ϕ =β (α <β), граничными кривыми r = φ1 (ϕ) и r = φ 2 (ϕ), причем любой луч, выходящий из по-

люса и проходящий через область D, пересекает границу не более чем в двух точках (рис. 10.4). Тогда

β

φ2

(ϕ)

∫∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ)rdrdϕ = ∫ dϕ ∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ)rdr . (10.4)

D

α

φ1

(ϕ)

2. Полюс находится на границе области, и область интегрирования D ограничена лучами ϕ = α и ϕ = β (α <β) (рис. 10.5). Тогда ин-

теграл (10.3) вычисляется по формуле

116

Смотрите также файлы