ap...Димитър Колев, Светослав Ненов Математика 2: Примери...

Димитър Колев, Светослав Ненов

Математика 2: Примери и задачи

• Функции на две реални променливи

• Двойни интеграли

• Криволинейни интеграли

• Редове

• Обикновени диференциални уравнения

PAAcademic Publications, 2011

Настоящият сборник от примери и задачи по математика съдър-жа с известни допълнения материала, който се изучава в повечето оттехническите университети в страната. Авторите са се стремили дапредложат изложение, което позволява да се работи с него без изпол-зване на друга литература.

Сборникът е разделен на 5 части: функции на две реални промен-ливи, двойни интеграли, криволинейни интеграли, редове и обикнове-ни диференциални уравнения.

Всяка секция съдържа кратко изложение на теоретичен материал,който е необходим за решаване на съответните задачи. Предложени самножество примери, чрез които са представени основните техники зарешаване на съответните задачи. Много от примерите са илюстрованипосредством графики.

Сборникът предлага възможност за работа на различни нива, пос-редством включване или пропускане на съответни примери и задачи.Авторите са се стремили да представят материала във всяка секцияпоследователно и методично. Ето защо е необходимо задачите във вся-ка секция да се решават по реда в сборника. Разбира се, читателятима възможност за избор в зависимост от неговите интереси.

Математика 2: Примери и задачи

Автори: Димитър Ангелов Колев, [email protected]

Светослав Иванов Ненов, [email protected]

Адрес: Катедра Математика

Химикотехнологичен и Металургичен Университет – ХТМУ

8, бул. “Климент Охридски”, София 1756, България

Рецензент: Ангел Борисов Дишлиев, ХТМУ

Страници: 189; фигури: 48

ISBN: 978-954-2940-03-6

c©Академик Пъбликейшънс, ЕООД, 2011

8, бул. “Климент Охридски”, София 1756, България

http://www.acadpubl.eu

Typing system: LATEX

PostScript package: psTricks

На нашия учител

Друми Байнов

(1932-2011)

Съдържание

Глава 1. Функции на две реални променливи 11. Дефиниции и основни свойства 12. Граница на функция. Непрекъснатост 103. Частни производни от първи ред 144. Частни производни от втори и по-висок ред 175. Пълен диференциал 216. Производни и диференциали на сложна функция 266.1. Случай на една независима променлива 266.2. Случай на две независими променливи 267. Производни и диференциали на неявна функция 328. Производна по направление. Градиент 359. Екстремум на функция на две променливи 36

Глава 2. Двойни интеграли 451. Свеждане към повторен интеграл 452. Смяна на променливите 603. Приложения 673.1. Геометрична интерпретация 673.2. Приложения в механиката 68

Глава 3. Криволинейни интеграли 731. Криви в равнината 732. Криволинейни интеграли от I-ви род 763. Приложения 823.1. Геометрична интерпретация 823.2. Приложения в механиката 824. Криволинейни интеграли от II-ри род 845. Приложение: Работа на сила 926. Формула на Грийн 92

Глава 4. Редове 95

v

vi Съдържание

1. Числови редове 952. Критерии на Коши и д’Аламбер 983. Критерии на Раабе-Дюамел и Гаус 1034. Редове с произволни членове 1055. Редици и редове от функции 1096. Степенни редове 116

Глава 5. Обикновени диференциални уравнения 1211. Обикновени диференциални уравнения от първи ред 1212. Някои математически модели свързани с диференциални

уравнения 1262.1. Задача за неограничено размножаване 1262.2. Модел на Ферхюлст 1282.3. Движение на планета около Слънцето 1282.4. Икономика 1302.5. Химия 1303. Уравнения с разделящи се променливи 1314. Хомогенни уравнения 1345. Линейни уравнения 1376. Уравнения на Бернули и Рикати 1417. Уравнения в пълен диференциал.

Интегриращ множител 1438. Линейни диференциални уравнения с постояни коефициенти1498.1. Хомогенни линейни диференциални уравнения с постояни

коефициенти 1498.2. Нехомогенни линейни диференциални уравнения с

постоянни коефициенти 1539. Системи линейни диференциални уравнения с постоянни

коефициенти 158

Библиография 165

Приложение А. Справочник: Диференциално смятане 167

Приложение Б. Справочник: Интегрално смятане 173

Приложение В. Справочник: Тригонометрични функции 179

Приложение. Азбучен указател 187

Глава 1

Функции на две реални променливи

1. Дефиниции и основни свойства

Изображението f : Ω → R, което съпоставя на всяка точка (x, y) отмножеството Ω ⊂ R2, Ω 6= ∅ единствено число (стойност) f(x, y) ∈ R, сенарича функция f(x, y) на две променливи, дефинирана в Ω. Означения:

f = f(x, y), f : Ω → R, Ωf−→ R.

Множеството от всички точки (x, y) ∈ R2, за които изразът f е дефи-ниран, се нарича дефиниционно множество на f .

Множеството

f(Ω) = z : z = f(x, y), (x, y) ∈ Ω ⊆ R

се нарича образ на Ω.Множеството

Γ = (x, y, z) : (x, y) ∈ Ω, z = f(x, y) ⊂ R3

се нарича график на функцята f = f(x, y) при (x, y) ∈ Ω. Графикът Γ еповърхнина в реалното тримерно евклидово пространство R3.

Нека c е фиксирано число. Множеството

γc = (x, y) : (x, y) ∈ Ω, f(x, y) = c ⊂ R2,

се нарича линия на ниво на функцята f = f(x, y) в Ω. Линията на ниво γcе крива в Ω.

Пример 1.1. Да се определи дефиниционното множество на фун-кцията

f(x, y) =√

1− x2 − y2.

Решение. Дефиниционното множество определяме с помощта нанеравенството

1− x2 − y2 ≥ 0, т.е. x2 + y2 ≤ 1.

1

2 1. ФУНКЦИИ НА ДВЕ РЕАЛНИ ПРОМЕНЛИВИ

Всички точки, които лежат в кръга с радиус единица, включително иточките, лежащи върху окръжността, принадлежат на дефиницион-ното множество Ω:

Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1.

Пример 1.2. Да се определи дефиниционното множество на фун-кцията f(x, y) = x

y−x .

Решение. Функцията f(x, y) = xy−x е дефинирана тогава и само

тогава, когато x − y 6= 0. Ето защо точките от правата y − x = 0 непринадлежат на Ω. Дефиниционното множество е Ω = (x, y) ∈ R2 :y 6= x.

Задача 1.1. Да се определят дефиниционното множество на фун-кциите:

(1) f(x, y) =√xy; (2) f(x, y) =

√x− y;

(3) f(x, y) =1√x+ y

; (4) f(x, y) =xy

x2 + y2.

Отговори:

(1) Ω = (x, y) : xy ≥ 0 = (x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0 или x ≤ 0, y ≤ 0;(2) Ω = (x, y) : x− y ≥ 0 = (x, y) : y ≤ x;(3) Ω = (x, y) : x+ y > 0 = (x, y) : y > −x;(4) Ω = (x, y) : (x, y) 6= (0, 0).

Задача 1.2. Да се представят аналитично дефиниционните об-ласти на функциите и да се опише техния геометричен вид:

(1) f(x, y) =√

x2 + y2; (2) f(x, y) = ln (x2 + y2 − 4);

(3) f(x, y) =x

√

x2 + y2 − 9; (4) f(x, y) = tan (x− y).

Отговори:

(1) Ω = (x, y) : x, y ∈ R, Ω е цялата реална равнина R2;

(2) Ω = (x, y) : x2+y2 > 4, Ω е цялата реална равнина, с изключение на точките,

лежащи вътре в кръга (и върху окръжноста) с радиус r = 2;

(3) Ω = (x, y) : x2+y2 > 9, Ω е цялата реална равнина, с изключение на точките,

лежащи вътре в кръга (и върху окръжноста) с радиус r = 3;

1. ДЕФИНИЦИИ И ОСНОВНИ СВОЙСТВА 3

(4) Ω = (x, y) : x − y 6= π/2 ± kπ, k = 0, 1, 2, . . ., Ω е цялата реална, равнина с

изключение на точките, лежащи върху правите x− y = π/2± kπ (k = 0, 1, 2, . . .).

Задача 1.3. Да се представят аналитично дефиниционните об-ласти на функциите:

(1) f(x, y) = ln (y2 − 4x+ 8); (2) f(x, y) =√x+ y +

√x− y;

(3) f(x, y) =√

x−√y; (4) f(x, y) =

√x sin y.

Задача 1.4. Да се пресметнат стойностите на функциите в съот-ветните точки:

(1) f(x, y) =√

x2 + y2, x0 = 2, y0 = 3;

(2) f(x, y) = esin(x+y), x0 = y0 =π

2;

(3) F (x, y) =1

1x+ 1

y

, x0 = 1, y0 = −2.

Отговори:

(1) f(2, 3) =√13; (2) f

(

π2 ,

π2

)

= 1; (3) F (1,−2) = 2.

Задача 1.5. Нека f(x, y) = (x+y)2

2xy. Да се пресметне:

(1) f(2, 3); (2) f(

1, yx

)

;

(3) f (x,−x); (4) f (0, y);

(5) f(

1x, 1y

)

.

Отговори:

(1) f(2, 3) = 2512 ; (2) f

(

1, yx)

= f(x, y); (3) f (x,−x) = 0; (4) Точките (0, y), y ∈ R не

принадлежат на дефиниционното множество на f(x, y); (5) f(

1x ,

1y

)

= f(x, y).

Задача 1.6. Да се докаже, че функцията F (x, y) = xy удовлетво-рява уравнението

F (αx+βu, γy+δv) = αγF (x, y)+βγF (u, y)+αδF (x, v)+βδF (u, v).


Задача 1.7. Да се докаже, че функцията F (x, y) = ln x ln y удов-летворява уравнението

F (xu, yv) = F (x, y) + F (x, v) + F (y, u) + F (u, v),

където x, y, u, v > 0.

Задача 1.8. Нека G(u, v) = uv, където u = x+ y, v = x− y. Да сепресметне G(0, 1), G(1, 0), G(1, 1).

Отговори:

G(0, 1) = G(1, 0) = G(1, 1) = 1.

Задача 1.9. Нека G(u, v) = uvu2+v2

, u = xy, v = x + y. Да се

пресметне G(0, 1), G(1, 0), G(0, 0).

Упътване: Определете дефиниционната област на G.

Пример 1.3. Да се определят линиите на ниво на функциятаf(x, y) = 1

x2+y2.

Решение. Линиите на ниво γc (c =const.) се определят от равен-ството

γc =

(x, y) : (x, y) ∈ Ω,1

x2 + y2= c

,

където Ω = R2 \ (0, 0) е дефиниционната област на f .От равенството 1

x2+y2= c непосредствено следва, че x2 + y2 = r,

r = 1c, т.е линиите на ниво са концентрични окръжности с център в

координатното начало.На фигура 1.1 е изобразен графика на функцията f(x, y) в областта

(x, y) : −3 ≤ x ≤ 3, −3 ≤ y ≤ 3 \ 0, 0.На фигура 1.2 са изобразени линиите на ниво на f(x, y) при c =

0.5, 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Пример 1.4. Да се определят линиите на ниво на функциятаf(x, y) = x√

y.

Решение. Линиите на ниво γc (c =const.) се определят от равен-ството

γc =

(x, y) : (x, y) ∈ Ω,x√y= c

,

където Ω е дефиниционната област на f .


xy

f

Фигура 1.1.

1

−1

1−1−2

x

y

Фигура 1.2.


x

y

f

Фигура 1.3.

Ако c > 0, то линиите на ниво са дъги от параболи y = c1x2 в

първи квадрант, c1 =1c2

.Ако c < 0, то линиите на ниво са дуги от параболи y = c1x

2 въввтори квадрант, c1 =

1c2

.Ако c = 0, то линията на ниво е полуостта x = 0, y > 0.На фигура 1.3 е изобразен графика на функцията f(x, y) в областта

(x, y) : −4 ≤ x ≤ 4, −4 ≤ y ≤ 4.На фигура 1.4 са изобразени някои от линиите на ниво на f(x, y).


0

1

2

3

1 2

x

y

1

2

3

−1−2

x

y

Фигура 1.4.

x

y

z

bb

b

b

Фигура 1.5.


1

2

3

−1

−2

−3

−4

1 2 3−1−2−3−4

x

y

Фигура 1.6.

x

y

f

Фигура 1.7.

Задача 1.10. Начертайте поне 10 линии на ниво на функциите:


1

2

3

−1

−2

−3

1 2 3−1−2−3x

Фигура 1.8.

xy

f

Фигура 1.9.


1

2

3

−1

−2

−3

1 2 3−1−2−3x

Фигура 1.10.

(1) f(x, y) = x+ y; (2) f(x, y) = x2 − y2;

(3) f(x, y) =√xy; (4) f(x, y) = (1 + x+ y)2.

Отговори:

(1) Сноп от прави x+ y = c (вж. фигури 1.5 и 1.6);

(2) Сноп от хиперболи (вж. фигури 1.7 и 1.8);

(3) Сноп от хиперболи xy = c, c > 0. Те са разположени в първи и трети квадрант

(вж. фигура 1.9 и 1.10);

(4) Сноп от прави, успоредни на правата x+ y + 1 = 0.

2. Граница на функция. Непрекъснатост

Нека Ω е област в R2, Ω 6= ∅ и нека f : Ω → R е функция, дефинирана вобластта Ω. d-околност на точката (x0, y0) ∈ Ω се нарича отвореният кръг

B(x0, y0; d) =

(x, y) : (x− x0)2 + (y − y0)

2 < d2

.

Дефиниция 1.1. Числото L се нарича граница на функцията f(x, y)в точката (x0, y0) ∈ Ω, ако за всяко ε > 0 съществува δ = δ(ε) > 0 такова,че за всяка точка (x, y) ∈ Ω ∩ B(x0, y0; δ) е валидно неравенството

|f(x, y)− L| < ε.

2. ГРАНИЦА НА ФУНКЦИЯ. НЕПРЕКЪСНАТОСТ 11

Означение: L = lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y).

Теорема 1.1. Нека f : Ω → R и g : Ω → R са две функции дефиниранив областта Ω, (x0, y0) ∈ Ω. Нека

L1 = lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y), L2 = lim(x,y)→(x0,y0)

g(x, y).

Тогава:

(1) lim(x,y)→(x0,y0)

(f(x, y)± g(x, y)) = L1 ± L2.

(2) lim(x,y)→(x0,y0)

(f(x, y)g(x, y)) = L1L2.

(3) lim(x,y)→(x0,y0)

(

f(x, y)

g(x, y)

)

=L1

L2, L2 6= 0.

(4) lim(x,y)→(x0,y0)

(f(x, y))g(x,y) = LL21 q, f(x, y) > 0.

Дефиниция 1.2. Нека функцията f : Ω → R е дефинирана в областтаΩ и нека (x0, y0) ∈ Ω.

Функцията f(x, y) се нарича непрекъсната в точката (x0, y0) ако:

(1) Функцията f(x, y) има граница A в точката (x0, y0):

A = lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y).

(2) Валидно е равенството A = f(x0, y0).

Ако функцията f(x, y) е непрекъсната във всяка точка (x0, y0) ∈ Ω, токазваме, че f(x, y) е непрекъсната в областта Ω.

Теорема 1.2. Нека функциите f, g : Ω → R са дефинирани и непрекъс-

нати в областта Ω. Тогава функциите f(x, y) ± g(x, y), f(x, y)g(x, y), f(x,y)g(x,y)

(g(x, y) 6= 0) също са непрекъснати в Ω.

Теорема 1.3. Нека функцията f : Ω → R е дефинирана и непрекъснатав областта Ω и нека (x0, y0) ∈ Ω. Ако f(x0, y0) > 0, то съществува δ > 0такова, че f(x, y) > 0 за всяка точка (x, y) ∈ B(x0, y0; δ).

Теорема 1.4. Нека функцията f : Ω → R е дефинирана и непрекъснатав областта Ω и нека (xi, yi) ∈ Ω, i = 1, 2. Ако f(x1, y1)f(x2, y2) < 0, тосъществува точка (x0, y0) ∈ Ω такава, че f(x0, y0) = 0.

Теорема 1.5. Нека функцията f : Ω → R е дефинирана и непрекъснатав ограниченото множество Ω. Тогава f(x, y) е ограничена функция в Ω и


съществуват точки (xi, yi) ∈ Ω, i = 1, 2, такива, че:

f(x1, y1) =maxf(x, y) : (x, y) ∈ Ω,f(x2, y2) =minf(x, y) : (x, y) ∈ Ω.

Пример 1.5. Да се намери границата

lim(x,y)→(0,0)

x− y

x+ y.

Решение. Очевидно дефиниционната област на функцията f(x, y) =x−yx+y

е Ω = (x, y) : y 6= −x.Нека (x, y) клони към точката (0, 0) по абцисната ос, т.е. y = 0 и

x → 0. Тогава

limy=0, x→0

x− y

x+ y= lim

x→0

x

x= 1.

Нека (x, y) клони към точката (0, 0) по ординатната ос, т.е. x = 0и y → 0. Тогава

limx=0, y→0

x− y

x+ y= lim

y→0

−y

y= −1.

Ето защо границата lim(x,y)→(0,0)

x−yx+y

не съществува.


lim(x,y)→(1,−3)

ln(3 + x2 + y)

2 + y + x2.

Решение. Полагаме w = 2 + y + x2. Тогава w → 0 при x → 1 иy → −3. Ето защо

lim(x,y)→(1,−3)

ln(3 + x2 + y)

2 + y + x2= lim

w→0

ln(1 + w)

w= 1.


lim(x,y)→(0,2)

ey(x+y−2) − 1

3(1 + x)(x+ y − 2).

2. ГРАНИЦА НА ФУНКЦИЯ. НЕПРЕКЪСНАТОСТ 13

Решение. Очевидно x + y − 2 → 0 при x → 0 и y → 2. Ето защоот известната формула lim

t→0

et−1t

= 1 следва, че

lim(x,y)→(0,2)

ey(x+y−2) − 1

3(1 + x)(x+ y − 2)= lim

(x,y)→(0,2)

ey(x+y−2) − 1

y(x+ y − 2)

y

3(1 + x)=

2

3.


lim(x,y)→(1,1)

sin (x+ 2y − 3)

(x+ 2y)2 − 9.

Решение. Очевидно x+ 2y − 3 → 0 при x → 1 и y → 1. Ето защоот известната формула lim

t→0

sin tt

= 1 следва, че

lim(x,y)→(1,−3)

sin (x+ 2y − 3)

(x+ 2y)2 − 9= lim

t→0

sin (x+ 2y − 3)

(x+ 2y)− 3

1

(x+ 2y) + 3=

1

6.

Задача 1.11. Да се пресметнат границите:

(1) lim(x,y)→(0,0)

(x+ y) sin1

xcos

1

y;

(2) lim(x,y)→(1,2)

2(x− 1)(y − 2)

(x− 1)2 + (y − 2)2;

(3) lim(x,y)→(1,−1)

ex−y tan(x+ y)

x2 − y2;

(4) lim(x,y)→(0,0)

x4 + y4

x2 + y2.

Отговори:

(1) 0; (2) Не съществува; (3)e2

2; (4) 0.

Пример 1.9. Да се докаже, че функцията

f(x, y) =

(x+ y) sin1

x2 + y2, ако (x, y) 6= (0, 0),

0 ако (x, y) = (0, 0).

е непрекъсната в R2.


Решение. Дефиниционната област на g(x, y) = (x+ y) sin1

x2 + y2

е Ω = (x, y) : (x, y) 6= (0, 0). Проверяваме условията за непрекъсна-тост в точката (0, 0): За целта е достатъчно да пресметнем границата

lim(x,y)→(0,0)

g(x, y). Но∣

∣

∣sin 1

x2+y2

∣

∣

∣е ограничена функция, т.е. непосредст-

вено получаваме

lim(x,y)→(0,0)

(x+ y) sin1

x2 + y2= 0.

Ето защо: lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 = f(0, 0), т.е. функцията f(x, y) е

непрекъсната в (0, 0). Ще отбележим, че тя е непрекъсната във всякаточка (x, y) ∈ R2 като композиция на непрекъснати функции.

Задача 1.12. Да се изследват за непрекъснатост следните функ-ции:

(1) f(x, y) =

(x+ y) cosxy

x4 + y4, ако (x, y) 6= (0, 0),

0 ако (x, y) = (0, 0);

(2) f(x, y) =

(x− y + 1) cosx+ y

x− y + 1, ако (x, y) 6= (1, 0),

0 ако (x, y) = (1, 0);

(3) f(x, y) =

ln (1 + xy2)

3xy2, ако (x, y) 6= (0, 0),

1

3ако (x, y) = (0, 0).

Отговори:

Функциите са непрекъснати в R2.

3. Частни производни от първи ред

Нека Ω е област в R2, Ω 6= ∅, f : Ω → R, (x0, y0) ∈ Ω и нека B(x0, y0) еоколност на точката (x0, y0) в Ω: B(x0, y0) ⊂ Ω.

Разглеждаме функциите

f(x0 + t, y0)− f(x0, y0)

tи

f(x0, y0 + t)− f(x0, y0)

t.

Очевидно, ако t 6= 0 е достатъчно малко число, то (x0 + t, y0), (x0, y0 +t) ∈ B(x0, y0). Ето защо разглежданите функции са добре дефинирани прималки t 6= 0.

3. ЧАСТНИ ПРОИЗВОДНИ ОТ ПЪРВИ РЕД 15

Дефиниция 1.3. Ако съществува границата

∂xf(t) = limt→0

f(x0 + t, y0)− f(x0, y0)

t

то казваме, че функцията f е диференцируема спрямо x в точката (x0, y0).Изразът ∂xf(t) се нарича първа частна производна на f спрямо x в

точката (x0, y0).

Означения:∂f

∂x(x0, y0),

∂f

∂x

∣

∣

∣

∣

(x0,y0)

, f′

x(x0, y0), f′

x|(x0,y0), Dxf(t).

Ако съществува границата

∂yf(t) = limt→0

f(x0, y0 + t)− f(x0, y0)

t

то казваме, че функцията f е диференцируема спрямо y в точката (x0, y0).Изразът ∂yf(t) се нарича първа частна производна на f спрямо y в

точката (x0, y0).

Означения:∂f

∂y(x0, y0),

∂f

∂y

∣

∣

∣

∣

(x0,y0)

, f′

y(x0, y0), f′

y|(x0,y0), Dyf(t).

Пример 1.10. Да се намерят първите частни производни на фун-кцията f(x, y) = 5x2y − xey.

Решение. За да определим частната производна на f(x, y), пос-ледователно пресмятаме:

f ′x(x, y) =

(

5x2y − xey)′x

=(

5x2y)′x− (xey)′x

= 5(

x2)′xy − (x)′x e

y

= 5 2x y − ey = 10xy − ey.

Аналогично:

f ′y(x, y) =

(

5x2y − xey)′y

=(

5x2y)′y− (xey)′y

= 5x2 (y)′y − x (ey)′x

= 5x2 − xey.

Пример 1.11. Нека f(x, y) =√xy. Да се пресметнат първите

частни производни на f(x, y) в точката (1, 4).


Решение. Първо определяме частните производни на функциятаf(x, y) относно x и y съответно:

f ′x(x, y) = (

√xy)′

x=

√y

2√x,

f ′y(x, y) = (

√xy)′

y=

√x

2√y,

Стойностите на функциите f ′x(x, y) и f ′

y(x, y) в точката (1, 4) са:

f ′x(1, 4) =

√4

2√1= 1, f ′

y(1, 4) =

√1

2√4=

1

4.

Задача 1.13. Да се намерят частните производни f ′x(x, y) и f ′

y(x, y)на следните функции:

(1) f(x, y) = x√y + x2; (2) f(x, y) = xey + ln xy;

(3) f(x, y) = sinx

6+ cos

y

3; (4) f(x, y) = ln

x

y;

(5) f(x, y) = e−(2x2+4y2); (6) f(x, y) =1

arctan y

x

;

(7) f(x, y) =

(

1

3

)yx

; (8) f(x, y) = ln (x+ ln y);

(9) f(x, y) = arctanx

y; (10) f(x, y) = ln tan

y

x.

Отговори:

(1) f ′x(x, y) =

√y + 2x, f ′

y(x, y) =x

2√y;

(2) f ′x(x, y) = ey + 1

x , f ′y(x, y) = xey + 1

y ;

(3) f ′x(x, y) = ey + 1

x , f ′y(x, y) = − 1

3 sin(

13y

)

;

(4) f ′x(x, y) =

1x , f ′

y(x, y) = − 1y ;

(5) f ′x(x, y) = −4xe−(2x2+4y2), f ′

y(x, y) = −8ye−(2x2+4y2);

(6) f ′x(x, y) =

y

(x2 + y2) arctan2 yx

, f ′y(x, y) = − x

(x2 + y2) arctan2 yx

;

(7) f ′x(x, y) =

3−y

x y ln 3

x2, f ′

y(x, y) = −3−y

x ln 3

x;

(8) f ′x(x, y) =

1

x+ ln y, f ′

y(x, y) =1

y(x+ ln y);

4. ЧАСТНИ ПРОИЗВОДНИ ОТ ВТОРИ И ПО-ВИСОК РЕД 17

(9) f ′x(x, y) =

y

x2 + y2, f ′

y(x, y) = − x

x2 + y2);

(10) f ′x(x, y) = − y

x2 cos yx sin y

x

, f ′y(x, y) =

1

x cos yx sin y

x

.

Задача 1.14. Да се пресметне: f ′x(0, 1) и f ′

y(0, 1), ако:

(1) f(x, y) = e−x√y; (2) f(x, y) = ln (x+ y2);

(3) f(x, y) = arctan (x+ y); (4) f(x, y) = xex+y + yex−y.

Отговори:

(1) f ′x(0, 1) = −1, f ′

y(0, 1) =12 ;

(2) f ′x(0, 1) = 1, f ′

y(0, 1) = 2;

(3) f ′x(0, 1) =

12 , f ′

y(0, 1) =12 ;

(4) f ′x(0, 1) = e+ e−1, f ′

y(0, 1) = 0.

Задача 1.15. Да се докаже, че дадените функции удовлетворяватсъответните уравнения:

(1) f(x, y) = x2 + y2; f ′x + 2y = f ′

y + 2x;

(2) f(x, y) = ln x+yx−y ; (f ′

x − f ′y)(x− y) = −2;

(3) f(x, y) = ex2+y2 ; f ′x

f ′y= x

y;

(4) f(x, y) = xy; f ′x

f ′y= − 1

f;

(5) f(x, y) = arctanx

y; f ′x

f ′y= − cot(f).

4. Частни производни от втори и по-висок ред

За определяне на частните производни от втори ред използваме след-ните равенства:

∂2f(x, y)

∂x2=

∂

∂x

(

∂f(x, y)

∂x

)

, или f ′′x2(x, y) =(

f ′x(x, y))′x,

∂2f(x, y)

∂x∂y=

∂

∂y

(

∂f(x, y)

∂x

)

, или f ′′xy(x, y) =(

f ′x(x, y))′y,

∂2f(x, y)

∂y∂x=

∂

∂x

(

∂f(x, y)

∂y

)

, или f ′′yx(x, y) =(

f ′y(x, y))′x,


∂2f(x, y)

∂y2=

∂

∂y

(

∂f(x, y)

∂y

)

, или f ′′y2(x, y) =(

f ′y(x, y))′y.

Аналогично се определят и производните f ′′′x3(x, y), f ′′′

x2y(x, y), f ′′′

xy2(x, y), f ′′′

y3(x, y),

и т.н. Например:

∂3f(x, y)

∂x3=

∂

∂x

(

∂2f(x, y)

∂x2

)

, или f ′′′x3(x, y) =(

f ′x2(x, y))′x,

∂3f(x, y)

∂x2∂y=

∂

∂x

(

∂2f(x, y)

∂x∂y

)

, или f ′′′x2y(x, y) =(

f ′xy(x, y))′x.

Теорема 1.6 (Теорема за равенството на вторите смесени частни про-изводни). Нека са изпълнени следните условия:

(1) Ω е област в R2, f : Ω → R е непрекъсната функция и нека (x0, y0) ∈Ω.

(2) Частните производни f ′′xy(x, y) и f ′′yx(x, y) на функцията f(x, y) съ-ществуват в околност на точката (x0, y0) и са непрекъснати в точ-ката (x0, y0).

Тогава

f ′′xy(x0, y0) = f ′′yx(x0, y0).

Прието е следното означение f ∈ C2(Ω) ако: частните производни f ′′x2(x, y),

f ′′yx(x, y), f′′xy(x, y) и f ′′

y2(x, y) на функцията f(x, y) съществуват и са непре-

къснати във всяка точката (x, y) ∈ Ω.

Пример 1.12. Дадена е функцията f(x, y) = x2y − e−y. Да сеизчисли f ′′

x2(1, 2), f ′′

xy(1, 2), f′′yx(1, 2) и f ′′

y2(1, 2).

Решение. Първо определяме първите частни производни f ′x(x, y)

и f ′y(x, y) на f(x, y):

f ′x(x, y) =2xy,

f ′y(x, y) =x2 + e−y.

Намираме вторите частни производни:

f ′′x2(x, y) =2y,

f ′′xy(x, y) =2x,

f ′′y2(x, y) =− e−y.

4. ЧАСТНИ ПРОИЗВОДНИ ОТ ВТОРИ И ПО-ВИСОК РЕД 19

Следователно

f ′′x2(1, 2) =4,

f ′′xy(1, 2) =2,

f ′′y2(1, 2) =− e−1.

Нека отбележим, че не е необходимо да пресмятаме f ′′yx(x, y). Наис-

тина от теоремата за равенство на вторите смесени частни производ-ни, теорема 1.6, следва, че f ′′

yx(x, y) = f ′′xy(x, y). В частност f ′′

yx(1, 2) =2.

Пример 1.13. Нека f(x, y) = y sin x. Да се пресметне f ′′′x2y

(0, π).

Решение. Последователно определяме:

f ′x(x, y) =y cosx,

f ′′x2(x, y) =− y sin x,

f ′′′x2y(x, y) =− sin x.

Ето защо f ′′′x2y

(0, π) = 0.

Задача 1.16. Да се пресметнат стойностите на всички втори про-изводни на функцията f(x, y) = xy − y2 + 2x в точката (2,−1).

Отговори:

f ′x(x, y) = y+ 2, f ′

y(x, y) = x− 2y, f ′′x2(x, y) = 0, f ′′

xy(x, y) = f ′′yx(x, y) = 1, f ′′

y2(x, y) =

−2. Следователно f ′′x2(2,−1) = 0, f ′′

xy(2,−1) = f ′′yx(2,−1) = 1, f ′′

y2(2,−1) = −2.

Задача 1.17. Да се пресметнат стойностите на всички втори про-изводни на функцията f(x, y) = x cos y2 + y sin x2 в точката (0,−1).

Отговори:

f ′′x2(0,−1) = −2, f ′′

xy(x, y) = 2 sin 1, f ′′y2(x, y) = 0.

Задача 1.18. Да се определят вторите частни производни наследните функции:


(1) f(x, y) =x

y3+

y

x3− 1

12x2y; (2) f(x, y) =

x2

y2 + 2xy + 1;

(3) f(x, y) = ex2+y3 ; (4) f(t, z) = t5 cos3 z;

(5) f(t, z) = t2 cos tz − z2 sin tz; (6) f(x, y) =sin (x− y)

x2 + y3;

(7) f(x, y) = tan

(

x

y

)

.

Отговори:

(1) f ′′x2(x, y) = 12 y

x5 − 1/2 1x4y , f ′′

xy(x, y) = −3 y−4 − 3 x−4 − 1/6 1x3y2 , f ′′

y2(x, y) =

12 xy5 − 1/6 1

x2y3 ;

(2) f ′′x2(x, y) = 2 y4+2 y2+1

(y2+2 xy+1)3, f ′′

xy(x, y) = −2x(2 y3+3xy2+2 y+2x2y+3x)

(y2+2xy+1)3,

f ′′y2(x, y) = 2

x2(3 y2+6 xy+4x2−1)(y2+2 xy+1)3

;

(3) f ′′x2(x, y) = 2 ex

2+y3 (

1 + 2 x2)

, f ′′xy(x, y) = 6 xy2ex

2+y3

,

f ′′y2(x, y) = 3 yex

2+y3 (

2 + 3 y3)

;

(4) f ′′t2(t, z) = 20 t3 cos3 (z), f ′′

tz(t, z) = −15 t4 cos2 (z) sin (z),

f ′′z2(t, z) = −3

(

3 cos2 (z)− 2)

t5 cos (z);

(5) f ′′t2(t, z) = 2 cos (tz)− 4 t sin (tz) z − t2 cos (tz) z2 + z4 sin (tz),

f ′′tz(t, z) = −3 t2 sin (tz)− t3 cos (tz) z − 3 z2 cos (tz) + z3t sin (tz),

f ′′z2(t, z) = −t4 cos (tz)− 4 t cos (tz) z − 2 sin (tz) + z2t2 sin (tz).

Пример 1.14. Да се докаже, че функцията

φ(x, y) = ex (x cos y − y sin y)

е решение на уравнението на Лаплас

(⋆)∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0.

5. ПЪЛЕН ДИФЕРЕНЦИАЛ 21

Решение. Намираме първите и вторите производни на φ(x, y):

∂φ(x, y)

∂x= ex (x cos y − y sin y) + ex cos y,

∂φ(x, y)

∂y= ex (−x sin y − sin y − y cos y) ,

∂2φ(x, y)

∂x2= ex (x cos y − y sin y) + 2ex cos y,

∂2φ(x, y)

∂x∂y= ex (−x sin y − sin y − y cos y)− ex sin y,

∂2φ(x, y)

∂y2= ex (−x cos y − 2 cos y + y sin y) .

Заместваме в (⋆):

∂2φ(x, y)

∂x2+

∂2φ(x, y)

∂y2= ex (x cos y − y sin y) + 2ex cos y

+ ex (−x cos y − 2 cos y + y sin y) = 0.

Задача 1.19. Да се докаже, че функциите f(x, y) = arctan y

xи

g(x, y) = ln(

√

x2 + y2)

са решения на уравнението на Лаплас

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0.

Задача 1.20. Да се докаже, че функцята u(t, x) =1√πt

ex4t е ре-

шение на уравнението на топлопроводността

∂u

∂t=

∂2u

∂x2.

5. Пълен диференциал

Нека функцията f : Ω → R има непрекъснати частни производни f ′x иf ′y в Ω.

Нека (x0, y0) ∈ Ω и нека положим x = x − x0 и y = y − y0, където(x, y) ∈ Ω. Тогава (прилагаме два пъти теоремата на Тейлор с остатъчен


член във форма на Лагранж):

f(x, y)− f(x0, y0) =f(x0 +x, y0 +y)− f(x0, y0)

=f(x0 +x, y0 +y)− f(x0, y0 +y)+ f(x0, y0 +y)− f(x0, y0)

=f ′x(x0 + θ1x, y0 +y)x+ f ′y(x0, y0 + θ2y)y

=f ′x(x0, y0)x+R1(x,y) + f ′y(x0, y0)y +R2(x0, y),

където θ1, θ2 ∈ (0, 1), функциите R1 и R2 удовлетворяват граничните ра-венства

limx→0,y→0

Ri(x, y) = 0, i = 1, 2.

Ето защо пълното нарастване на функцията f(x, y) в точката (x0, y0) е“приблизително равно” на

f ′x(x0, y0)x+ f ′y(x0, y0)y. (1.1)

Изразът (1.1) се нарича пълен диференциал на функцията f(x, y) в точ-ката (x0, y0).

Означение:

df(x0, y0) = f ′x(x0, y0)dx+ f ′y(x0, y0)dy,

където dx = x и dy = y са нарастванията на съответните аргументи.

Дефиниция 1.4. Функцията f се нарича диференцируема в точката(x0, y0), ако:

(1) съществуват реални числа A и B,(2) съществуват непрекъснати функции ε1 = ε1(x, y) и ε2 = ε2(x, y)

такива, че:

f(x, y)− f(x0, y0) = Ax+By + ε1(x, y)x+ ε2(x, y)yи

limx→0,y→0

εi(x, y) = 0, i = 1, 2.

Ако f има непрекъснати частни производни в точката (x0, y0), то f едиференцируема в (x0, y0).

Забележка 1.1. Въведените дефиниции (частна производна, диферен-циал) са аналогични и за функции на три и повече променливи.


Изразът

d2f = d(df) =∂2f

∂x2dx2 + 2

∂2f

∂x∂ydxdy +

∂2f

∂y2dy2

се нарича втори диференциал на функцията f = f(x, y).Аналогично се дефинира трети диференциал:

d3f = d(d2f) =∂3f

∂x3dx3 + 3

∂3f

∂x2∂ydx2dy + 3

∂3f

∂x∂y2dxdy2 +

∂3f

∂y3dy3.

Изразът за dnf формално може да бъде записан във вида

dnf =

(

∂

∂xdx+

∂

∂ydy

)n

f.

Пример 1.15. Нека f(x, y) = xy − xy. Да се пресметне пълното

нарастване f(x0 +x, y0 +y) на функцията f в точката (x0, y0) =(2,−1) при дадено нарастване на аргументите: x = 0.1 и y = 0.2.

Решение. Пресмятаме f(2,−1) = 2(−1)− 2−1

= 0. Последователнополучаваме:

x0 +x = 2 + 0.1 = 2.1,

y0 +y = −1 + 0.2 = −0.8,

f(x0 +x, y0) = f(2.1,−1) = 0

f(x0, y0 +y) = f(2,−0.8) = 0.9

f(x0 +x, y0 +y) = f(2.1,−0.8) = 0.945.

Пример 1.16. Да се намери пълния диференциал на функцията

f(x, y) = x3 + y2 + 4x2y + 5xy2 − 2x+ 3y.

Решение. Определяме частните производни на f :

f ′x(x, y) =3x2 + 8xy + 5y2 − 2,

f ′y(x, y) =2y + 4x2 + 10xy + 3.

Тогава:

df(x, y) =f ′x(x, y)dx+ f ′

y(x, y)dy

=(

3x2 + 8xy + 5y2 − 2)

dx+(

2y + 4x2 + 10xy + 3)

dy.


Пример 1.17. Да се намери пълния диференциал на функцията

f(x, y) =x

√

x2 + y2.

Решение. Намираме частните производни на f :

f ′x(x, y) =

1√

x2 + y2− x2

(x2 + y2)32

,

f ′y(x, y) =− xy

(x2 + y2)32

.

Тогава:

df(x, y) =f ′x(x, y)dx+ f ′

y(x, y)dy

=

(

1√

x2 + y2− x2

(x2 + y2)32

)

dx− xy

(x2 + y2)32

dy.

Задача 1.21. Да се намерят диференциалите на функциите:

(1) f(x, y) = (5x2y − y3 + x)2; (2) f(x, y) = x2y − y2x;

(3) f(x, y) = x+yx−y ; (4) f(x, y) =

x

x2 + y2− 1

x;

(5) fx, y = tanxy; (6) f(x, y) = sin x+ sin y− sin (x+ y);

(7) f(x, y) = ln tanxy2; (8) f(x, y) = xy.

Отговори:

(1) df(x, y) = 2(5x2y − y3 + x)(10xy + 1)dx+ 2(5x2y − y3 + x)(5x2 − 3y2)dy;

(2) df(x, y) =(

2xy − y2)

dx+(

x2 − 2xy)

dy;

(3) df(x, y) =(

1x−y − x+y

(x−y)2

)

dx+(

1x−y + x+y

(x−y)2

)

dy;

(4) df(x, y) =(

1x2+y2 − 2x2

(x2+y2)2 + 1x2

)

dx− 2xy(x2+y2)dy;

(5) df(x, y) =(

1 + tan2 xy)

ydx+(

1 + tan2 xy)

xdy;

(6) df(x, y) = (sinx− cosx+ y) dx+ (cos y − cos (x+ y))dy;

(7) df(x, y) =

(

(1+tan2 xy2)y2

tan xy2

)

dx+ 2

(

(1+tan2 xy2)xytan xy2

)

dy;

(8) df(x, y) = xyyx dx+ xy ln xdx.


Пример 1.18. Нека f(x, y) = x3+xy2+y4−x+y−1. Да се намеривтория диференциал на f .

Решение. Намираме първия диференциал на f :

∂f(x, y)

∂x=3x2 + y2 − 1,

∂f(x, y)

∂y=2xy + 4y3 + 1,

df(x, y) =∂f(x, y)

∂xdx+

∂f(x, y)

∂ydy

=(

3x2 + y2 − 1)

dx+(

2xy + 4y3 + 1)

dy.

Намираме вторите производни на f :

∂2f(x, y)

∂x2=6x,

∂2f(x, y)

∂x∂y=2y,

∂2f(x, y)

∂y2=2x+ 12y2,


d2f(x, y) =∂2f

∂x2dx2 + 2

∂2f

∂x∂ydxdy +

∂2f

∂y2

=6xdx2 + 2ydxdy +(

2x+ 12y2)

dy2.

Задача 1.22. Да се намерят вторите диференциали на функции-те:

(1) f(x, y) = arctan yx; (2) f(x, y) =xy

x− y;

(3) f(x, y) = e1x+ 1

y ; (4) f(x, y) =1

x2 + y2.

Отговори:

(1) d2f =2(

xydx2 + (x2 + y2)dxdy)

− xydy2

(x2 + y2)2 ;

(2) d2f = 2(x−y)3

(

y2dx2 − 2xydxdy + x2dy2)

;


(3) d2f = ex+y

xy

x4y4

(

y4dx2 + 2x2y2dxdy + x4dy2)

;

(4) d2f = 2(x2+y2)3

(

(3x2 − y2)dx2 + 8xydxdy + (3y2 − x2)dy2)

.

6. Производни и диференциали на сложна функция

6.1. Случай на една независима променлива. Нека f : Ω(x,y) → R

е непрекъснато диференцируема функция, Ω(x,y) ⊆ R2, Ω(x,y) 6= ∅.Нека x : (a, b) → R и y : (a, b) → R са две непрекъснато диференцируеми

функции, където (a, b) ⊆ R, a < b, такива, че

(x(t), y(t)) ∈ Ω(x,y), за всяко t ∈ (a, b).

Тогава сложната функция f(x(t), y(t)) е непрекъснато диференцируемаза всяко t ∈ (a, b).

Валидна е следната формула

f ′(t) =df(t)

dt=∂f(x, y)

∂x

dx(t)

dt+∂f(x, y)

∂y

dy(t)

dt. (1.2)

6.2. Случай на две независими променливи. Нека f : Ω(x,y) → R

е непрекъснато диференцируема функция, Ω(x,y) ⊆ R2, Ω(x,y) 6= ∅.Нека x : Ω(u,v) → R и y : Ω(u,v) → R са две непрекъснато диференцируе-

ми функции, Ω(u,v) ⊆ R2, Ω(u,v) 6= ∅, такива, че

(x(u, v), y(u, v)) ∈ Ω(x,y), за всяко (u, v) ∈ Ω(u,v).

Тогава сложната функция f(x(u, v), y(u, v)) е непрекъснато диференци-руема в Ω(u,v).

Валидни са следните формули

∂f(u, v)

∂u=∂f(x, y)

∂x

∂x(u, v)

∂u+∂f(x, y)

∂y

∂y(u, v)

∂u(1.3)

и∂f(u, v)

∂v=∂f(x, y)

∂x

∂x(u, v)

∂v+∂f(x, y)

∂y

∂y(u, v)

∂v. (1.4)

Пример 1.19. Нека f(x, y) = x5 + 2xy − y3, където x(t) = t3 иy(t) = 2t. Да се намери производната на функцията f относно t.

Решение. Очевидно:

∂f(x, y)

∂x= 5x4 + 2y,

∂f(x, y)

∂y= 2x− 3y2,

dx

dt= 3t2,

dy

dt= 2.

6. ПРОИЗВОДНИ И ДИФЕРЕНЦИАЛИ НА СЛОЖНА ФУНКЦИЯ 27

Заместваме в (1.2):

df(t)

dt=∂f(x, y)

∂x

dx(t)

dt+

∂f(x, y)

∂y

dy(t)

dt

=(

5x4 + 2y)

3t2 +(

2x− 3y2)

2

=15t2x4 + 6t2y + 4x− 6y2

=15t14 + 16t3 − 24t2.

Ще отбележим, че в последното равенство заместихме x и y с технитеравни: t3 и 2t.

Задачата може да се реши и чрез директно заместване на функ-циите x = x(t) и y = y(t) в функцията f(x, y):

f(x(t), y(t)) =(

t3)5

+ 2(

t3)

(2t)− (2t)3

=t15 + 4t4 − 8t3.


df(t)

dt=15t14 + 16t3 − 24t2.

Пример 1.20. Нека f(x, y) = x2y3 + y2 − 2x, където x(t) = ln tи y(t) = t2. Да се намери производната на функцията f(x(t), y(t))относно t.

Решение. Прилагаме формула (1.2):

df(t)

dt=∂f(x, y)

∂x

dx(t)

dt+

∂f(x, y)

∂y

dy(t)

dt

=(

2xy3 − 2) 1

t+(

3x2y2 + 2y)

2t

=(

2t6 ln t− 2) 1

t+(

3t4 ln2 t+ 2t)

2t

=2

(

t6 ln t− 1 + 3t6 ln2 t+ 2t3)

t.

Задача 1.23. Да се намерят производните относно t на следнитефункции:


(1) f(x, y) = x2 + y2 + xy, x(t) = cos t, y(t) = sin t;

(2) f(x, y) = cos (2t+ x2 + y2), x(t) = 1t, y(t) =

√t;

(3) f(x, y) = x2y3, x(t) = t, y(t) = t3;

(4) f(x, y) = e2x−3y, x(t) = sin t, y(t) = t2;

(5) f(x, y) = cos (xy), x(t) = (1− t)3, y(t) = (t+ 1)3.

Отговори:

(1) f ′(x(t), y(t)) = 2 cos2 t− 1;

(2) f ′(x(t), y(t)) =− sin

(

3t3+1

t2

)

(3t2−2)

t3 ;

(3) f ′(x(t), y(t)) = 7t6;

(4) f ′(x(t), y(t)) = 2 (cos t− 3t) e2 sin t−3t2 ;

(5) f ′(x(t), y(t)) = −6 sin(

(t− 1)3(t+ 1)3)

t(1− 2t2 + t4).

Пример 1.21. Нека f(x, y) = x2 + y3 + y − 2x, където x(u, v) =u2 + v и y(u, v) = u − v. Да се намерят производните на функциятаf(x(u, v), y(u, v)) относно u и v, съответно.

Решение. Определяме:

∂f(x, y)

∂x= 2x− 2,

∂f(x, y)

∂y= 3y2 + 1,

∂x(u, v)

∂u= 2u,

∂x(u, y)

∂v= 1,

∂y(u, v)

∂u= 1,

∂y(u, v)

∂v= −1.

От (1.3), непосредствено получаваме:

∂f(u, v)

∂u=

∂f(x, y)

∂x

∂x(u, v)

∂u+

∂f(x, y)

∂y

∂y(u, v)

∂u

= (2x− 2) 2u+(

3y2 + 1)

=(

2(u2 + v)− 2)

2u+(

3(v − u)2 + 1)

= 4u3 − 2uv + 3u2 + 3v2 − 4y + 1.



∂f(u, v)

∂v=

∂f(x, y)

∂x

∂x(u, v)

∂v+

∂f(x, y)

∂y

∂y(u, v)

∂v

= (2x− 2) +(

3y2 + 1)

(−1)

=(

2(u2 + v))

+(

3(v − u)2 + 1)

(−1)

= −u2 − 3v2 + 6uv + 2v − 3.

Пример 1.22. Нека f(x, y) = (x2 − y2)2, където x(u, v) = uv и

y(u, v) = uv. Да се намерят производните на функцията f(x(u, v), y(u, v))

относно u и v, съответно.


∂f(x, y)

∂x= 4(x2 − y2)x,

∂f(x, y)

∂y= −4

(

x2 − y2)

y,

∂x(u, v)

∂u= v,

∂x(u, y)

∂v= u,

∂y(u, v)

∂u=

1

v,

∂y(u, v)

∂v= − u

v2.


∂f(x(u, v), y(u, v))

∂u=

∂f(x, y)

∂x

∂x(u, v)

∂u+

∂f(x, y)

∂y

∂y(u, v)

∂u

=(

4(x2 − y2)x)

v +(

−4(

x2 − y2)

y) 1

v

=

(

4

(

(uv)2 −(u

v

)2)

(uv)

)

v

+

(

−4

(

(uv)2 −(u

v

)2)

u

v

)

1

v

=4u3(v4 − 1)2

v4.


Аналогично, от (1.4) следва, че:

∂f(x(u, v), y(u, v))

∂v=

∂f(x, y)

∂x

∂x(u, v)

∂v+

∂f(x, y)

∂y

∂y(u, v)

∂v

=(

4(x2 − y2)x)

u+(

−4(

x2 − y2)

y)

(

− u

v2

)

=

(

4

(

(uv)2 −(u

v

)2)

(uv)

)

u

+

(

−4

(

(uv)2 −(u

v

)2)

u

v

)

(

− u

v2

)

=4u4(v8 − 1)

v5.

Задача 1.24. Да се намерят производните относно u и v на след-ните функции:

(1) f(x, y) = x2 + y2, x(u, v) = uv, y(u, v) = u− v;

(2) f(x, y) = x− y3, x(u, v) = uv, y(u, v) = v3;

(3) f(x, y) = x2 ln y, x(u, v) = uv+1

, y(u, v) = u2 − 3v;

(4) f(x, y) = xy, x(u, v) = u−1

v, y(u, v) = v

u−1;

(5) f(x, y) = 3x− 2y + 1, x(u, v) = 2u+ 3v, y(u, v) = 4uv.

Отговори:

(1) ∂f(x(u,v),y(u,v))∂u = 2uv2 + 2u− 2v, ∂f(x(u,v),y(u,v))

∂v = 2u2v − 2u+ 2v;

(2) ∂f(x(u,v),y(u,v))∂u = 1

v , ∂f(x(u,v),y(u,v))∂v = −u+9v10

v2 ;

Пример 1.23. Разглеждаме уравнението

y′ =y + x

x− y.

Полагаме x = r cos t, y = r sin t.Диференцираме равенствата x = r cos t и y = r sin t относно t:

dx

dt=

dr

dtcos t− r sin t,

dy

dt=

dr

dtsin t + r cos t.


Ето защо

y′ =dy

dx=

dy

dtdxdt

=

dr

dtsin t+ r cos t

dr

dtcos t− r sin t

.

Заместваме в (⋆):

dr

dtsin t+ r cos t

dr

dtcos t− r sin t

=cos t+ sin t

cos t− sin t

След преработване на това уравнение получавамеdr

dt= r.

Задача 1.25. В уравненията

(xy′ − y)2= 2xy

(

1 + (y′)2)

,(

x2 + y2)2

y′′ = (x+ yy′)3

да се сменят променливите: x = r cos t, y = r sin t.

Отговори:

(r′)2 = 1−sin(2t)sin(2t) r2, r

(

r2 + 2(r′)2 − rr′′)

= (r′)3.

Пример 1.24. Разглеждаме уравнението

(⋆) x∂u

∂y− y

∂u

∂x= 0, u = u(x, y).

Полагаме x = r cos t, y = r sin t. Тогава:

∂u

∂x=∂u

∂r

∂t

∂x+

∂u

∂t

∂t

∂x,

∂u

∂y=∂u

∂r

∂r

∂y+

∂u

∂t

∂t

∂y.

От друга страна, от равенствата x = r cos t и y = r sin t чрез дифе-ренциране относно r и t получаваме:

1 = cos t∂r

∂x− r sin t

∂t

∂x,

0 = sin t∂r

∂x+ r cos t

∂t

∂x,


0 = cos t∂r

∂y− r sin t

∂t

∂y,

1 = sin t∂r

∂y+ r cos t

∂t

∂y.

Решаваме тези две системи и определяме съответните производни:

∂r

∂x= cos t,

∂t

∂x= −sin t

r,

∂r

∂y= sin t,

∂t

∂y=

sin t

r.

Ето защо

∂u

∂x=∂u

∂rcos t− ∂u

∂t

sin t

r,

∂u

∂y=∂u

∂rsin t +

∂u

∂t

cot t

r.

Заместваме в уравнението (⋆):

r cos t

(

∂u

∂rcos t− ∂u

∂t

sin t

r

)

− r sin t

(

∂u

∂rsin t +

∂u

∂t

cot t

r

)

=∂u

∂t.

Следователно даденото уравнение е еквивалентно на уравнението

∂u

∂t= 0.

Задача 1.26. В уравненията

x∂u

∂x+ y

∂u

∂y= 0, и

(

∂u

∂x

)2

+

(

∂u

∂y

)2

= 0

да се сменят променливите: x = r cos t, y = r sin t.

Отговори:Вж. предния пример. Уравненията се преобразуват в

r∂u

∂r= 0 и

(

∂u

∂r

)2

+1

r2

(

∂u

∂t

)2

= 0.

съответно.

7. Производни и диференциали на неявна функция

Нека F : Ω → R е непрекъснато диференцируема функция, Ω ⊆ R2.Казваме, че уравнението F (x, y) = 0 определя неявна функция y = y(x),x ∈ (a, b) ако за всяко x ∈ (a, b) следва, че (x, y(x)) ∈ Ω и F (x, y(x)) = 0.

7. ПРОИЗВОДНИ И ДИФЕРЕНЦИАЛИ НА НЕЯВНА ФУНКЦИЯ 33

Теорема 1.7 (Теорема за неявната функция). Нека са изпълнени след-ните условия:

(1)

(1)

Нека F ′y(x, y) 6= 0, за всяко (x, y) ∈ Ω. Тогава

y′(x) = −F′x(x, y)

F ′y(x, y)

, (x, y) ∈ Ω. (1.5)

Нека F : Ω → R е непрекъснато диференцируема функция, Ω ⊆ R3.Разглеждаме неявната функция z = z(x, y), дефинирана чрез уравнениетоF (x, y, z) = 0.

Ако F ′z(x, y, z) 6= 0, за всяко (x, y) ∈ Ω, то

∂z

∂x= −F

′x(x, y)

F ′z(x, y)

,∂z

∂y= −

F ′y(x, y)

F ′z(x, y)

, (x, y) ∈ Ω. (1.6)

Пример 1.25. Уравнението ex−yey = 0 определя неявна функцияy = y(x). Ще намерим y′(x).

Ще използваме формула (1.6), където F (x, y) = ex − yey. За целтапърво намираме частните произодни:

F ′x(x, y) =ex,

F ′y(x, y) =− ey − yey.

Заместваме в (1.6)

y′(x) = −F ′x(x, y)

F ′y(x, y)

=ex

ey + yey.

Пример 1.26. Уравнението ln

√

x2 + y2

2= arctan

y

xопределя не-

явна функция y = y(x). Ще намерим y′(x).


Ще използваме формула (1.6), където F (x, y) = ln

√

x2 + y2

2−

arctany

x. За целта първо намираме частните произодни:

F ′x(x, y) =

x+ y

x2 + y2,

F ′y(x, y) =− y − x

x2 + y2.

Заместваме в (1.6) и след опростяване, получаваме:

y′(x) = −F ′x(x, y)

F ′y(x, y)

=x+ y

x− y.

Задача 1.27. Намерете производната y′(x) на неявната фукция,зададена чрез уравнението:

(1) xe2y − y ln x = 12, (2) ey + 8x2e−2y − 13x = 0.

Отговори:

(1) y′(x) = xe2y−yx(2xe2y−ln x) ;

(2) y′(x) =16xe−2y − 13

−ey + 16x2e−2y.

Пример 1.27. В R2 разглеждаме кривата γ, зададена чрез урав-нението x3 + 2xy3 − yx4 − 2 = 0. Ще определим уравнението на допи-рателната към графикът на кривата γ в точката (1, 1).

Първо намираме частните производни на функцията F (x, y) = x3+2xy3 − yx4 − 2:

F ′x(x, y) = 3x2 + 2y3 − 4x3y,

F ′y(x, y) = 6xy2 − x4.

От F ′y(1, 1) 6= 0 следва, че уравнението F (x, y) = 0 определя неявна

функция y = y(x) в околност на точката x0 = 1. Уравнението надопирателната има вида

y − y0 = k(x− x0),

където y0 = y(x0) = y(1) = 1 и k = y′(x0) = y′(1). За да пресметнемy′(x0), използваме (1.6):

y′(x) = −F ′x(x, y)

F ′y(x, y)

= −3x2 + 2y3 − 4x3y

6xy2 − x4,

8. ПРОИЗВОДНА ПО НАПРАВЛЕНИЕ. ГРАДИЕНТ 35

т.е. k = y′(x0) = −1

5. Следователно уравнението на допирателната е

y − 1 = −1

5(x− 1).

Задача 1.28. Да се определи уравнението на допирателната къмграфикът на следните функции в указаните точки:

(1) y = x4, (2, 16);

(2) x2y2 − x4 − y4 + 1 = 0, (1, 1).

8. Производна по направление. Градиент

Нека Ω ⊆ R2 е област, f : Ω → R е непрекъснато диференцируемафункция в Ω, (x0, y0) ∈ Ω и нека ~v = (cosα, sinα) е даден единичен векторв R2.

Производна на функцията f в точката (x0, y0) по направлението (повектора) ~v се изразява чрез частните производни на f чрез равенството

∂f(x0, y0)

∂~v=∂f(x0, y0)

∂xcosα+

∂f(x0, y0)

∂ysinα.

Ако ~v е направляващ вектор на права, която се допира до линия на ниво

на f в точката (x0, y0), то ∂f(x0,y0)∂~v

= 0.Градиент на функцията f в точката (x0, y0) се нарича векторът

(

∂f(x0, y0)

∂x,∂f(x0, y0)

∂y

)

.

Означение: grad f(x0, y0).Валидни са следните релации:

∂f(x0, y0)

∂~v= 〈~v,grad f(x0, y0)〉

и∣

∣

∣

∣

∂f(x0, y0)

∂~v

∣

∣

∣

∣

≤ ‖grad f(x0, y0)‖ .

Директрисата на векторът grad f(x0, y0) съвпада с нормалата на лини-ята на ниво на функцията f(x, y) в точката (x0, y0). Посоката на вектораgrad f(x0, y0) съвпада с посоката на растене на f(x, y) в точката (x0, y0).

Валидни са равенствата

max~v

∂f(x0, y0)

∂~v= |grad f(x0, y0)| =

√

(

∂f(x0, y0)

∂x

)2

+

(

∂f(x0, y0)

∂y

)2

.


Пример 1.28. Разглеждаме функцията f(x, y) = 2.5x2 − 5xy +3y2 + 5y.

За да намерим градиента на f(x, y), първо намираме частните про-изводни на f(x, y):

f ′x(x, y) = 5x− 5y,

f ′y(x, y) = −5x+ 6y + 5.

Ето защо

grad f(x, y) = (5x− 5y,−5x+ 6y + 5) .

В частност градиентът на f(x, y) в точката (1, 2) е векторът (−5, 12).Този вектор указва направлението, в което функцията f(x, y) растенай-бързо в сравнение с всички останали направления.

Пример 1.29. Дадена е функцията f(x, y) = x2+3y3−xy, точкатаA = (2,−1) и векторът ~v = (1, 1). Ще намерим:

(1) Производната на f(x, y) по направлението ~v в точката A;(2) Градиента на f(x, y) в точката A.За целта първо намираме първите частни производни на f в точ-

ката A = (2,−1):

f ′x(x, y) = 2x− y,

f ′y(x, y) = 9y2 − x,

f ′x(2,−1) = 5,

f ′y(2,−1) = 37.

Очевидно ~v = (1, 1) =(√

2 cos π4,√2 sin π

4

)

. Ето защо

∂f(2,−1)

∂~v= f ′

x(2,−1) cosπ

4+ f ′

y(2,−1) sinπ

4= 5 + 37 = 42.

Градиентът на f в точката A = (2,−1) е

grad f(x, y) = (5, 37) .

Задача 1.29. Да се намери посоката на максимално растене нафункцята f(x, y) = x2 + xy в точката (−1, 1) и в точката (1,−1).

9. Екстремум на функция на две променливи

Нека f : Ω → R е непрекъсната функция, Ω е област в R2, Ω 6= ∅ и нека(x0, y0) ∈ Ω. Да напомним, че с B(x0, y0, r) означаваме кръга в Ω с центърточката (x0, y0) и радиус r > 0, т.е. B(x0, y0, r) ⊂ Ω.

9. ЕКСТРЕМУМ НА ФУНКЦИЯ НА ДВЕ ПРОМЕНЛИВИ 37

x

y

z

b

минимум

b

x

y

z

максимум

Фигура 1.11.

Дефиниция 1.5. Казваме, че функцията f има локален минимум вточката (x0, y0) ∈ Ω, ако съществува число r > 0, такова, че

f(x, y) ≥ f(x0, y0), за всяка точка (x, y) ∈ B(x0, y0, r).

Казваме, че функцията f има локален максимум в точката (x0, y0) ∈ Ω,ако съществува число r > 0, такова, че

f(x, y) ≤ f(x0, y0), за всяка точка (x, y) ∈ B(x0, y0, r).

Точките на локален минимум и локален максимум (вж. фигура 1.11) сенаричат екстремални точки.

Теорема 1.8 (Ферма1, необходимо условие за екстремум). Нека фун-кцията f : Ω → R е диференцируема в точката (x0, y0) и нека (x0, y0) еекстремална точка за функцията f .

Тогава:

f ′x(x0, y0) = 0,

f ′y(x0, y0) = 0.(1.7)

1Pierre de Fermat (1601 or 1607-1665)


Дефиниция 1.6. Казваме, че (x0, y0) ∈ Ω е стационарна точка зафункцията f , ако са валидни двете равенства (1.7).

Допирателната равнина към графикът на функця в стационарна точкае успоредна на равнината Oxy.

От теорема 1.8 следва, че множеството от всички екстремални точки еподмножество на множеството от всички стационарни точки.

Теорема 1.9 (достатъчно условие за екстремум). Нека функцията f едва пъти непрекъснато диференцируема в Ω и нека (x0, y0) е стационарнаточка за функцията f . Полагаме2:

A =∂2f(x0, y0)

∂x2, B =

∂2f(x0, y0)

∂x∂y, C =

∂2f(x0, y0)

∂y2.

Тогава:

(1) Ако AC −B2 < 0, то (x0, y0) не е екстремална точка.(2) Ако AC −B2 > 0, то:

(2.1) Ако A < 0, то (x0, y0) е точка на строг локален максимум.(2.2) Ако A > 0, то (x0, y0) е точка на строг локален минимум.

Пример 1.30. Разглеждаме функцията

f(x, y) = x2 + xy + y2 − 2x− 3y + 1.

За да определим екстремалните точки на тази функция, първонамираме стационарните точки. За целта решаваме системата (1.7):

f ′x(x, y) = 0,

f ′y(x, y) = 0,

т.е.2x+ y − 2 = 0,

x+ 2y − 3 = 0.

Решението на системата е(

13, 43

)

. Ето защо функцията има единс-

твена стационарна точка(

13, 43

)

.

2Числата A = A(x0, y0), B = B(x0, y0) и C = C(x0, y0) зависят от стационарна-та точка (x0, y0). За простота на означенията ще пишем A, B и C вместо A(x0, y0),B(x0, y0) и C(x0, y0).


xy

f

b

1

34

3

Фигура 1.12.

Пресмятаме:

∂2f(x, y)

∂x2= 2,

∂2f(x, y)

∂x∂y= 1,

∂2f(x, y)

∂y2= 2,

A =∂2f(1

3, 43)

∂x2= 2,

B =∂2f(1

3, 43)

∂x∂y= 1,

C =∂2f(1

3, 43)

∂y2= 2.


x

yf

b

−5−1

Фигура 1.13.

Прилагаме теорема 1.9: числото AC −B2 = 3 е положително. Сле-дователно функцията има екстремум в стационарната точка. Докол-кото A > 0, то този екстремум е строг локален минимум.

На фигура 1.12 е изобразен графикът на функцията в околност наекстремалната точка.


f(x, y) = −x2 + xy − y2 − 9x+ 3y − 2.

За да определим екстремалните точки на тази функция, първонамираме стационарните точки. За целта решаваме системата (1.7)или

f ′x(x, y) = 0,

f ′y(x, y) = 0,

т.е.−2x+ y − 9 = 0,

x− 2y + 3 = 0.

Решението на системата е (−5,−1) и тази точка е стационарнаточка на f .


Пресмятаме

∂2f(x, y)

∂x2= −2,

∂2f(x, y)

∂x∂y= 1,

∂2f(x, y)

∂y2= −2,

A =∂2f(x0, y0)

∂x2= −2,

B =∂2f(x0, y0)

∂x∂y= 1,

C =∂2f(x0, y0)

∂y2= −2.

Прилагаме теорема 1.9: числото AC −B2 = 3 е положително. Сле-дователно функцията има екстремум в стационарната точка. Докол-кото A < 0, то този екстремум е строг локален максимум.

На фигура 1.12 е изобразен графикът на функцията в околност наекстремалната точка.


f(x, y) = 2x3 + xy2 + 5x2 + y2.

Намираме стационарните точки на f(x, y). За целта решаваме сис-темата (1.7) или

f ′x(x, y) = 0,

f ′y(x, y) = 0.

т.е.6x2 + y2 + 10x = 0,

2xy + 2y = 0.

Решенията на системата са (0, 0),(

−53, 0)

, (−1, 2), (−1,−2) и тезиточки са стационарни точки на f .


∂2f(x, y)

∂x2= 2x+ 10,

∂2f(x, y)

∂x∂y= 2y,

∂2f(x, y)

∂y2= 2x+ 2,

A =∂2f(x0, y0)

∂x2= 12x0 + 10,

B =∂2f(x0, y0)

∂x∂y= 2y0,

C =∂2f(x0, y0)

∂y2= 2x0 + 2,

където (x0, y0) е стационарна точка на f .Определяме стойностите на A, B, C и AC−B2 за съответните ста-

ционарни точки на f . Резултатите са онагледени в следната таблица:


x

y

f

b

b

3

2 −2

−3

Фигура 1.14.

(x0, y0) (0, 0)(

−53, 0)

(−1, 2) (−1,−2)

A 10 30 -2 -2B 0 0 4 -4C 2 −4

30 0

AC − B2 20 -40 -16 -16Функцията има минимум в точката (0, 0). Другите стационарни

точки не са екстремални.На фигура 1.14 е изобразен графикът на функцията f(x, y) в об-

ластта (x, y) : −6 < x < 6, −6 < y < 6.


f(x, y) = x3 + 3xy2 − 39x− 36y + 1.

Стационарните точки (3, 2), (−3,−2), (2, 3) и (−2,−3) определямеот системата:

3x2 + 3y2 − 39 = 0,

6xy − 36 = 0.



A =∂2f(x0, y0)

∂x2= 6x0,

B =∂2f(x0, y0)

∂x∂y= 6y0,

C =∂2f(x0, y0)

∂y2= 6x0,

където (x0, y0) е стационарна точка на f . Резултатите онагледявамечрез следната таблица:

(x0, y0) (3, 2) (−3,−2) (2, 3) (−2,−3)

A 18 -18 12 -12B 12 12 18 -18C 18 -18 12 -12AC −B2 180 180 -180 -180

В точката (3, 2) функцията има минимум, в точката (−3,−2) фун-кцията има максимум. В стационарните точки (2, 3) и (−2,−3) функ-цията няма екстремум.


Задача 1.30. Да се определят екстремалните точки на следнитефункции:

(1) f(x, y) = x2 + xy + y2 − 32;

(2) f(x, y) = x2 + xy + y2 − x+ y;

(3) f(x, y) = 3x3 + y3 − 3y2 − x− 1;

(4) f(x, y) = x4 + y4 − 2(x− y)2;

(5) f(x, y) = 1 + y2 − 5√

(2− x)4;

(6) f(x, y) = (x2 + y2)e−x2−y2 ;

(7) f(x, y) = 108 lnx− xy2 + y3

3;

(8) f(x, y) = x2 + y2 − 32 ln xy;

(9) f(x, y) = sin x+ cos y − sin x− y, x, y ∈(

0, π2

)

;

(10) f(x, y) = y + xy+ 8

x.

Задача 1.31. Да се намерят най-голямата и най-малката стойностна функцията f(x, y) = xy+x+y в затвореното множество Ω = (x, y) :0 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 1.

Задача 1.32. Да се намерят най-голямата и най-малката стой-ност на функцията f(x, y) = (x+ y)exy в затвореното множество Ω =(x, y) : −2 ≤ x+ y ≤ 1.

Глава 2

Двойни интеграли

1. Свеждане към повторен интеграл

Дефиниция 2.1. Нека функциите φ(x), и ψ(x) са дефинирани и неп-рекъснати в интервала [a, b] и нека φ(x) ≤ ψ(x) за всяко x ∈ [a, b].

ψ(x)

φ(x)

a b

y

x

Ω1

Фигура 2.1.

ψ(y)φ(y)

a

b

y

x

Ω2

Фигура 2.2.

1. Множеството

Ω1 = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, φ(x) ≤ y ≤ ψ(x)се нарича криволинеен трапец с основи успоредни на ординатата (вж. фи-гура 2.1).

2. Множеството

Ω2 = (x, y) ∈ R2 : a ≤ y ≤ b, φ(y) ≤ x ≤ ψ(y)се нарича криволинеен трапец с основи успоредни на абсцисата (вж. фигура2.2).

Нека функцията f : Ω → R е дефинирана и непрекъсната в множествотоΩ. Тогава:

45

46 2. ДВОЙНИ ИНТЕГРАЛИ

1. Ако Ω е криволинеен трапец с основи успоредни на ординатата, то

∫∫

Ω

f(x, y)dxdy =

b∫

a

ψ(x)∫

φ(x)

f(x, y)dy

dx. (2.1)

2. Ако Ω е криволинеен трапец с основи успоредни на абсцисата, то

∫∫

Ω

f(x, y)dxdy =

b∫

a

ψ(y)∫

φ(y)

f(x, y)dx

dy. (2.2)

Забележка 2.1. Изразътb∫

a

[

ψ(x)∫

φ(x)

f(x, y)dy

]

dx се записва и в следната

форма:b∫

a

dxψ(x)∫

φ(x)

f(x, y)dy, т.е.

∫∫

Ω

f(x, y)dxdy =

b∫

a

dx

ψ(x)∫

φ(x)

f(x, y)dy.


∫∫

Ω

f(x, y)dxdy =

b∫

a

dy

ψ(y)∫

φ(y)

f(x, y)dx.

Геометрична интерпретация. Лицето S(Ω) на множеството Ω е

S(Ω) =

∫∫

Ω

dxdy.

Свойства на двойните интеграли. Нека функциите f = f(x, y) иg = g(x, y) са дефинирани и непрекъснати в Ω ⊂ R2.

1) Нека Ω = Ω1 ∪ Ω2 и Ω1 ∩ Ω2 = ∅, тогава:∫∫

Ω

f(x, y)dxdy =

∫∫

Ω1

f(x, y)dxdy +

∫∫

Ω2

f(x, y)dxdy.

В частност, ако Ω1 ⊆ Ω и f(x, y) ≥ 0, (x, y) ∈ Ω, то∫∫

Ω1

f(x, y)dxdy ≤∫∫

Ω

f(x, y)dxdy

1. СВЕЖДАНЕ КЪМ ПОВТОРЕН ИНТЕГРАЛ 47

2) Нека λ е реална константа, тогава:

∫∫

Ω

λf(x, y)dxdy = λ

∫∫

Ω

f(x, y)dxdy.

3) Валидно е равенството

∫∫

Ω

[

f(x, y) + g(x, y)]

dxdy =

∫∫

Ω

f(x, y)dxdy +

∫∫

Ω

g(x, y)dxdy.

4) Нека f(x, y) ≤ g(x, y), за всяка точка (x, y) ∈ Ω. Тогава

∫∫

Ω

f(x, y)dxdy ≤∫∫

Ω

g(x, y)dxdy.

5) Валидно е неравенството

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∫∫

Ω

f(x, y)dxdy

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤∫∫

Ω

|f(x, y)| dxdy.

6) Нека m ≤ f(x, y) ≤ M , m,M ∈ R, (x, y) ∈ Ω и лицето S(Ω) намножеството Ω е крайно число. Тогава

mS(Ω) ≤∫∫

Ω

f(x, y)dxdy ≤M S(Ω).

Задача 2.1. Представете аналитично множеството Ω (като криво-линеен трапец или обединение на криволинейни трапеци), ако:


(1) Ω е ограничено от x = 3, x = 5, 3x− 2y + 4 = 0 и 3x− 2y + 1 = 0;

(2) Ω е ограничено от x = 0, y = 0 и x+ y = 2;

(3) Ω е ограничено от x2 + y2 = 1, x = 0 и y = 0;

(4) Ω е ограничено от x+ y = 1, x− y = 1 и x = 0;

(5) Ω = (x, y) : y ≥ x2, y ≤ 4− x2;

(6) Ω =

(x, y) : x2

4+ y2

9≤ 1

;

(7) Ω = (x, y) : (x− 2)2 + (y − 3)2 ≤ 4;

(8) Ω е ограничено от y = x2 и y =√x;

(9) Ω е ограничено от y = x, y = 2x и x+ y = 6;

(10) Ω е ограничено от y = x, y = x+ 3, y = −2x+ 1 и y = −2x+ 5.

12345678910

1 2 3 4 5 6

y

x

Ω

Фигура 2.3.

1

2

1 2

y

xΩ

Фигура 2.4.

Отговори:

(1) Ω =

(x, y) : 3 ≤ x ≤ 5, 3x+12 ≤ y ≤ 3x+4

2

(вж. фигура 2.3);(2) Ω = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2− x (вж. фигура 2.4);

(3) Ω =

(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤√1− x2

(вж. фигура 2.5);


1

−1

1−1

y

xΩ

Фигура 2.5.

1

−1

1−1

y

xΩ

Фигура 2.6.

1

2

3

4

−1

1 2−1−2

y

x

Ω

Фигура 2.7.

1

2

3

−1

−2

−3

1 2−1−2

y

x

Ω

Фигура 2.8.

(4) Ω = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x− 1 ≤ y ≤ 1− x (вж. фигура 2.6);

(5) Ω =

(x, y) : −√2 ≤ x ≤

√2, x2 ≤ y ≤ 4− x2


(6) Ω =

(x, y) : −2 ≤ x ≤ 2, − 32

√4− x2 ≤ y ≤ 3

2

√4− x2


(7) Ω =

(x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 2−√4x− x2 ≤ y ≤ 3 +

√4x− x2

(вж. фигура 2.9);(8) Ω =

(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ √x

(вж. фигура 2.10);(9) Ω = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x ∪ (x, y) : 2 ≤ x ≤ 3, x ≤ y ≤ 6− x;(10) Ω =

(x, y) : − 23 ≤ x ≤ 1

3 , 1− 2x ≤ y ≤ x+ 3

∪

(x, y) : 13 ≤ x ≤ 2

3 , x ≤ y ≤ x+ 3

∪

(x, y) : 23 ≤ x ≤ 5

3 , x ≤ y ≤ 5− 2x

.


1

2

3

4

5

1 2 3 4

y

x

Ω

Фигура 2.9.

1

1

y

xΩ

Фигура 2.10.

Пример 2.1. Да се пресметне

I =

∫∫

Ω

ydxdy,

където Ω = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 1 ≤ y ≤ 3 (вж. фигура 2.11).

1

2

3

1 2 3 4

y

x

Ω

Фигура 2.11.


Решение. Прилагаме формула (2.1):

I =

∫∫

Ω

ydxdy =

4∫

0

dx

3∫

1

ydy =

4∫

0

3∫

1

ydy

dx

=

4∫

0

[

y2

2

∣

∣

∣

∣

3

1

]

dx = 4

4∫

0

dx = 16.

Задача 2.2. Да се пресметнат интегралите:

(1) J =

∫∫

Ω

yxdxdy, където Ω = (x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 2 ≤ y ≤ 3;

(2) J =

∫∫

Ω

(x+ 2y)dxdy,

където Ω = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 1 ≤ y ≤ 2;

(3) J =

∫∫

Ω

(x3 + 1)ydxdy,

където Ω = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2;

(4) J =

∫∫

Ω

(x− 1)(y − 1)dxdy,

където Ω = (x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 2 ≤ y ≤ 3;

(5) J =

∫∫

Ω

x(y + 1)dxdy,

където Ω = (x, y) : −1 ≤ x ≤ 2, −2 ≤ y ≤ 3.

Отговори:

(1) 154 ; (2) 93

2 ; (3) 458 ; (4) 3

4 ; (5) 454 .

Пример 2.2. Да се пресметне интеграла

I =

∫∫

Ω

xydxdy,


където Ω е ограниченато множество с граница определена от правитеy = x, x = 1 и y = 0 (вж. фигура 2.12).

1

1

y

x

x=

1

y=x

Ω

Фигура 2.12.


Ω = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x.Прилагаме формула (2.1):

(⋆) I =

∫∫

Ω

xydxdy =

1∫

0

dx

x∫

0

xydy.

Пресмятамеx∫

0

xydy = xy2

2

∣

∣

∣

∣

y=x

y=0

= x

(

x2

2

)

=x3

2.

и заместваме във формула (⋆):

I =

1∫

0

dx

x∫

0

xydy =

1∫

0

x3

2dx

x4

8

∣

∣

∣

∣

x=1

x=0

=1

8.


I =

∫∫

Ω

1

(1 + x+ y)2dxdy


където множеството Ω е ограничено от правите x = 2y, y = 2x иx+ y = 6.

1

2

3

4

1 2 3 4

b

b

A

O

C

B

y

x

1

2

Фигура 2.13.

Решение. Триъгълникът Ω, ограничен от дадените прави, е изоб-разен на фигура 2.13. Отсечката AB разделя триъгълника Ω на дватриъгълника 1 = OAB и 2 = BAC. Тогава:

I =

∫∫

1

1

(1 + x+ y)2dxdy +

∫∫

2

1

(1 + x+ y)2dxdy.

Очевидно

1 =

(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2,x

2≤ y ≤ 2x

и

2 =

(x, y) : 2 ≤ x ≤ 4,x

2≤ y ≤ 6− x

.

Използваме формула (2.1) и получаваме:

∫∫

1

1

(1 + x+ y)2dxdy =

2∫

0

dx

2x∫

x2

1

(1 + x+ y)2dy.


Но

2x∫

x2

1

(1 + x+ y)2dy =

2x∫

x2

1

(1 + x+ y)2d(1 + x+ y)

= − 1

1 + x+ y

∣

∣

∣

∣

y=2x

y=x2

.

Ето защо

∫∫

1

1

(1 + x+ y)2dxdy =

2∫

0

dx

2x∫

x2

1

(1 + x+ y)2dy

=

∫ 2

0

(

− 1

1 + x+ y

∣

∣

∣

∣

y=2x

y=x2

)

=2

3ln

(

1 +3x

2

)∣

∣

∣

∣

x=2

x=0

− 1

3ln (1 + 3x)

∣

∣

∣

∣

x=2

x=0

=− 1

3ln 7 +

2

3ln 4.


∫∫

2

1

(1 + x+ y)2dxdy =

4∫

2

dx

6−x∫

x2

1

(1 + x+ y)2dy

=− 2

7+

2

3

(

ln7

4

)

.


I =1

3ln 7− 2

7.



(1) J =

∫∫

Ω

x(y + 1)dxdy,

където Ω = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x;

(2) J =

∫∫

Ω

xdxdy,

където Ω = (x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x;

(3) J =

∫∫

Ω

(x2 + 1)y2dxdy,

където Ω = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x;

(4) J =

∫∫

Ω

(x− 1)(y + 1)dxdy,

където Ω = (x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 2x ≤ y ≤ 3x;

(5) J =

∫∫

Ω

(y + 1)dxdy,

където Ω = (x, y) : −1 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 5− x.

Отговори:

(1) J = 143 ; (2) J = 7

3 ; (3) J = 3089 ; (4) J = 35

8 ; (5) J = 1522 .


I =

∫∫

Ω

ydxdy,

където множеството Ω е ограничено от кривите: x2 + y2 = 2, y2 = x иy = 0 (x ≥ 0, t ≥ 0).

Решение. Множеството Ω е криволинеен трапец:

Ω = (x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, y2 ≤ x ≤√

2− y2,

и то е изобразено на фигура 2.14.


1

−1

1−1

y2 = x

x2+y2 =

2y

xΩ

Фигура 2.14.

Прилагаме (2.2) и получаваме

I =

∫∫

Ω

ydxdy =

1∫

0

dy

√2−y2∫

y2

ydx =

1∫

0

ydy

√2−y2∫

y2

dx

=1

2

1∫

0

(2− y2)12dy2 −

1∫

0

y3dy

= −1

3

(

2− y2)

32

∣

∣

∣

y=1

y=0− y4

4

∣

∣

∣

∣

y=1

y=0

=

1∫

0

y(

√

2− y2 − y2)

dy =2

3

√2− 7

12.

Пример 2.5. Да разгледаме интеграла

I =

∫∫

Ω

y3dxdy,

където множеството Ω е ограничено от кривите: y2 = x и y = x − 2(вж. фигура 2.15).


1

2

1

1 2 3 4

y 2= x

y=x− 2

y

x

Ω

Фигура 2.15.

Решение. Множеството Ω е криволинеен трапец с основи успо-редни на абсцисата:

Ω = (x, y) : −1 ≤ y ≤ 2, y2 ≤ x ≤ y + 2.Прилагаме (2.2) и получаваме

I =

∫∫

Ω

y3dxdy =

2∫

−1

y3dy

y+2∫

y2

dx

=

2∫

−1

y3(

y + 2− y2)

dy =18

5.


I =

∫∫

Ω

xdxdy,

където множеството Ω е ограничено от кривите: x2+y2 = 2x и x2+y2 =16 (вж. фигура 2.16).

Решение. Множеството Ω може да бъде представено като разли-ка на кръга Ω1 : x2+y2 = 16 и кръга Ω2 : x

2+y2 = 2x, т.е. Ω = Ω1 \Ω2,


1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4−1−2−3−4

x2+y2 =

16

x2 + y2 = 2x

y

x

Ω

Фигура 2.16.

където Ω1 = Ω ∪ Ω2 и Ω ∩ Ω2 = ∅. Ето защо∫∫

Ω1

xdxdy =

∫∫

Ω

xdxdy +

∫∫

Ω2

xdxdy,

т.е.

I =

∫∫

Ω

xdxdy =

∫∫

Ω1

xdxdy −∫∫

Ω2

xdxdy.


J1 =

∫∫

Ω1

xdxdy.

Очевидно

Ω1 = (x, y) : −4 ≤ y ≤ 4, −√

16− y2 ≤ x ≤√

16− y2.Тогава

J1 =

∫∫

Ω1

xdxdy =

4∫

−4

dy

√16−y2∫

−√

16−y2

xdx = 0,


защото:

√16−y2∫

−√

16−y2

xdx =x2

2

∣

∣

∣

∣

x=√

16−y2

x=−√

16−y2

=1

2

(

(

√

16− y2)2

−(

−√

16− y2)2)

=0.


J2 =

∫∫

Ω2

xdxdy.

Очевидно

Ω2 = (x, y) : −1 ≤ y ≤ 1, 1−√

1− y2 ≤ x ≤ 1 +√

1− y2.

Тогава

J2 =

∫∫

Ω2

xdxdy

=

1∫

−1

dy

1+√

1−y2∫

1−√

1−y2

xdx

=2

1∫

−1

√

1− y2dy = π.

Следователно I = J1 − J2 = −π.

Задача 2.4. Пресметнете интегралите:


(1) I =∫∫

Ω

y

x2dxdy, където Ω = (x, y) : 0 < x, x3 ≤ y ≤ x2;

(2) I =∫∫

Ω

x2y2dxdy,

където Ω е ограничена от кривите x = y2 и x = 1;

(3) I =∫∫

Ω

xy2dxdy, където Ω = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0;

(4) I =∫∫

Ω

ex−ydxdy,

където Ω е ограничена от правите x = −1, x = 1, y = x, y = 2x;

(5) I =∫∫

Ω

(x+ y)dxdy, където Ω = (x, y) : x2 + y2 ≤ 4, y ≥ x;

(6) I =∫∫

Ω

xydxdy, където Ω = (x, y) : x2 + y2 ≤ 25, 3x+ y ≥ 5;

(7) I =∫∫

Ω

xdxdy,

където Ω = (x, y) : x2 + y2 ≤ 2, x2 − y2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0;

(8) I =∫∫

Ω

ydxdy,

където Ω = (x, y) : 0 ≤ y ≤ 6, x < 6, xy > 3, y − x− 2 < 0;

(9) I =∫∫

Ω

(2y − x)dxdy,

където Ω = (x, y) : y(y − x) ≤ 2, x(x+ y) ≤ 3;

(10) I =∫∫

Ω

x2y2dxdy,

където Ω = (x, y) : y > 0, xy < 1, x2 − 3xy + 2y2 < 0.Упътване. (9) Ω е представена на фигура 2.17; (10) Ω е представена на фигура

2.18.

Отговори:

(1) 115 ; (2) 4

27 ; (3) 215 ; (5) 0; (6) 135

4 ; (7) 2√2; (8) 255

4 ; (9) 0; (10) ln 26 .

2. Смяна на променливите

Нека Ω(u,v) е ограничено множество в R2 и нека

Φ : Ω(u,v) → R2,

(

uv

)

→(

xy

)

=

(

g(u, v)h(u, v)

)

2. СМЯНА НА ПРОМЕНЛИВИТЕ 61

1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4−1−2−3

y

xΩ

Фигура 2.17.

1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4−1−2−3−4

y

xΩ

Фигура 2.18.

е изображение от Ω(u,v) в R2 такова, че:

(1) Изображението Φ е взаимно еднозначно.(2) g, h : Ω(u,v) → R са непрекъснато диференцируеми функции в

Ω(u,v).

Полагаме Ω(x,y) = Φ(Ω(u,v)).

Дефиниция 2.2. Матрицата

∂(g, h)

∂(u, v)=

∂g(u, v)

∂u

∂g(u, v)

∂v∂h(u, v)

∂u

∂h(u, v)

∂v

се нарича Якобиян1 на изображението Φ.

Теорема 2.1 (Теорема за смяна на променливите). Нека f : Ω(u,v) → R

е непрекъсната функция и нека

∂(g, h)

∂(u, v)6= 0, (u, v) ∈ Ω(u,v).

Тогава∫∫

Ω(x,y)

f(x, y)dxdy =

∫∫

Ω(u,v)

f(g(u, v), h(u, v))

∣

∣

∣

∣

det∂(g, h)

∂(u, v)

∣

∣

∣

∣

dudv. (2.3)

1Carl Gustav Jacob Jacobi (1804-1851)


f

Φf Φ

Ω(u,v)

Ω(x,y) R

Пример 2.7 (Полярни координати). Нека

Φ : R2 → R2,

∣

∣

∣

∣

x = r cosα,y = r sinα,

където r > 0, α ∈ [0, 2π).Тогава:

det∂(g, h)

∂(r, α)= det

∂g(x, y)

∂r

∂g(x, y)

∂α∂h(x, y)

∂r

∂h(x, y)

∂α

=det

(

cosα −r sinαsinα r cosα

)

= r cos2 α+ r sin2 α

=r.

В този случай от формула (2.3) получаваме∫∫

Ω(x,y)

f(x, y)dxdy =

∫∫

Ω(α,r)

f(

r cosα, r sinα)

rdαdr. (2.4)

Пример 2.8 (Обобщени полярни координати). Нека

Φ : R2 → R2,

∣

∣

∣

∣

x = ar cosc α,y = br sinc α,

където r > 0, α ∈ [0, 2π) а a, b и c са константи.


Тогава:

det∂(g, h)

∂(r, α)= det

∂g(x, y)

∂r

∂g(x, y)

∂α∂h(x, y)

∂r

∂h(x, y)

∂α

=abcr sinc−1 α cosc−1 α.

В този случай от формула (2.3) получаваме

∫∫

Ω(x,y)

f(x, y)dxdy

=

∫∫

Ω(α,r)

f(

ar cosc α, br sinc α)

|abcr sinc−1 α cosc−1 α|dαdr. (2.5)

Задача 2.5. Да се определят Якобияните на изображенията:

(1) g(u, v) = u+ v, h(u, v) = u− v;

(2) g(u, v) = u2 + v2, h(u, v) = u4 + v4;

(3) g(u, v) = uv, h(u, v) = uv;

(4) g(u, v) = euv , h(u, v) = e−

vu .

Отговори.

(1) det∂(g, h)

∂(u, v)= det

(

1 11 −1

)

= −2; (2) det∂(g, h)

∂(u, v)= det

(

2u 2v4u3 4v3

)

= 8uv3−8vu3;

(3) det∂(g, h)

∂(u, v)=

(

1v − u

v2

v u

)

= 2uv ; (4) 0.


∫∫

Ω(x,y)

√

2− x2 − y2dxdy,

където Ω(x,y) = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1.


Решение. За пресмятането на този интеграл е удобно да въведемполярни координати:

Φ : R2 → R2,

∣

∣

∣

∣


където r > 0, α ∈ [0, 2π).Очевидно Ω(α,r) = Φ

(

Ω(x,y)

)

= (α, r) : 0 ≤ α < 2π, 0 < r ≤ 1 (т.е.при полярна смяна кръгът се изобразява в правоъгълник, вж. фигура2.19). Освен това, очевидно,

√

2− x2 − y2 =√

2− sin2 α− cos2 α = 1.

1

−1

1−1

y

xΩ(x,y)

1

1 2 3 4 5 6

r

α

2π

Ω(α,r) = Φ(

Ω(x,y)

)

Фигура 2.19.

Прилагаме формула (2.4):∫∫

Ω(x,y)

√

1− x2 − y2dxdy =

∫∫

Ω(α,r)

rdαdr

=

2π∫

0

dα

1∫

0

rdr = 2π1

2= π.


I =

∫∫

Ω(x,y)

xydxdy,

където множеството Ω(x,y) е зададено чрез неравенствата: x2 + y2 ≤ 4,x2 + y2 ≥ 1, y ≥ 0 и x ≥ 0 (вж. фигура 2.20).


1

2

−1

−2

1 2−1−2

y

x

Ω(x,y) 1

2

1 2

r

α

π2

Ω(α,r)

Фигура 2.20.

Решение. Използваме полярни координати:

Φ : R2 → R2,

∣

∣

∣

∣


където r > 0, α ∈ [0, 2π).Очевидно

Ω(α,r) = Φ(

Ω(x,y)

)

=

(α, r) : 0 ≤ α <π

2, 1 < r ≤ 2

.

От формула (2.4):

∫∫

Ω(x,y)

xydxdy =

∫∫

Ω(α,r)

(r cosα) (r sinα) rdαdr

=

π2∫

0

sinα cosαdα

1∫

0

r3dr


=

1

2

π2∫

0

sin2 α

(

r4

4

∣

∣

∣

∣

r=1

r=0

)

=

(

−1

4cos 2α

∣

∣

∣

∣

α=π2

α=0

)

1

4

=1

2

1

4=

1

8.

Задача 2.6. Като използвате полярна смяна пресметнете след-ните интеграли:

(1)

∫∫

Ω(x,y)

cos(

π√

x2 + y2)

dxdy,

където Ω(x,y) = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1;

(2)

∫∫

Ω(x,y)

1

x2 + y2 − 1dxdy,

където Ω(x,y) = (x, y) : 9 ≤ x2 + y2 ≤ 25;

(3)

∫∫

Ω(x,y)

|xy|dxdy, където Ω(x,y) = (x, y) : 4 ≤ x2 + y2 ≤ 16;

(4)

∫∫

Ω(x,y)

xy2dxdy, където Ω(x,y) = (x, y) : x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 0;

(5)

∫∫

Ω(x,y)

y2ex2+y2dxdy,

където Ω(x,y) = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0;

(6)

∫∫

Ω(x,y)

ln x2 + y2

x2 + y2dxdy,

където Ω(x,y) = (x, y) : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, y ≥ 0.

Отговори: (1) −4π ; (2) π ln 3; (3) 15 24

2 ; (4) 2 25

15 ; (5) π8 ; (6) π ln2 2.

3. ПРИЛОЖЕНИЯ 67

Пример 2.11. Да се пресметне интеграла∫∫

Ω(x,y)

1

ydxdy,

където множеството Ω(x,y) е ограничено от правите y = x, y = 2x,y = 1− x

2и y = 4− 2x.

Решение. Въвеждаме нови координати (u, v), чрез формулите:

Φ : R2 → R2,

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x =2v

u+ v,

y =2uv

u+ v,

Тогава:

Ω(u,v) = Φ(

Ω(x,y)

)

=

(u, v) : 1 ≤ u < 2,1

2< v ≤ 2

.

Освен това:

det∂(g, h)

∂(u, v)= − 4uv

(u+ v)2.

Прилагаме формула (2.4):∫∫

Ω(x,y)

1

ydxdy =

∫∫

Ω(u,v)

u+ v

2uv

4uv

(u+ v)3dudv

= 2

2∫

12

dv

2∫

1

dv

(u+ v)3= 2 ln

5

4.

3. Приложения

3.1. Геометрична интерпретация. Нека Ω е ограничена област в R2.Лицето S(Ω) на Ω е

S(Ω) =

∫∫

D

dxdy.

Нека f е непрекъсната, неотрицателна функция, дефинирана в Ω.Обемът на цилиндричното тяло

Ω1 = (x, y, z) : (x, y) ∈ Ω, 0 ≤ z ≤ f(x, y)


е

V (Ω1) =

∫∫

Ω

f(x, y)dxdy.

Нека функцията f(x, y) има непрекъснати първи частни производни.Лицето S(σ) на повърхнината

σ = (x, y, z) : (x, y) ∈ Ω, z = f(x, y)е

S(σ) =

∫∫

Ω

√

1 +

(

∂f(x, y)

∂x

)2

+

(

∂f(x, y)

∂y

)2

dxdy.

3.2. Приложения в механиката. Нека върху ограниченото множес-тво Ω ⊂ R2 е разпределена маса с плътност ρ(x, y). Ще считаме, че ρ(x, y)е непрекъсната функция.

Масата на Ω е

M(Ω) =

∫∫

Ω

ρ(x, y)dxdy.

Статичните моменти Mx и My на Ω относно абсцисата и ординатата са

Mx =

∫∫

Ω

yρ(x, y)dxdy и My =

∫∫

Ω

xρ(x, y)dxdy,

съответно.Ако множеството е хомогенно (т.е. ако ρ(x, y) = const., за всяко (x, y) ∈

Ω), то координатите на центъра на тежестта са

mx =My

M(Ω), my =

Mx

M(Ω).

Инерчните моменти на Ω относно абсцисата, ординатата и координат-ното начало са

Jx =

∫∫

Ω

y2(x, y)dxdy, Jy =

∫∫

Ω

x2(x, y)dxdy

и

J0 =

∫∫

Ω

(x2 + y2)ρ(x, y)dxdy.

Пример 2.12. Нека множеството Ω е ограничено от кривите x2+y2 = 4x и y2 = 2x и нека y ≥ 0. Да се пресметне лицето на Ω в първиквадрант.


1

2

−1

−2

1 2 3 4

y

x

Ω

Фигура 2.21.

Решение. Лицето на множеството Ω в първи квадрант е

(⋆) S(Ω) =

∫

Ω

dxdy.

Ще пресметнем интеграла S(Ω).Аналитичното представяне на Ω (вж. фигура 2.21) е

Ω(s, y) : 0 ≤ x ≤ 2,√2x ≤ y ≤

√4x− x2.


S(Ω) =

∫

Ω

dxdy =

2∫

0

dx

√4x−x2∫

√2x

dy =

2∫

0

√4x− x2 −

√2xdx = π − 8

3.

Задача 2.7. Намерете лицето на множеството, ограничено от съ-ответните криви:

(1) 3y2 = 25x и 5x2 = 9y;(2) xy = 4 и x+ y − 5 = 0;(3) y2 = 4x и x+ y = 3;(4) x2 + y2 = 2x, x2 + y2 = 4x, x = 0 и y = 0.


Упътване. (4) Ω = Ω1∪Ω2, т.е. S(Ω) = S(Ω1)+S(Ω2) (вж. фигура2.22).

1

2

3

−1

−2

1 2 3 4

y

x

Ω1

Ω2

Фигура 2.22.

Ω1 = (x, y) : 1 ≤ x ≤ 2,√2x− x2 ≤ y ≤

√4x− x2,

Ω2 = (x, y) : 2 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤√4x− x2,

Пример 2.13. Нека Ω = (x, y) : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1−x2 (вж.фигура 2.23). Нека върху Ω е разпределена маса с плътност ρ(x, y) =y. Да се намери масата на Ω и координатите на центърът на тежесттана Ω.

1

1−1

y

x

Фигура 2.23.


Решение. Масата на Ω е

M(Ω) =

∫

Ω

ydxdy =

1∫

−1

dx

1−x2∫

0

ydy =8

15.

Моментът на Ω относно абсцисата е

Mx =

∫

Ω

y2dxdy =32

105.

Моментът на Ω относно ординатата е

My =

∫

Ω

xydxdy = 0.

Ето защо координатите на центърът на тежестта на Ω са

mx =My

M(Ω)= 0, my =

Mx

M(Ω)=

4

7.

Пример 2.14. Нека Ω е триъгълник с върхове (0, 0), (2, 0) и (1, 1)(вж. фигура 2.24). Нека върху Ω е разпределена маса с плътностρ(x, y) = x. Да се определят координатите на центърът на тежест-та на Ω.

1

1 2

y

x

Фигура 2.24.

Решение. Очевидно

Ω = (x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, y ≤ x ≤ 2− y.


Тогава, масата на Ω е

M(Ω) =

∫

Ω

xdxdy =

1∫

0

dy

2−y∫

y

xdx = 1.

Моментът на Ω относно абсцисата е

Mx =

∫

Ω

yxdxdy =1

3.

Моментът на Ω относно ординатата е

My =

∫

Ω

x2dxdy =23

6.

Ето защо центърът на тежестта на Ω е

mx =My

M(Ω)=

23

6, my =

Mx

M(Ω)=

1

3.

Глава 3

Криволинейни интеграли

1. Криви в равнината

Крива (или параметрично зададена крива) в равнината се нарича обра-зът на всяко изображение от вида γ : [a, b] → R2, т.е.

γ = (x, y) : x = x(t), y = y(t), t ∈ [a, b] , (3.1)

където x : [a, b] → R и y : [a, b] → R са непрекъснати функции.Независимата променлива t се нарича параметър на кривата γ.Ако функциите x(t) и y(t) са частично гладки (гладки) то кривата γ се

нарича частично гладка (гладка).Точката с координати (x(a), y(a)) се нарича начало на кривата γ, а точ-

ката (x(b), y(b)) край на кривата γ.Ако (x(a), y(a)) = (x(b), y(b)), казваме, че γ е затворена крива.Нека γ1 и γ2 са две криви в равнината:

γ1 = (x, y) : x = x1(t), y = y1(t), t ∈ [a1, b1],γ2 = (x, y) : x = x2(t), y = y2(t), t ∈ [a2, b2].

Казваме, че гладките криви γ1 и γ2 са еквивалентни, ако съществувавзаимно еднозначна диференцируема функция φ : [a1, b1] → [a2, b2] такава,че:

(1) φ′(t) 6= 0, за всяко t ∈ [a1, b1].(2) γ2(φ(t)) = γ1(t), т.е.

x2(φ(t)) = x1(t) и y2(φ(t)) = y1(t),

за всяко t ∈ [a1, b1].

В този случай φ се нарича репараметризация на γ1.Еквивалентните криви имат еднакъв образ в R2.Две еквивалентни криви се наричат еднакво ориентирани (обратно ори-

ентирани) ако за тяхната репараметризация φ е валидно неравенствотоφ′(t) > 0 (φ′(t) < 0), за всяко t ∈ [a1, b1]. Еднакво ориентираните кривиимат еднакъв образ в R2 и една и съща посока.

Ако γ е крива, то с −γ ще означаваме обратно ориентираната крива наγ. Нека отбележим, че началото (краят) на кривата γ е край (начало) на

73

74 3. КРИВОЛИНЕЙНИ ИНТЕГРАЛИ

1 2 3 4 5 6

γ

начало

край

x

y

1 2 3 4 5 6

−γ

край

начало

x

y

Фигура 3.1.

−γ. За кривата γ, зададена с равенство (3.1), обратно ориентираната кривае

−γ = (x, y) : x = x(−t+ a+ b), y = y(−t+ a+ b), t ∈ [a, b],Казваме, че кривата γ е зададена явно, ако x(t) = t (или y(t) = t), т.е.

γ = (x, y) : x = t, y = y(t), t ∈ [a, b] = (x, y) : y = y(x), x ∈ [a, b]или

γ = (x, y) : x = x(t), y = t, t ∈ [a, b] = (x, y) : x = x(y), y ∈ [a, b].Казваме, че кривата γ е зададена неявно посредством функцията Φ :

R2 → R, ако x = x(t) и y = y(t) е единственото решение на уравнението

Φ(x, y) = 0.

Пример 3.1. Нека

γ = (x, y) : x(t) = 3t− 1, y(t) = −2t + 7, t = [1, 2].Началото на γ е точката (x(1), y(1)) = (2, 5), а краят на γ е точката

(x(2), y(2)) = (5, 3).Обратно ориентираната крива −γ е

−γ = (x, y) : x(t) = 3(−t + 3)− 1 = −3t + 8,

y(t) = −2(−t + 3) + 7 = 2t+ 1, t ∈ [1, 2].Графиките на кривите γ и −γ са изобразени на фигура 3.1

Пример 3.2. Да разгледаме окръжността

γ = (x, y) : x2 + y2 = 1.

1. КРИВИ В РАВНИНАТА 75

1

2

−1

−2

1 2−1−2

γ

Фигура 3.2.

1

2

−1

−2

1 2−1−2

γ

Фигура 3.3.

1

2

3

4

−11 21

γ

1

2

3

4

−11 21

−γ

Фигура 3.4.

Параметричното представяне на γ е

γ = (x, y) : x(t) = cos t, y(t) = sin t, t ∈ [0, 2π].

Графикът на γ е изобразен на фигура 3.2.Параметричното представяне на полуокръжността x2 + y2 = 1,

y > 0 е (вж. фигура 3.3)

γ = (x, y) : x(t) = cos t, y(t) = sin t, t ∈ [0, π].

Параметричното представяне на окръжността (x−2)2+(y+4)2 = 16е

γ = (x, y) : x(t) = 2 + 4 cos t, y(t) = −4 + 4 sin t, t ∈ [0, 2π].


Пример 3.3. Параметричното представяне на дъгата γ : y = x2,x ∈ [1, 2] от параболата y = x2 е (вж. фигура 3.4)

γ = (x, y) : x(t) = t, y(t) = t2, t ∈ [1, 2].Обратно ориентираната крива −γ е

γ = (x, y) : x(t) = −t + 3, y(t) = (−t + 3)2, t ∈ [1, 2].

Задача 3.1. Да се запишат параметрично кривите γ и −γ и дасе начертаят графиките им, ако:

(1) γ :(

x2

)2+(

y

3

)2= 1, x < 0;

(2) γ : xy = 1, x ∈ [2, 3], y > 0;

(3) γ : y2 − x = 4, x ∈ [0, 1], y < 0;

(4) γ : y = −3x+ 2, x ∈ [−1.5, 1.5];

(5) γ : (x− 1)2 + y2 = 1, x ∈[

π2, 2π]

.

2. Криволинейни интеграли от I-ви род

Нека Ω е област в R2 и f : Ω → R е непрекъсната функция.Нека γ е явно зададена крива в Ω:

γ = (x, y) : x ∈ [a, b], y = g(x),където: g : [a, b] → R е гладка функция.

Тогава:

∫

γ

f(x, y)ds =

b∫

a

f(x, g(x))

√

1 + (g′(x))2dx. (3.2)

Нека γ е параметрично зададена крива в Ω:

γ = (x, y) : x = x(t), y = y(t), t ∈ [a, b],където: x, y : [a, b] → R са гладки функции.

Тогава:

∫

γ

f(x, y)ds =

b∫

a

f(x(t), y(t))

√

(x′(t))2 + (y′(t))2dt. (3.3)

2. КРИВОЛИНЕЙНИ ИНТЕГРАЛИ ОТ I-ВИ РОД 77

Свойства на криволинейни интеграли:

(1) Линейност:∫

γ

αf(x, y) + βg(x, y)ds = α

∫

γ

f(x, y)ds + β

∫

γ

g(x, y)ds,

където α и β са реални числа.(2) Адитивност (ако краят на γ1 е начало на γ2):

∫

γ1∪γ2

f(x, y)ds =

∫

γ1

f(x, y)ds+

∫

γ2

f(x, y)ds.

(3) Монотонност:

ако f(x, y) ≤ g(x, y), то

∫

γ

f(x, y)ds ≤∫

γ

g(x, y)ds.

(4) Теорема за средната стойност:

съществува (ξ, η) ∈ γ така, че

∫

γ

f(x, y)ds = f(ξ, η)|γ|,

където с |γ| е означена дължината на кривата γ.В частност:

|γ| =∫

γ

ds. (3.4)

(5) Интегралът не зависи от промяна на параметризацията на криватаγ. В частност:

∫

γ

f(x, y)ds =

∫

−γ

f(x, y)ds.


J =

∫

γ

yds,

където кривата γ е зададена чрез y2 = 4x, x ∈ [0, 4] и y ≥ 0 (вж.фигура 3.7).

Решение. Кривата γ е зададена явно:

γ = (x, y) : y = 2√x, x ∈ [0, 4].


0

1

2

3

4

5

−1

−2

1 2 3 4 5

γ

y2 = 4x

x

y

Фигура 3.5.

Използуваме формула (3.2):

∫

γ

yds =

4∫

0

2√x

√

1 +

(

1√x

)2

dx

=2

4∫

0

√x+ 1dx

=20

3

√5− 4

3.


I =

∫

γ

y2ds,

където кривата γ е зададена параметрично (вж. фигура 3.6):

γ :

x(t) = 1− sin t,

y(t) = 1− cos t,t ∈[

0,5π

4

]

.


1

2

3

1 2 31

γ

x

y

Фигура 3.6.

Решение. Използуваме (3.3):

∫

γ

y2ds =

5π4∫

0

(1− cos t)2√

((1− sin t)′)2 + ((1− cos t)′)2dt

=

5π4∫

0

(1− cos t)2dt

=

5π4∫

0

(

3

2− 2 cos t+

1

2cos 2t

)

dt

=3

2t− 2 sin t+

1

2cos t sin t

∣

∣

∣

∣

5π4

0

=1

4+

15

8π +

√2.


(1) J =∫

γ

(x− y)ds, където γ : x = 3t− 1, y = 2t+ 5, t ∈ [0, 1].

(2) K =∫

γ

(x+ y)ds, където γ : x = 3t+ 2, y = 4t+ 7, t ∈ [0, 1].

Отговори:

(1) − 11√13

2 ; (2) 1052 .



J =

∫

γ

(x+ y)ds,

където кривата γ е контурът на триъгълника с върхове O(0, 0), B(0, 1)и A(1, 0) (вж. фигура 3.7).

0

1

0 1

A

B

γ3

γ2γ1

x

y

Фигура 3.7.

Решение. За пресмятането на интеграла ще използуваме свойст-вото адитивност. Нека с γ1, γ2 и γ3 означим отсечките OB, BA и AOсъответно. Тогава:

J =

∫

γ

(x+ y)ds =

∫

γ1

(x+ y)ds+

∫

γ2

(x+ y)ds+

∫

γ3

(x+ y)ds.

Върху отсечката γ1: x = 0, y = t, t ∈ [0, 1]. Следователно

∫

γ1

(x+ y)ds =

1∫

0

tdt =1

2.

Върху отсечката γ3: x = t, y = 0, t ∈ [0, 1]. Следователно

∫

γ3

(x+ y)ds =

1∫

0

tdt =1

2.


Отсечката γ2 лежи върху правата x + y = 1. Ето защо x = t,y = 1− t, t ∈ [0, 1]. Следователно

∫

γ2

(x+ y)ds =

1∫

0

(t + 1− t)√2dt =

√2.

Следователно J = 12+ 1

2+√2 = 1 +

√2.

Задача 3.3. Да се пресметне интегралът

J =

∫

γ

xyds,

където кривата γ е контурът на правоъгълника с върхове O(0, 0),A(4, 0), B(4, 2) и C(0, 2).

Задача 3.4. Да се пресметне интегралът

J =

∫

γ

(x− y)ds,

където γ : x2 + y2 = 4x.

Упътване:

От равенството x2+y2 = 4x, лесно получаваме (x−2)2+y2 = 22. Параметричното

представяне на окръжността γ е x(t) = 2 + 2 cos t, y(t) = 2 sin t, t ∈ [0, 2π].

Задача 3.5. Пресметнете интегралите:

(1) I =

∫

γ

y2ds,

където γ : x(t) = t− sin t, y(t) = 1− cos t, t ∈ [0, 2π];

(2) I =

∫

γ

x2 + y2ds,

където γ : x(t) = cos t+ t sin t, y(t) = sin t− t cos t, t ∈ [0, 2π];

(3) I =

∫

γ

xyds,

където γ : x23 + y

23 = 1;


(4) I =

∫

γ

√

x2 + y2ds,

където γ : x2 + y2 = 4x;

(5) I =

∫

γ

x2ds,

където γ : x2 + y2 = 4, y ≥ 0;

Отговори:

(1) I = 25615 ; (2) I = 2π2(1 + 2π2); (3) I = 4; (4) I = 32; (5) I = 32π;

3. Приложения

3.1. Геометрична интерпретация. Нека γ е крива в областта Ω.Дължината на кривата γ е

|γ| =∫

γ

ds. (3.5)

3.2. Приложения в механиката. Нека върху кривата γ е разпреде-лена маса с линейна плътност ρ(x, y). Тогава:

Масата на кривата γ е

m =

∫

γ

ρ(x, y)ds. (3.6)

Координатите на центъра на тежестта на γ са

1

m

∫

γ

xρ(x, y)ds,1

m

∫

γ

yρ(x, y)ds

. (3.7)

Пример 3.7. Нека γ = (x, y) : y = x2, x ∈ [1, 2]. Да се определидължината |γ| на кривата γ.

Решение. Използуваме формула (3.5):

|γ| =∫

γ

ds =

2∫

1

√

1 +(

(x2)′)2dx =

2∫

1

√1 + 4xdx =

9

2− 5

√5

6.


Пример 3.8. Нека γ = (x, y) : y2 = 2x, x ∈ [0, 1]. Да се определимасата на дъгата γ, ако нейната линейна плътност ρ(x, y) в точката(x, y) е равна на |y|.

Решение. От формула (3.6), директно получаваме:

∫

γ

ρ(x, y)ds =

∫

γ

|y|ds = 2

12∫

0

√2x

√

1 +1

2xdx =

2

3(2√2− 1).

Пример 3.9. Да разгледаме хомогенната окръжност

γ = (x, y) : x2 + y2 = 1 = (x, y) : x = cos t, y = sin t, t ∈ [0, 2π](т.е. върху окръжността γ е разпределена маса с линейна плътностρ(x, y) = 1).

Да се определят координатите на центъра на тежестта на γ.

Решение. Масата на окръжността е

m =

∫

γ

ρ(x, y)ds =

∫

γ

ds = |γ| = 2π.

Координатите на центъра на тежестта (Mx,My) на γ са

Mx =1

m

∫

γ

xρ(x, y)ds =

∫

γ

xds =

2π∫

0

cos tdt = 0.

и

Mx =1

m

∫

γ

yρ(x, y)ds =

∫

γ

yds =

2π∫

0

sin tdt = 0.

Задача 3.6. Да се пресметнат дължините на следните криви:

(1) γ : x(t) = 3t, y(t) = 3t2, t ∈ [0, 2];

(2) γ : x(t) = e−t cos t, y(t) = e−t sin t, t ∈ [0, 1];

(3) γ : x2 + y2 = 4(x+ y);

Задача 3.7. Да се пресметне масата на кривата

γ : x(t) = 2 cos t, y(t) = 4 sin t, t ∈ [0, 2π],


ако линейната плътност в точката (x, y) е ρ(x, y) = |y|.

Задача 3.8. Да се пресметне масата на кривата

γ : y2 = 4x, x ∈ [0, 1],

ако линейната плътност в точката (x, y) е ρ(x, y) = |y|.

4. Криволинейни интеграли от II-ри род

Нека Ω е област в R2, P,Q : Ω → R са непрекъснати функции.Нека γ е явно зададена крива в Ω:

γ = (x, y) : y = g(x), x ∈ [a, b],където: g : [a, b] → R е гладка функция.

Тогава:

∫

γ

P (x, y)dx +Q(x, y)dy =

b∫

a

(

P (x, g(x)) +Q(x, g(x))g′(x))

dx. (3.8)

Нека γ е параметрично зададена крива в Ω:

γ = (x, y) : x = x(t), y = y(t), t ∈ [a, b],където: x, y : [a, b] → R са гладки функции.

Тогава:∫

γ

P (x, y)dx+Q(x, y)dy

=

b∫

a

(

P (x(t), y(t))x′(t) +Q(x(t), y(t))y′(t))

dt. (3.9)

Забележка 3.1. Прието е криволинейният интеграл върху затворенакрива γ да се записва чрез символа

∮

, т.е.∮

γ

P (x, y)dx +Q(x, y)dy.

Условия за независимост на криволинейния интеграл от кри-вата на интегриране. Нека γ е крива в областта Ω и нека точката A еначалото на γ, а точката B е краят на γ. Казваме, че криволинейният ин-теграл не зависи от кривата на интегриране, ако за всяка частично-гладка

4. КРИВОЛИНЕЙНИ ИНТЕГРАЛИ ОТ II-РИ РОД 85

крива γ1, с начало A и край B е валидно равенството∫

γ1

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =

∫

γ

P (x, y)dx+Q(x, y)dy.

Теорема 3.1. Нека Ω е едносвързана област в R2, γ е частично гладкакрива в Ω, P,Q : Ω → R са непрекъснато диференцируеми функции.

Тогава, следните твърдения са еквивалентни:

(1) Интегралът∫

γ

P (x, y)dx+Q(x, y)dy

не зависи от кривата на интегриране.(2) За всяка затворена крива γ в Ω е валидно равенството

∮

γ

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0. (3.10)

(3) Валидно е равенството

∂P (x, y)

∂y=∂Q(x, y)

∂x, (3.11)

за всяка точка (x, y) ∈ Ω.(4) Съществува гладка функция u : Ω → R, такава, че

du(x, y) = P (x, y)dx+Q(x, y)dy, (3.12)

за вско (x, y) ∈ Ω. Валидна е формулата∫

γ

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = u(x2, y2)− u(x1, y1), (3.13)

където γ = (x, y) : x = x(t), y = y(t), t ∈ [t1, t2]; xi = x(ti),yi = y(ti), i = 1, 2.


J =

∫

γ

xydx+ (y − x)dy,

където кривата γ е зададена чрез y = x, x ∈ [0, 4] (вж. фигура 3.8).


1

2

3

4

1 2 3 4

γ

x

y

Фигура 3.8.

Решение. Използуваме формула (3.8):

∫

γ

xydx+ (y − x)dy =

4∫

0

(xx+ (x− x)) dx

=

4∫

0

x2dx =x3

3

∣

∣

∣

∣

4

0

=64

3.

Пример 3.11. Да се пресметне стойността на криволинейния ин-теграл

J =

∫

γ

−x cos ydx+ y sin xdy,

където γ е отсечката съединяваща точките O(0, 0) и A(π, 2π).

Решение. Уравнението на правата през точките O(0, 0) и A(π, 2π)е y = 2x. Ето защо

γ = (x, y) : y = 2x, x ∈ [0, 2π].


Използуваме формула (3.8):

∫

γ

−x cos ydx+ y sin xdy =

π∫

0

(−x cos 2x+ 4x sin x) dx

=

π∫

0

xd

(

−sin 2x

2− 4 cosx

)

=

(

−xsin 2x

2− 4x cosx

) ∣

∣

∣

∣

π

0

+

π∫

0

(

sin 2x

2+ 4 cosx

)

dx

=4π − cos 2x

4

∣

∣

∣

∣

π

0

+4 sinx

∣

∣

∣

∣

π

0

= 4π.


J =

∫

γ

(x2 − 2xy)dx+ (2xy + y2)dy,

където γ е дъга от параболата y = x2 с начало точката A(1, 1) и крайB(2, 4).


γ = (x, y) : y = x2, x ∈ [1, 2].Използуваме формула (3.8):

∫

γ

(x2 − 2xy)dx+ (2xy + y2)dy =

2∫

1

(x2 − 2x3) + (2x3 + x4)dx

=

2∫

1

(2x5 + 4x4 − 2x3 + x2)dx

=1219

30.



(1) I =

∫

γ

xydx, където γ : y(x) = sin x, x ∈ [0, π];

(2) I =

∫

γ

(

x− 1

y

)

dy, където γ : y(x) = x2, x ∈ [1, 2];

(3) I =

∫

γ

xdy − ydx, където γ : y = x3, x ∈ [0, 2];

(4) I =

∫

γ

y

xdx+ dy, където γ : y(x) = ln x, x ∈ [1, e];

(5) I =

∫

γ

2xydx+ x2dy, където γ : y(x) = x2

4, x ∈ [0, 2];

Отговори:

(1) I = π; (2) I = 14−3 ln 43 ; (3) I = 8; (4) I = 3

2 ; (5) I = 4;


(1) I =

∫

γ

(x2 + y2)dx, където γ е контурът на правоъгълника с

върхове (1, 1), (1, 5), (3, 5) и (3, 1);

(2) I =

∫

γ

(3x2 − y)dx+ (1 − 2x)2dy, където γ е контурът на триъ-

гълника с върхове (0, 0), (1, 0) и (1, 1);

(3) I =

∫

γ

(x2 + y2)dx + (x2 − y2)dy, където γ е контурът на триъ-

гълника с върхове (0, 0), (1, 0) и (1, 1);

Отговори:

(1) I = −48; (2) I = − 12 ; (3) I = 0.



I =

∮

γ

(3x2y + y)dx+ (x3 + x)dy,

където γ е произволна затворена крива в R2.


P (x, y) = 3x2y + y и Q(x, y) = x3 + x.

Тогава∂P (x, y)

∂y= 3x2 + 1 и

∂Q(x, y)

∂x= 3x2 + 1.

Следователно ∂P (x,y)∂y

= ∂Q(x,y)∂x

, т.е. интегралът не зависи от кривата

на интегриране. Ето защо от теорема 3.1, твърдение (2) получавамеI = 0.


I =

∫

γ

(3x2y + y)dx+ (x3 + x)dy,

където γ е отсечката която съединява точките (0, 0) и (2, 3).

Решение. Използуваме разсъжденията от предния пример за дасе убедим, че интегралът I не зависи от кривата на интегриране.

От теорема 3.1 следва, че съществува гладка функция u(x, y) та-кава, че

(∗) du(x, y) = P (x, y)dx+Q(x, y)dy.

От друга страна, от дефиницията на пълен диференциал:

du(x, y) =∂u(x, y)

∂xdx+

∂u(x, y)

∂ydy

и равенство (*) следва, че

∂u(x, y)

∂x=P (x, y),

∂u(x, y)

∂y=Q(x, y),


т.е.

(∗∗) ∂u(x, y)

∂x= 3x2y + y,

(∗ ∗ ∗) ∂u(x, y)

∂y= x3 + x,

Интегрираме (**):

u(x, y) =

∫

(

3x2y + y)

dx = 3yx3

3+ yx+ C1(y) = x3y + xy + C1(y),

където изрично ще отбележим, че функцията C1(y) зависи от незави-симата променлива y и не зависи от x.

От равенството (***) следва, че

x3 + x+ C ′1(y) = x3 + x,

т.е. C ′1(y) = 0 или C1(y) = C, C = const.

Ето защо u(x, y) = x3y + xy + C.За пресмятането на интегралa I използуваме формула (3.13):

I = u(2, 3)− u(0, 0) = 23 3 + 2 3 = 30.

Забележка 3.2. Един “по-лесен” метод за определяне на функ-цията u(x, y):

(

3x2y + y)

dx+(

x3 + x)

dy =(

3x2ydx+ x3dy)

+ (ydx+ xdy)

= d(x3y) + d(xy)

= d(

x3y + xy)

= du(x, y).

Задача 3.11. Да се докаже, че интегралите не зависят от криватана интегриране:

(1) I =∫

γ

xdy + ydx;

(2) I =∫

γ

xdx+ ydy;

(3) I =∫

γ

(x4 + 4xy3) dx+ (6x2y2 − 5y4) dy;

(4) I =∫

γ

2xydx+ x2dy;


(5) I =∫

γ

(x2 + 2xy − y2) dx+ (x2 − 2xy − y2) dy.

Задача 3.12. Да се пресметне

J =

∫

γ

xdy + ydx,

където γ : x2 + y2 = 2.

Отговор: 0.

Задача 3.13. Да се пресметне

J1 =

∫

γ1

xdy + ydx

x2 + y2, J2 =

∫

γ2

xdy + ydx

x2 + y2, J3 =

∫

γ3

xdy + ydx

x2 + y2

където γ1 : (x−4)2+(y−4)2 = 1, γ2 : (x)2+(y−1)2 = 1 и γ3 : x

2+y2 = 1.

Упътване. Проверете дали дефиниционната област на подинтегралиня израз

е едносвързано множество, т.е. дали може да се приложи теорема 3.1.

Задача 3.14. Докажете, че интегралите не зависят от кривата наинтегриране и пресметнете тяхните стойности:

(1)(2,3)∫

(−1,2)

xdy + ydx;

(2)(3,−4)∫

(0,1)

xdx+ ydy;

(3)(2,3)∫

(0,1)

(x+ y)dx+ (x− y)dx;

(4)(1,1)∫

(1,−1)

(x− y)(dx− dy);

(5)(3,0)∫

(−2,−1)

(x4 + 4xy3)dx+ (6x2y2 − 5y4)dy;


(6)(2,π)∫

(1,π)

(

1− y2

x2cos y

x

)

dx+(

sin y

x+ y

xcos y

x

)

dy.

5. Приложение: Работа на сила

Нека F е непрекъснато векторно поле в областта Ω ⊂ R2, т.е. F (x, y) =(F1(x, y), F2(x, y)) е изображение от Ω в R2 и функциите F1 : Ω → R иF2 : Ω → R са непрекъснати.

Нека γ = (x, y) : x = x(t), y = y(t), t ∈ [a, b] е непрекъсната крива вΩ.

Тогава работата на векторното поле F върху γ (или върху точка, коятосе движи по γ) e

W =

∫

γ

F1(x, y)dx+ F2(x, y)dy.

Пример 3.15. Дадено е векторно поле

F (x, y) = (x, 3xy)

и отсечката γ = (x, y) : x = 1− t, y = 4+ t, t ∈ [0, 1], с краища (1, 4)и (0, 5).

Да се пресметне работата на полето F .

Решение. Работата на векторното поле F върху γ е

W =

∫

γ

(x) dx+ (3xy)dy =

1∫

0

((1− t) + 3(1− t)(4 + t)) dt = 7.

6. Формула на Грийн

Нека γ е затворена частично гладка крива в R2, която е граница наограничената и едносвързана област Ω и нека γ е параметризирана в поло-жителна посока (т.е. областта Ω остава в “ляво” при движение по γ).

Нека P,Q : Ω → R са непрекъснато диференцируеми функции в Ω.Тогава

∮

γ

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =

∫∫

Ω

(

∂Q(x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

)

dxdy. (3.14)

Формулата (3.14) се нарича формула на Грийн1.

1George Green (1793-1841)

6. ФОРМУЛА НА ГРИЙН 93

Пример 3.16. Нека γ е правоъгълникът с върхове (0, 0), (4, 0),(4, 6) и (0, 6) ориентиран в положителна посока.

Да се пресметне∮

γ

(x− xy)dx+ y2dy.

Решение. Използуваме формулата на Грийн, където

P (x, y) = x− xy

иQ(x, y) = y2.

Очевидно∂Q(x, y)

∂x= 0, и

∂P (x, y)

∂y= −x.

Тогава∮

γ

(x− xy)dx+ y2dy =

∫∫

Ω

(0− (−x)) dxdy =

4∫

0

6xdx = 48.


I =

∮

γ

xdy − ydx

x2 + y2,

където γ е затворена (положително ориентирана) гладка крива, безсамопресичания и която не огражда координатното начало.

Решение. Тогава, от формулата на Грийн непосредствено следва,че

I =

∫∫

Ω

(

∂

∂x

(

x

x2 + y2

)

+∂

∂y

(

y

x2 + y2

))

dxdy

=

∫∫

Ω

y2 − x2 + x2 − y2

(x2 + y2)2dxdy = 0.

Глава 4

Редове

1. Числови редове

Нека a0, a1, . . . , αk, . . . е дадена редица от реални числа. Сума от вида

∞∑

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ ak + · · · (4.1)

се нарича безкраен числов ред.Възприети са следните означения (дефиниции):

(1) Числото ak се нарича общ елемент на реда (4.1).

(2) Числото Sn =n∑

k=1

ak се нарича n-та парциална (частична) сума

на реда (4.1).

(3) Числото rn =∞∑

k=n+1

ak се нарича n-ти остатък на реда (4.1).

Ако редицата S1, S2, S3, . . . , Sn, . . . е сходяща, то нейната граница S =limn→∞

Sk се нарича сума на реда (4.1). Ако числото S е крайно (т.е. |S| <∞),

то редът (4.1) се нарича сходящ. В противен случай (т.е., ако S1, S2, S3,. . . , Sn, . . . е разходяща редица или |S| = ∞) казваме, че той е разходящ.

Теорема 4.1 (Необходимо условие за сходимост). Нека (4.1) е сходящчислов ред. Тогава

limk→∞

ak = 0.

Забележка 4.1. От теорема 4.1 следва, че редът е разходящ ако: гра-ницата lim

k→∞ak не съществува или lim

k→∞ak 6= 0.

Редът∞∑

k=1

1

k= 1 +

1

2+

1

3+ · · · + 1

k+ · · · (4.2)

се нарича хармоничен ред.

95

96 4. РЕДОВЕ

Хармоничният ред (4.2) е разходящ, въпреки, че limk→∞

ak = limk→∞

1k= 0.

Редът∞∑

k=1

1

kα= 1 +

1

2α+

1

3α+ · · ·+ 1

kα+ · · · (4.3)

се нарича обобщен хармоничен ред.Обобщеният хармоничният ред (4.3) е сходящ тогава и само тогава,

когато α > 1.

Теорема 4.2. (1) Нека:

(1.1)∞∑

k=1

ak е сходящ числов ред и нека неговата сума е S.

(1.2) α е произволно реално число.

Тогава редът∞∑

k=1

αak е сходящ и неговата сума е αS.

(2) Нека∞∑

k=1

ak и∞∑

k=1

bk са два сходящи числови реда и нека техните

суми са S1 и S2, съответно.


k=1

(ak + bk) е сходящ и неговата сума е S1 + S2.

Теорема 4.3. Нека∞∑

k=1

ak и∞∑

k=1

bk са два реда и нека съществува ес-

тествено число k0 такова, че

0 ≤ ak ≤ bk, за всяко k ≥ k0.

Тогава:

(1) Ако редът∞∑

k=1

bk е сходящ, то редът∞∑

k=1

ak е също сходящ.

(2) Ако редът∞∑

k=1

ak е разходящ, то редът∞∑

k=1

bk е също разходящ.

Пример 4.1 (Геометрична прогресия). Да разгледаме реда∞∑

k=0

aqk = a + aq + aq2 + · · · .

Пресмятаме сумата от първите n члена на този ред:

Sn = a+ aq + aq2 + · · ·+ aqn =a− aqn

1− q,

1. ЧИСЛОВИ РЕДОВЕ 97

ако q 6= 1; Sn = na ако q = 1 и Sn = a1−(−1)n

2ако q = −1.

Нека |q| < 1. Тогава qn → 0 при n → ∞, т.е. Sn → a1−q и следова-

телно редът е сходящ. В този случай сумата на реда е S = a1−q .

Нека |q| ≥ 1. Тогава границата Sn не съществува (т.е. не е крайночисло, ако q 6= −1 и не съществува ако q = −1). Следователно редъте разходящ.

Ето защо геометричната прогресия е сходяща тогава и само тогава,когато |q| < 1 и

∞∑

k=0

aqk = a+ aq + aq2 + · · · = a

1− q.

Пример 4.2. Да се изследва за сходимост реда∞∑

k=0

(−1)kk

k + 1.


limk→∞

a2k = 1 и limk→∞

a2k+1 = −1.

Следователно редицата ak няма граница, т.е. редът е разходящ.


k=0

3k2

k2 + 1.


limk→∞

ak = limk→∞

3k2

k2 + 1= 3 6= 0,

т.е. редът е разходящ.

Задача 4.1. Да се изследват за сходимост следните редове:

(1)∞∑

k=0

(−1)k = 1− 1 + 1− 1 + 1− · · · ;

(2)

∞∑

k=1

(0.01)1k = 0.01 +

√0.01 +

3√0.01 + · · · ;

98 4. РЕДОВЕ

(3)∞∑

k=1

1

k!=

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · · ;

(4)∞∑

k=1

1

2k − 1=

1

1+

1

3+

1

5+ · · · ;

(5)∞∑

k=1

1

1000k + 1=

1

1001+

1

2001+

1

3001+ · · · .

Отговори:

(1) Разходящ; (2)-(5) Редовете са сходящи.

2. Критерии на Коши и д’Аламбер

Нека изрично отбележим, че изследването на безкрайни числови редовеза сходимост или разходимост не може да бъде алгоритмизирано (т.е. не съ-ществува краен алгоритъм, които да установява сходимостта или разходи-мостта на произволен числов ред). Поради този факт са доказани различникритерии1, които установяват сходимостта или разходимостта на даден ред.Ще започнем с формулирането на два от тях.

Да разгледаме реда∞∑

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ ak + · · · . (4.4)

Теорема 4.4 (Критерий на Коши2). Нека ak ≥ 0, за всяко k ∈ N и некасъществува границата

C = limk→∞

k√ak.

Тогава:

(1) Ако C < 1, то редът (4.4) е сходящ.(2) Ако C > 1, то редът (4.4) е разходящ.

Теорема 4.5 (Критерий на д’Аламбер3). Нека ak > 0, за всяко k ∈ N

и нека съществува границата

D = limk→∞

ak+1

ak.

1В настоящата глава, ще използваме думата “критерий” като “достатъчноусловие”.

2Baron Augustin-Louis Cauchy (21 August, 1789 – 23 May, 1857).3Jean-Baptiste le Rond d’Alembert (16 November 1717 – 29 October 1783).

2. КРИТЕРИИ НА КОШИ И Д’АЛАМБЕР 99

Тогава:

(1) Ако D < 1, то редът (4.4) е сходящ.(2) Ако D > 1, то редът (4.4) е разходящ.

Забележка 4.2. Валидно е следното твърдение: Ако членовете на ре-дицата a1, a2, . . . са положителни чилсла, то

lim infk→∞

ak+1

ak≤ lim inf

k→∞k√ak,

lim supk→∞

ak+1

ak≥ lim sup

k→∞k√ak,

.

Ето защо, винаги когато критерият на д’Аламбер дава възможност дасе установи сходимостта на ред с положителни членове, то и критерият наКоши дава тази възможност. Съществуват редове за които критерият наКоши “работи”, без това да е вярно за критерия на д’Аламбер.


k=1

(

k

3k + 1

)k

.

Решение. Прилагаме критерия на Коши:

k√ak =

k

√

(

k

3k + 1

)k

=k

3k + 1.


C = limk→∞

k√ak = lim

k→∞

k

3k + 1=

1

3< 1,

т.е. редът е сходящ.


k=1

k5

(

3k + 2

4k + 3

)k

.

Решение. Прилагаме критерия на Коши:

k√ak =

k

√

k5

(

3k + 2

4k + 3

)k

= k5k3k + 2

4k + 3.

100 4. РЕДОВЕ

Следователно (използваме ревенството limk→∞

k√k = 1)

C = limk→∞

k√ak = lim

k→∞

3k + 2

4k + 3=

3

4< 1,

т.е. редът е сходящ.

Задача 4.2. Да се изследват за сходимост редовете:

(1)∞∑

k=2

1

(ln k)k; (2)

∞∑

k=1

(

3

k

)k

;

(3)∞∑

k=1

(

2k

k + 2

)k

; (4)∞∑

k=1

2k(

k

k + 1

)k2

;

(5)∞∑

k=1

(√k + 2√k + 3

)k3/2

; (6)∞∑

k=1

3k+1

(

k + 2

k + 3

)k2

;

(7)∞∑

k=1

(

k2 + 5

k2 + 6

)k3

; (8)∞∑

k=1

(

cos1√k

)k2

;

(9)∞∑

k=1

(

k sin1

k

)k3

; (10)∞∑

k=1

1

3k

(

k + 2

k

)k2

.

Отговори:

Използвайте критерия на Коши. Всички редове са сходящи с изключение на (6) и

(10).


k=0

2k

k!.

Решение. Използваме критерия на д’Аламбер. Предварително оп-ростяваме израза

ak+1

ak=

2k+1

(k + 1)!

k!

2k=

2

k + 1.

От

limk→∞

ak+1

ak= lim

k→∞

2

k + 1= 0 < 1

и критерия на д’Аламбер следва, че редът е сходящ.

2. КРИТЕРИИ НА КОШИ И Д’АЛАМБЕР 101

Пример 4.7. Да се изследва за сходимост реда

∞∑

k=0

ck

k!,

където c е положителна константа.

Решение. Използваме критерия на д’Аламбер. Предварително оп-ростяваме израза

ak+1

ak=

ck+1

(k + 1)!

k!

ck=

c

k + 1.

От

limk→∞

ak+1

ak= lim

k→∞

c

k + 1= 0 < 1

и критерия на д’Аламбер следва, че редът е сходящ за всяка положи-телна константа c.


∞∑

k=1

0.5k

k2

Решение. Прилагаме критерия на д’Аламбер:

limk→∞

ak+1

ak=

0.5k+1

(k + 1)2· k2

0.5k=

0.5

(1 + 1/k)2=

1

2< 1.

Следователно редът е сходящ.


∞∑

k=1

2k

k3.

Решение. Използваме критерия на д’Аламбер:

limk→∞

ak+1

ak=

2k+1

(k + 1)3k3

2k=

2

(1 + 1/k)3= 2 > 1.

Следователно редът е разходящ.

102 4. РЕДОВЕ

Пример 4.10. Да се изследва за сходимост реда двата реда

∞∑

n=1

enn!

3nnnи

∞∑

n=1

3nn!

nn.

Решение. Прилагаме критерия на д’Аламбер. За първия ред (из-ползваме известното равенство lim

k→∞

(

1 + 1k

)

= e):

limk→∞

ak+1

ak=

enk+1(k + 1)!

3k+1(k + 1)k+1

3kkk

ekk!

= limk→∞

e(k + 1)kk

3(k + 1)(k + 1)k=

e

3(1 + 1/k)k=

e

3e

=1

3< 1,

откъдето следва сходимостта на първия ред.Аналогично, за втория ред получаваме

limk→∞

ak+1

ak=

3(

1 + 1k

) =3

e> 1,

т.е. редът е разходящ.


(1)∞∑

k=2

k10

(k + 1)!; (2)

∞∑

k=1

(2k)!

(k!)2;

(3)∞∑

k=1

kk

k!(2.7)k+1; (4)

∞∑

k=1

(2k + 1)!

(3k + 4)3k;

(5)∞∑

k=1

(2k + 1)!!

1 4 . . . (3k + 1); (6)

∞∑

k=1

(2k + 1)!!

3kk!;

(7)∞∑

k=1

52k(k!)3

(3k)!; (8)

∞∑

k=1

1 5 . . . (4k − 3)

2 6 . . . (4k − 2);

(9)∞∑

k=1

k!(2k + 1)!

(3k)!; (10)

∞∑

k=1

(3k)!

(k!)343k.

Отговори:

Използвайте критерия на д’Аламбер. Всички редове са сходящи с изключение на

(2), (3), (4). За реда (2): критерият на д’Аламбер не е приложим.

3. КРИТЕРИИ НА РААБЕ-ДЮАМЕЛ И ГАУС 103

3. Критерии на Раабе-Дюамел и Гаус

Наред с разгледаните критерии за сходимост на редове с положителничленове съществуват и много други. Някои от тях са формулирани по-нататък.

Разглеждаме реда

∞∑

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ ak + · · · . (4.5)

Следващият критерий е по-общ от критерия на д’Аламбер.

Теорема 4.6 (Критерий на Раабе4-Дюамел5). Нека ak > 0, за всякоk ∈ N и нека съществува границата

R = limk→∞

k

(

akak+1

− 1

)

.

Тогава:

(1) Ако R > 1, то редът (4.5) е сходящ.(2) Ако R < 1, то редът (4.5) е разходящ.

Теорема 4.7 (Критерий на Гаус6). Нека ak > 0, ∀k ∈ N и нека

akak+1

= λ+µ

k+

θkk1+ε

,

където |θk| < C = const. и ε > 0.Тогава:

(1) Ако λ > 1, то редът (4.5) е сходящ.(2) Ако λ < 1, то редът (4.5) е разходящ.(3) Ако λ = 1, то:

(3.1) Ако µ > 1, то редът (4.5) е сходящ.(3.2) Ако µ ≤ 1, то редът (4.5) е разходящ.


∞∑

k=1

(2k − 1)!!

(2k)!!

1

2k + 1.

4Joseph Ludwig Raabe (15 May, 1801 -– 22 January, 1859).5Jean-Marie Constant Duhamel (5 February, 1797 -– 29 April, 1872).6Johann Carl Friedrich Gauß (30 April, 1777 – 23 February, 1855).

104 4. РЕДОВЕ


ak =(2k − 1)!!

(2k)!!

1

2k + 1, и ak+1 =

(2k + 1)!!

(2k + 2)!!

1

2k + 3.

Ето защоakak+1

=(2k + 2)(2k + 3)

(2k + 1)2

и

R = limk→∞

k

(

akak+1

− 1

)

= limk→∞

k

(

(2k + 2)(2k + 3)

(2k + 1)2− 1

)

= limk→∞

6k2 + 5k

(2k + 1)2=

3

2> 1.

Следователно редът е сходящ.


k=1

(2k)!!

(2k + 1)!!


ak =(2k)!!

(2k + 1)!!, и ak+1 =

(2k + 2)!!

(2k + 3)!!.

Ето защоakak+1

=2k + 3

2k + 2и

R = limk→∞

k

(

akak+1

− 1

)

= limk→∞

k

(

2k + 3

2k + 2− 1

)

= limk→∞

1

2

k

(k + 1)=

1

2< 1.

Следователно редът е разходящ.

Задача 4.4. Изследвайте за сходимост редовете:

(1)∞∑

k=2

(2k − 1)!!

k!2k; (2)

∞∑

k=1

1

k!

(

k

e

)k

.

Отговори:

Използвайте критерия на Раабе. (1), (2) Редовете са разходящи.

4. РЕДОВЕ С ПРОИЗВОЛНИ ЧЛЕНОВЕ 105

4. Редове с произволни членове

Разглеждаме реда∞∑

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ ak + · · · , (4.6)

където ak ∈ R, k ∈ 1, 2, 3, . . . .Заедно с реда (4.6) разглеждаме и реда

∞∑

k=1

|ak| = |a1|+ |a2|+ |a3|+ · · · + |ak|+ · · · . (4.7)

Дефиниция 4.1. (1) Редът (4.6) се нарича абсолютно сходящ,ако редът (4.7) е сходящ.

(2) Редът (4.6) се нарича условно сходящ, ако редът (4.6) е сходящ иредът (4.7) е разходящ.

Теорема 4.8. Всеки абсолютно сходящ числов ред е сходящ.

За определянето на абсолютната сходимост на реда (4.6) е достатъчнода изследваме сходимостта на реда (4.7). Нека изрично отбележим, че редът(4.7) е с неотрицателни членове, т.е. за него са приложими критериите наКоши, д’Аламбер, и т.н.

Теорема 4.9 (Критерий на Лайбниц). Нека ak ≥ 0 за всяко k ∈0, 1, 2, . . . . Редът

∞∑

k=0

(−1)kak = a0 − a1 + a2 − · · · + (−1)kak + · · ·

е сходящ, ако:

(1) ak+1 ≤ ak, за всяко k ∈ 0, 1, 2, . . . ;(2) lim

k→∞ak = 0.

Теорема 4.10 (Критерий на Абел). Нека:

(1) Редът∞∑

k=1

ak е сходящ.

(2) Редицата bk е монотонна и ограничена.


k=1

akbk е сходящ.

Теорема 4.11 (Критерий на Дирихле). Нека:

106 4. РЕДОВЕ

(1) Редицата от частичните суми на реда∞∑

k=1

ak е ограничена.

(2) Редицата bk е монотонна и limk→∞

bk = 0.


k=1

akbk е сходящ.


∞∑

k=2

(−1)k

k.

Решение. Ще използваме теоремата на Лайбниц: ak =1k. Тогава:

(1) ak+1 =1

k+1< 1

k= ak, k ∈ 2, 3, 4 . . . .

(2) limk→∞

ak = limk→∞

1k= 0.

Следователно редът е сходящ. Ще отбележим, че редът

∞∑

k=2

∣

∣

∣

∣

(−1)k

k

∣

∣

∣

∣

=

∞∑

k=2

1

k

е разходящ (хармоничен ред!). Следователно редът е условно сходящ.


(1)∞∑

k=1

(−1)k−1

2k + 1; (2)

∞∑

k=1

(−1)k−1 sin 1√k;

(3)∞∑

k=1

(−1)k−1 arctan√k

2k−1.

Отговори:

Сходящи.


∞∑

k=1

(−5)k

1 + 52k.

4. РЕДОВЕ С ПРОИЗВОЛНИ ЧЛЕНОВЕ 107

Решение. Първо ще изследваме реда за абсолютна сходимост. Зацелта разглеждаме реда

(∗)∞∑

k=1

∣

∣

∣

∣

(−5)k

1 + 52k

∣

∣

∣

∣

=

∞∑

k=1

5k

1 + 52k.

От неравенството 5k

1+52k< 5k

52kследва, че редът (*) се мажорира от

геометричната прогресия∞∑

k=1

5k

52k=

∞∑

k=1

(

1

5

)k

,

т.е. редът (*) е сходящ.Ето защо, разглежданият ред е абсолютно сходящ.


k=1

(−1)k(

2k − 2

7k + 2

)k

.

Решение. Първо ще изследваме реда за абсолютна сходимост. Зацелта разглеждаме реда

(∗)∞∑

k=1

∣

∣

∣

∣

∣

(−1)k(

2k − 2

7k + 2

)k∣

∣

∣

∣

∣

=

∞∑

k=1

(

2k − 2

7k + 2

)k

.

Прилагаме теоремата на Коши:

K = limk→∞

k

√

(

2k − 2

7k + 2

)k

= limk→∞

2k − 2

7k + 2=

3

7< 1.

т.е. редът (*) е сходящ.Ето защо, разглежданият ред е абсолютно сходящ.

Пример 4.16. Да се изследва за абсолютна сходимост реда∞∑

k=1

(−1)k+12k2

k!.

Решение. Разглеждаме реда

(∗)∞∑

k=1

∣

∣

∣

∣

∣

(−1)k+12k2

k!

∣

∣

∣

∣

∣

=

∞∑

k=1

2k2

k!.

108 4. РЕДОВЕ

Прилагаме теоремата на д’Аламбер:

D = limk→∞

2(k+1)2k!

(k + 1)!2k2= lim

k→∞

22k+1

k + 1= ∞ > 1.

т.е. редът (*) е разходящ. Ето защо, разглежданият ред не е абсолютносходящ.


(∗)∞∑

k=1

(−1)k−1 ln k

k.

Решение. От неравенството

ln k

k>

1

k, k = 1, 2, . . .

следва, че редът

(∗∗)∞∑

k=1

∣

∣

∣

∣

(−1)k−1 ln k

k

∣

∣

∣

∣

=

∞∑

k=1

ln k

k

се минорира от разходящият ред∞∑

k=1

1k, т.е. редът (**) е разходящ.

Следователно (*) не е абсолютно сходящ.За да изследваме реда (*) за условна сходимост ще приложим те-

оремата на Лайбниц.Необходимо е да докажем, че редицата ak = lnk

kе монотонно на-

маляваща и клони към нула. За целта, въвеждаме функцията

f(x) =ln x

x, x > 0.

Очевидно f ′(x) = 1−lnxx2

< 0 за всяко x > e. Ето защо f(x) е моно-тонно намаляваща функция при x ∈ (e,∞), т.е. редицата a3, a4, . . . емонотонно намаляваща.

Освен това

limx→∞

ln x

x= lim

x→∞

1x

1= 0,

т.е. limk→∞

ak = 0.

От теоремата на Лопитал следва, че редът (*) е условно сходящ.

5. РЕДИЦИ И РЕДОВЕ ОТ ФУНКЦИИ 109


(1)∞∑

k=1

(−1)k+13k

2k; (2)

∞∑

k=1

(−1)k

k + 2k;

(3)∞∑

k=1

(−1)k√k ln k

; (4)∞∑

k=1

(−1)k

k(k + 4);

(5)∞∑

k=1

(−1)k(k + 5)2

(k + 3)4; (6)

∞∑

k=1

(−1)k√k

k + 3;

(7)

∞∑

k=1

sin k

k!; (8)

∞∑

k=1

cos 3k

k8;

(9)

∞∑

k=1

(−1)kk

5k + 2; (10)

∞∑

k=1

(−1)k

k − ln k.

5. Редици и редове от функции

Разглеждаме редицата

f1(x), f2(x), . . . , fk(x) . . . (4.8)

от функции с обща дефиниционна област D ⊂ R. За всяко число x0 ∈ D,получаваме числовата редица

f1(x0), f2(x0), . . . , fk(x0) . . . . (4.9)

Ако редицата (4.9) е сходяща, то казваме, че редицата (4.8) е сходящав точката x0. Множеството D0 от всички точки x ∈ D за които редицата(4.9) е сходяща се нарича област на сходимост на редицата (4.8).

Нека за всяко x ∈ D0, положим

f(x) = limk→∞

fk(x).

Функцията f(x) се нарича граница на редицата (4.8).

Дефиниция 4.2. Казваме, че редицата (4.8) е равномерно сходяща вD, ако за всяко ε > 0 съществува естествено число N = N(ε) такова, че завсяко естествено число n > N и за всяко x ∈ D е валидно неравенството

|fn(x)− f(x)| < ε.

110 4. РЕДОВЕ

Разглеждаме реда

∞∑

k=1

fk(x) = f1(x) + f2(x) + · · · + fk(x) + · · · (4.10)

от функции с обща дефиниционна област D ⊂ R. За всяко число x0 ∈ D,получаваме числовия ред

∞∑

k=1

fk(x0) = f1(x0) + f2(x0) + · · ·+ fk(x0) + · · · . (4.11)

Ако редът (4.11) е сходящ, то казваме, че редът (4.10) е сходящ в точ-ката x0. Множеството D0 от всички точки x ∈ D за които редът (4.10) есходящ се нарича област на сходимост на реда (4.10).

Нека за всяко x ∈ D0, положим

S(x) =

∞∑

k=1

fk(x).

Функцията S(x) се нарича сума на реда (4.10).

Дефиниция 4.3. Казваме, че редът (4.10) е равномерно сходящ в D0,ако редицата от частичните суми на реда (4.10) е равномерно сходяща в D0

към S(x).

Теорема 4.12 (Критерий на Вайерщрас). Нека са изпълнени следнитеусловия:

(1) Функциите fk = fk(x) са дефинирани и непрекъснати в интервала[a, b], k = 1, 2, . . . .

(2) За всяко k = 1, 2, . . . съществува число ak > 0 такова, че |fk(x)| ≤ak, x ∈ [a, b].

(3) Редът∞∑

k=1

ak е сходящ.

Тогава редът (4.10) е равномерно сходящ.

Граничен преход в редици и редове. Нека редицата от непрекъс-нати функции fk : D → R, k = 1, 2, . . . е равномерно сходяща в околностна точката x0 ∈ D0 към функцията f : D → R и нека lim

x→x0fk(x) = ak,

k = 1, 2, 3, . . . .Тогава редицата a1, a2, . . . е сходяща и

limx→x0

(

limk→∞

fk(x)

)

= limk→∞

ak, т.е. limx→x0

(

limk→∞

fk(x)

)

= limk→∞

(

limx→x0

fk(x)

)

.


Нека редът (4.10) е равномерно сходящ в околност на точката x0 и нека

limx→x0

fk(x) = ak, k = 1, 2, . . . .

Тогава реда∞∑

k=1

ak е сходящ и

limx→x0

∞∑

k=1

fk(x) =

∞∑

k=1

ak, т.е. limx→x0

∞∑

k=1

fk(x) =

∞∑

k=1

limx→x0

fk(x).

Непрекъснатост на граничната функция и сумата на реда.Нека редицата от непрекъснати функции fk : D → R, k = 1, 2, . . .е равномерно сходяща в D към f : D → R. Тогава функцията f енепрекъсната в D.

Ако всички членове на реда∞∑

k=1

fk(x) са непрекъснати функции

в D0 и редът е равномерно сходящ в D0 към сума S(x), то S(x) енепрекъсната функция.

Почленно интегриране на редици и редове. Нека редицата отнепрекъснати функции fk : D → R, k = 1, 2, . . . е равномерно сходящав D към f : D → R. Тогава за всяко x0 ∈ D

limk→∞

x∫

x0

fk(x)dx =

x∫

x0

limk→∞

fk(x)dx,

където x ∈ [a, b] ⊂ D и границата е равномерна.

Ако всички членове на редът∞∑

k=1

fk(x) са непрекъснати функции

в D0 и редът е равномерно сходящ в D0 към сума S(x), то за всякоx0 ∈ D

∞∑

k=1

x∫

x0

fk(x)dx =

x∫

x0

( ∞∑

k=1

fk(x)

)

dx,

където x ∈ [a, b] ⊂ D и границата е равномерна.

Почленно диференциране на редици и редове. Нека редица-та от диференцируеми функции fk : D → R, k = 1, 2, . . . е равномерносходяща в D към f : D → R. Нека редицата от f ′

k : D → R, k = 1, 2, . . .

112 4. РЕДОВЕ

е равномерно сходяща в D към g : D → R. Тогава f е диференцируемав D и f ′(x) = g(x), x ∈ D, т.е.

limk→∞

f ′k(x) = f ′(x).

Нека всички членове на реда∞∑

k=1

fk(x) са диференцируеми функ-

ции в D0 и редът е равномерно сходящ в D0 към сума S(x). Нека

редът∞∑

k=1

f ′k(x) е равномерно сходящ в D0 към сума s(x). Тогава S(x)

е диференцируема функция и S ′(x) = s(x), т.е.

∞∑

k=1

f ′k(x)dx =

( ∞∑

k=1

fk(x)

)′

.

Пример 4.18. Да се изследва за сходимост редицата от функции

fk(x) =kx

1 + k2x2.

Решение. Очевидно дефиниционната област на всички функциие R. Нека x0 ∈ R е фиксирано число. Тогава

limk→∞

fk(x0) = limk→∞

kx0

1 + k2x20

= 0.

Следователно за всяко x ∈ R

limk→∞

fk(x) = limk→∞

kx

1 + k2x2= 0.

Задача 4.7. Пресметнете следните граници:

(1) limk→∞

x2k

1 + x2k; (2) lim

k→∞

3k2x

k2 + k3x2.

Отговори:

(1) 0 при |x| < 1, 12 при x = 1, 1 при |x| > 1; (2) R.


∞∑

k=1

sin2 kx

k2.


Решение. Нека x0 ∈ R. От неравенствата

0 ≤ sin2 kx

k2≤ 1

k2

(вж. теорема 4.3, стр. 96) следва, че редът е сходящ за всяко x.Следователно областта на сходимост на реда е R.

Задача 4.8. Намерете областите на сходимост на редовете:

(1)∞∑

k=1

sin2 kx

k2; (2)

∞∑

k=1

x2k

1 + x2k;

(3)∞∑

k=1

kx

1 + k2x2.

Отговори:

(1) R; (2) (−1, 1); (3) 0.

Пример 4.20. Да се определи областта на сходимост на реда∞∑

k=1

1

k!

(

2x− 3

3x+ 5

)k

, x 6= −5

3.

Решение. Нека x0 ∈ R \

−53

е фиксирано реално число. Щедокажем, че числовият ред

(∗)∞∑

k=1

1

k!

(

2x0 − 3

3x0 + 5

)k

е абсолютно сходящ. За целта изследваме за сходимост реда

∞∑

k=1

∣

∣

∣

∣

∣

1

k!

(

2x0 − 3

3x0 + 5

)k∣

∣

∣

∣

∣

.

Прилагаме теоремата на д’Аламбер:

limk→∞

1

(k + 1)!

∣

∣

∣

∣

2x0 − 3

3x0 + 5

∣

∣

∣

∣

k+1

1

k!

∣

∣

∣

∣

2x0 − 3

3x0 + 5

∣

∣

∣

∣

k= lim

k→∞

1

k + 1

∣

∣

∣

∣

2x0 − 3

3x0 + 5

∣

∣

∣

∣

= 0 < 1.

Следователно (*) е абсолютно сходящ числов ред за всякоx0 ∈ R \

−53

.

Ето защо областта на сходимост на дадения ред е R \

−53

.

114 4. РЕДОВЕ

Задача 4.9. Намерете областите на сходимост на редовете:

(1)∞∑

k=1

2k + 1

(k + 1)21

x2k; (2)

∞∑

k=1

k!

xk;

(3)∞∑

k=1

(−1)k−1 (2x− 3)k

2k − 1; (4)

∞∑

k=1

(−1)k1

2k − 1

(2x− 3)k

2k − 1;

(5)∞∑

k=1

(−1)k1

k3k(x− 3)k;

Пример 4.21. Да се докаже, че реда∞∑

k=1

cos (x+ kx)

k(k + 1), x ∈ (−∞,∞).

е равномерно сходящ.

Решение. Прилагаме теоремата на Вайерщрас (вж. теорема 4.12,стр. 110):

|fk(x)| =∣

∣

∣

∣

cos (x+ kx)

k(k + 1)

∣

∣

∣

∣

=| cos (x+ kx)|

k(k + 1)≤ 1

k(k + 1)<

1

k2,

k = 1, 2, . . . .

Числовият ред∞∑

k=1

1

k2е сходящ. Следователно даденият ред е рав-

номерно сходящ.

Пример 4.22. Да се докаже, че реда∞∑

k=1

e−kx

4k, x ∈ [0,∞)

е равномерно сходящ.

Решение. Аналогично на предния пример:

|fk(x)| =∣

∣

∣

∣

e−kx

4k

∣

∣

∣

∣

=1

4kekx, k = 1, 2, . . . .

Ако x ≥ 0, то |ak| ≤ 14k

. Редът се мажорира от сходяща геометричнапрогресия, т.е. той е равномерно сходящ.

Задача 4.10. Докажете, че числовите редове са равномерно схо-дящи в съответните интервали:


(1)∞∑

k=1

xk

k2, x ∈ [−1, 1]; (2)

∞∑

k=1

(−1)k

x+ 3k, x ∈ [0,∞);

(3)∞∑

k=1

1

k3 + cos2 x, x ∈ R; (4)

∞∑

k=1

cosx2√k3

k 3√k

, x ∈ R;

(5)∞∑

k=1

1√22k + kx

, x ∈ R;

Пример 4.23. Да се диференцира реда

(∗)∞∑

k=1

xk

k4, x ∈ [−1, 1].

Решение. От

|fk(x)| =∣

∣

∣

∣

xk

k4

∣

∣

∣

∣

≤ 1

k4, x ∈ [−1, 1]

и теоремата на Вайерщрас следва, че той е равномерно сходящ в[−1, 1]. Ето защо, за всяко x0 ∈ [−1, 1] е валидно равенството

x0∫

0

∞∑

k=1

xk

k4=

∞∑

k=1

x0∫

0

xk

k4

=∞∑

k=1

xk+10

k4(k + 1).

За да диференцираме реда (*) е необходимо да изследваме за рав-номерна сходимост реда

∞∑

k=1

(

xk

k4

)′=

∞∑

k=1

kxk−1

k4=

∞∑

k=1

xk−1

k3.

Аналогично на направените по-горе разсъждения, не е трудно да се

установи равномерната сходимост на редa∞∑

k=1

xk−1

k3в [−1, 1].

Ето защо

d

dx

( ∞∑

k=1

xk

k4

)

=∞∑

k=1

(

xk

k4

)′=

∞∑

k=1

xk−1

k3, x ∈ [−1, 1].

116 4. РЕДОВЕ

Задача 4.11. Да се докаже, че функциите:

(1) f(x) =∞∑

k=1

k2 + 1

k!xk; (2) f(x) =

∞∑

k=1

(−1)kk2

(k + 1)!xk;

(3) f(x) =∞∑

k=1

(−1)k(2k2 + 1)

(2k)!xk.

са диференцируеми при x ∈ R, x 6= 0.

6. Степенни редове

Нека ak е дадена редица от реални числа. Редовете от вида∞∑

k=0

akxk = a0 + a1x+ a2x

2 + · · · + akxk + · · · . (4.12)

се наричат степенни редове.

Теорема 4.13 (Абел). (1) Нека степеният ред (4.12) е сходящ за някоеx0 ∈ (0,∞). Тогава той е абсолютно сходящ в интервала (−x0, x0). Ако сте-пенният ред (4.12) е разходящ за някое x1 ∈ (0,∞). Тогава той е разходящв интервала (−∞, x1) ∪ (x1,∞).

(2) За всеки степенен ред съществува число R ≥ 0 такова, че:

(1) Редът е сходящ за всяко x ∈ (−R,R) (Ако R = 0, то редът е сходящсамо в точката 0).

(2) За всяко x, |x| > R, редът е разходящ.

Интервалът (−R,R) се нарича интервал на сходимост на реда (4.12).Числото R се нарича радиус на сходимост на редът (4.12).

В точките x = −R и x = R е необходимо допълнително изследване засходимост.

За определянето на радиуса на сходимост R, са валидни следните фор-мули:

R =

1

l, ако 0 < l =

1

limk→∞

k√

|ak|< +∞,

0, ако l = +∞,

+∞, ако l = 0,

(4.13)

и

R = limk→∞

∣

∣

∣

∣

akak+1

∣

∣

∣

∣

. (4.14)

ако съществува границите 1

limk→∞

k√

|ak|и limk→∞

∣

∣

∣

akak+1

∣

∣

∣, съответно.

6. СТЕПЕННИ РЕДОВЕ 117

Ако редът (4.12) е сходящ в интервалът [−R,R], то той е равномерносходящ в този интервал. Сумата на степенен ред в интервала на сходимосте безкрайно диференцируема функция. Валидни са формулите:

d

dx

( ∞∑

k=0

akxk

)

=

∞∑

k=0

(k + 1)ak+1xk,

∫

( ∞∑

k=0

akxk

)

=

∞∑

k=0

akk + 1

xk+1.

Дефиниция 4.4. Нека f : (a − R1, a + R2) → R е непрекъсната фун-кция, Ri > 0, i = 1, 2. Казваме, че функцията f(x) се представя в сте-пенен ред (се развива в степенен ред) в интервала (a − R, a + R), R =minR1, R2, ако съществуват числа ak, k = 0, 1, 2, . . . , такива, че за всякоx ∈ (a−R, a+R) е валидно равенството

f(x) =∞∑

k=0

ak(x− a)k.

Функцията f : (a−R, a+R), R > 0 се представя в степенен ред (ред наТейлор) тогава и само тогава, когато тя е безброй много пъти диференци-руема в (a−R, a+R) и остатъчният член клони към нула в този интервал.Това разлагане има вида

f(x) =

∞∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k. (4.15)

Практически важни са представянията на остатъчния член във форматана Лагранж:

Rn(x) = f(x)−n∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k =

f (n+1)(a+ θ(x− a))

(n+ 1)!(x− a)n+1,

и на Коши:

Rn(x) =f (n+1)(a+ θ(x− a))

n!(1− θ1)

n(x− a)n+1,

където θ, θ1 ∈ (0, 1).

118 4. РЕДОВЕ

Разлагане на основни функции в ред на Тейлор:

ex =∞∑

k=0

xk

k!, x ∈ R, (4.16)

sinx =∞∑

k=0

(−1)kx2k+1

(2k + 1)!, x ∈ R, (4.17)

sinx =∞∑

k=0

(−1)kx2k

(2k)!, x ∈ R, (4.18)

(1 + x)m = 1 +∞∑

k=1

m(m− 1) . . . (m− k + 1)

k!xk, x ∈ (−1, 1), (4.19)

ln(1 + x) =∞∑

k=1

(−1)k−1xk

k, x ∈ (−1, 1], (4.20)

вж. приложение А, стр. 169.

Пример 4.24. Да се определи интервалът на сходимост на реда∞∑

k=0

xk.

Решение. Очевидно ak = 1. Тогава

R =1

limk→∞

k√

|ak|= 1.

Очевидно е и че редът е разходящ при |x| = 1.Следователно интервалът на сходимост на реда е (−1, 1).

Пример 4.25. Да се определи интервалът на сходимост на реда∞∑

k=1

3k2

xk.

Решение. Използваме формула (4.14):

R = limk→∞

∣

∣

∣

∣

akak+1

∣

∣

∣

∣

= limk→∞

3k2

3(k+1)2=

1

3.

Следователно R = 13.

6. СТЕПЕННИ РЕДОВЕ 119

При x = ±13

получаваме разходящи редове (не е изпълнено необ-ходимото условие за сходимост).

Следователно интервалът на сходимост е(

−13, 13

)

.

Задача 4.12. Да се намерят радиусите на сходимост на следни-те редове и да се изследва поведението на редовете в краищата наинтервалите на сходимост.

(1)∞∑

k=1

(−1)k−1 x2k−1

2k − 1; (2)

∞∑

k=0

xk

k!;

(3)∞∑

k=1

(−1)k−1 x2k−1

(2k − 1)!; (4)

∞∑

k=0

(−1)kx2k

(2k)!;

(5)∞∑

k=1

x2k−1

(2k − 1)!; (6)

∞∑

k=0

x2k

(2k)!;

(7)∞∑

k=0

xk

kα, α < 0; (8)

∞∑

k=0

(k!)2

(2k)!xk;

(9)∞∑

k=0

(

1 +1

k

)k2

xk; (10)∞∑

k=0

1

2kxk

2;

Отговори:

(1) R = 1, [−1, 1]; (2)-(6) R = ∞; (7) R = 1, (−1, 1); (8) R = 4, (−4, 4); (9) R = 1e

(− 1e ,

1e ); (10) R = 1, [−1, 1].

Пример 4.26. Да се намери развитието на функциите e−x, e2x иex−1x

в ред.

Решение. От равенство (4.16):

ex =

∞∑

k=0

xk

k!, x ∈ R,

с директно заместване на x с −x и 2x съответно, получаваме:

e−x =

∞∑

k=0

(−1)kxk

k!, x ∈ R, e2x =

∞∑

k=0

2kxk

k!, x ∈ R.

120 4. РЕДОВЕ

От същото равенство:

ex − 1

x=

∞∑

k=0

xk

k!− 1

x=

(

1 + x1!+ x2

2!+ · · ·+ xk

k!+ · · ·

)

− 1

x

=1

1!+

x1

2!+ · · ·+ xk−1

k!+ · · · =

∞∑

k=1

xk−1

k!, x ∈ R.

Задача 4.13. Представете следните функции в степенни редовеи намерете техните интервали на сходимост:

(1) f(x) = e−x2; (2) f(x) = sin(2x);

(3) f(x) =x− sin x

x3; (4) f(x) =

1− cosx

x2;

(5) f(x) = ln√

1+x1−x ; (6) f(x) =

√1 + x2;

(7) f(x) = x10

1−x ; (8) f(x) = (1 + x) ln (2 + x);(9) f(x) = xe−x;

Задача 4.14. Да се намерят сумите на редовете

(1)∞∑

k=1

k2 + 1

k!xk; (2)

∞∑

k=1

(−1)kk2

(k + 1)!xk;

(3)∞∑

k=1

(−1)k(2k2 + 1)

(2k)!xk.

Отговори: вж. задача 4.11: (1) ex(x2 + x+1); (2) (x2 +1)ex+ ex−1x

;

(3)(

1− x2

2

)

cos x−(

1 + x2

2

)

sin x.

Глава 5

Обикновени диференциални уравнения

1. Обикновени диференциални уравнения от първи ред

Нека F = F (x, y, z) е дадена функция. Всяко уравнение от вида

F (x, y, y′) = 0,

където x е независима променлива и y = y(x) е неизвестна функция, сенарича обикновено диференциално уравнение от първи ред.

Уравненията

y′ = f(x, y) (5.1)

се наричат обикновени диференциални уравнения от първи ред решени от-носно y.

Дефиниция 5.1. Нека Ω ⊂ R2 е област, f : Ω → R е дадена непрекъс-ната функция.

Функцията y = ϕ(x) се нарича решение на (5.1) в интервала (a, b), ако:

(1) За всяко x ∈ (a, b) следва, че (x, ϕ(x)) ∈ Ω.(2) Функцията ϕ(x) е диференцируема в интервала (a, b).(3) За всяко x ∈ (a, b) е валидно равенството

ϕ′(x) = f(x, ϕ(x)).

Дефиниция 5.2. Нека

Φ : Ω1 → R,

е диференцируема функция, където Ω1 ⊆ Ω. Казваме, че функцията Φ(x, y)е първи интеграл на диференциалното уравнение (5.1) в областта Ω1, ако

dΦ(x, y(x))

dx= 0.

за всяко решение y(x) на уравнението (5.1).

Нека Φ : Ω → R, е първи интеграл на диференциалното уравнение (5.1).Тогава:

121

122 5. ОБИКНОВЕНИ ДИФЕРЕНЦИАЛНИ УРАВНЕНИЯ

(1) Ако y = ϕ(x), x ∈ (a, b) е решение на (5.1), то съществува константаC ∈ R, такава, че Φ(x, ϕ(x)) = C, за всяко x ∈ (a, b) (т.е. всякорешение на (5.1) принадлежи на линия на ниво на функцията Φ).

(2) За всяка константа C уравнението Φ(x, y) = C определя неявнафункция y = y(x) и тя е решение на (5.1).

Ето защо, много пъти при решаване на дадено конкретно диференциалноуравнение, ще се задоволяваме с намирането на първи интеграл, а не нарешението на уравнението.

Нека отбележим още един факт, свързан с понятието първи интеграл.Очевидно:

dΦ(x, y(x))

dx=∂Φ(x, y(x))

∂x+∂Φ(x, y(x))

∂yy′(x)

=∂Φ(x, y(x))

∂x+∂Φ(x, y(x))

∂yf(x, y).

Следователно, задачата за определяне на първи интеграл съвпада със за-дачата за решаване на частното диференциално уравнение

∂Φ(x, y(x))

∂x+∂Φ(x, y(x))

∂yf(x, y) = 0.

Освен във вида (5.1) ще разглеждаме и уравнения записани във вида

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0, (5.2)

където P,Q : Ω → R са дадени, непрекъснати функции в областта Ω ⊆ R.

Дефиниция 5.3. Функцията y = ϕ(x) се нарича решение на (5.2) винтервала (a, b), ако:

(1) За всяко x ∈ (a, b) следва, че (x, ϕ(x)) ∈ Ω.(2) Функцията ϕ(x) е диференцируема в интервала (a, b).(3) За всяко x ∈ (a, b) е валидно равенството

P (x, ϕ(x)) +Q(x, ϕ(x))ϕ′(x) = 0.

Задача на Коши. Дадени са диференциално уравнение (5.1) и точка(x0, y0) ∈ Ω. Да се намери решение y = ϕ(x), x ∈ (a, b) на уравнението (5.1),такова, че:

(1) x0 ∈ (a, b).(2) ϕ(x0) = y0.(3) Функцията y = ϕ(x) е решение на (5.1).

1. ОБИКНОВЕНИ ДИФЕРЕНЦИАЛНИ УРАВНЕНИЯ ОТ ПЪРВИ РЕД 123

Прието е задачата на Коши да се записва във вида

y′ = f(x, y),

y(x0) = y0.

По-надолу решението на уравнението (5.1) ще означаваме с y = y(x).

Решението на задачата на Коши с y = y(x, x0, y0).

Пример 5.1. Да се докаже, че функцията ϕ(x) = 2+2x+ x2+ ex

е решение на уравнението

(∗) y′ − y − x2 = 0.

Решение. За целта намираме първата производна ϕ′(x) на ϕ(x):

ϕ′(x) = 2 + 2x+ ex

и заместваме в (*):

(2 + 2x+ ex)−(

2 + 2x+ x2 + ex)

− x2 = 0.

Следователно функцията ϕ(x) = 2+2x+x2+ex удовлетворява равен-ството (*), т.е. тя е решение на уравнението (*).

Пример 5.2. Да се докаже, че функцията ϕ(x) = cos(x)−sin(x)+1 + 3e−x е решение на уравнението

(∗) y′ + 2 sin(x)− 1 + y = 0.

Решение. Намираме първата производна ϕ′(x) на ϕ(x):

ϕ′(x) = − sin(x)− cos(x)− 3e−x.

Заместваме в (*):(

− sin(x)− cos(x)− 3e−x)

+ 2 sin(x)− 1

+(

cos(x)− sin(x) + 1 + 3e−x)

= 0.

Следователно функцията ϕ(x) = cos(x)− sin(x) + 1 + 3e−x удовлетво-рява равенството (*), т.е. тя е решение на уравнението (*).

Пример 5.3. Да се докаже, че функцията y(x) = x е решение надиференциалното уравнение

(∗) (2√xy − y) dx− xdy = 0.


Решение. Наистина от y(x) = x следва, че

y′(x) = 1, т.е. dy = dx.

Заместваме в уравнението (*):

(

2√

xy(x)− x)

dx− xdy(x) = xdx− xdx = 0.

Ето защо, фунлцията y(x) = x е решение на уравнението (*).

Задача 5.1. Проверете дали дадените функции са решения насъответните уравнения:

(1) ϕ(x) = 2ex, y′ − y = 0;

(2) ϕ(x) = 11−x , y′ − y2 = 0;

(3) ϕ(x) = 1 + x+ ex, y′ = y − x;

(4) ϕ(x) = (−x+ 1)ex, y′ = y − ex.

Отговори: Всички функции са решения на съответните уравнения.

Задача 5.2. Проверете дали дадените функции са решения насъответните задачи на Коши:

(1) ϕ(x) = 2ex, y′ − y = 0, y(0) = 2;

(2) ϕ(x) = 11−x , y′ − y2 = 0, y(2) = −1;

(3) ϕ(x) = 1 + x+ ex, y′ = y − x, y(0) = 2;

(4) ϕ(x) = (−x+ 1)ex, y′ = y − ex, y(0) = 1.

Отговори: Всички функции са решения на съответните задачи на Коши.

Пример 5.4. Да се докаже, че Φ(x, y) = x3 + xy2 − 2y3 е първиинтеграл на уравнението

(∗) 3x2 + y2 + (2xy − 6y2)y′ = 0.

1. ОБИКНОВЕНИ ДИФЕРЕНЦИАЛНИ УРАВНЕНИЯ ОТ ПЪРВИ РЕД 125

Решение. Последователно получаваме:

dΦ(x, y)

dx=∂Φ(x, y(x))

∂x+

∂Φ(x, y(x))

∂yy′(x)

=3x2 + y2 + 2xyy′ − 6y2y′

=3x2 + y2 +(

2xy − 6y2)

y′.

Но от даденото уравнение (*), следва, че (2xy − 6y2)y′ = − (3x2 + y2).Ето защо

dΦ(x, y)

dx= 3x2 + y2 −

(

3x2 + y2)

= 0.

Следователно Φ(x, y) = x3 + xy2 − 2y3 е първи интеграл на урав-нението (*).

Пример 5.5. Да се докаже, че функцията Φ(x, y) = ex + e−y епърви интеграл на уравнението

(∗) y′ = ex+y.

Решение. Наистина:

dΦ(x, y)

dx=∂Φ(x, y(x))

∂x+

∂Φ(x, y(x))

∂yy′(x)

=ex − e−yy′.

Използваме диференциалното уравнение (*): y′ = ex+y. Ето защо

dΦ(x, y)

dx= ex − e−yex+y = ex − ex = 0.

Пример 5.6. Да се докаже, че функцията Φ(x, y) = (y−2x)(y+x)2

е първи интеграл на уравнението

(y − x)dy = 2xdx.


Решение. Наистина:

dΦ(x, y) =∂Φ(x, y)

∂xdx+

∂Φ(x, y)

∂ydy

=(

(−2)(y + x)2 + (y − 2x)2(y + x))

dx

+(

(y + x2) + (y − 2x)2(y + x))

dy

=(

−6x2 − 6xy)

dx+(

−3x2 + 3y2)

dy

=− 3 (2x(x+ y)dx− (y − x) (y + x) dy)

=− 3(y + x) (2xdx− (y − x) dy) = 0.

В последното равенство, отново използвахме диференциалното урав-нение: 2xdx− (y − x)dy = 0.

Задача 5.3. Да се докаже, че функциите Φ(x, y) са първи интег-рали на съответните уравнения:

(1) Φ(x, y) = −y−2 + Ce2x − 2xex − 2ex, y′ + y + xy3ex;

(2) Φ(x, y) = xy(1− y) + C, xy′ + y = y2;

(3) Φ(x, y) = 1− 2x− y + Cex, y′ − y = 2x− 3.

2. Някои математически модели свързани с диференциалниуравнения

2.1. Задача за неограничено размножаване. Да означим сP (t) масата на биологичен вид в момента t. Да предположим, че хра-нителната среда за разглеждания вид е в достатъчно голямо коли-чество и капацитетът на околната среда е достатъчно голям. Тогаваразглежданият вид се размножава със скорост, пропорционална намасата в дадения момент, т.е.

P ′(t) = kP (t). (5.3)

Лесно се проверява, че всички решения на даденото уравнение(5.3) са:

P (t) = Cekt, t ∈ R.

2. НЯКОИ МАТЕМАТИЧЕСКИ МОДЕЛИ... 127

На фигура 5.1 са представени графиките на решения на уравне-нието (5.3) при k = 1, C = ±0.1,±0.3, . . . ,±1.3. Разбира се, така пос-тавената задача от популационната динамика е интересна при t ≥ 0 иP ≥ 0.

Сега лесно може да онагледим геометричния смисъл на задачатана Коши:

P ′(t) =kP (t),

P (0) =P0.(5.4)

При дадена начална маса P0 > 0, стойността на решението на задачатана Коши P (t, 0, P0) в момента t > 0 е количеството маса на вида вмомента t > 0.

2.2. Модел на Ферхюлст. През 1838, Ферхюлст1 предлага след-ния модел за популационно развитие на изолирана популация в огра-ничена среда:

P ′ = rP

(

1− P

K

)

, (5.5)

където P = P (t) е популационната маса, r е коефициент на размно-жаване, K е капацитетът на околната среда.

Уравнението (5.5) е по-адекватен и пълен математически моделна развитие на изолирана биологична система в сравнение с (5.4).Нека отбележим, че (5.5) е диференциално уравнение с разделящи сепроменливи.

Съответната задача на Коши за (5.5) е

P ′ =rP

(

1− P

K

)

,

P (0) =P0,

(5.6)

където P0 е началната маса, т.е. масата на разглежданата популацияв момента t = 0.

Решението на задачата (5.6) са

P (t) =KP0e

rt

K + P0 (ert − 1).

Ще отбележим, чеlimt→∞

P (t) = K,

1Pierre-Francois Verhulst (1804–1849)


т.е. най-голямата стойност на популационната маса е (разбира се!)капацитетът на околната среда.

На фигура 5.2 е изобразено решението на задачата на Коши (5.6),при K = 2, P0 = 1, r = 1 в интервала (−1, 6).

2.3. Движение на планета около Слънцето. Да разгледамеабстрактна система, съставена от Слънцето и една планета (вж. [8]).Приемаме, че е въведена координатна система с център Слънцето(Слънцето е неподвижно спрямо въведената координатна система).Нека x1(t), x2(t), x3(t) са координатите на планетата в момента t. Ка-то използваме втория закон на Нютон:

m~a = ~F ,

където m е масата на планетата, ~a е ускорението на планетата и ~F есилата, която действа на планетата.

Силата ~F се изразява (закон за всеобщо привличане на Нютон)чрез

~F = −GMm~x

√

x21 + x2

2 + x33

, ~x =

x1

x2

x3

,

т.е. големината на силата на привличане между Слънцето и планетатае пропорционална (коефициент на пропорционалност G) на произве-дението от масата на слънцето M и масата на планетата m, разделенна разтоянието между двете тела. Векторът на силата е насочен къмСлънцето (знака “−” във формулата). От равенството ~a = ~x′′ следва,че

x′′ = −GMm~x

√

x21 + x2

2 + x33

. (5.7)

Това уравнение е нелинейно диференциално уравнение (или систе-мата диференциални уравнения) от втори ред.

През 1705, Едмънд Халей2 публикува “Synopsis Astronomia Come-ticae”, в която свързва наблюденията на комети през 1456, 1531, 1607и 1682 с един и същ обект, за който предвижда, че ще се появи отновопрез 1758. Тази прогноза е направена чрез изучаване на решенията науравнението (5.7). Сега този обект наричаме Халеевата комета.

2Edmond Halley, 1656-1742

2. НЯКОИ МАТЕМАТИЧЕСКИ МОДЕЛИ... 129

2.4. Икономика. През 1954, норвежкият икономист Тригве Маг-нус Ховелму3 предлага икономически модел на растеж и развитие (вж.[8]).

Нека производствената функция е

Y = KNa

където Y е продукцията, K > 0 е капиталово вложение и N е предла-ганата работна сила.

Нарастването на заетостта се моделира чрез уравнението

N ′

N= α− β

N2−a

K, α, β > 0.

От тези две уравнения непосредствено получаваме

N ′ = αN − βN2−a

K. (5.8)

Уравнението (5.8) е нелинейно диференциално уравнение (уравне-ние на Бернули).

2.5. Химия. Моделира се реакцията на окисляване на въглерод-ния окис върху платинов катализатор (вж. [8]). Предлага се следнияткинетичен модел:

O2 + 2Pt 2PtOCO + Pt PtCO

PtCO + PtO → 2Pt+ CO2

CO + Pt (PtCO)

където PtO и PtCO са адсорбираните кислород и въглероден окис,Pt е актичният център на повърхността на катализатора, (PtCO) енереакционноспособна форма на CO върху повърхността на катали-затора.

Съответната нелинейна система има вида

x′ =2k1z2 − 2k−1x

2 − k3xy,

y′ =k2z − k−2y − k3xy,

s′ =k4z − k−4s,

3Trygve Magnus Haavelmo, 1911-1999. Нобелова награда за развитие на иконо-мика през 1989.


където z = 1 − x − y − s, x, y и s са безразмерни концентрации навеществата Pt, PtO, PtCO и (PtCO), съответно. Параметрите ki саскоростите на съответните химични реакции.

3. Уравнения с разделящи се променливи

Нека f(x) и g(y) са дадени непрекъснати функции.Диференциалните уравнения от вида

y′ = f(x)g(y) (5.9)

се наричат уравнения с разделящи се променливи.

Теорема 5.1. Нека са изпълнени следните условия:

(1) D = (x, y) ∈ R2 : a < x < b, c < y < d.(2) f ∈ C(a, b), g ∈ C(c, d) и нека g(y) 6= 0 за всяко y ∈ (c, d).(3) (x0, y0) ∈ D.

Тогава съществува единствено решение y = y(x) на уравнението (5.9)такова, че y(x0) = y0.

Следващата теорема се използва за решаване на конкретни уравненияот вида (5.9).


(1) D = (x, y) ∈ R2 : a < x < b, c < y < d.(2) f ∈ C(a, b), g ∈ C(c, d) и нека g(y) 6= 0 за всяко y ∈ (c, d).(3) Функциите F (x) и G(y) са примитивни на f(x) и 1

g(y) , съответно,т.е.

F (x) =

∫

f(x)dx и G(y) =

∫

1

g(y)dy.

Тогава ако y = y(x), x ∈ (α, β) ⊆ (a, b) е диференцируемо решение науравнението

F (x) = G(y) + C, C = const.

то y(x) е решение на уравнението (5.9) в интервала (α, β).

Пример 5.7. Да се реши уравнението

(∗) y′ = y23 .

Решение. Имаме (f(x) = 1, g(y) = y23 ):

F (x) =

∫

f(x)dx =

∫

1dx = x+ C

3. УРАВНЕНИЯ С РАЗДЕЛЯЩИ СЕ ПРОМЕНЛИВИ 131

и

G(y) =

∫

1

g(y)dy =

∫

dy

y23

= 3y13 + C.

От F (x) = G(y) + C следва, че x = 3y13 + C, т.е.

(∗∗) y(x) =(x+ C)3

27.

Ще отбележим, че за всяко реално число C, формулата (**) опре-деля решение на (*). Но уравнението (*) има и други решения. Нап-ример, решението y(x) = 0 не се получава от формулата (**) за никоеC.


y′ =1 + x

y2.

Решение. Имаме (f(x) = 1 + x, g(y) = 1y2

):

F (x) =

∫

f(x)dx =

∫

1 + xdx = x+x2

2+ C

и

G(y) =

∫

1

g(y)dy =

∫

y2dy =y3

3+ C.

Ето защо, от уравнението F (x) = G(y)+C следва, че x+ x2

2= y3

3+C,

т.е.

y(x) =3

√

3x+ 3x2

2− C.


y′ tan x− y = 1.

Решение. Преобразуваме даденото уравнение:

y′ =1 + y

tanx.

Имаме (f(x) = 1tan x

, g(y) = 1 + y):

F (x) =

∫

f(x)dx =

∫

1

tanxdx = ln | sin x|+ C


и

G(y) =

∫

1

g(y)dy =

∫

1

1 + ydy = ln |1 + y|+ C.

Ето защо, от F (x) = G(y) + C следва, че ln | sin x| = ln |1 + y|+ C,т.е. (антилогаритмуваме)

1 + y = C sin x, или y(x) = −1 + C sin x.


(∗) N ′ = −λN, N = N(t).

Това уравнение е известно като Закон за радиоактивен разпад: бро-ят на разпаданията от дадено количество радионуклиди за единицавреме е пропорционален на количеството радиоактивни ядра.

Решение. Уравнението (*) e уравнениe с разделящи се променли-ви. Интегрираме:

F (t) =

∫

−λdt = −λt + C,

G(N) =

∫

1

NdN = lnN + C.

Ето защо, −λt = lnN + C, т.е. (антилогаритмуваме)

N(t) = Ce−λt.

Задача 5.4. Да се решат уравненията:

(1) y′ = y − 1; (2) x′ = x−1t2

;

(3) x′ = tx; (4) xyy′ = 1− x2;

(5) yy′ = 1−2xy

; (6) y′ = y23 ;

(7) y′ sin x = y ln y; (8) y′ = 2x+y;

(9) y′ = sinxy3−1

.

Отговори:

(1) y(x) = 1 + Cex; (2) x(t) = 1 + Ce−1t ;

(3) x2 = t2 + C; (4) y2 = 2 lnx− x2 + C;

(5) y(x) = 3√−3x2 + 3x+ C; (9) − cosx+ y − 1

4y4 + C = 0.

4. ХОМОГЕННИ УРАВНЕНИЯ 133


(1) xdx = ydy; (2) x(1− y)dx− ydy = 0;(3) cos2 xdy − sin2 ydx = 0; (4) tanxdx = e(y)dy;(5) (1− x2)ydx+ x2(1− y)dy = 0; (6) x+1

y+1dy = 1

x2+1dx.

Отговори:

(1) x2 + y2 = C;

(2) x2

2 + y + ln(y − 1) = C;(3) y(x) = − arctan 1

C+tan x ;

(4) y(x) = ln (− ln cosx+ C);(5) ln y − y = C − x− 1

x ;(6) (y + 1)2 = 1 + ln (x2 + 1) + 2 arctanx+ C.

Задача 5.6. Да се решат задачите на Коши:

(1)y′ = 1,y(0) = 2;

(2)y′ = xy,y(0) = 2;

(3)y′ = x2−1

y+1,

y(0) = 0;(4)

y′ = e2x

y−1,

y(1) = 2;

(5)xy−1

y′ = 1x2+1

,

y(1) = −1.

Отговори:

(1) y(x, 0, 2) = x+ 2; (2) y(x, 0, 2) = 2ex2

2 ;

(3) y(x, 0, 0) = −1 + 13

√6x3 − 18x+ 9; (4) y(x, 1, 2) = 1 +

√1 + e2x + ex;

(5) y(x, 1,−1) = 1− 2x√2√

x2+1.

4. Хомогенни уравнения

Нека f : (a, b) → R е дадена непрекъсната функция.Диференциалните уравнения от вида

y′ = f(y

x

)

(5.10)

се наричат хомогенни диференциални уравнения.Очевидно хомогенното уравнение (5.10) е дефинирано при a < y

x< b.

Ето защо, дефиниционната област на уравнението (5.10) е обединението наъглите D1 = (x, y) ∈ R2 : x > 0, ax < y < bx и D2 = (x, y) ∈ R2 : x <0, bx < y < ax.


(1) f ∈ C(a, b).


(2) (x0, y0) ∈ D1 ∪D2 и нека y0 − f(

y0x0

)

6= 0.

Тогава съществува единствено решение y = y(x) на уравнението (5.10)такова, че y(x0) = y0.

Хомогенните уравнения се свеждат до уравнения с разделящи се про-менливи с помощта на субституцията

z(x) =y(x)

x. (5.11)

От (5.11) непосредствено получаваме:

y(x) =z(x)x (5.12)

и

y′(x) = (z(x)x)′ = z′(x)x+ z(x). (5.13)

Заместваме (5.12) и (5.13) в (5.10):

z′(x)x+ z(x) = f(z)

или

z′(x) =f(z)− z

x. (5.14)

Уравнението (5.14) е с разделящи се променливи.


y′ =y2

x2− 2.

Решение. Полагаме z = y

x. Тогава y = zx. Непосредствено дифе-

ренцираме това равенство и получаваме

y′ = z′x+ z.

Заместваме в даденото уравнение:

z′x+ z = z2 − 2 или z′ =z2 − z − 2

x.

Така полученото диференциално уравнение е с разделящи се промен-ливи. Неговото решение е

z = −Cx3 + 2

Cx3 − 1.

4. ХОМОГЕННИ УРАВНЕНИЯ 135

Ето защо, решението на разглежданото уравнение е

y

x= −Cx3 + 2

Cx3 − 1или y = −x

Cx3 + 2

Cx3 − 1.


y′ =−y2

x2 − xy.

Решение. Преобразуваме даденото уравнение (разделяме числи-теля и знаменателя в дясната страна на x2):

y′ =−(

y

x

)2

1− y

x

.

Следователно, разглежданото уравнение е хомогенно.Полагаме z = y

x. Тогава y = zx. Непосредствено диференцираме

това равенство и получаваме

y′ = z′x+ z.

Заместваме в уравнението:

z′x+ z =−z2

1− zили z′ =

1

x

z

1− z.

Така полученото диференциално уравнение е с разделящи се промен-ливи. Неговото решение е

z = lnCzx.

Ето защо, решението на разглежданото уравнение е

y

x= lnCy.


(1) y′ =y + x

x− y; (2) x′ =

2tx

t2 − x2;

(3) x′ =x

t+

t

x; (4) xy′ = y +

√

x2 + y2;

(5) y2 + x2y′ = xyy′.


Отговори:

(1) 12 ln

(

y2 + x2)

− arctan(

yx

)

+ C = 0;

(2) x+ t2

x + C = 0;(3) x2 − 2t2 ln(t) + Ct2 = 0;

(4) y +√

x2 + y2 + Cx2 = 0;(5) y − x ln(y) + Cx = 0.


(1) (xy′ − y) arctan y

x= x, y(1) = 0;

(2) (y2 − 3x2) dy + 2xydx = 0, y(0) = 1;

(3) y′ = y+xy−x , y(1) = 0;

(4) xy′ = y ln y

x, y(1) = e.

Задача 5.9. Нека a, b, c и d са реални константи. Да се решиуравнението

x′ =ax+ bt

cx+ dt.

Задача 5.10. Нека a, b, c, d, e и f са реални константи. Да сереши уравнението

x′ =ax+ bt + e

cx+ dt+ f.

5. Линейни уравнения

Нека функциите f(x) и g(x) са дефинирани и непрекъснати в интервала(a, b).

Диференциалните уравнения от вида

y′ = f(x)y + g(x) (5.15)

се наричат линейни диференциални уравнения. Ако g(x) = 0 за всяко x ∈(a, b), то уравнението (5.15) се нарича линейно хомогенно уравнение. В про-тивен случай казваме, че (5.15) е нехомогенно.


(1) Функциите f(x) и g(x) са дефинирани и непрекъснати в интервала(a, b).

5. ЛИНЕЙНИ УРАВНЕНИЯ 137

(2) x0 ∈ (a, b), y0 ∈ R.

Тогава съществува единствено решение y = y(x) на уравнението (5.15)такова, че y(x0) = y0. Решението y(x) е дефинирано за всяко x ∈ (a, b).

Забележка 5.1. За решаването на уравнението (5.15) обикновено из-ползваме следния метод (вариране на константата или метод на Ойлер).

Първо решаваме съответното хомогенно уравнение

y′ = f(x)y. (5.16)

Уравнението (5.16) е с разделящи се променливи. Неговото решение е

y(x) = Ce∫

f(x)dx (5.17)

Решението на уравнението (5.15) търсим във вида

y(x) = C(x)e∫

f(x)dx, (5.18)

т.е. “варираме” константата C в формула (5.17).Заместваме (5.18) в (5.15):

(

C(x)e∫

f(x)dx)′

= f(x)C(x)e∫

f(x)dx + g(x),

т.е.

C ′(x)e∫

f(x)dx + C(x)e∫

f(x)dxf(x) = f(x)C(x)e∫

f(x)dx + g(x)

или

C ′(x)e∫

f(x)dx = g(x).

Решаваме така полученото уравнение относно неизвестната функцияC(x):

C(x) =

∫

g(x)e−∫

f(x)dxdx+ C

и заместваме в (5.18):

y(x) =

(∫

g(x)e−∫

f(x)dxdx+ C

)

e∫

f(x)dx.

Пример 5.13. Да се реши нехомогенното уравнение

(∗) y′ = −y

x+ x3.

Решение. Ще използваме метода от забележка 5.1. Съответнотохомогенно уравнение е

(∗∗) y′ = −y

x,


Решаваме уравнението с разделящи се променливи (**):

y(x) =C

x.

Ето защо, решението на уравнението (*) има вида

(∗ ∗ ∗) y(x) =C(x)

x.

Заместваме (***) в (*):

(

C(x)

x

)′= −

C(x)

xx

+ x3

илиC ′(x)

x− C(x)

x2= −C(x)

x2+ x3,

т.е.C ′(x)

x= x3 или C ′(x) = x4.

От последното равенство определяме неизвестната функция C(x)

C(x) =

∫

x4dx =x5

5+ C

и заместваме в (***)

y(x) =C(x)

x=

x5

5+ C

x=

x4

5+

C

x.


(∗) y′ = −2xy + 2x3.

Решение. Съответното хомогенно уравнение е

(∗∗) y′ = −2xy,

Решаваме уравнението (**):

y(x) = Ce−x2

.

Ето защо, решението на уравнението (*) има вида

(∗ ∗ ∗) y(x) = C(x)e−x2

.

5. ЛИНЕЙНИ УРАВНЕНИЯ 139

Заместваме (***) в (*):(

C(x)e−x2)′

= −2xC(x)e−x2

+ 2x3

или

C ′(x)e−x2 − C(x)2xe−x

2

= −2xC(x)e−x2

+ 2x3,

т.е.

C ′(x) = 2x3ex2

.

От последното равенство определяме неизвестната функция C(x)

C(x) =

∫

2x3ex2

dx = (−1 + x2)ex2

+ C.

и заместваме в (***)

y(x) =(

(−1 + x2)ex2

+ C)

e−x2

= −1 + x2 + Ce−x2

.


(1) y′ = y + x2; (2) y′ = 3y + x− 1;

(3) y′ = 2y − x2 − x; (4) y′ = −y + x+ 1.

Отговори:

(1) y = −2− 2x− x2 + Cex; (2) y = 29 − 1

3x+ Ce3x;(3) y = 1

2 + x+ 12x

2 + Ce2x; (4) y = x+ Ce−x.


(1) y′ = x2 − y

x; (2) x′ = x cot t+ sin t;

(3) y = x(y′ − x cosx); (4) ydx− (3x+ 1 + ln y)dy = 0;

(5) y′ = 1x cos y+sin2y

.

Отговори:

(1) y(x) = 14x4+C

x ;(2) x(t) = (t+ C) sin t;(3) y(x) = x(C + sinx);(4) Разгледайте x като функция на y: x(y) = − 4

9 − 13 lnx+ Cx3;

(5) Разгледайте x като функция на y: x = Cesin y − 2(sin y + 1).



(1)y′ = 2y − x,y(0) = 1;

(2)y′ = −y − x,y(0) = 1;

(3)y′ = x2 − 1

xy,

y(1) = 1;(4)

y′ = y

ex,

y(1) = 0;

(5)y′ = 1

xy + x2,

y(1) = 0.

Отговори:

(1) y(x, 0, 1) = 14 + 1

2x+ 34e

2x; (2) y(x, 0, 1) = 1−;

(3) y(x, 1, 1) = 14x4+3

x ; (4) y(x, 1, 0) = 0;(5) y(x, 1, 0) =

(

12x

2 − 12

)

x.

6. Уравнения на Бернули и Рикати

Нека f, g : [a, b] → R са функции, дефинирани и непрекъснати в интер-вала [a, b], m 6= −1, 0. Уравненията от вида

y′ = f(x)y + g(x)ym (5.19)

се наричат уравнения на Бернули4.Уравненията на Бернули се свеждат до линейни с помощта на субсти-

туцията z = y1−m.Нека f, g, h : [a, b] → R са функции, дефинирани и непрекъснати в ин-

тервала [a, b]. Уравненията от вида

y′ = f(x)y2 + g(x)y + h(x) (5.20)

се наричат уравнения на Рикати5.Доказано е, че уравненията на Рикати не могат да бъдат решени в об-

щия случай.

Нека е известно едно частно решение y0(x) на уравнението на Рикати

(5.20). В този случай уравнението на Рикати се свежда до уравнение на

Бернули с помощта на субституцията z = y − y0.


(∗) y′ =1

xy + xy−2

4Jakob Bernoulli (1654-1705).5Jacopo Francesco Riccati (1676-1754).

6. УРАВНЕНИЯ НА БЕРНУЛИ И РИКАТИ 141

Решение. Уравнението (*) е уравнение на Бернули (при m = −2).Полагаме z = y1−(−2) = y3. Тогава z′ = 3y2y′. Заместваме в (*):

(∗∗) z′ =3

xz + 3x.

Уравнението (**) е линейно. Решаваме го:

z(x) = x3

(

C − 3

x

)

= Cx3 − 3x2.

Ето защо, първият интеграл на (*) е

y3 = Cx3 − 3x2.


(∗) xy′ + y2 + y =1

x2.

Решение. Функцията y0(x) =1x

е решение на даденото уравнение.Наистина, това твърдение се проверява с директно заместване.

За да намерим всичките решения на уравнението на Рикати (*),полагаме z = y − y0 = y − 1

x. Тогава z′ = y′ + 1

x2. Заместваме в (*):

x

(

z′ − 1

x2

)

+

(

z +1

x

)2

+

(

z +1

x

)

=1

x2,

т.е.

(∗∗) z′ = −(

2

x2+

1

x

)

z − 1

xz2.

Уравнението (**) е уравнение на Бернули. Неговото решение е

z(x) =2

x(

Ce−2x − 1

) .

Следователно решението на уравнението на Рикати (*) е

y(x) =2

x(

Ce−2x − 1

) +1

x.



(1) xy′ + 2y + x5y3ex = 0;

(2) y′ = y2 cosx+ y tanx;

(3) xy′ + 2x2√y = 4y;

(4) y′(1− sin x cosx) + y2 cosx+ sin x = y,ако е известно частно решение y0 = cos x;

(5) y′(1− x3)− y2 + x2y + 2x = 0,ако е известно частно решение y0 = −x2.

Отговори:

(1) y2(2ex + C)x4 = 1; (2) y = 1(C−x) cosx ;

(3)√y + (C + ln x)x2 = 0.

7. Уравнения в пълен диференциал.Интегриращ множител

Нека Ω е едносвързана област в R2 и нека P (x, y) и Q(x, y) са непрекъс-нато диференцируеми функции.

Уравненията от вида

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0 (5.21)

се наричат уравнения в пълен диференциал, ако

∂P (x, y)

∂y=∂Q(x, y)

∂x, за всяко (x, y) ∈ Ω. (5.22)

За решаването на уравнения от вида (5.21) използваме теорема 3.1 (вж.стр. 85).

Нека разгледаме случая, когато уравнението (5.21) не е в пълен дифе-

ренциал, т.е. ∂P (x,y)∂y

6= ∂Q(x,y)∂x

за някоя точка (x, y) ∈ Ω.

Нека µ : Ω → R е гладка функция, която не се анулира в Ω. Умножавамедвете страни на (5.21) с µ(x, y) и получаваме

µ(x, y)P (x, y)dx + µ(x, y)Q(x, y)dy = 0 (5.23)

Ако (5.23) е уравнение в пълен диференциал, то казваме, че µ(x, y) еинтегриращ множител за (5.21). За да бъде уравнението (5.23) уравнение впълен диференциал, е необходимо и достатъчно да е изпълнено равенството

∂µ(x, y)P (x, y)

∂y=∂µ(x, y)Q(x, y)

∂x, за всяко (x, y) ∈ Ω

7. УРАВНЕНИЯ В ПЪЛЕН ДИФЕРЕНЦИАЛ... 143

или

P (x, y)∂µ(x, y)

∂y−Q(x, y)

∂µ(x, y)

∂x= µ(x, y)

(

∂Q(x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

)

,

за всяко (x, y) ∈ Ω. (5.24)

Уравнението (5.24) е частно диференциално уравнение и в общия случайе по-сложно за изследване от изходното уравнение (5.21).

В някои конкретни случаи можем да решим (5.24). Ще разгледаме дваот тях:

1. Ако изразът(

∂Q(x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

)

1

Q(x, y)

не зависи от y, то µ(x, y) = e−

∫

(

∂Q(x,y)∂x

− ∂P (x,y)∂y

)

1Q(x,y)

dx.

2. Ако изразът(

∂Q(x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

)

1

P (x, y)

не зависи от x, то µ(y) = e∫

(

∂Q(x,y)∂x

− ∂P (x,y)∂y

)

1Q(x,y)

dy.


(∗) xdx+ ydy = 0.

Решение. Уравнението (*) е в пълен диференциал. Наистина:

P (x, y) = x, т.е. P ′y(x, y) = 0

и

Q(x, y) = y, т.е. Q′x(x, y) = 0.

От теорема 3.1 (вж. стр. 85) следва, че съществува гладка функцияu : R2 → R, такава, че

du(x, y) = P (x, y)dx+Q(x, y)dy = xdx+ ydy, (x, y) ∈ R2.

Но (дефиниция за пълен диференциал)

du(x, y) =∂u(x, y)

∂xdx+

∂u(x, y)

∂ydy, (x, y) ∈ R2.



∂u(x, y)

∂x= P (x, y) = x,

∂u(x, y)

∂y= Q(x, y) = y.

Решаваме получената система относно u(x, y). За целта, интегрирамепървото уравнение:

u(x, y) =

∫

P (x, y)dx =

∫

xdx =x2

2+ C1(y)

и заместваме във второто уравнение

∂u(x, y)

∂y= C ′

1(y) = y,

т.е.

C1(y) =

∫

ydy =y2

2+ C2.

Ето защо,

u(x, y) =x2

2+

y2

2т.е. първият интеграл на (*) e

x2 + y2 = C.

Забележка. Функцията u(x, y) може да бъде определена по-лесноот равенството xdx+ydy = d (x2 + y2). Следователно u(x, y) = x2+y2.


(∗) 2xydx+ (x2 − y2)dy = 0.

Решение. Уравнението (*) е в пълен диференциал. Наистина:

P (x, y) = 2xy, т.е. P ′y(x, y) = 2x

и

Q(x, y) = x2 − y2, т.е. Q′x(x, y) = 2x.

От теорема 3.1 (вж. стр. 85) следва, че съществува гладка функцияu : R2 → R, такава, че

du(x, y) = P (x, y)dx+Q(x, y)dy = xdx+ ydy, (x, y) ∈ R2.


Но (от дефиницията за пълен диференциал)

du(x, y) =∂u(x, y)

∂xdx+

∂u(x, y)

∂ydy, (x, y) ∈ R2.


∂u(x, y)

∂x= P (x, y) = 2xy,

∂u(x, y)

∂y= Q(x, y) = x2 − y2.

Решаваме получената система относно u(x, y). Интегрираме първотоуравнение:

u(x, y) =

∫

P (x, y)dx =

∫

2xydx = x2y + C1(y)


∂u(x, y)

∂y= x2 + C ′

1(y) = x2 − y2

т.е.

C1(y) = −∫

y2dy = −y3

3+ C2.

Ето защо,

u(x, y) = x2y − y3

3т.е. първият интеграл на (*) e

3x2y − y3 = C.


(1) e−ydx− (2y + xe−y)dy = 0;

(2) (2x+ yexy)dx+ (1 + xexy)dy = 0;

(3)

(

2x

sin y+ 2

)

dx+(x2 + 1) cos y

cos2 y − 1dy = 0;

(4) 2x cos2 ydx+ (2y − x2 sin sy)dy = 0;

(5) 3x2ey + (x3ey − 1)y′ = 0.


Отговори:

(1) − (y (x))2+ xe−y(x) + C = 0;

(2) y + exy + x2 + C = 0;

(3) x2+1sin(y(x)) + 2 x+ C = 0;

(4) (y (x))2 + 12x

2 cos (2 y (x)) + 12x

2 + C = 0;

(5) x3ey(x) − y (x) + C = 0.


(∗) (y√1 + x2 − x)dx+ x

√1 + x2dy = 0

Решение. Ще отбележим, че (*) не е в пълен диференциал. На-истина:

P (x, y) = y√1 + x2, т.е. P ′

y(x, y) =√x2 + 1

и

Q(x, y) = x√1 + x2, т.е. Q′

x(x, y) =√x2 + 1 +

x2

√x2 + 1

.

Но изразът(

∂Q(x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

)

1

Q(x, y)=

x

x2 + 1

не зависи от y. Следователно диференциалното уравнение (*) допускаинтегриращ множител от вида

µ(x) = e−

∫

xx2+1

dx=

1√x2 + 1

6= 0, x ∈ R.

Ето защо, уравнението

(∗∗) 1√x2 + 1

(y√1 + x2 − x)dx+

1√x2 + 1

x√1 + x2dy = 0

е в пълен диференциал.Първият интеграл на (**), а следователно и на (*), е

xy −√x2 + 1 = C.


(∗) xdx+(

x2 cot y − 3 cos y)

dy = 0

Решение. Уравнението (*) не е в пълен диференциал. Наистина:

P (x, y) = x, т.е. P ′y(x, y) = 0


и

Q(x, y) = x2 cot y − 3 cos y, т.е. Q′x(x, y) = 2x cot y.

Изразът

(

∂Q(x, y)

∂x− ∂P (x, y)

∂y

)

1

P (x, y)= 2 cot y

не зависи от x. Следователно диференциалното уравнение (*) допускаинтегриращ множител от вида

µ(y) = e∫

2 cot ydy = sin2(y).

Ето защо, уравнението

(∗∗) sin2(y)xdx+ sin2(y)(

x2 cot y − 3 cos y)

dy = 0

е в пълен диференциал.Първият интеграл на (**), а следователно и на (*), е

−x2 cos2 y − 2 sin3 y + x2 = C.


(1) (y − 2x2)dx+ x (ln x− 2y) dy = 0;

(2) (x2 − sin2 y)dx+ x sin 2ydy = 0;

(3) (x2 + 1)(2xdx+ cos ydy) = 2x sin ydx;

(4) y′ + tanx = xcos x

;

(5) y

xdx = (ln x− y3)dy.

Отговори:

(1) x ln(x)y − y2x− x3 + Cx = 0;

(2) cos(2y)− 2x3 − 1 + Cx, µ(x, y) = sin(2y)x ;

(4) ysec(x)+tan(x) +

2tan(x/2)+1 + x+ C = 0;

(5) y2

2 + ln(x)y + C = 0.


8. Линейни диференциални уравнения с постояникоефициенти

8.1. Хомогенни линейни диференциални уравнения с постояникоефициенти. Нека a0, a1, . . . , an са дадени реални числа. Уравнението

a0y(n) + a1y

(n−1) + · · · + an−1y′ + any = 0 (5.25)

се нарича хомогенно линейно диференциално уравнение с постояни коефи-циенти.

Алгебричното уравнение

a0λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an−1λ+ an = 0 (5.26)

се нарича характеристично уравнение за (5.25).Нека λ1, λ2, . . . , λp са всички различни корени на (5.26) с кратности

l1, l2, . . . , lp, съответно. Тогава:

(1) Нека λk е реален корен на характеристичното уравнение (5.26).(1.1) Нека λk е еднократен корен. Всички частни решения на хомо-

генното уравнение (5.25), които съответствуват на корена λk,имат вида

yk(x) = Ckeλkx.

(1.2) Нека λk е lk кратен корен. Всички частни решения на хомо-генното уравнение (5.25), които съответствуват на корена λk,имат вида

yk(x) = Plk−1(x)eλkx,

където Plk−1(x) = C1+C2x+· · ·+Clkxlk−1 е полином от степенlk − 1 над независимата променлива x.

(2) Нека λk = αk + iβk е комплексен корен на (5.26), βk 6= 0 (тогаваλk = αk − iβk е също корен на (5.26)).(2.1) Нека λk = αk + iβk и λk = αk − iβk са еднократни корени.

Всички частни решения на хомогенното уравнение (5.25), ко-ито съответствуват на корена λk, имат вида

yk(x) = eαkx (C1 cos βkx+ C2 sin βkx) .

(2.2) Нека λk = αk + iβk и λk = αk − iβk са lk еднократни коре-ни. Всички частни решения на хомогенното уравнение (5.25),които съответствуват на корена λk, имат вида

yk(x) = eαkx (Plk−1(x) cos βkx+Qlk−1(x) sin βkx) ,

където Plk−1(x) = C11 + C1

2x + · · · + C1lkxlk−1 и Qlk−1(x) =

C21 + C2

2x + · · · + C2lkxlk−1 са полиноми от степен lk − 1 над

независимата променлива x.

8. ЛИНЕЙНИ ДИФЕРЕНЦИАЛНИ УРАВНЕНИЯ... 149

Произволна линейна комбинация на всички частни решения на диференци-алното уравнение (5.25) е общото решение на (5.25), т.е.

y(x) =

p∑

k=1

yk(x).


y′′ + 2y′ − 3y = 0.

Решение. Съответното характеристично уравнение е

λ2 + 2λ− 3 = 0

с корени λ1 = 1 и λ2 = −3.Всички частни решения на хомогенното уравнение, които съответ-

ствуват на корена λ1 = 1, имат вида

y1(x) = C1eλ1x = C1e

x.

Всички частни решения на хомогенното уравнение, които съответ-ствуват на корена λ2 = −3, имат вида

y2(x) = C2eλ2x = C2e

−3x.

Общото решение на уравнението е y(x) = y1(x) + y2(x) = C1ex +

C2e−3x.


y′′ + 4y′ + 4y = 0.


λ2 + 4λ+ 4 = 0

с корени λ1 = λ2 = −2.Всички частни решения на хомогенното уравнение, които съответ-

ствуват на двукратния корен λ1 = λ2 = −2, имат вида

y1(x) = (C1x+ C2)eλ1x = (C1x+ C2)e

−2x.

В този случай y(x) = y1(x) = (C1x+ C2)e−2x.


y′′ + 2y′ + 5y = 0.



λ2 + 4λ+ 5 = 0

с корени λ1 = −1 + 2i и λ2 = −1 − 2i (α1 = −1, β1 = 2).Всички частни решения на хомогенното уравнение, които съответ-

ствуват на тези корени, са

y1(x) = eα1x (C1 cos β1x+ C2 sin β1x) = e−x (C1 cos 2x+ C2 sin 2x) .

В този случай y(x) = y1(x) = e−x (C1 cos 2x+ C2 sin 2x).


y′′′ + 2y′ − 3y = 0.

Решение. Характеристичното уравнение е

λ3 + 2λ− 3 = 0

с корени λ1 = 2, λ = 3 и λ3 = −5. Съответните частни решения са

y1(x) = C1e2x, y2(x) = C2e

3x, y1(x) = C3e−5x.

Общото решение е

y(x) = C1e2x + C2e

3x + C3e−5x.


(1) y′′ + y′ − 2y = 0; (2) 2y′′ + 7y′ − 4y = 0;(3) −y′′ + y′ − y = 0; (4) y′′′ + y′ − 2y = 0;(5) y(4) + 4y = 0; (6) y′′ + y′ + y = 0;(7) y′′ − 2y′ + y = 0 (8) y′′ + 8y′ + 16y = 0;(9) y′′ + y′ + y = 0; (10) y′′ + 2y′ + 4y = 0;(11) y′′′ + y′′ + y′ + y = 0; (12) y′′′ + y′′ + 2y′ − 4y = 0;(13) 2y′′′ − 5y′′ + 2y′ + y = 0; (14)y′′′ − y′′ + y′ − y = 0.


Отговори:

(1) y(x) = C1ex + C2e

−2x;

(2) y(x) = C1e12x + C2e

−4x;

(3) y(x) = e12x(

C1 cos√32 x+ C2 sin

√32 x)

;

(4) y(x) = C1e2x + e−

12x(

C2 cos√72 x+ C3 sin

√72 x)

;

(5) y(x) = ex (C1 cosx+ C2 sinx) + e−x (C3 cosx+ C4 sinx);

(6) y(x) = e12x(

C1 cos(√

32 x)

+ C2 sin(√

32 x))

;

(7) y(x) = C1ex + C2xe

x;(8) y(x) = C1e

−4x + C2xe−4x;

(9) y(x) = e−12x(

C1 cos(√

32 x)

+ C2 sin(√

32 x))

;

(10) y(x) = e−x(

C1 cos(√

3x)

+ C2 sin(√

3x))

;(11) y(x) = C1e

−x + C2 sinx+ C3 cosx;

(12) y(x) = C1ex + e−x

(

C2 cos(√

3x)

+ C3 sin(√

3x))

;

(13) y(x) = C1ex + C2e

3+√

17

4x + C3e

3−√

17

4x;

(14) y(x) = C1ex + C2 cosx+ C3 sinx.

Пример 5.25. Да се реши задачата на Коши

y′′ + 2y′ − 3y = 0,

y(0) = 1,

y′(0) = 1.

Решение. Решението (вж. пример 5.21, стр. 150) на даденото ди-ференциално уравнение е

y(x) = C1ex + C2e

−3x.

От началното условие y(0) = 1 следва, че

1 = y(0) = C1 + C2, т.е. C1 + C2 = 1.

Аналогично, от условието y′(0) = 1 получаваме

1 = y′(0) = C1 − 3C2, т.е. C1 − 3C2 = 1.

Решаваме получената система

C1 + C2 = 1,

C1 − 3C2 = 1.

относно неизвестните C1 и C2. Решенията са C1 = 1, C2 = 0.Следователно, решението на задачата на Коши е

y(x) = ex.


Пример 5.26. Да се реши задачата

y′′ + 4y′ + 4y = 0,

y(0) = 1,

y(1) = 0.

Решение. Решението (вж. пример 5.22, стр. 150) на даденото ди-ференциално уравнение е

y(x) = (C1x+ C2) e−2x.

От началното условие y(0) = 1 следва, че

1 = y(0) = C2, т.е. C2 = 1.

Аналогично, от условието y(1) = 0 получаваме

0 = y(1) = (C1 + C2) e−2, т.е. C1 + 1 = 0 или C1 = −1.

Следователно, решението на задачата на Коши е

y(x) = (−x+ 1) e−2x.

Задача 5.18. Да се решат следните задачи:(1) y′′ + y′ − 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0;(2) 2y′′ + 7y′ − 4y = 0, y(0) = 0, y′(0) = −1;(3) −y′′ + y′ − y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1;(4) y′′ + y′ + y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0;(5) y′′ − 2y′ + y = 0, y(0) = 1, y′(1) = 0;(6) y′′ + 8y′ + 16y = 0, y(1) = 1, y′(1) = 0;

Отговори: (вж. задача 5.17, стр. 151)

(1) y(x) = 23e

x + 13e

−2x; (2) y(x) = − 29e

12x + 2

9e−4x;

(3) y(x) = 2√3

3 e12x sin

√32 x; (5) y(x) = ex − 1

2xex;

(6) y(x) = e−4x+4(−3 + 4x);

8.2. Нехомогенни линейни диференциални уравнения с посто-янни коефициенти. Нека a0, a1, . . . , an са дадени реални числа и некаf(x) е непрекъсната функция. Уравнението

a0y(n) + a1y

(n−1) + · · ·+ an−1y′ + any = f(x) (5.27)

се нарича нехомогенно линейно диференциално уравнение с постоянни ко-ефициенти.


Заедно с нехомогенното линейно диференциално уравнение (5.27) разг-леждаме и съответното хомогенно линейно диференциално уравнение

a0y(n) + a1y

(n−1) + · · ·+ an−1y′ + any = 0. (5.28)

Теорема 5.5. Нека f(x) е непрекъсната функция, y0(x) е общото ре-шение на хомогенното диференциално уравнение (5.28) и нека y1(x) е едночастно решение на нехомогенното диференциално уравнение (5.27).

Тогава, общото решение на нехомогенното диференциално уравнение(5.27) е

y(x) = y0(x) + y1(x).

В общият случай (т.е. ако функцията f(x) е произволна) няма алго-ритъм за определяне на частно решение на нехомогенното диференциалноуравнение (5.27), в зависимост от константите a0, a1, . . . , an и функциятаf(x). По-надолу ще разгледаме алгоритми за определяне на частно реше-ние при специфична дясна страна f(x).

Да напомним, че

a0λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an−1λ+ an = 0 (5.29)

е характеристично уравнение за (5.27).

(1) Нека

f(x) = Pm(x)eαx

(Pm(x) е полином от степен m над независимата променлива x,α ∈ R).(1.1) Нека α не е корен на характеристичното уравнение (5.29). То-

гава едно частно решение y1(x) на (5.27) има вида

y1(x) = Qm(x)eαx,

където Qm(x) е полином от степен m над x.(1.2) Нека α е s кратен корен на характеристичното уравнение

(5.29). Тогава едно частно решение y1(x) на (5.27) има вида

y1(x) = xsQm(x)eαx,

където Qm(x) е полином от степен m над x.(2) Нека

f(x) = eαx(

P 1m(x) cos βx+ P 2

m(x) sin βx)

(P 1m(x) и P 2

m(x) са полиноми от степен m над независимата про-менлива x, α, β ∈ R, β 6= 0).


(2.1) Нека α+iβ не е корен на характеристичното уравнение (5.29).Тогава едно частно решение y1(x) на (5.27) има вида

y1(x) = eαx(

Q1m(x) cos βx+Q2

m(x) sin βx)

където Q1m(x) и Q2

m(x) са полиноми от степен m над x.(2.2) Нека α+ iβ е s кратен корен на характеристичното уравнение

(5.29). Тогава едно частно решение y1(x) на (5.27) има вида

y1(x) = xseαx(

Q1m(x) cos βx+Q2

m(x) sin βx)

където Q1m(x) и Q2

m(x) са полиноми от степен m над x.

Забележка 5.2. Коефициентите на полиномите Qm(x), Q1m(x) и Q2

m(x)определяме от условието “y1(x) е решение на (5.27)”, т.е. заместваме y1(x)в (5.29) и приравняваме изразите пред еднаквите функции.

Забележка 5.3. Ако f(x) = f1(x) + · · · + fp(x), то частното решениена (5.27) е сума от частните решения на уравненията

a0y(n) + a1y

(n−1) + · · · + an−1y′ + any = fi(x), i = 1, . . . , p.


(∗) y′′ + 5y′ + 6y = 7(1 + x)ex.

Решение. Хомогенното уравнение е

(∗∗) y′′ + 5y′ + 6y = 0.

Характеристичното уравнение е

λ2 + 5λ+ 6 = 0.

Корените на характеристичното уравнение са λ1 = −3 и λ2 = −2.Следователно, общото решение y0(x) на хомогенното уравнение

(**) еy0(x) = C1e

−3x + C2e−2x.

Дясната страна на (*) има вида f(x) = 7(1 + x)ex, т.е. α = 1,Pm(x) = 7(1 + x) и m = 1. Следователно (числото α = 1 не е корен нахарактеристичното уравнение)

y1(x) = Q1(x)ex,

където Q1(x) е полином от първа степен, т.е. Q(x) = ax + b, a, b =const.. Ето защо

y1(x) = (ax+ b)ex.


Заместваме y1(x) в (*). За целта първо определяме първата и вто-рата производна на y(x):

y′1(x) =aex + (ax+ b)ex,

y′′1(x) =2aex + (ax+ b)ex.

Заместваме y1(x), y′1(x) и y′′1(x) в (*):

2aex + (ax+ b)ex + 5 (aex + (ax+ b)ex) + 6(ax+ b)ex = 7(1 + x)ex.

След преработване на горното равенство, получаваме

12ax+ 7a+ 12b = 7x+ 7.

Ето защо, a = 112

и b = 35144

.

Следователно, y1(x) =(

712x+ 35

144

)

ex е частно решение на (*).Общото решение на (*) е

y(x) = y0(x) + y1(x) = C1e−3x + C2e

−2x +

(

7

12x+

35

144

)

ex.


(∗) y′′ − 2y′ − 3y = e−2x.

Решение. Хомогенното уравнение е

(∗∗) y′′ − 2y′ − 3y = 0.

Характеристичното уравнение е

λ2 − 2λ− 3 = 0.

Корените на характеристичното уравнение са λ1 = −1 и λ2 = 3.Следователно, общото решение y0(x) на хомогенното уравнение

(**) е

y0(x) = C1e−x + C2e

3x.

Дясната страна на (*) има вида f(x) = e−2x, т.е. α = −2, Pm(x) = 1и m = 0. Следователно (числото α = −2 не е корен на характеристич-ното уравнение)

y1(x) = Q0(x)e2x,

където Q0(x) е полином от първа степен, т.е. Q(x) = a, a = const.. Етозащо

y1(x) = ae−2x.


Заместваме y1(x) в (*). За целта първо определяме първата и вто-рата производна на y(x):

y′1(x) =− 2ae−2x,

y′′1(x) =4ae−2x.

Заместваме y1(x), y′1(x) и y′′1(x) в (*):

4ae−2x + 4ae−2x − 3ae−2x = e−2x

След преработване на горното равенство, получаваме

5a = 1.

Ето защо, a = 15.

Следователно, y1(x) =15e−2x е частно решение на (*).

Общото решение на (*) е

y(x) = y0(x) + y1(x) = C1e−x + C2e

3x +1

5e−2x.


(1) 2y′′ + y′ − y = 2ex; (2) y′′ + y = x;

(3) y′′ + 4y = e2x; (4) y′′ − 4y = e2x;

(5) y′′ − 6y′ + 9y = 2x2 − x+ 3; (5) y′′′ − y′′ = x;

(7) y′′ − 2y′ + 2y = 2x; (8) y′′ − 4y′ + 4y = 1;

(9) y′′ + 2y′ + 5y = 12cos(2x); (10) y′′ + 4y′ − 5y = 2 cos(x);

Отговори:

(1) y (x) = e−xC2 + e12xC1 + ex;

(2) y (x) = sin (x)C2 + cos (x)C1 + x;(3) y (x) = sin (2 x)C2 + cos (2 x)C1 +

18e

2x;(4) y (x) = e2 xC2 + e−2 xC1 +

14xe

2 x;(5) y (x) = e3 xC2 + e3 xxC1 +

1127 + 5

27 x+29x

2;(6) y (x) = − 1

6x3 + exC1 − 1

2x2 + C2 x+ C3;

(7) y (x) = ex sin (x)C2 + ex cos (x)C1 + x+ 1;(8) y (x) = e2 xC2 + xe2 xC1 +

14 ;

(9) y (x) = e−x sin (2 x)C2 + e−x cos (2 x)C1 +217 sin (2 x) +

134 cos (2 x);

(10) y (x) = e−5xC2 + exC1 − 313 cos (x) +

213 sin (x);

9. СИСТЕМИ ЛИНЕЙНИ ДИФЕРЕНЦИАЛНИ УРАВНЕНИЯ... 157

Задача 5.20. Да се реши уравнението:

2y′′ + 5y′ = f(x)

където:

(1) f(x) = 5x2 − 2x− 1; (2) f(x) = ex;

(3) f(x) = 29x sin x; (4) f(x) = 29 cosx;

(5) f(x) = x sin x; (6) e−x sin x;

(7) f(x) = e−x(x+ 1); (8) e−x(sin(x) + cos(x));

Отговори:

(1) y (x) = − 35 x

2 + 13 x

3 − 25 e

− 52xC1 +

725 x+ C2;

(2) y (x) = 17 e

x − 25 e

− 52x_C1 + C2;

(3) y (x) = − 1629 cos (x) − 2 x sin (x) + 185

29 sin (x) − 5 x cos (x)− 25 e

− 52xC1 + C2;

(4) y (x) = 5 sin (x)− 2 cos (x)− 25 e

− 52xC1 + C2;

(5) y (x) = − 16841 cos (x) − 2

29 x sin (x) +185841 sin (x)− 5

29 x cos (x)− 25 e

− 52xC1 + C2;

(6) y (x) = − 126 cos (x) e−x − 5

26 sin (x) e−x − 25 e

− 52xC1 + C2;

(7) y (x) = − 49 e

−x − 13 e

−xx− 25 e

− 52xC1 + C2;

(8) y (x) = − 313 cos (x) e−x − 2

13 sin (x) e−x − 25 e

− 52xC1 + C2.

9. Системи линейни диференциални уравнения с постоянникоефициенти

В настоящата секция ще разгледаме системи линейни диференциалниуравнения с постоянни коефициенти

y′1 =a11y1 + a12y2 + · · ·+ a1nyn + f1(x),

y′2 =a21y1 + a22y2 + · · ·+ a2nyn + f2(x),

...

y′n =an1y1 + an2y2 + · · ·+ annyn + fn(x),

(5.30)

където aij , i, j = 1, 2, . . . , n са дадени числа, fi = fi(x), i = 1, 2, . . . , n сададени непрекъснати функции.

По-надолу ще илюстрираме метода на изключването, в случая n = 2.Да разгледаме системата

y′1 =a11y1 + a12y2,

y′2 =a21y1 + a22y2.(5.31)


Решаваме първото уравнение относно y2:

y2 =1

a12

(

y′1 − a11y1)

(a12 6= 0) (5.32)

и заместваме във второто

1

a12

(

y′1 − a11y1)′

= a21y1 + a221

a12

(

y′1 − a11y1)

.

Полученото уравнение е линейно доференциално уравнение от вториред с постоянни коефициенти. Решаваме го и намираме y1. От (5.32) опре-деляме y2.

Ако a12 = 0, то първото уравнение в (5.31) има вида

y′1 = a11y1.

От тук директно определяме y1 и заместваме във второто уравнение на(5.31).

Аналогично решаваме и системи от 3-ти и по висок ред.

Пример 5.29. Да се реши системата

(∗) y′1 = y1 − y2,y′2 = −y1 + 4y2.

Решение. Решаваме първото уравнение относно y2:

(∗∗) y2 = −y′1 + y1


(−y′1 + y1)′= −y1 + 4 (−y′1 + y1)

или

−y′′1 + 5y′1 − 3y1 = 0.

Решението на това уравнение е

y1(t) = C1et + C2e

5t.

От (**) определяме y2:

y2 = −y′1 + y1 =(

C1et + C2e

5t)′ − 2

(

C1et + C2e

5t)

= −C1et + 3C2e

5t.

Следователно, решението на системата е

y1 =C1et + C2e

5t,

y2 =− C1et + 3C2e

5t.



(∗) x′ = 2x+ y,y′ = 3x+ 4y.

Решение. Решаваме първото уравнение относно y:

(∗∗) y = x′ − 2x


(x′ − 2x)′= 3x+ 4 (x′ − 2x)

или

x′′ − 6x′ + 5x = 0.


x(t) = C1et + C2e

5t.

От (**) определяме y:

y(t) = x′(t)− 2x(t)

=(

C1et + C2e

5t)′ − 2

(

C1et + C2e

5t)

= −C1et + 3C2e

5t.


(∗) x′ = −y + t2 + 6t + 1,y′ = x− 3t2 + 3t+ 1.

Решение. Решаваме първото уравнение относно y:

(∗∗) y = −x′ + t2 + 6t+ 1

и заместваме във второто(

−x′ + t2 + 6t+ 1)′= 3

(

−x′ + t2 + 6t+ 1)

− 3t2 + 3t+ 1.

или

x′′ + x = 3t2 − t + 5.


x(t) = C1 sin t+ C2 cos t + 3t2 − t− 1.

От (**) определяме y:

y(t) = x′(t) + t2 + 6t+ 1 = C2 sin t− C1 cos t + t2 + 2.


Ето защо, решението на (*) е

x(t) = C1 sin t+ C2 cos t + 3t2 − t− 1,

y(t) = C2 sin t− C1 cos t+ t2 + 2.


(∗)x′ = −x+ y + z,y′ = x− y + z,z′ = x+ y + z.

Решение. Диференцираме първото равенство и използваме всич-ките три равенства:

x′′ = −x′ + y′ + z′ = 3x− y − z = 3x− (x′ + x) = 2x− x′.

или

x′′ + x′ − 2x = 0.


x(t) = C1et + C2e

−2t.

Заместваме във второто и третото уравнение и получаваме системаот две уравнения:

(∗∗) y′ = −y + z + C1et + C2e

−2t,z′ = y + z + C1e

t + C2e−2t.

Решаваме (**):

y(t) = C3e−2t + C1e

t, z(t) = C1et − (C2 + C3)e

−2t.

Решението на (*) е

x(t) =C1et + C2e

−2t,

y(t) =C3e−2t + C1e

t,

z(t) =C1et − (C2 + C3)e

−2t.

Задача 5.21. Да се решат системите:

(1)x′ = y − 7x,y′ = −2x− 5y;

(2)x′ = 2x+ y,y′ = 3x+ 4y;

(3)x′ − 2x− 3y = 0,y′ − 3x+ y = 0;

(4)x′ = 1

3x− 6y,

y′ = x.


Отговори:

(1) x (t) = e−6 t(

C1 sin(√

13t)

+ C2 cos(√

13t))

,

y (t) = −1/7 e−6 t(

−C1 sin(√

13t)

− C1 cos(√

13t)√

13

−C2 cos(√

13t)

+ C2 sin(√

13t)√

13)

;(2) x (t) = C1 e

5 t + C2 et,

y (t) = 3C1 e5 t − C2 e

t;(3) x (t) = et (C1 sin (3 t) + C2 cos (3 t)),

y (t) = et (−C1 cos (3 t) + C2 sin (3 t)).

(3) x (t) = −1/6 e1/6 t(

−C1 sin(

1/6√215t

)

− C1 cos(

1/6√215t

)√215

−C2 cos(

1/6√215t

)

+ C2 sin(

1/6√215t

)√215)

,

y (t) = e1/6 t(

C1 sin(

1/6√215t

)

+ C2 cos(

1/6√215t

))

.


(1)x′ = x− 2y − z,y′ = −x+ y + z,z′ = x− z;

(2)x′ = 3x− y + z,y′ = x+ y + z,z′ = 4x− y + 4z;

(3)x′ = x− y + z,y′ = −x+ y − z,z′ = x;

(4)x′ = x− y + z,y′ = x− y,z′ = 2x− 2y.

Отговори:

(3) x(t) = C2 (√2 + 1)e(

√2+1)t + C3 (−

√2 + 1)e−(

√2−1)t,

y(t) = −C2 e(√2+1)t − C2 e

(√2+1)t

√2− C3 e

−(√2−1)t

+C3 e−(

√2−1)t

√2 + C1,

z(t) = C1 + C2 e(√2+1)t + C3 e

−(√2−1)t;

(4) x (t) = C1 + C2 e√2t + C3 e

−√2t + C2

√2e

√2t − C3

√2e−

√2t,

y (t) = C1 + C2 e√2t + C3 e

−√2t,

z (t) = 2C2 e√2t + 2C3 e−

√2t.


(1)x′ = 2y − 5x+ et,y′ = x− 6y + e−t;

(2)x′ = x+ y,y′ = −x− y,z′ = 4z + e−2t;

(3)x′ = x− y + z + sin t,y′ = −z + cos t,z′ = x+ 1;

(4)x′ = x− y + 2et,y′ = x− y;

(5)x′ = −y + e−t,y′ = −x;

(6)x′ = x− y + 2et,y′ = x− y,z′ = x+ e−t.


Отговори:

(4) x (t) = 4 et + C1 t+ C2 + C1,y (t) = 2 et + C1 t+ C2;

(5) x (t) = −etC2 + e−tC1 − 1/2 e−t + 1/2 te−t,y (t) = etC2 + e−tC1 + 1/2 te−t;

(6) x (t) = 4 et + C2 t+ C3,y (t) = 2 et − C2 + C2 t+ C3,z (t) = 4 et + 1/2C2 t

2 + C3t− e−t + C1.

Библиография

[1] L. Bers, Calculus, Second Edition, Holt, Rinehart and Winston (1969).[2] Д. Байнов, В. Велчев, И. Христова, Методическо ръководство по висша ма-

тематика, София (1974).[3] Г.Н. Берман, Сборник задач по курсу математического анализа, Наука, Мос-

ква (1985).[4] Е.Е. Божоров, А.Г. Ангелов, К.В. Мишев, Н.А. Драгиева, Б.Д. Доневски, Сбор-

ник от задачи по висша математика, Трета част, Техника, София (1979).[5] Я.С. Бугров, С.М. Николский, Задачник, Наука, Москва (1982).[6] Т. Генчев, Обикновени диференциални уравнения, Второ издание, УИ “Св. Кли-

мент Охридски София (2000).[7] Б.П. Демидович, Сборник задач и упражнений по математичеслому анализу,

13-то издание, Издателство Московского университета, Москва (1997).[8] А. Живков, Е. Хорозов, О. Христов, Лекции по Диференциални Уравнения

(2007).[9] Л.Д. Кудрявцев, А.Д. Кутасов, В.И. Чехлов, М.И. Шабунин, Сборник задач по

математическому анализу, Том 1: Предел. Непрерывность. Дифференцируе-

мость, 2-е изд., Физматлит (2003).[10] Л.Д. Кудрявцев, А.Д. Кутасов, В.И. Чехлов, М.И. Шабунин, Сборник задач

по математическому анализу, Том 2: Интегралы. Ряды:, 2-е изд., Физматлит(2003).

[11] К.Н. Лунгу, Д.Т. Письменный, С.Н. Федин, Ю.А. Шевченко, Сборник задач

по высшей математике, Айрис пресс, Москва (2008).[12] И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, А.Ф. Калайда, Математический ана-

лиз, Том 1, Вища школа, Киев (1983).[13] И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, А.Ф. Калайда, Математический ана-

лиз, Том 2, Вища школа, Киев (1983).[14] И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, А.Ф. Калайда, Математический ана-

лиз, Том 3, Вища школа, Киев (1983).[15] И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, Г.П. Головач, Математический анализ:

Введение в анализ, производная, интеграл, Едиториал УРСС, Москва (2001).[16] И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, Г.П. Головач, Матеематический Ана-

лиз: Ряды, Функции векторного аргумента, Едиториал УРСС, Москва (2001).[17] С.М. Николъский, Курс Математического анализа, Том 1, Наука, Москва

(1983).

163

164 Библиография

[18] С.М. Николъский, Курс Математического анализа, Том 2, Наука, Москва(1983).

[19] Д. Пиргов, Д. Токарев, Е. Пиргова, Г. Кутирков, Л. Стойчев, Г. Стамболие-ва, Методическо ръководство за решаване на задачи по висша математика,ПИК-13, София (1994).

[20] И. Проданов, Н. Хаджииванов, И. Чобанов, Сборник от задачи по диферен-

циално и интегрално смятане, Първа част, Наука и изкуство, София (1976).[21] А.Ф. Филиппов, Сборник Задач по дифференциальным уравнениям, Наука,

Москва (1973).

Приложение А

Справочник: Диференциално смятане

Производни на основните елементарни функции

(C)′ = 0, C = const.; (x)′ = 1;

(xα)′ = αxα−1, α 6= −1;(

1

x

)′= − 1

x2;

(√x)′=

1

2√x;

(ex)′ = ex; (ax)′ = ax ln a, a > 0;

(lnx)′ =1

x; (loga x)

′ =1

x ln a, a > 0;

(sinx)′ = cosx; (cos x)′ = − sinx;

(tanx)′ =1

cos2 x; (cot x)′ = − 1

sin2 x;

(arcsinx)′ =1√

1− x2; (arccos x)′ = − 1√

1− x2;

(arctg x)′ =1

1 + x2; (arccot x)′ = − 1

1 + x2

Производни от по-висок ред на някои функции

(C)(n) = 0, C = const. , (xa)(n) = a(a− 1) . . . (a− n+ 1)xa−n ,

(lnx)(n) = (−1)n−1(n− 1)!x−n , (ex)(n) = ex , (ax)(n) = ax lnn a ,

(sin(x))n = sin(x+π

2n) , (cos(x))n = cos(x+

π

2n) .

165

166 А. ДИФЕРЕНЦИАЛНО СМЯТАНЕ

Производна на функция, зададена параметричноНека

x = x(t),

y = y(t),t ∈ (a, b).

Тогава

y′x =y′tx′t, y′′x2 =

(y′x)′t

x′t, . . . .

Формула за крайните нараствания (формула на Лагранж)

f(b)− f(a) = f ′(a+ θ(b− a))(b− a) , θ ∈ (0, 1) .

Формула на Коши

f(b)− f(a)

g(b)− g(a)=f ′(a+ θ(b− a))

g′(a+ θ(b− a)), θ ∈ (0, 1) .

Правило на Лопитал за разкриване на неопределеностиот вида

[

00

]

и[∞∞]

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)g′(x)

.

Локален екстремумНека f : (a, b) → R е непрекъснато диференцируема функция.

1. Необходимо условие за локален екстремум (Теорема на Фер-ма). Нека x0 ∈ (a, b) е точка на локален екстремум на f . Тогава f ′(x0) = 0.

2. Достатъчни условия за локален есктремум. Нека f : (a, b) →R е два пъти непрекъснато диференцируема функция, x0 ∈ (a, b) и некаf ′(x0) = 0.

Ако f ′′(x0) < 0, то x0 е точка на локален максимум за функцията f .Ако f ′′(x0) > 0, то x0 е точка на локален минимум за функцията f .

А. ДИФЕРЕНЦИАЛНО СМЯТАНЕ 167

Формула на Тейлор

f(x) = f(x0) +f ′(x0)1!

(x− x0) +f ′′(x0)

2!(x− x0)

2 + · · ·

+f (n)(x0)

n!(x− x0)

n +Rn(x) ,

Rn(x) – остатъчен член (θ ∈ (0, 1)):

Форма на Лагранж:

Rn(x) =f (n+1)(x0 + θ(x− x0))

(n+ 1)!(x− x0)

n+1,

Форма на Коши:

Rn(x) =f (n+1)(x0 + θ(x− x0))

n!(1− θ)n(x− x0)

n+1,

Форма на Пеано:

Rn(x) = o((x− x0)n) при x→ x0,

Интегрална форма:

Rn(x) =1

n!

x∫

x0

f (n+1)(ξ)(x− ξ)n dξ.

Формула на Тейлор за някои функции

ex = 1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+ · · · + xm

m!+Rm(x) ,

Rm(x) =eθx

(m+ 1)!xm+1 , θ ∈ (0, 1) ;

sinx = x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)m−1 x2m−1

(2m− 1)!+R2m(x) ,

R2m(x) =sin2m+1(θx)

(2m+ 1)!x2m−1 , θ ∈ (0, 1) , |R2m(x)| ≤ |x|2m+1

(2m+ 1)!;

168 А. ДИФЕРЕНЦИАЛНО СМЯТАНЕ

cos x = 1− x2

2!+x4

4!− · · · + (−1)m

x2m

(2m)!+R2m+1(x) ,

R2m+1(x) =cos2m+2(θx)

(2m+ 2)!x2m+2 , θ ∈ (0, 1) , |R2m+1(x)| ≤

|x|2m+2

(2m+ 2)!;

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− · · ·+ (−1)m−1

m+Rm(x) ,

(1) Ако x ∈ [0, 1], то Rm(x) =(−1)mxm+1

(m+ 1)(1 + θx)m+1, θ ∈ (0, 1) , |Rm(x)| ≤ xm+1

m+ 1;

(2) Ако x ∈ (−1, 0], то Rm(x) = (−1)m(

1− θ

1 + θx

)mxm+1

1 + θx, θ ∈ (0, 1),

|Rm(x)| ≤ |x|m+1

1− |x| ;

(1 + x)a = 1 +a

1!x+

a(a− 1)

2!x2 +

a(a− 1) . . . (a−m+ 1)

m!xm +Rm(x) ,

x ∈ (−1, 1), Rm(x) =a(a− 1) . . . (a−m)

m!(1 + θx)a−m−1(1− θ)mxm+1 , θ ∈ (0, 1);

arctan x = x− x3

3+x5

5+ · · ·+ (−1)m

x2m+1

2m+ 1+R2m+2(x) ,

x ∈ (−1, 1), |R2m+2(x)| ≤|x|2m+3

2m+ 3, θ ∈ (0, 1).

А. ДИФЕРЕНЦИАЛНО СМЯТАНЕ 169

Ред на Маклорен за някои функции

ex = 1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+ · · · + xm

m!+ · · · , x ∈ R ,

sinx = x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)m−1 x2m−1

(2m− 1)!+ · · · , x ∈ R ,

cos x = 1− x2

2!+x4

4!− · · · + (−1)m

x2m

(2m)!+ · · · , x ∈ R ,

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− · · ·+ (−1)m−1

m+ · · · , x ∈ (−1, 1] ,

(1 + x)a = 1 +a

1!x+

a(a− 1)

2!x2 + · · ·+ a(a− 1) . . . (a−m+ 1)

m!xm + · · · ,x ∈ (−1, 1] ,

arctan x = x− x3

3+x5

5− · · ·+ (−1)m−1 x2m−1

(2m− 1)!+ · · · , x ∈ (−1, 1] ,

ln(1− x) = −x− x2

2− x3

3− · · · − xm

m− · · · , x ∈ [−1, 1) ,

ln1 + x

1− z= 2

(

x+x3

3+x5

5+ · · ·+ x2m−1

2m− 1+ · · ·

)

, x ∈ (−1, 1),

1

1 + x= 1− x+ x2 − · · · + (−1)mxm + · · · , x ∈ (−1, 1),

1

1− x= 1 + x+ x2 + · · · + xm + · · · , x ∈ (−1, 1),

√1 + x = 1 +

1

2x− 1

8x2 +

1

16x3 − · · · + (−1)m−1 (2m− 3)!!

(2m)!!xm + · · · ,

x ∈ (−1, 1],

1√1 + x

= 1− 1

2x+

3

8x2 − 5

16x3 + · · · + (−1)m

(2m− 1)!!

(2m)!!xm + · · · ,

x ∈ (−1, 1],

arcsinx = x+1

23x3 +

13

2 4 5x5 + · · ·+ (2m− 1)!!

(2m)!!

x2m+1

2m+ 1+ · · · ,

x ∈ [−1, 1].

Приложение Б

Справочник: Интегрално смятане

∫

f(x)dx = F (x) + C,

където F (x) е първообраз на f(x), т.е. F ′(x) = f(x) и C е константа.

Основни свойства

(∫

f(x)dx

)′= f(x),

∫

f ′(x)dx = f(x) + C,

∫

af(x)dx = a

∫

f(x)dx, a ∈ R,

∫

f(x) + g(x)dx =

∫

f(x)dx+

∫

g(x)dx,

∫

f(ax+ b)dx =1

aF (ax+ b), където

∫

f(x)dx = F (x) + C,∫

f(x)d(x+ a) =

∫

f(x)dx,

∫

f(x)d(ax) = a

∫

f(x)dx.

Формула за смяна на променливата

∫

f(g(x))g′(x)dx =

∫

f(u)du = F (u) + C = F (u(x)) + C,

където F (u) е първообраз на f(u).

Формула за интегриране по части

∫

f(x)g′(x)dx = f(x)g(x) −∫

f ′(x)g(x)dx,∫

f(x)dg(x) = f(x)g(x)−∫

g(x)df(x).

171

172 Б. ИНТЕГРАЛНО СМЯТАНЕ

Основни интеграли

∫

0dx = C,

∫

1dx = x+ C,

∫

xndx =xn+1

n+ 1+ C, n 6= −1,

∫

x−1dx = ln |x|+ C,

∫

dx

1 + x2= arctan x+ C,

∫

dx

1− x2=

1

2ln

∣

∣

∣

∣

1 + x

1− x

∣

∣

∣

∣

,

∫

dx√1− x2

= arcsinx+C,

∫

1√x2 + 1

= ln (x+√

x2 + 1) + C,

∫

exdx = ex + C,

∫

lnxdx = x lnx− x+ C,∫

sinxdx = −cosx+ C,

∫

cosxdx = sinx+ C,

∫

1

sin2 xdx = − cot x+ C,

∫

1

cos2 xdx = tan x+ C,

∫

tan xdx = − ln | cos x|+ C,

∫

cot xdx = ln | sin x|+ C,

Интегриране на рационални функции

Интеграли от вида I =

∫

A

(x− a)kdx

I1 =

∫

Axkdx = Axk+1

k + 1+ C,

I2 =

∫

A

x− adx = A ln |x− a|+ C,

I3 =

∫

A

(x− a)kdx =

A

1− k(x− a)1−k + C.

Интеграли от вида I =

∫

Mx+N

x2 + bx+ cdx, b2 − 4c < 0

Посредством субституцията на Хорнер

t = x+b

2

интегралът I се свежда до линейна комбинация на следните два интеграла

J1 =

∫

t

t2 + a2dt =

1

2ln(t2 + a2) + C

Б. ИНТЕГРАЛНО СМЯТАНЕ 173

и

J2 =

∫

1

t2 + a2dt =

1

aarctan

t

A+ C.

Интегриране на дробно-рационална функция

Всяка дробно-рационална функция може да се представи във вида

R(x) +S(x)

T (x)

където S(x)T (x) е правилна дробно рационална функция. Всяка правилна дроб-

но рационална функция може да се представи като линейна комбинация наелементарни дробно рационални функции:

Нека P (x) и Q(x) са полиноми, степента на P (x) е по-малка от степентана Q(x) и нека каноничното представяне на Q(x) е

Q(x) = (x− α1)k1 (x− α2)

k2 . . .(

x2 + p1x+ q1)l1 (x2 + p2x+ q2

)l2 . . .

(p2i − 4qi < 0), тогава

P (x)

Q(x)=

A1

(x− α1)+

A2

(x− α1)2+ · · · + Ak1

(x− α1)k1

+B1

(x− α2)+

B2

(x− α2)2+ · · ·+ Bk2

(x− α2)k1

+ · · ·

+M11x+N11

(x2 + p1x+ q1)+

M21x+N21

(x2 + p1x+ q1)2+ · · ·+ Ml11x+Nl11

(x2 + p1x+ q1)l1

+M12x+N12

(x2 + p1x+ q1)+

M22x+N22

(x2 + p1x+ q1)2+ · · ·+ Ml12x+Nl12

(x2 + p1x+ q1)l1

+ · · · .

Интегриране на биномен диференциал

∫

xm(a+ bxn)pdx (m,n, p ∈ Q, ab 6= 0).

(1) Ако p ∈ Z, полагаме x = tk, k – общ знаменател на m и n.

(2) Акоm+ 1

n∈ Z, полагаме a+ bxn = tk, k – знаменател на p.

(3) Акоm+ 1

n+ p ∈ Z, полагаме ax−n + b = tk, k – знаменател на p.


Интегриране на ирационални функции

∫

R

(

x, m

√

ax+ b

cx+ d

)

dx (m ∈ N, ad− bc 6= 0).

Полагаме:

t = m

√

ax+ b

cx+ d.

Интегриране на рационално-тригонометрични функции

∫

R(sinx, cos x)dx.

Универсална тригонометрична субституция: t = tanx

2. Тогава:

sinx =2t

1 + t2, cos x =

1− t2

1 + t2, dx =

2dt

1 + t2

Частни случаи:(1) Ако R(− sinx, cos x) = −R(sinx, cos x), то полагаме t = cos x.(2) Ако R(sinx,− cos x) = −R(sinx, cos x), то полагаме t = sinx.(3) Ако R(− sinx,− cos x) = R(sinx, cos x), то полагаме t = tanx.

Интеграли на Абел

I =

∫

R(x,√

ax2 + bx+ c)dx.

(1) Ако a > 0, полагаме√ax2 + bx+ c = ±√

ax+ t.

(2) Ако c ≥ 0, полагаме√ax2 + bx+ c = tx+

√c.

(3) Ако b2−4ac > 0, полагаме ax2+bx+c = t(x−x1), където x1 е еднатанула на квадратния тричлен.

Частни случаи:(1)

∫

R(x,√a2 − x2)dx, полагаме x = a cos t.

(2)∫

R(x,√x2 − a2)dx, полагаме x =

a

cos t.

(3)∫

R(x,√x2 + a2)dx, полагаме x = tan t.

Интегриране на трансцендентни функцииНека p(x) е полином над x.

Б. ИНТЕГРАЛНО СМЯТАНЕ 175

I =

∫

p(x)exdx

Интегриране по части:

I =

∫

p(x)ex dx =

∫

p(x) dex = p(x)ex −∫

ex dp(x) = ... .

I =

∫

p(x) sinx dx, J =

∫

p(x) cos x dx

Интегриране по части:∫

p(x) sin x dx = −∫

p(x) d cos x = p(x) cos x−∫

cos x dp(x) = ...,

∫

p(x) cos x dx =

∫

p(x) d sin x = p(x) sinx−∫

sinx dp(x) = ... .

I =

∫

p(x) lnx dx

Интегриране по части:∫

p(x) lnx dx =

∫

lnx dp1(x) = p1(x) lnx−∫

p1(x)

xdx = ...,

където (p1(x))′ = p(x).

Определен интеграл: Формула на Нютон-Лайбниц

Нека f : [a, b] → R е непрекъсната функция и нека F (x) е първообразна f(x), т.е. F ′(x) = f(x).Тогава

b∫

a

f(x)dx = F (b)− F (a) = F (x)

∣

∣

∣

∣

x=b

x=a

.

Определен интеграл: Свойства

Нека f, g : [a, b] → R са непрекъснати функции, a < b, x ∈ [a, b]. Тогава:

1.

x∫

a

f(x)dx

′

= f(x) (формула на Барроу);


2.

b∫

a

(αf(x) + βg(x)) dx = α

b∫

a

f(x)dx+ β

b∫

a

g(x)dx;

3.

b∫

a

f(x)dx =

c∫

a

f(x)dx+

b∫

c

f(x)dx;

4.

b∫

a

f(x)dx = −a∫

b

f(x)dx;

5.

a∫

a

f(x)dx = 0;

6. Ако f(x) ≤ g(x), то

b∫

a

f(x)dx ≤b∫

a

g(x)dx;

7. Ако f(x) ≥ 0, то

b∫

a

f(x)dx ≥ 0;

8.

b∫

a

f(x)dx = f(ξ)(b− a), където ξ ∈ [a, b];

9. Ако g не си променя знака в [a, b], то

b∫

a

f(x)g(x)dx = f(ξ)

b∫

a

g(x)dx.

10. A(b− a) ≤b∫

a

f(x)dx ≤ B(b− a), където A ≤ f(x) ≤ B, x ∈ [a, b];

11.

∣

∣

∣

∣

∣

∣

b∫

a

f(x)dx

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤b∫

a

|f(x)| dx;

12.

∣

∣

∣

∣

∣

∣

b∫

a

f(x)dx

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤ K(b− a), където |f(x)| ≤ K, x ∈ [a, b].

Приложение В

Справочник: Тригонометрични функции

1

10

x

sinx

cos x

1

10

x

tanx

cot x

177

178 В. ТРИГОНОМЕТРИЧНИ ФУНКЦИИ

Синиус f(x) = sinx

Дефиниционна област: Df = R.Образ: Ef = [−1, 1].Функцията е четна. Функцията е периодична с период 2π.

π2

bπb

3π2b

2πb

−π2b

−πb

−3π2

b−2π

b0 x

Фигура В.1. f(x) = sin x, x ∈ [−2π, 2π]

Косинус f(x) = cos x

Дефиниционна област: Df = R.Образ: Ef = [−1, 1].Функцията е нечетна. Функцията е периодична с период 2π.

π2

bπb

3π2 b

2πb

−π2

b−π

b−3π

2b

−2πb

0 x

Фигура В.2. f(x) = cosx, x ∈ [−2π, 2π]

В. ТРИГОНОМЕТРИЧНИ ФУНКЦИИ 179

Тангенс f(x) = tanx

Дефиниционна област: Df = R \

π2 + kπ : k ∈ Z

.Образ: Ef = R.Функцията е нечетна. Функцията е периодична с период 2π.

π2

bπb

3π2

b−π

2b−π

b−3π

2 b0 x

Фигура В.3. f(x) = tan x, x ∈[

−3π2, 3π

2

]

Котангенс f(x) = cot x

Дефиниционна област: Df = R \ kπ : k ∈ Z.Образ: Ef = R.Функцията е нечетна. Функцията е периодична с период 2π.

π2

bπb

3π2

b−π

2b−π

b−3π

2b0 x

Фигура В.4. f(x) = cotx, x ∈[

−3π2, 3π

2

]


Аркуссиниус f(x) = arcsin x

Дефиниционна област: Df = [−1, 1].Образ: Ef = [−π

2 ,π2 ].

Функцията е нечетна и строго растяща.

arcsin (0) = 0, arcsin(

12

)

= π6 , arcsin

(√22

)

= π4 ,

arcsin(√

32

)

= π3 , arcsin (1) = π

2 .

π2 b

−π2

b

0 x

1−1

Фигура В.5. f(x) =arcsin x, x ∈ [−1, 1]

πb

π2

b

0 x

1

−1

Фигура В.6. f(x) =arccosx, x ∈ [−1, 1]

Аркускосинус f(x) = arccosx

Дефиниционна област: Df = [−1, 1].Образ: Ef = [0, π].Функцията строго намаляваща.

arccos −1) = π , arccos(

−√32

)

= 5π6 , arccos

(

−√22

)

= 3π4 ,

arccos(

−12

)

= 2π3 , arccos (0) = π

2 , arccos(

12

)

= π3 ,

arccos(√

22

)

= π4 , arccos

(√32

)

= π6 , arccos (1) = 0 .


Аркустангенс f(x) = arctanx

Дефиниционна област: Df = R.Образ: Ef =

(

−π2 ,

π2

)

.Функцията е нечетна и строго растяща.

arctan (0) = 0 , arctan

(

1√3

)

=π

6, arctan (1) =

π

4, arctan

(√3)

=π

3.

π2

b

−π2b

0

b

x

Фигура В.7. f(x) = arctan(x), x ∈ [−5, 5]

π2

b

πb

0 x

Фигура В.8. f(x) = arccot (x), x ∈ [−5, 5]

Аркускотангенс f(x) = arccotx

Дефиниционна област: Df = R.Образ: Ef = [0, π].Функцията е строго намаляваща.

arccot(

−√3)

=5π

6, arccot(−1) =

3π

2, arccot

(

− 1√3

)

=2π

3,

arccot(0) =π

2, arccot

(

1√3

)

=π

3, arccot(1) =

π

4,

arccot(√

3)

=π

6.


Основни тригонометрични тъждества

sin2 α+ cos2 α = 1, tanα =sinα

cosα, cotα =

cosα

sinα,

tan2 α+ 1 =1

cos2 α, cot2 α+ 1 =

1

sin2 α.

Четност и нечетност на тригонометричните функции

sin(−α) = − sinα, cos(−α) = cosα, tan(−α) = − tanα, cot(−α) = − cotα.

Формули за приведение

π

2− α

π

2+ α π − α π + α

3π

2− α

3π

2+ α 2π − α 2π + α

sin cosα +cosα +sinα − sinα − cosα − cosα − sinα sinαcos sinα − sinα − cosα − cosα − sinα +sinα +cosα cosαtan cotα − cotα − tanα +tanα +cotα − cotα − tanα tanαcot tanα − tanα − cotα +cotα +tanα − tanα − cotα cotα

Формули за функции от сбор и разлика на два ъгъла

sin (α± β) = sinα cos β ± cosα sin β, tan(α± β) =tanα± tan β

1∓ tanα tan β,

cos (α± β) = cosα cosβ ∓ sinα sin β, cot(α± β) =cotα cot β ∓ 1

cotα± cot β.

Формули за двойни и тройни ъгли

sin 2α = 2 sinα cosα , sin 3α = 3 sinα− 4 sin3 α ,

cos 2α = 2cos2 α− 1 cos 3α = 4cos3 α− 3 cosα ,

= 1− 2 sin2 α = cos2 α− sin2 α ,

tan 2α =2 tanα

1− tan2 α=

2

ctgα− tanα, tan 3α =

3 tanα− tan3 α

1− 3 tan2 α,

cot 2α =ctg2 α− 1

2 ctg α=

ctgα− tanα

2, cot 3α =

cot3 α− 3 cotα

3 cot2 α− 1.


Понижаване на степените на синуса и косинуса

2 sin2 α = 1− cos 2α, 4 sin3 α = 3 sinα− sin 3α,

2 cos2 α = 1 + cos 2α, 4 cos3 α = 3cosα+ cos 3α,

Преобразуване на сбор и разлика на тригонометрични функции

sinα+ sinβ = 2 sinα+ β

2cos

α− β

2,

sinα− sinβ = 2cosα+ β

2sin

α− β

2,

cosα+ cos β = 2cosα+ β

2cos

α− β

2,

cosα− cos β = −2 sinα+ β

2sin

α− β

2= 2 sin

α+ β

2sin

β − α

2,

tanα+ tan β =sin(α+ β)

cosα cos β, α, β 6= π

2+ kπ, k ∈ Z,

tanα− tan β =sin(α− β)

cosα cos β, α, β 6= π

2+ kπ, k ∈ Z,

cotα+ cot β =sin(α+ β)

sinα sinβ, α, β 6= kπ, k ∈ Z,

cotα− cot β = −sin(α− β)

sinα sin β=

sin(β − α)

sinα sinβ, α, β 6= kπ, k ∈ Z,

A sinα+B cosα =√

A2 +B2 sin(α+ δ), където

sin δ =A√

A2 +B2,

cos δ =B√

A2 +B2.

sinα+ cosα =√2 cos

(π

4− α

)

=√2 sin

(π

4+ α

)

,

sinα− cosα =√2 sin

(π

4− α

)

=√2 cos

(π

4+ α

)

,

1 + cosα = 2cos2α

2, 1− cosα = 2 sin2

α

2,

1 + sinα = 2cos2(π

4− α

2

)

, 1− sinα = 2 sin2(π

4− α

2

)

.

Азбучен указател

безкраен числов ред, 93абсолютно сходящ, 103геометрична прогресия, 94хармоничен ред, 93критерий на Абел, 103критерий на Дирихле, 103критерий на Гаус, 101критерий на Коши, 96критерий на Лайбниц, 103критерий на Раабе, 101критерий на д’Аламбер, 96необходимо условие за сходимост,

93обобщен хармоничен ред, 94общ елемент, 93остатък, 93парциална (частична) сума, 93разходящ, 93сходящ, 93условно сходящ, 103

функция на две променливи, 1частна производна, 15, 17дефиниционна множество, 1диференцируема, 15екстремални точки, 36екстремум

достатъчно условие, 38необходимо условие, 37

градиент, 35график, 1граница, 10линия на ниво, 1

непрекъсната, 11

образ, 1

пълен диференциал, 22

производна на неявна функция, 33

производна на сложна функция,26

производна по направление, 35

равенството на вторите смесеничастни производни, 18

хомогенни линейни диференциалниуравнения с постояникоефициенти, 146

хомогенни уравнения, 132

интегриращ множител, 141

линейни диференциални уравненияс постояни коефициенти

характеристично уравнение, 146

хомогенни, 146

линейни диференциални уравненияс постоянни коефициенти

частно решение, 151, 152

нехомогенни, 150

общо решение, 151

линейни уравнения, 135

нехомогенни линейнидиференциални уравнения спостоянни коефициенти, 150

неявна функция, 32,IeC теорема за32,IeC производна33

обикновени диференциалниуравнения, 119

185

186 Азбучен указател

хомогенни уравнения, 132интегриращ множител, 141линейни уравнения, 135първи интеграл, 119решение, 119, 120уравнение на Бернули, 138уравнения с разделящи се

променливи, 128уравнения в пълен диференциал,

140уравнениe на Рикати, 139задача на Коши, 120

оклоност на точка, 10ред на Тейлор, 115

остатъчният член във форма наКоши, 115

остатъчният член във форма наЛагранж, 115

разлагане на основни функции,115

ред от функции, 107диференциране, 110граничен преход, 108интегриране, 109критерий на Вайерщрас, 108непрекъснатост на сумата, 109област на сходимост, 108равномерно сходящ, 108сходящ, 108сума, 108

редици от функции, 107диференциране, 109граница, 107граничен преход, 108интегриране, 109непрекъснатост на граничната

функция, 109област на сходимост на редицата,

107равномерно сходяща, 107сходяща, 107

системи линейни диференциалниуравнения с постоянникоефициенти, 155

степенни редове, 113интервал на сходимост, 114радиус на сходимост, 114развива на функция, 114теорема на Абел, 113

уравнения на Бернули, 138уравнения на Рикати, 139уравнения с разделящи се

променливи, 128уравнения в пълен диференциал, 140

Азбучен указател 187

x y

z

ap...Димитър Колев, Светослав Ненов Математика 2: Примери...

Documents