Билет №1
Пусть в обл. P плоскости XOY задана некоторая фун-ия z=f(x;y). Разобъём обл. P на n частичных обл. Рi , где i=1…n, возмём произвольную точку обл. (xI;hI) Î Рi , l - наиболь-ший диаметр чатичных обл.
Построим частичную сумму – сумму Римена.
Определение:
Если существует конечный предел и не зависит от способа делений области на части и от выбора т. (xI;hI) в каждой из частичных областей, то такой предел принято называть двойным интегралом по обл. Р и пишут:
В случае, если фун-ия f > 0 мы приходим к геометрическому смыслу двойного интеграла: днойной интеграл – это объём некоторого цилиндрического тела, сверху ограниченного пов-тью z = (x;y), которая проектируется на плоскость XOY в обл. Р, а образующие параллельны OZ. Площадь обл. Р:
Двойной интеграл от f(x;y) имеет многие св-ва, аналогичные св-ам одномерного интеграла.
Св-ва двойного интеграла:
1.Необходимым условием сущ. Двойного интеграла явл. ограниченность ф-ции f в обл. Р, т.е если сущ. интеграл, то f(x;y) – ограниченная.
2.Всякая непрырывная ф-ция, заданная в обл. Р, интегри-руема.
3.Если ф-ция f(x;y) в обл. Р имеет разрывы на конечном числе непрырывных кривых, принадлежащих этой обл., то f интегрирума по обл. Р.
4.Сумма Дарбу:
Теорема: Для того, чтобы двойной интеграл от ограниченной обл. Р существовал, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство:
5.Аддетивность двойного интеграла, т.е., если задана обл.Р некоторой непрырывной кривой разбита на две обл-ти Р1иР2 не имеющих общих точек, то, если двойной интеграл по обл. Р существует, то существуют интегралы относительно по двум областям.
6.Линейность:
7.Если f(x;y) £ g(x;y) для "(x;y)ÎP и ф-ции f и g интегрируемы, то соответственно справедливо неравенство:
9.Если f(x;y) удовлетворяет нер-вам m £ f(x;y) £ M, то справедливо следующее неравенство:
10.Для двойного интеграла имеет место теорема о среднем: если z = f(x;y) – ф-ция, заданая в обл. Р и такая, что во всех точках этой области выполняется нер-во m £ f(x;y) £ M, где
то существует число m такое, что справедливо равенство:
В случае непрырывности ф-ции:
Вопрос №3
Пусть в плоскости XOY задана плоскость Д, ограничен-ная следующими кривыми: y=j1(x) a £ x £ a – снизу;
y=j2(x) a £ x £ b – сверху; x = a – слева; x = b – справа;
Тогда имеет место следующая теорема.
Теорема: Если функция f(x;y) задана в области Д такова, что существует двойной интеграл
для любого фиксированного xÎ [a ; b] существует одно- мерный интеграл
то тогда существует повторный интеграл
Доказательство:
Обозначим c=inf j1(x) a £ x £ b; d=max j1(x) a £ x £ b и рассмотрим прямоугольник R=[a,b;c,d]ÉД. P=RД (раз- ность множеств). Построим вспомогательную функцию
Рассмотрим
Получаем следующее равенство:
Замечание: Пусть теперь область Д ограничена следующими линиями:
x=y1(y) c £ y £ d – слева; x=y2(y) c £ y £ d – справа;
x = c – сверху; x = d – снизу. И пусть
Тогда аналогично предыдущему можно показать, что существует повторный интеграл и
Если же функция f(x;y) такова, что существует двойной интеграл, существует оба повторных, то одновременно имеют место формулы (1) и (2) и можно пользоваться любой из них.Вопрос №5
Формула Грина.
Теорема: Пусть задана область Д огран. след. кривыми:
y=j1(x) a £ x £ b
y=j2(x) a £ x £ b
x=a , x=b, где ф-ции j1 и j2 непрер. на (a,b). Пусть в этой области задаётся функция P(x,y) – непрер. и имеющая непрер. частную производную: , тогда имеет место след. равенство:
Доказательство:
Рассмотрим двойной интеграл, стоящий справа в формуле(1). Т.к. под интегралом стоит непрер. функция, то такой двойной интеграл существует, также существует одномерный интеграл и его можно вычислить через повторный:
Теорема: Пусть задана область Д огран.:
y=j1(x) с £ x £ d
y=j2(x) c £ x £ d
x=c , x=d. И пусть в этой области задаётся функция Q(x,y) – непрер. и имеющая непрер. частную производную: , тогда имеет место след. равенство:
Cкладываем формулы (1) и (2) и получаем следующую формулу Грина для области Д:
D P(x,y), Q(x,y) ,
Вычисление площадей через крив интеграл
Применим ф. Грина, т.е. выразим его через криволинейный интеграл по границе области.
1. Q = x P = 0
2. Q = 0 P = -y
Суммируем 1 и 2 :
Пример: Вычислить площадь эллипса
.
Сделаем замену переменных 0 £ t £ 2p
Вопрос №6
Неприрывную кривую назыв. простой кривой (жордановой), если она не имеет точек самопересечения.
Областью называется всякое открытое связаное мн-во, т.е. такое мн-во всякая точка кот. явл. внутренней и любые две точки этого мн-ва можно соединить непрерывной кривой все точки кот. принадлежат данному мн-ву.
Область называется односвязной областью, если внутренность всякой замкнутой кривой содержит только точки данного мн-ва.
Теорема 1. Пусть Д ограниченная односвязная область пл-ти x и y, тогда для того чтобы криволинейный интеграл
был равен нулю по любой замкнутой кривой ГÌД, (где P(x,y) и Q(x,y) непрерыв. И имеет непрерыв. Частные производ. и ) необходимо и достаточно чтобы вып. Такое равенство
= (2)
f(x,y)eД.
Док-во: Пусть во всей области Д вып. Равенство (2) и Г произвольная простая замкнутая кривая принадлеж. области Д. Обознач. Через обл. Д1 кот. огранич. Эта кривая Г. Применим к этой области формулу Грина:
Предположим, что интеграл равен нулю, а равенство (2) не вып. По крайней мере в одной точке (x0 ,y0) e Д
F(x0,y0)>0 , т.к. частные произв. Непрерывны в обл. Д, то ф-ция F(x,y) непрывна в этой обл. , а из этого вытекает , т.к. F(x0,y0)>0, то существует окрестность этой точки такая, что F(x,y)>0 для всех точек лежащих в нутри окр. gr кот. явл. Границей нашей окружности.
Множество точек леж. В этой окр. обознач. Д1 и применим к области Д1 ф-лу Грина:
это показывает, что не сущ. ни одной точки, где бы (2) не выполнялось. Вопрос №4
Пусть заданы 2 плоскости с введенными в прямоугольник декартовыми системами координат
XOY и UOV. Пусть в плоскисти XOY задана область DV ограниченная кривой Г, а в плоскости UOV задана область G ограниченная кривой L
Пусть функция отображает область G в области D, где т.(u,v)e G, а т.(x,y)eD.
Будем предпологать , что функции x и y такие, что каждой точке области G соответствует точка области D и причем это соответствие такое, что различным точкам области D соответствуют различные области точки G. Причем всякая точка области D имеет единственный прообраз (u,v) в области G.
Тогда существует обратная функции
которая взаимноодназначно отображает область D в области G. Т.к. заданием двух точек U,V одназначно определяют т.(x,y) в области D, то числа U и V принято называть координатами точек в облати D, но уже криволинейными.
Будем предпологать, что функции x(U,V) и y(U,V) имеют непрерывные частные производные по своим переменным x^y и y^x, x^v и y^v, тогда определитель функции имеет вид:
Принято называть якобианом для функций x(U,V) и y(U,V).
Можно показать,что площадь области D задана в плоскости XOY может быть выражена в криволинейных координатах следующим образом:
- прямолинейном интеграле.
в криволинейных координатах.
Замена переменных.
Теорема: Пусть Z=f(x) – непрерывная функция заданая в области D и область D является образом области G через посредства функций , где функции x(U,V) и y(U,V) непрерывные и имеют непрер. Частные производные, тогда справедлива след. Формула замены переменных в двойном интеграле:
Док-во: Разорвем обл.G непер. Кривыми на конечное число частичных областей. Тогда согласно формулам отображающим область G в обл. D. Эти кривые обл. G отображ. В некоторые кривые обл. D, т.е. обл. D будет разбита на конечное число (такое же как и обл. G) частичных подобластей.
Di – подобласти, i=1,2,…,n.
В каждой обл. Di выберем т.(x,y)eDi и составим интегральную сумму Римана для двойного интеграла от функции f обл. D.
Площадь обл. Di выразим в криволинейных координатах
xi=x(Ui,Vi)
yi=y(Ui,Vi)
И того, что интеграл от функции f(x,y)dxdy сущ., то $ lim sn(f) и этот lim не зависит от выбора точек в обл. Di, но тогда в качестве f(xi,yi) может быть взята точка
Мы получаем интегральную сумму Римана для интегр., что стоит справа формулы (1), поэтому переходя к lim в следующем равенстве:
получим ф-лу (1), т.к. суммы стремятся к соответствующему интегралу.Вопрос №2
Теорема: Пусть z = f(x,y) – ограниченная функция, заданная на прямоугольнике R = [a,b;c,d], и существует двойной интеграл по этому прямоугольнику
Если для " X [a,b] существует одномерный интеграл
то $ повторный интеграл
Доказательство:
Разобьем отрезки ab и cd отрезками a=x0 Rik Rik На промежутке [xi;xi+1] возьмём точку x. Будем рас- сматривать точки, лежащие на прямой x = x. Получаем следующее неравенство mik£ f(x;y)£ Mik yk£ y£ yk+1 Проинтегрируем
его по отрезку [yk; yk+1] Замечание: если же существует
двойной интеграл и существует одномерный интеграл то существует повторный Если же функция f(x;y)
такова, что существует двойной интеграл по области R,
существуют оба од- номерных J(y) и Ί(x),
то одновременно имеют место формулы (1) и (2) Например: если f(x;y)
непрерывна в области R, то, как известно двойной интеграл, и
оба одномерных существуют, а значит, справедлива формула (3) и для вычисления
двойного интеграла можно пользоваться одной из формул (1) или (2), а именно
выбирая ту или иную, которая даёт более простое решение. 7.Независемость криволинейного
интегр. от пути интегрирования. Теор.1 и 2. Теорема 1. Пусть D – ограниченная одно-связанная область плоскости XOY тогда что бы
криволинейный интеграл - был равен 0 по любой
замкнутой простой кривой , где P(x,y) и Q(x,y) -
непрерывны и имеют непрерывные частные производные , необходимо и достаточно что бы во всех точках области D было (2). Док-во достаточность: Пусть во всех
точках обл. D выполнено рав-во (2) и пусть Г произвольная простая замкнутая кривая, принадлежащая области.
Обозначим через D область кот-ю ограничивает эта кривая
Г. Применим теперь к этой области ф-лу Грина. Необходимость: Криволинейный
интеграл в любой замкнутой простой кривой существует область D=0. Покажем, что во всех точках области D выполняется рав-во (2). (это доказуется методом от
противного). Пусть интеграл = нулю, а
рав-во (2) не выполняется, по крайней мере, в одной точке , т.е. . Пусть, так что разность . Пусть тогда . Т.к. частные производные и непрерывны в области D, то непрерывна в этой
области, а из непрерывности функций вытекает что ф-ция , то существует окрестность этой точки, принадлежащая области
D, так что везде в
этой окрестности для любой точки
лежащей внутри кривой. кот-я является
границей нашей окрестности - множество чисел
внутри . Применим к ф-лу Грина: . Полученное противоречие показывает, что не существует не
одной точки где бы равенство (2) не выполнялось. Теорема 2 Пусть D есть односвязная область плоскости XOY в этой области заданы две непрерывные функции D(x,y)
и Q(x,y)
имеющие непрерывные частные производные и ; чтоб криволинейный
интеграл не зависел от пути интегрирования . Необходимо и достаточно чтоб выполнялось равенство (2). Док. Не обход. Пусть
криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования, а зависит от начальной
и конечной точки пути интегрирования. Возьмём в области D произвольно простую замкнутую кривую Г. На этой кривой т.
А и т. В Т.к. по условию криво-ный
интеграл не зависит от пути интегрирования, то
интеграл по кривым АmB=AnB В силу 1-й теоремы
должно выполнятся рав-во (2). Док. Достат. Пусть выполняется
рав-во (2) . Покажем, что криволенейный интеграл не зависит от пути
интегрирования : 1-й случай. Берём две произвольные точки принадлежащие области D и соединяем эти
точки непрерывными кривыми и , кот-е не имеют точек самопересечения. Если эти кривые образуют простой
замкнутый контур без самопересечения и т.к. выполняется рав-во (2), то интеграл
поэтому замкнутому контуру обязан быть равен 0. , т.е. интеграл не
зависит от кривой. 2-й случай. Пусть и имеют конечное число
точек самопересечения Будем двигаться от А к C1 в результате получили контур и . Аналогично Для всех остальных случаев. 3-й случай. Если кривые
пересекаются на счётном множестве точек то интеграл по таким кривым тоже будут
равны между собой ….счётное множество эквивалентное множеству натуральных
чисел.9.Параметрические ур-я поа-ти, касательная плос-ть, нормаль, направляющие
косинусы нормали. Пусть поверхность задана
параметрическими уравнениями :x=x(U,V)
; y=y(U,V); z=z(U,V) и функции x,y,z непрерывны и имеют непрерывные
частные произвольные. Рассмотрим матрицу На поверхности берём точки U0(x0,y0,z0) которая является образом (U0,V0) . Можно показать, что в этом случае уравнение касательной к
плоскости поверхности имеет вид А(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0
.Уравнение нормали поверхности . Далее введём направляющую. Пусть поверхность задана
параметрическими уравнениями и l-
угол образованный нормалью с направлением осью X m-
угол образованный нормалью с
направлением осью Y n-
угол образованный нормалью с
направлением осью Z, cos l cos m cos n - называют направляющими косинусами нормали. Для
направляющих косинусов нормали имеет место формула: , , . В знаменатели стоит двойной знак ± и всякий раз выбирают один из знаков в
зависимости от направления нормали. В случае явного задания поверхности
направляющие вычисляются , , . Билет 12 Задача о вычислении массы
пространств-го тела. Пусть в трехмерном пространстве
задано тело D, причем в точках этого тела определены некоторые массы
и известна плотность распределения массы, кот. явл-ся ф-цией трех переменных U=R(x,y,z).Разобьем
это прост-ное тело некоторыми гладкими пов-ми на конечное число областей D1, D2,…,Dn. В каждой области Di произвол. выберем некот. точку (x,h,e)Î Di. Плотность массы в этой точке – это R(xi,hi,ei). Будем считать,
что ф-ция R явл-ся непрерывной, а
разбиение достат. мелким так, что значения ф-ции внутри области Di не слишком отличаються от значений ф-ции R в выбранной точке. Т.е. будем считать, что в области Di плотность массы
одна и та же и равна числу R(xi,hi,ei). Тогда очевидно масса, заключенная в обл. Di , будет равняться R(xi,hi,ei) * DV.
Тогда приближенное значение массы для всей области равна S R(xi,hi,ei)*DVi Пусть l - наибольший из диаметров Di
– тых областей, а тогда масса , заключенная в области равна m=lim(l®0) S R(xi,hi,ei) * DVi Пусть теперь задано пространств.
тело D. В точках этого тела определена ф-ция U=f(x,y,z). Разобьем это тело на конечное число
Di –тых (i=1,2,3,…). В каждой
области Di выберем произвол. точку (xi,yi,zi) и составим интегральную sn=S ò(xi,yi,zi) * DVi
Если сущ. предел и он конечный и он не зависит от способа деления обл. D на части и выбора точек (xi,yi,zi) , то этот предел называют тройным
интегралом по обл.D от ф-ции f(x,y,z)lim(l®0)sn=òòò f(x,y,z)dx dy dz Следовательноm=òòòR(x,y,z)dxdydz Св-ва тройного интеграла аналогично св-м двойного интеграла 1) Всякая
интегрируемая в обл. D ф-ция ограничена в этой области. 2) Могут быть построены суммы
Дарбу верх St=S Mi * DVi низ st=S mi * DVi 3) Необходимо и достаточное
условие сущ. интеграла lim(l®0)( St-st)=0 4) Как и в случае двойного
интеграла сущ. тройной интеграл от любой непрерывной ф-ции, заданной в обл. D. Однако тройной интеграл сущ. и в случае, когда ф-ция f(x,y,z) имеет разрывы 1-го рода на конечном числе пов-тей данного
тела D. 5)Тройной интеграл обладает
св-вами линейности и аддетивности òòòDfdx = òòòD1fdx + òòòD2 , где D=D1ÇD2 6)Если сущ. тройной интеграл от
ф-ции f,
то сущ. интеграл по модулю и существует равенство ôòòòô£ òòòôfôdv Если функция fв области D ограничена
какими-то числами m £ f £ М , то для тройного интеграла справидливо неравенство mVd £òòò ¦dv£M VD 7) Имеет место теорема о среднем
, т.е. если функция ¦(x,y,z)
не-прерывная в области D , то справедливо равенство òòò ¦dv = ¦ (X0 , Yo , Z0) (X0 , Yo , Z0)ÎD Ввычесление тройного интеграла по параллепипеду . 1. Пусть функция ¦(x , y ,z) задана на параллепипеде R[ a ,b ; c , d;
e, f]. Обозначим через Gи D прямоугольника D[ c , d; e, f] и [a,b;c,d] . Тогда если существует
тройной интеграл по параллепипеду от функции ¦(x,y,z) и существует для любого x
из [a,b] двойной интеграл
по прямоугольнику D òò ¦(x,y,z)dydz то существует òòò¦dv
=òdxòò¦(x,y,z)dydz Если для " zÎ[e,f] $ òò ¦(x,y,z)dxdy,то
òòò ¦dv = òdxòò¦(x,y,z)dydz = òòdxdyò¦(x,y,z) . Если функция ¦(x,y,z) непрерывна в области D,т.е.
на параллепипеде , то все указаные ранее интеграмы существует и имеет место вся большая формула и в
последнемравенстве можно менять местами в случае непрерывности функции. 2. Пусть ¦(x,y,z) задана в пространстве области G
причем область G
сверху ограниченная
плоскостью z=z2(x,y) снизу z=z1(x,y),a c
боков ограничена цилиндрической поверхностью образующая которой ½½OZ.
И пусть проекция этого тела на плоскость XOY
есть некотокая область D .Тогда можно показать ,что тройной
интеграл по пространственной области G может быть вычеслен по такой формуле Продолжение №12 Если теперь обл. D будет иметь следующее строение. Пусть обл. D, кот. явл. проэкцией тела на пл-ть XOY, ограничена следующими линиями: отрезками прямых x=a и x=b , и кривыми y=j1
(x) и y=j2(x). Тогда тройной интеграл: Вопрос №10 Пусть в пространстве задана
поверхность Q, которая является гладкой
и задана явным
уравнением z = f(x;y), где (x;y)ЄD. D
является проэкцией поверхности
Q на плоскость
xoy. Будем считать f(x,y) – непрерывная со
своими частными производными P=òz
/ òx =òf / òx q=òz / òy =òf / òy Требуется вычислить
площадь S заданной поверхности. Разобьем область
D непрерывными кривыми
на конечное число
частичных областей D1,D2,…,Dn. Возьмем в области Di т.(xi;yi) и построим
цилиндрическое тело, в
основании которого лежит
область Di
, а образующие параллельны
оси oz.
Это цилиндрическое тело
вырежет на нашей
поверхности Q некоторую i-тую площадку. Обозначим через
Mi (xi;yi;zi) точку на i-той частичной поверхности
такую, что zi=f(xi;yi), т.е. Mi(xi;yi;z (xi;yi)).
Так как частные производные p,q-непрерывны, то
поверхность является гладкой
и в каждой точке этой поверхности существует касательная плоскость. Проведем теперь
касательную плоскость к
поверхности в точке Mi. Построенное тело
на обл. Di на
этой плоскости Т вырежит
некоторую площадку Ti. Eе
площадь STi дает
некоторое приближение для
площади куска поверхности, который вырезается этом
цилиндрическим телом. Аналогичным
образом поступим с
остальными областями D1,D2,…,Dn.
В результате мы получим некоторое
приближение для площади
всей заданной поверхности. Пусть n d n=å STi i=1 А тогда принято
считать,
что площадью поверхности является n S=lim d n=lim å STi , l®0 l®0 i=1
где l - наибольший
из диаметров площадей
Di. Нетрудно показать, что такой предел будет
равен S=lim dn=òò (1/½cos n½)dx dy, l®0 D где n
- угол, образованный нормалью к
поверхности с осью
oz. Доказательство: Через ni обозначим
угол, который образует
касательную плоскость с
плоскостью xoy. В точке Mi проводим нормаль
к поверхности. Получаем, что угол, образованный
касательной плоскостью с
плоскостью xoy равен углу,
образованному нормалью к
поверхности с осью oz. Площадь Di есть
проекция плоскости Ti , которая лежит
на касательной плоскости.
А тогда SDi=STi*½cos ni ½. А тогда получаем, что n n n d n=å STi=å SDi / ïcos n i ï=å (1/ïcos niï)*SDi . i=1 i=1 i=1 Получили,
что данная сумма является суммой
Римена для такого
двойного интеграла: òò (1/ïcos nï)dx dy. D
Получили , что площадь
поверхности Q , заданной
явным уравнением , вычисляется
по такой формуле : SQ=òò (1/ïcos nï)dx dy. D Если поверхность задана явным
уравнением , то cos n=1/±Ö (1+p2+q2 n)=1/Ö(1+zx"2+zy"2 ). В случае
явного задания поверхности SQ=òòÖ(1+zx"2+zy"2)dx dy =òòÖ(1+p2+q2)dx dy D D Если теперь поверхность Q задана
параметрическими
уравнениями x=x(u,v) y=y(u,v) (u,v)єG , z=z(u,v) где функции
x,y,z
непрерывны со своими частными производными,
то в
этом случае площадь
поверхности вычисляется по
следующей формуле 6SQ=òòÖ(A2+B2+C2) du dv, где А,B,C-есть раннее
введенные функциональные определители. 8.Касательная пл-ть к пов-ти и
её ур-е в случае явного и не явного задания пов-ти. 1) не явное. Пусть поверхность
задаётся не явным уравнением F(x,y,z)=0. Эта функция непрерывна и имеет непрерывные частные
производные. Здесь рисунок. Зафиксируем любую точку M0(x0,y0,z0). Рассмотрим кривую проходящую через эту точку. Пусть
уравнение этой кривой будет x=x(t)
y=y(t)
z=z(t)
где . Предположим что эти функции непрерывны и имеют непрерывные
частные производные по t . Пусть т. M0
соответствует значению параметра t=t0 x0=x(t0) y0=y(t0) z0=z(t0). Т.е. M0(x(t0),y(t0),z(t0))=M0(x0,y0,z0) , т.к. кривая Г лежит на пов-ти, то она удовлетворяет
уравнению поверхности т.е. F(x(t),y(t),z(t))
0, берём производную . Посмотрим это рав-во в т.M0
т.е. t=t0 получим ; Введём обозначение через
, а через , а так как то проведём через точку
М0 любую кривую. из рассмотренных равенств заметим, что любые кривые на пов-ти,
кот-е являются непрерывными , всегда будет выполнятся рав-во , а это рав-во
показывает что вектор будет ортогонален к
любому касательному вектору , кот-й проходит через эту точку М0, значить все
касательные s лежат в одной плос-ти перпендикулярно к . Эту плос-ть состоящую из касательных векторов называют
касательной плоскостью к поверхности в т. М0, а вектор наз нормальным
вектором плоскости в т. М0. в случае не явно.
Прямая проходящая через т. М0 и перпендикулярная к касательной плоскости
поверхности называют нормалью поверхности. Но тогда ур-е прямой поверхности
проходящую через т. М0: . 2) явно. пусть пов-ть задаётся явным
ур-ем z=f(x,y), где (x,y)D
f - ф-ция непрерывна и имеет непрерывные частные
производные. ; ; z-f(x,y)=0; F(x,y,z); ;; ; ; ; это ур-е пов-ти. Вопрос№11 Если пов-ть Р задана параметрич.
ур-ями (u,v) G ф-ии x,y,z непрерывны с частными производными
то поверхностный интеграл 1-го рода вычисл. С помощью интеграла
двойного рода,взятого по обл. G по ф-ле: Если пов-ть Р задается явным
урав. Z=F(x,y)=z(x,y)
Где (x,y),причем ф-ия F-непрерыв. Со своими Часными произв.,то поверхностный
интегр.1-го рода Вычисл.по ф-ле : где P
и Q соотв.часные произв. Поверхн.интеграл 2-го рода Криволин.интеграл 2-го рода: Пусть задана двусторонняя пов-ть
S и на верхн. Стороне задана ф-ция U=F(x,y,z).Разобьем задан. Повер.S
непрерывн.кривыми на конечное число Частичных поверх. S1,S2….Sn.Проэктир.эти
поверх. На XOY
, -площадь прэкции повер.Si: Если сущ.предел Lim s n при не зависит От способа дел.области на части
и выбора точек Mi, То его наз.повер.интегалом 2-го рода
по поверхн.и Обознач. : Если же проэктировать пов-ть на
другие плоскости ,то Получится: Пусть на пов-ти заданы три ф-ции
P(x,y,z), Q(x,y,z) R(x,y,z) тогда повер.интегр.2-го рода общего
вида наз. Пусть пов-ть S явл.гладкой
поверхн.,такой что в каждой точке ее Сущ. Пл-ть такая что в каждой
т.пов-ти сущ.нормаль.Обозначим Через ,,-углы ,которые образуют углы с осями OX,OY,OZ. Тогда,как и для
криволин.интеграла имеет место форма между повер.Интегр.1 и 2 рода: Имеет место следующ.ф-ла замены перем.в пов.интегр.2-го. Пусть пов-ть S задается своими парам.ур-ми: ф-ции x,y,z –непрерыв.и имеют непрер.частн.
произв.Тогда: Имеет место ф-ла
Стакса ,связывающ.криволин.интеграл по контуру Пов-ти с повер.интегралом 2-го
по задан.пов-ти. Пусть задана некоторая гладкая повер.S
на верхн.стороне этой повер. Заданы три ф-ии P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)
непрерыв.и имеющ.непрер. Частн.произв.по своим аргументам
и L-контур повер.,проходящий в Полож.направления.Тогда: Билет №14 Поток вектора через поверхность Пусть задана некоторая
область(тело) ДÌR3
Пусть над этой областью определено поле вектора (М), МÎД , Аx ,Ay ,Az
Возьмем в области Д некоторую
поверхность S обозначим через - нормальный вектор поверхности -единичный вектор ,
данного нормального вектора где l,m,n -углы , которые образует нормаль с осями координат Потоком вектора через заданную
поверхность S (во внешнюю поверхность) называют следующий поверхностный
интеграл 1-го рода Проекция вектора на ось Ап – проекция вектора на вектор Ап =пр А тогда поток вектора будет
равен Вопрос №16 Общий вид диф уравнения F(x, y,
y^)=0 y^=f(x,y) (1). Решением дифференциальное
уравнение первого порядка называется всякая функция y=j(x),
которая будучи подставлена в данное уравнение обращает его в тождество. j^(x)= f (x, j(x)); Задача Коши для диф. уравнения 1
порядка. Требуется найти решение диф.
ур-я (1) удовлетворяющего следующему условию (2). Теорема Коши. Пусть задана на плоскости XOY некоторая обл. Д и задано диф. ур-е разрешённое
относительно производной, тогда если функция f(x, y) и её частная производная непрерывны в обл. Д, и некоторая
фиксированная точка обл. Д, то существует и единственная функция y=j(x) являющаяся решением (1) и такая,
которая в т. принимает значение , т.е. удовлетворяющая заданному начальному условию . Т.е. если существует решение
диф. ур-я, то таких решений бесконечное множество. График функции являющийся
решением диф. ур-я принято называть интегральной кривой, процесс решение
принято называть интегрированием. Точкув плоскости XOY называют особой
точкой диф. ур-я если в этой т. не выполняется условие теоремы Коши, т.е.
особая т. это такая т. через которую может вообще не проходить ни одной интегральной
кривой, либо проходить множество. Решения диф. ур-я в каждой т.
которого нарушается условие единственности из теоремы Коши, принято называть
особым решением диф. ур-я. График особого решения называется особой кривой. Определение общего решения диф.
ур-я 1 порядка: Функция y=j(x, C), где С произвольная константа,
называется общим решением диф. ур-я (1) если выполнены следующие условия: Функция y=j(x, C) является решением ур-я (1) при любом
значении произвольной константы С; Какова бы ни была т. Î Д найдётся такое значение произвольной константы , что функция y=j(x,) удовлетворяет заданному начальному условию, т.е. j Частным решением данного диф.
ур-я называется решение этого ур-я которое может быть получено из общего
решения при некотором фиксированном значении произвольной константы С. Определение: Если решение диф. ур-я (1) может
быть получено в виде, причём это ур-е не может быть явно разрешено относительно y, то функцию принято называть общим интегралом диф. ур-я (1), где С – произвольная
константа. Если решение получено в виде , где - явная константа – частным интегралом диф. ур-я. Особое решение данного диф. ур-я
(1) ни при каком значении константы С не может быть получено из общего
решения.. Вопрос №17 Диф. ур-ем с разделёнными
перемеными принято называть ур-е вида (1): (1) Если y=y(x) является решением ур-я (1), то и
правая и левая части этого ур-я представляют собой дифференциалы от переменной x, т.е. имеем равенство двух дифференциалов, то тогда
неопределённые интегралы отличается разве лишь на константу. Т.е. интегрируя
равенство (1), получаем общее решение данного диф. ур-я: Уравнения с разделяющимися
переменными: Уравнения, приводящиеся к уравнениям
с разделёнными переменными. докажем, что это ур-е можно привести к ур-ю с разделёнными
переменными. Т.е. Если т.е. Пример: Билет №15 Дивергенция , циркуляция ротор вектора Пусть задана некоторая
пространственная область Д над которой определенно поле вектора и S –некоторая поверхность в данной поверхности Д Рассмотрим
интеграл , выражающий поток вектора через поверхность S Обозначим Аx = P(x,y,z) , Ay
=Q(x,y,z) , Az = R(x,y,z) поверхность S ограничивает тело Д1
- расходимость (дивергенция ) вектора - уравнение Остроградского-Гаусса Ап – проекция вектора на нормаль
поверхности Циркуляция , вихрь и ротор вектора Пусть в пространстве задано
некоторое тело Д и пусть в теле Д
рассматривается некоторая кривая L , которая гладкая ,
имеет непрерывно изменяющуюся касательную Обозначим через a,b,g углы , образует касательная к
кривой L с осями координат Пусть над этим телом определенно
поле вектора Тогда криволинейный интеграл по
кривой L Рассуждая как и прежде можно
показать , что L0 - единичный вектор касательной L1 L1
- касательный вектор к кривой L Если кривая L является замкнутой кривой , то такой интеграл принято
называть циркуляцией вектора вдоль замкнутого
контура L - циркуляция Пусть теперь в некоторой области
Д задана поверхность S , контур которой обозначим через L - формула Стокса Ротором векторного поля называется вектором
(или вихрем) , имеющий следующие координаты и обозначающиеся Циркуляцией вектора вдоль поверхности S равна потоку вектора через заданную
поверхность S - формула СтоксаБилет №13 Криволинейные интегралы в
пространстве и объем тела в криволинейных координатах Пусть в пространстве OXYZзадано тело G.И пусть в другом
пространстве OUVW задано тело Д И пусть заданы 3 функции взаимно однозначно отображающие
область Д в области G Будем считать функции x,y,z
–непрерывными и имеющие непрерывные частные производные Рассмотрим Якобиан Можно показать , что в случае
взаимно однозначного отображения области Д и G
якобиан ни в одной точке области Д не обращается в 0 А значит в области Д сохраняет
один и тот же знак Координаты (U,V,W) принято называть криволинейными
координатами точек области G И тогда можно показать , что
объем области G в криволинейных координатах
выражается по следующей формуле Если теперь в области G будет задана функция f(x,y,z)
–непрерывная в этой области, то справедлива следующая формула замены переменных
в тройном интеграле При замене переменных в тройном
интеграле наиболее часто используются цилиндрические и сферические координаты Под цилиндрическими координатами
следует понимать объединение полярных координат на плоскости XOY и аппликаты z r,q,z r-расстояние от начала координат до проекции тМ на плоскость
q-угол , образованный радиус вектором ОМ , в пол направлении
циллиндрические
координаты 0£ r
< +¥ , 0£ q < 2p , -¥< z < +¥ Подсчитаем якобиан в случае цилиндрических
координат q- угол , образованный проекцией радиус-вектора тМ j-угол, образованный радиус-вектором тМ r- радиус-вектор тМ, равный ОМ Сферическими координатами
принято называть r,j,q Где r- расстояние от начала
координат до тМ j- угол , образованный радиус-вектора с осью Z q- угол, образованный проекции радиус-вектора с осью X r=(ОМ) 0£ r < +¥ , 0£ j < p , 0 < q
< 2p Найдем якобиан для сферических
координат =cosj[r2 cos2 qcosj sinj + r2 sin2 q sinj cosj] + rsinj [r sin2 j cos2 q + r sin2 j sin2 q] =r2 cos2 j sinj + r2 sin3 j=r2 sin j I(r,j,q)=r2sinj Вопрос №18 Пусть задана функция в области Д, полкости XOY,
функцию называют однородной
функцией m-той степени относительно переменных x и y, если каково бы ни было число t>0, выполняется равенство: Пример: Определение: диф. ур-е 1 порядка
разрешённое относительно производной называется однородным диф. ур-ем 1
порядка, если его правая чаcть (функция f(x,y))
является однородной функцией 0-й степени. Метод решения: Пусть (1)
является однородным уравнением (1). Пусть 2) если то т.е. Билет№20 Линейные диф. Уравнения1- порядка. Метод подстановки. Линейным уравнением 1-го порядка
называют уравнения вида: y^+yP(x)=Q(x)
– где P(x) и Q(x) некоторые функции переменной х , а y^ и y входят в уравнение в 1 степени. 1.Метод подстановки: Будем искать решение уравнения 1 в виде произведения y=U(x)V(x) при чём так, что мы можем подобрать одну из функций
по желанию, а вторую так, чтобы
удовлетворяла (1) : y^=U^V+UV^ ; U^V+UV^+UV*P(x)=Q(x) ; U^V+U(V^+V*P(x))=Q(x) Найдём
V ,чтобы V^+VP(x)=0 : Тогда U^V=Q(x)
y^+y cos(x)=1/2 sin(2x)
y=UV U^V+UV^+UVcos(x)=sin(x)cos(x)
V^+Vcos(x)=0
dV/V=-cos(x)dx ln(V)= -sin(x) V=e-sin(x) sin(x)=t Билет №22 Уравнение Бернулли и Рикотти и
их решение. Уравнение Бернулли – это диф.
Ур-е следующего вида : где P(x) и Q(x)
– непрерывные функции m – действительное число ¹0 и ¹1 разделим уравнение на ym : - приведем его к
линейному Обозначим через а теперь
диференциируем теперь подставим в уравнение получили линейное уравнение . Уравнение Рикотти – это
диф. следующего вида Где P(x),q(x),r(x) – некоторые непрерывные функции Рассмотрим несколько случаев 1) если ф-ции P(x) , Q(x) и r(x)
– явл. Константами то в этом случае
сущ. решением ур-я Рикотти т.к. в этом случае ур-е явл. Ур-ем с разделенными
переменными . 2) если q(x)=0 имеем лин. Ур-ние 3) если r(x)=0 то имеем ур-е Бернулли Если не выполяется ни одно из
этих 3 условий , то ур-е Рикотти решить нельзя , неразрешимо в квыадратурах .
Однако если эти три случая , но
возможно найти хотя бы одно частное
решение этого ур-я то ур-е решается в
квадратуре . Установим это : пусть - явл. Часным решением
ур-я Рикотти т.е. тогда введем новую функцию z=z(x) Положем , Подставив в уравнение получим а это ур-е Бернулли Билет №23 Уравнение в полных
дифференциалах и их решение Пусть задано диф. ур-е ел. Вида: где P(x,y) и Q(x,y) – непрер. Функции имеющие непрерыв часн. Производную 2 порядка
включительно. Диф. ур. Назыв. Ур-ем в полных
диф-лах , если такое что т.е. ур. В этом случае имеет вид
: это уравнение явл полным диф.
функции U как ф-ции двух переменных: если выполняется равенство тогда
то левая часть а тогда его решение - общий интеграл диф.
Ур. Теорема о необходимости и
достаточности условия того что Ур было ур-ем в полных дифференциалах Теорема : Для того чтобы ур было
ур-ем в полных диф. в некоторой Д
принадл ХОУ Необх. И дост. Чтобы во всех
точках обл. Д выполн равенство если условие
выполняется можно найти ф-цию что будет выполняться
рав-во след. Образом. найдем Билет№21. Метод вариации производной
постоянной при решении линейного диф. уравнения 1-го порядка. y^+P(x)y=Q(x) (1) -задано линейное неоднородное уравнение.
Рассмотрим соотв. ему однородное
уравнение y^=P(x)y=0 (2).
Найдём общее решение: Будем искать решение в том же виде, что и однородного, только
считая с не произвольной константой ,а функцией от х : Билет№19 Уравнения,
приводящиеся к однородным. К таким уравнениям относят
уравнения вида: где a,в,с - const 1)Введём: чтобы исчезли с1 и с2 После нахождения
конкретных k и h и подстановки их в наше уравнение, с
учётом того, что получаем : Это уравнение является однородным и решается подстановкой 2). Тогда: Подставим : Сделаем замену: 1). Допустим φ(z)=x+c φ(a2x+b2y)=x+c 2). Теперь допустим Тогда получим z=c. Билет №24 Интегральный множитель и его
нахождение Пусть задано диф. ур-ние в диф. форме вида : не всякое такое уравнение явл.
Уравнением в полных виференциалах однако доказано что для всякого такого ур-я
может быть подобрана ф-ция такая что после умножения
левого и правого ур-я на эту функцию данное уравнение стан ур-ем в
полных диф. Ф-цияю назыв интегральным множителем данного уравнения Найдем функцию определяющую
интегр. Множитель данного уравнения: тогда должно выполн. Рав-во: имеем уравнение в частных
производных относит неизв функции Мю.Общего метода нахожения которой не
существует Найдем интегр множитель в случае
если он явл ф-цией от одной из перемен. 1)Найдем условие при которых функция должна удовлетв равенству ;будет зависеть только от Х если правая часть ур будет
зависеть только от Х 2) Аналогично и =(У) ;будет зависеть только от Х если правая часть ур будет
зависеть только от У Вопрос №26. Уравнение вида: f(x,y¢)=0. 1) Предположим, что данное уравнение
можно разрешить относительно y¢; y¢=fk(x),
k=1,2,… Получим совокупность
таких решений. Она является общим решением данного уравнения. ………………………………. 2) Пусть оно не разрешается
относительно y¢ и разрешается относительно x.
Пусть оно эквивал. Такому x=j(y¢). Будем искать
решение данного уровнение в параметрической форме. y¢=p=p(x). Пусть x=j(p), А y ищем так: dx=j¢(p)dp dy=y¢dx=pj¢(p)dl. Отсюда Тогда общее решение 3) Предположим, что ур-ние не
разрешено не относ. х, не относ. y¢, но оно может быть представлено в виде с-мы двух ур-ний,
эквивалентных данному ур-нию: a
£ t £ b dy=y¢dx dx =j¢(x)dt
dy=y(t)* j¢(t)dt Тогда парметрическое решение
данное ур-я Билет 28. Ур-ние Логранжа Ур. Лог.имеет следующий вид где ф-цияи непрерывная и сменная производная по своему
аргументу. Покажем что путём диф-ния и введения параметра можно получить общее
решение в параметрической форме.Пусть
у`=p=p(x)
Подставляем в ур. (1) Продиф-ем на х Рассмотрим два случая: Будем смотреть на это ур-ние как
наур-ние от неизв. Ф-ции х, которая в свою очередь явл. Ф-цией параметра р.Тогда имеем
обычное инт.ур.относительно неизв.ф-ции,
которую можем найти. Пусть общим интегралом этого
ур.будут F(p,е,c)=0 (2) Объеденим (2) и (1) А это и есть общее решение ,представленое через параметр Р. 2) ,тогда Р=0,но такая constanta, что удовлет. решению ур. : Пусть РI(I=1,2,..) будут решением этого ур. Тогда решением первоначального ур.А. будут ф-ции , которые явл. Особыми решениями
ур. А. И не могут быть получены общим решением. Ур.Клеро. Ур.Клеро имеет вид где -непрер. и симетр.произв.по своему аргументу. Вводим параметр . Тогда (3) Диф-ем по Х Если ,то р=е, а тогда подставляем в (3)и получаем: явл. общим решением ур. Клеро тогда имеем параметрическое ур. общее реш. Пример Замена общее решение: Билет 27. Уравнение вида F(y,y`)=0 1)Пусть ур-ние разрешимо относ. y`,тогда y`=fk(y) Разрешим относ. y, где к=1,2…. k(y)
. Пустьfk(y)0 тогда Считаем х-функцией от у. . -это общий интеграл данного ур-я . общее решен.х. Пусть fk(y)=0 . Тогда решен.данного ур-я могут быть ф-ции ,где- консты, причём такие,которые удовлнтв.условиюF 2)Пусть ур-ние не разр.относ.у,,
но разреш. отн. y, т.е. пусть наше ур-е эквивал. Ур-ниюТогда общее реш.розыскивается в парометрич. форме.Вводят
параметры таким образом а)пусть тогда , а тогда: - общее решение в пар-ой форме б) пусть у^=0, тогда у=const Решением ур-ния будут ф-ции у=к , какие удовлет.ур-ние F(k,0)=0 Пример: решить ур. Разреш. относ. У .тогда ; Билет 25. Рассмотрим несколько случаев: 1.Пусть задано следющее диф.
ур-ние: Это диф. ур-е 1-го порядка n-ой степени, где aI (x;y)
– некото- рые непрырывные ф-ции двух переменных в некоторой обл. Q Ì R2 (i=0,…,n). Мы имеем ур-е n-ой степени
относительно 1-ой производной, а известно, что всякое ур-е n-ой степени имеет вточности n-корней,
среди которых есть как действительные так и комплексные. Пусть например это
ур-е имеет какоето количество m £ n действительных корней. Т.к.
коэффициенты этого ур-я являются ф-циями двух переменных, то ясно, что корни
тоже будут ф-циями двух переменных. Пусть это будут решения y1=fk(x;y),
k=1,2…m. Ур-е (1) свелось к m - ур-ий 1-го
порядка. Пусть это ур-я, имеющие общий интеграл Fk=(x;y;c)=0, k=1,2…n. Тогда совокупность всех этих общих интегралов и будет общим решением данного
диф. ур-я (1). Пример: Пусть x=0,а
ур-ние разделим на x Ур-я вида: F(y!)=0 Пусть заданное диф. ур-е явно зависит только от y! и не зависит явно от x
и y. Тогда мы имеем некоторое алгебраическое ур-е относительно
производных. А такое алгебраическое ур-е пусть имеет конечное или бесконечное
множество действительных решений относительно производных. Т.е. y! = ki , i=
1,2… , где ki – некоторые действительные числа. У нас выполняется
условие F(ki)º0. Решим ур-е y!=ki; y=kix+c; ki=(y-c)/x. Общий интеграл заданного диф. ур-я Пример: (y!)4-4(y!)2+1=0 k4-4k2+1=0 действительные корни есть Значит сразу получаем общее
решение