Шпора 2

Билет №1

Пусть в обл. P плоскости XOY задана некоторая фун-ия z=f(x;y). Разобъем обл. P на n частичных обл. Рi, где i=1…n, возмем 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 объем 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 Р1 иР2 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=R\Д (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 задается 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 задается 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 <x1 <…<xn =b, c=y0 <y1 <…<yn =d. Рассмотрим теперь частичный прямоугольник Rik =[xi, xi+1 ;yi, yi+1 ] mik =inf f(x, y) Mik =sup f(x, y)

Rik Rik

На промежутке [xi ;xi+1 ] возьмем 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 дает 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.

Возьмем 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. Берем 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 счетном множестве точек то интеграл по таким кривым тоже будут равны между собой….счетное 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 берем 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 введем 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 Следовательно m=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

òòòD fdx = òòòD1 fdx + 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 [N1] =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 =a STi

I=1

А тогда принято считать, что площадью поверхности является

N

S=lim d n =lim a 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 =a STi =a SDi / ïcos n i ï=a (1/ïcos ni ï)*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

6 SQ =òòÖ(A2 +B2 +C2 ) du dv,

Где А, B, C-есть раннее введенные функциональные определители.

8.Касательная пл-ть к пов-ти и ее ур-е в случае явного и не явного задания пов-ти.

1) не явное. Пусть поверхность задается 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, берем производную . Посмотрим это рав-во в т. M0 т. е. t=t0 получим ; Введем обозначение через , а через , а так как то проведем 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 задается 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 разрешенное относительно производной, тогда если функция f(x, y) и ее 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:

1. Функция y=j(x, C) является решением ур-я (1) при любом значении произвольной константы С;

2. Какова бы ни была т. Î Д найдется 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, причем 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 разделенными 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 неопределенные 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 разделенными переменными.

Докажем, что это ур-е можно привести к ур-ю с разделенными 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 Стокса

Билет №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)=r2 sinj

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 разрешенное 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:

(1) 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 чем 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)

Найдем 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). Найдем 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) Введем: чтобы исчезли с1 и с2 После нахождения конкретных k и h и подстановки их в наше уравнение, с учетом того, что получаем : Это уравнение является однородным и решается подстановкой

2). Тогда: Подставим : Сделаем замену:

1). Допустим φ(z)=x+c φ ( a 2 x + b 2 y )= 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 путем 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:

1)

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

1) Если ,то р=е, а тогда

Подставляем в (3)и получаем:

Явл. общим решением ур. Клеро

2) Тогда имеем параметрическое ур.

Общее реш.

Пример

Замена

1)

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, причем

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=ki x+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

[N1]


Шпора 2