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=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 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<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] 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 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

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 [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=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:

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 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

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

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:

(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 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:

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, 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