Реферат: Шпора
Билет №1Пусть 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<sub/>, 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 №3Пусть 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 №5Формула 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 №6Неприрывную 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 12Задача 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<sub/>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<sub/>
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
dn=å STi
i=1
А тогда принято считать, что площадью поверхности является
n
S=lim d<sub/>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
dn=å STi=å SDi / ïcos ni 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. M0соответствует значению параметра t=t0x0=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=t0получим />; 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. М0и 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№11Если 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 №16Общий 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.
Точку/>в 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 №17Диф. 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 вектораПусть 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 вектораПусть 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 координатахПусть 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 №18Пусть 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 №22Уравнение 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 №23Уравнение 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-ция/>и />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-нию/>Тогда 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
/>