Билеты по математике
Билеты по математике
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 Следовательноm=òòòR(x,y,z)dxdydz
Св-ва тройного
интеграла аналогично св-м двойного интеграла 1) Всякая интегрируемая в обл. D ф-ция
ограничена в этой области.
2) Могут быть
построены суммы Дарбу
верх St=S Mi * DVi низ st=S mi * DVi
3) Необходимо и
достаточное условие сущ. интеграла
lim(l®0)( St-st)=0
4) Как и в случае
двойного интеграла сущ. тройной интеграл от любой непрерывной ф-ции, заданной в
обл. D. Однако тройной интеграл сущ. и в случае, когда ф-ция f(x,y,z) имеет
разрывы 1-го рода на конечном числе пов-тей данного тела D.
5)Тройной интеграл
обладает св-вами линейности и аддетивности
òòòDfdx = òòòD1fdx + òòòD2 , где D=D1ÇD2
6)Если сущ.
тройной интеграл от ф-ции f, то сущ. интеграл по модулю
и существует
равенство
ôòòòô£ òòòôfôdv
Если функция fв области D ограничена
какими-то числами m £ f £ М , то для тройного
интеграла справидливо неравенство
mVd £òòò ¦dv£M VD
7) Имеет место
теорема о среднем , т.е. если функция ¦(x,y,z) не-прерывная в области D , то
справедливо равенство
òòò ¦dv = ¦ (X0 , Yo , Z0) (X0 , Yo , Z0)ÎD
Ввычесление тройного интеграла по
параллепипеду .
1. Пусть функция ¦(x
, y ,z) задана на параллепипеде R[ a ,b ; c , d; e, f].
Обозначим через
Gи D
прямоугольника D[ c , d; e, f] и [a,b;c,d] . Тогда если существует тройной интеграл по параллепипеду
от функции ¦(x,y,z) и существует для любого x из [a,b] двойной интеграл по прямоугольнику D
òò ¦(x,y,z)dydz то существует
òòò¦dv [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
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® l®0 i=1
где l - наибольший из диаметров площадей Di.
Нетрудно
показать, что такой предел будет равен
S=lim dn=òò (1/½cos n½)dx dy,
l®0 D
где n -
угол, образованный нормалью к поверхности с осью oz.
Доказательство:
Через ni обозначим угол,
который образует касательную плоскость с плоскостью xoy. В точке Mi проводим
нормаль к поверхности. Получаем, что угол, образованный касательной
плоскостью с плоскостью xoy равен углу, образованному нормалью к поверхности с
осью oz. Площадь Di есть проекция плоскости Ti , которая лежит на
касательной плоскости. А тогда SDi=STi*½cos ni ½.
А тогда
получаем, что
n n n
d n=å STi=å SDi / ïcos n i ï=å (1/ïcos niï)*SDi .
i=1 i=1 i=1
Получили, что данная сумма является суммой
Римена для такого двойного интеграла:
òò (1/ïcos nï)dx dy.
D
Получили , что
площадь поверхности Q , заданной явным уравнением , вычисляется по такой
формуле :
SQ=òò
(1/ïcos nï)dx dy.
D
Если
поверхность задана явным уравнением , то
cos n=1/±Ö (1+p2+q2 n)=1/Ö(1+zx'2+zy'2
).
В случае
явного задания поверхности
SQ=òòÖ(1+zx'2+zy'2)dx
dy =òòÖ(1+p2+q2)dx dy
D D
Если теперь
поверхность Q задана параметрическими уравнениями
x=x(u,v)
y=y(u,v) (u,v)єG ,
z=z(u,v)
где функции x,y,z
непрерывны со своими частными производными,
то в этом случае площадь поверхности вычисляется по следующей формуле
6SQ=òòÖ(A2+B2+C2) du dv,
где А,B,C-есть раннее
введенные функциональные определители.
8.Касательная
пл-ть к пов-ти и её ур-е в случае явного и не явного задания пов-ти.
1) не явное. Пусть
поверхность задаётся не явным уравнением F(x,y,z)=0. Эта функция
непрерывна и имеет непрерывные частные производные.
Здесь рисунок.
Зафиксируем любую
точку M0(x0,y0,z0). Рассмотрим кривую проходящую через эту точку. Пусть
уравнение этой кривой будет x=x(t) y=y(t) z=z(t) где .
Предположим что эти функции непрерывны и имеют непрерывные частные производные
по t
. Пусть т. M0 соответствует значению параметра t=t0 x0=x(t0) y0=y(t0) z0=z(t0). Т.е. M0(x(t0),y(t0),z(t0))=M0(x0,y0,z0) , т.к.
кривая Г лежит на пов-ти, то она удовлетворяет уравнению поверхности т.е. F(x(t),y(t),z(t)) 0, берём производную . Посмотрим это рав-во в т.M0 т.е. t=t0 получим ; Введём обозначение через , а через , а так как то проведём через точку М0 любую кривую. из
рассмотренных равенств заметим, что любые кривые на пов-ти, кот-е являются
непрерывными , всегда будет выполнятся рав-во , а это рав-во показывает что вектор будет ортогонален к любому
касательному вектору , кот-й проходит через эту точку М0, значить все
касательные s лежат в одной плос-ти перпендикулярно к . Эту плос-ть состоящую из касательных
векторов называют касательной плоскостью к поверхности в т. М0, а вектор наз нормальным вектором
плоскости в т. М0. в
случае не явно. Прямая проходящая через т. М0 и перпендикулярная к касательной
плоскости поверхности называют нормалью поверхности. Но тогда ур-е прямой
поверхности проходящую через т. М0: .
2) явно. пусть
пов-ть задаётся явным ур-ем z=f(x,y), где (x,y)D f - ф-ция
непрерывна и имеет непрерывные частные производные. ; ;
z-f(x,y)=0;
F(x,y,z);
;;
;
; ;
это ур-е пов-ти.
Вопрос№11
Если пов-ть Р
задана параметрич. ур-ями
(u,v) G
ф-ии x,y,z непрерывны с
частными производными то поверхностный интеграл 1-го рода вычисл. С помощью
интеграла двойного рода,взятого по обл. G по ф-ле:
Если пов-ть Р
задается явным урав. Z=F(x,y)=z(x,y)
Где (x,y),причем ф-ия F-непрерыв. Со
своими
Часными произв.,то
поверхностный интегр.1-го рода
Вычисл.по ф-ле :
где P и Q соотв.часные
произв.
Поверхн.интеграл 2-го рода
Криволин.интеграл
2-го рода:
Пусть задана двусторонняя
пов-ть S и на верхн.
Стороне задана
ф-ция U=F(x,y,z).Разобьем задан.
Повер.S
непрерывн.кривыми на конечное число
Частичных поверх. S1,S2….Sn.Проэктир.эти
поверх.
На XOY , -площадь прэкции повер.Si:
Если сущ.предел Lim s n при не
зависит
От способа
дел.области на части и выбора точек Mi,
То его
наз.повер.интегалом 2-го рода по поверхн.и
Обознач. :
Если же
проэктировать пов-ть на другие плоскости ,то
Получится:
Пусть на пов-ти
заданы три ф-ции P(x,y,z), Q(x,y,z)
R(x,y,z) тогда повер.интегр.2-го рода общего вида наз.
Пусть пов-ть S явл.гладкой
поверхн.,такой что в каждой точке ее
Сущ. Пл-ть такая
что в каждой т.пов-ти сущ.нормаль.Обозначим
Через ,,-углы ,которые образуют углы с осями OX,OY,OZ.
Тогда,как и для
криволин.интеграла имеет место форма между повер.Интегр.1 и 2 рода:
Имеет место следующ.ф-ла замены
перем.в пов.интегр.2-го.
Пусть пов-ть S задается
своими парам.ур-ми:
ф-ции x,y,z –непрерыв.и
имеют непрер.частн. произв.Тогда:
Имеет место ф-ла Стакса ,связывающ.криволин.интеграл по
контуру
Пов-ти с
повер.интегралом 2-го по задан.пов-ти.
Пусть задана
некоторая гладкая повер.S на верхн.стороне этой повер.
Заданы три ф-ии P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z) непрерыв.и
имеющ.непрер.
Частн.произв.по
своим аргументам и L-контур повер.,проходящий в
Полож.направления.Тогда:
Билет №14
Поток вектора
через поверхность
Пусть задана
некоторая область(тело) ДÌR3 Пусть над
этой областью определено поле вектора (М), МÎД , Аx ,Ay ,Az
Возьмем в области
Д некоторую поверхность S обозначим через - нормальный вектор поверхности -единичный вектор , данного
нормального вектора
где l,m,n -углы
, которые образует нормаль с осями координат
Потоком вектора через заданную поверхность S (во внешнюю поверхность) называют следующий поверхностный
интеграл 1-го рода
Проекция вектора
на ось
Ап – проекция
вектора на вектор Ап =пр
А тогда поток
вектора будет равен
Вопрос №16
Общий вид диф
уравнения F(x, y, y’)=0 y’=f(x,y) (1).
Решением
дифференциальное уравнение первого порядка называется всякая функция y=j(x), которая будучи подставлена в данное уравнение обращает
его в тождество.
j’(x)= f (x, j(x));
Задача Коши для
диф. уравнения 1 порядка.
Требуется найти
решение диф. ур-я (1) удовлетворяющего следующему условию (2).
Теорема Коши.
Пусть задана на
плоскости XOY некоторая обл. Д и задано диф. ур-е разрешённое
относительно производной, тогда если функция f(x, y) и её частная
производная непрерывны в
обл. Д, и некоторая
фиксированная точка обл. Д, то существует и единственная функция y=j(x) являющаяся решением (1) и такая, которая в т.
принимает значение
, т.е. удовлетворяющая
заданному начальному условию .
Т.е. если
существует решение диф. ур-я, то таких решений бесконечное множество.
График функции
являющийся решением диф. ур-я принято называть интегральной кривой, процесс
решение принято называть интегрированием.
Точкув плоскости XOY называют
особой точкой диф. ур-я если в этой т. не выполняется условие теоремы Коши,
т.е. особая т. это такая т. через которую может вообще не проходить ни одной
интегральной кривой, либо проходить множество.
Решения диф. ур-я
в каждой т. которого нарушается условие единственности из теоремы Коши, принято
называть особым решением диф. ур-я. График особого решения называется особой
кривой.
Определение общего
решения диф. ур-я 1 порядка:
Функция y=j(x, C), где С произвольная константа, называется общим решением
диф. ур-я (1) если выполнены следующие условия:
Функция y=j(x, C) является решением ур-я (1) при любом значении
произвольной константы С;
Какова бы ни была
т. Î
Д найдётся такое значение произвольной константы , что функция y=j(x,) удовлетворяет
заданному начальному условию, т.е. j
Определение:
Если решение диф.
ур-я (1) может быть получено в виде, причём это ур-е не может быть явно разрешено
относительно y, то функцию принято называть общим интегралом диф. ур-я (1),
где С – произвольная константа. Если решение получено в виде , где - явная константа – частным интегралом диф. ур-я.
Особое решение
данного диф. ур-я (1) ни при каком значении константы С не может быть получено
из общего решения..
Вопрос №17
Диф. ур-ем с
разделёнными перемеными принято называть ур-е вида (1):
(1)
Если y=y(x) является
решением ур-я (1), то и правая и левая части этого ур-я представляют собой
дифференциалы от переменной x, т.е. имеем равенство двух дифференциалов, то тогда
неопределённые интегралы отличается разве лишь на константу. Т.е. интегрируя
равенство (1), получаем общее решение данного диф. ур-я:
Уравнения с
разделяющимися переменными:
Уравнения,
приводящиеся к уравнениям с разделёнными переменными.
докажем, что это ур-е можно привести к
ур-ю с разделёнными переменными.
Т.е.
Если
т.е.
Пример:
Билет №15
Дивергенция , циркуляция ротор вектора
Пусть задана
некоторая пространственная область Д над которой определенно поле вектора и S –некоторая поверхность в данной поверхности Д
Рассмотрим
интеграл , выражающий поток вектора через поверхность S
Обозначим Аx = P(x,y,z) , Ay =Q(x,y,z) , Az = R(x,y,z)
поверхность S ограничивает
тело Д1
- расходимость
(дивергенция ) вектора
- уравнение
Остроградского-Гаусса
Ап – проекция
вектора на нормаль
поверхности
Циркуляция , вихрь и ротор вектора
Пусть в
пространстве задано некоторое тело Д и пусть в теле Д рассматривается
некоторая кривая L , которая гладкая , имеет непрерывно изменяющуюся
касательную
Обозначим через a,b,g
углы , образует касательная к кривой L с осями координат
Пусть над этим
телом определенно поле вектора
Тогда
криволинейный интеграл по кривой L
Рассуждая как и
прежде можно показать , что
L0 - единичный вектор касательной L1
L1 - касательный вектор к кривой L
Если кривая L является
замкнутой кривой , то такой интеграл принято называть циркуляцией вектора вдоль замкнутого контура L - циркуляция
Пусть теперь в
некоторой области Д задана поверхность S , контур которой
обозначим через L
- формула Стокса
Ротором векторного
поля называется
вектором (или вихрем) , имеющий следующие координаты и обозначающиеся
Циркуляцией
вектора вдоль
поверхности S равна потоку вектора через заданную поверхность S
- формула СтоксаБилет №13
Криволинейные
интегралы в пространстве и объем тела в криволинейных координатах
Пусть в
пространстве OXYZзадано тело G.И пусть в другом пространстве OUVW задано тело Д
И пусть заданы 3
функции
взаимно однозначно
отображающие область Д в области G
Будем считать
функции x,y,z –непрерывными и имеющие непрерывные частные производные
Рассмотрим Якобиан
Можно показать ,
что в случае взаимно однозначного отображения области Д и G якобиан ни в
одной точке области Д не обращается в 0
А значит в области
Д сохраняет один и тот же знак Координаты (U,V,W) принято называть
криволинейными координатами точек области G
И тогда можно
показать , что объем области G в криволинейных координатах выражается по следующей
формуле
Если теперь в
области G будет задана функция f(x,y,z) –непрерывная в этой
области, то справедлива следующая формула замены переменных в тройном интеграле
При замене
переменных в тройном интеграле наиболее часто используются цилиндрические и сферические
координаты
Под
цилиндрическими координатами следует понимать объединение полярных координат на
плоскости XOY и аппликаты z r,q,z
r-расстояние от начала координат
до проекции тМ на плоскость
q-угол , образованный радиус
вектором ОМ , в пол направлении
циллиндрические координаты
0£ r < +¥ , 0£ q < 2p , -¥<
z
< +¥
Подсчитаем якобиан
в случае цилиндрических координат
q- угол , образованный проекцией
радиус-вектора тМ
j-угол, образованный
радиус-вектором тМ
r- радиус-вектор тМ, равный ОМ
Сферическими
координатами принято называть r,j,q
Где r- расстояние от начала координат до тМ
j- угол , образованный
радиус-вектора с осью Z
q- угол, образованный проекции
радиус-вектора с осью X
r=(ОМ) 0£ r < +¥ , 0£ j < p , 0 < q < 2p
Найдем якобиан для
сферических координат
=cosj[r2 cos2 qcosj sinj + r2 sin2 q sinj cosj] + rsinj [r sin2 j cos2 q + r sin2 j sin2 q] =r2 cos2 j sinj + r2 sin3 j=r2 sin j I(r,j,q)=r2sinj
Вопрос №18
Пусть задана
функция в области Д,
полкости XOY, функцию называют однородной функцией m-той степени относительно
переменных x и y, если каково бы ни было число t>0, выполняется
равенство:
Пример:
Определение: диф.
ур-е 1 порядка разрешённое относительно производной называется однородным диф.
ур-ем 1 порядка, если его правая чаcть (функция f(x,y)) является однородной функцией 0-й степени.
Метод решения: Пусть
(1) является однородным уравнением (1).
Пусть
2) если то
т.е.
Билет№20 Линейные
диф.
Уравнения1-
порядка. Метод подстановки.
Линейным
уравнением 1-го порядка называют
уравнения вида:
y’+yP(x)=Q(x) – где P(x) и Q(x) некоторые
функции переменной
х , а y’ и y входят в уравнение
в 1 степени.
1.Метод
подстановки:
Будем искать
решение уравнения 1 в виде
произведения y=U(x)V(x) при чём так,
что мы
можем подобрать
одну из функций по желанию,
а вторую так,
чтобы удовлетворяла (1) :
y’=U’V+UV’ ; U’V+UV’+UV*P(x)=Q(x) ;
U’V+U(V’+V*P(x))=Q(x)
Найдём V ,чтобы V’+VP(x)=0 :
Тогда U’V=Q(x)
y’+y
cos(x)=1/2 sin(2x) y=UV
U’V+UV’+UVcos(x)=sin(x)cos(x)
V’+Vcos(x)=0
dV/V=-cos(x)dx
ln(V)=
-sin(x) V=e-sin(x)
sin(x)=t
Билет №22
Уравнение Бернулли
и Рикотти и их решение.
Уравнение Бернулли
– это диф. Ур-е следующего вида :
где P(x) и Q(x) –
непрерывные функции m – действительное число ¹0 и ¹1
разделим уравнение
на ym :
- приведем его к линейному
Обозначим через а теперь
диференциируем
теперь подставим в
уравнение
получили линейное
уравнение .
Уравнение Рикотти
– это диф. следующего вида
Где P(x),q(x),r(x) – некоторые
непрерывные функции
Рассмотрим
несколько случаев
1) если ф-ции P(x) , Q(x) и r(x) – явл.
Константами то в этом случае сущ. решением ур-я Рикотти т.к. в этом случае
ур-е явл. Ур-ем с разделенными переменными .
2) если q(x)=0 имеем лин.
Ур-ние
3) если r(x)=0 то имеем
ур-е Бернулли
Если не выполяется
ни одно из этих 3 условий , то ур-е Рикотти решить нельзя , неразрешимо в
квыадратурах . Однако если эти три случая , но возможно найти хотя бы одно
частное решение этого ур-я то ур-е решается в квадратуре .
Установим это : пусть
- явл. Часным решением
ур-я Рикотти т.е.
тогда введем новую
функцию z=z(x)
Положем ,
Подставив в
уравнение получим
а это ур-е
Бернулли
Билет №23
Уравнение в полных
дифференциалах и их решение
Пусть задано диф.
ур-е ел. Вида:
где P(x,y) и Q(x,y) – непрер.
Функции имеющие непрерыв часн. Производную 2 порядка включительно.
Диф. ур. Назыв.
Ур-ем в полных диф-лах , если такое что
т.е. ур. В этом
случае имеет вид :
это уравнение явл
полным диф. функции U как ф-ции двух переменных:
если выполняется
равенство тогда то левая часть а тогда его решение
- общий интеграл диф. Ур.
Теорема о
необходимости и достаточности условия того что Ур было ур-ем в полных
дифференциалах
Теорема : Для того
чтобы ур было ур-ем в полных диф. в некоторой Д принадл ХОУ
Необх. И дост.
Чтобы во всех точках обл. Д выполн равенство если условие выполняется можно найти ф-цию что будет выполняться рав-во
след. Образом.
найдем Билет№21.
Метод вариации
производной постоянной при решении линейного диф. уравнения 1-го порядка.
y’+P(x)y=Q(x) (1) -задано линейное неоднородное уравнение.
Рассмотрим соотв. ему однородное уравнение y’=P(x)y=0 (2).
Найдём общее решение:
Будем искать
решение в том же виде, что и однородного, только считая с не произвольной
константой ,а функцией от х :
Билет№19 Уравнения, приводящиеся к
однородным.
К таким уравнениям
относят уравнения вида:
где a,в,с - const
1)Введём: чтобы исчезли
с1 и с2 После нахождения конкретных k и h и подстановки
их в наше уравнение, с учётом того, что получаем : Это уравнение является однородным и решается
подстановкой
2). Тогда: Подставим : Сделаем замену:
1). Допустим φ(z)=x+c φ(a2x+b2y)=x+c
2). Теперь
допустим Тогда получим z=c.
Билет №24
Интегральный
множитель и его нахождение
Пусть задано диф.
ур-ние в диф. форме вида :
не всякое такое
уравнение явл. Уравнением в полных виференциалах однако доказано что для
всякого такого ур-я может быть подобрана ф-ция такая что после умножения левого и правого ур-я
на эту функцию данное уравнение стан ур-ем в полных диф. Ф-цияю назыв интегральным множителем данного
уравнения
Найдем функцию
определяющую интегр. Множитель данного уравнения:
тогда должно
выполн. Рав-во:
имеем уравнение в
частных производных относит неизв функции Мю.Общего метода нахожения которой не
существует
Найдем интегр
множитель в случае если он явл ф-цией от одной из перемен.
1)Найдем условие
при которых функция должна удовлетв равенству
;будет зависеть только от Х если правая часть ур
будет зависеть только от Х
2) Аналогично и =(У)
;будет зависеть только от Х если правая часть ур
будет зависеть только от У
Вопрос №26.
Уравнение
вида: f(x,y¢)=0.
1) Предположим,
что данное уравнение можно разрешить относительно y¢; y¢=fk(x), k=1,2,…
Получим совокупность таких решений.
Она является общим решением данного уравнения.
……………………………….
2) Пусть оно не
разрешается относительно y¢ и разрешается относительно x. Пусть оно эквивал.
Такому x=j(y¢). Будем искать решение
данного уровнение в параметрической форме. y¢=p=p(x).
Пусть x=j(p), А y ищем так:
dx=j¢(p)dp dy=y¢dx=pj¢(p)dl.
Отсюда
Тогда общее
решение
3) Предположим,
что ур-ние не разрешено не относ. х, не относ. y¢, но оно может быть
представлено в виде с-мы двух ур-ний, эквивалентных данному ур-нию: a £
t £ b
dy=y¢dx dx =j¢(x)dt
dy=y(t)* j¢(t)dt
Тогда
парметрическое решение данное ур-я
Билет 28.
Ур-ние Логранжа
Ур. Лог.имеет
следующий вид
где ф-цияи непрерывная и
сменная
производная по своему аргументу.
Покажем что путём
диф-ния и введения
параметра можно
получить общее решение
в параметрической
форме.Пусть у`=p=p(x)
Подставляем в ур.
(1)
Продиф-ем на х
Рассмотрим два
случая:
Будем смотреть на
это ур-ние как наур-ние
от неизв. Ф-ции
х, которая в свою очередь явл.
Ф-цией параметра
р.Тогда имеем обычное
инт.ур.относительно
неизв.ф-ции, которую
можем найти.
Пусть общим
интегралом этого ур.будут
F(p,е,c)=0 (2)
Объеденим (2) и
(1)
А это и есть общее
решение ,представленое
через параметр Р.
2) ,тогда Р=0,но такая constanta,
что удовлет.
решению ур. :
Пусть РI(I=1,2,..) будут
решением этого ур.
Тогда решением
первоначального ур.А.
будут ф-ции ,
которые явл.
Особыми решениями ур. А.
И не могут быть
получены общим решением.
Ур.Клеро.
Ур.Клеро имеет вид
где
-непрер. и симетр.произв.по своему
аргументу. Вводим
параметр .
Тогда (3)
Диф-ем по Х
Если ,то р=е, а
тогда
подставляем в
(3)и получаем:
явл. общим решением ур. Клеро
тогда имеем параметрическое ур.
общее реш.
Пример
Замена
общее
решение:
Билет 27.
Уравнение вида F(y,y`)=0
1)Пусть ур-ние
разрешимо относ.
y`,тогда y`=fk(y) Разрешим относ. y, где к=1,2….
k(y) .
Пустьfk(y)0 тогда
Считаем х-функцией
от у. .
-это общий интеграл данного ур-я .
общее решен.х.
Пусть fk(y)=0 . Тогда
решен.данного ур-я
могут быть ф-ции ,где- консты, причём
такие,которые
удовлнтв.условиюF
2)Пусть ур-ние не
разр.относ.у,, но разреш. отн. y, т.е. пусть
наше ур-е эквивал.
Ур-ниюТогда общее
реш.розыскивается в парометрич. форме.Вводят параметры таким образом
а)пусть тогда
,
а тогда:
- общее решение в пар-ой форме
б) пусть у’=0,
тогда у=const
Решением ур-ния
будут ф-ции у=к ,
какие
удовлет.ур-ние F(k,0)=0
Пример: решить
ур.
Разреш. относ. У
.тогда
;
Билет 25.
Рассмотрим
несколько случаев:
1.Пусть задано
следющее диф. ур-ние:
Это диф. ур-е 1-го
порядка n-ой степени, где aI (x;y) – некото- рые непрырывные ф-ции двух переменных в
некоторой обл. Q Ì R2 (i=0,…,n). Мы
имеем ур-е n-ой степени относительно 1-ой производной, а известно, что
всякое ур-е n-ой степени имеет вточности n-корней, среди которых
есть как действительные так и комплексные. Пусть например это ур-е имеет
какоето количество m £ n действительных корней.
Т.к. коэффициенты этого ур-я являются ф-циями двух переменных, то ясно, что
корни тоже будут ф-циями двух переменных. Пусть это будут решения y1=fk(x;y), k=1,2…m.
Ур-е (1) свелось к
m
- ур-ий 1-го порядка. Пусть это ур-я, имеющие общий интеграл Fk=(x;y;c)=0, k=1,2…n. Тогда
совокупность всех этих общих интегралов
и будет общим
решением данного диф. ур-я (1).
Пример:
Пусть x=0,а ур-ние
разделим на x
Ур-я вида: F(y!)=0
Пусть заданное
диф. ур-е явно зависит только от y! и не зависит явно от x и y. Тогда мы
имеем некоторое алгебраическое ур-е относительно производных. А такое
алгебраическое ур-е пусть имеет конечное или бесконечное множество
действительных решений относительно производных. Т.е. y! = ki , i= 1,2… , где ki – некоторые
действительные числа. У нас выполняется условие F(ki)º0.
Решим ур-е y!=ki; y=kix+c; ki=(y-c)/x. Общий интеграл заданного диф. ур-я
Пример:
(y!)4-4(y!)2+1=0
k4-4k2+1=0 действительные корни есть
Значит сразу
получаем общее решение
Список литературы
Для подготовки
данной работы были использованы материалы с сайта
[N1]