Шпора 2 (стр. 1 из 2)

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. 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 №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 Стокса			Билет №13 Криволинейные интегралы в пространстве и объем тела в криволинейных координатах Пусть в пространстве OXYZзадано тело G.И пусть в другом пространстве OUVW задано тело Д И пусть заданы 3 функции взаимно однозначно отображающие область Д в области G Будем считать функции x,y,z –непрерывными и имеющие непрерывные частные производные Рассмотрим Якобиан Можно показать , что в случае взаимно однозначного отображения области Д и G якобиан ни в одной точке области Д не обращается в 0 А значит в области Д сохраняет один и тот же знак Координаты (U,V,W) принято называть криволинейными координатами точек области G И тогда можно показать , что объем области G в криволинейных координатах выражается по следующей формуле Если теперь в области G будет задана функция f(x,y,z) –непрерывная в этой области, то справедлива следующая формула замены переменных в тройном интеграле При замене переменных в тройном интеграле наиболее часто используются цилиндрические и сферические координаты Под цилиндрическими координатами следует понимать объединение полярных координат на плоскости XOY и аппликаты z r,q,z r-расстояние от начала координат до проекции тМ на плоскость q-угол , образованный радиус вектором ОМ , в пол направлении циллиндрические координаты 0£ r < +¥ , 0£ q < 2p , -¥< z < +¥ Подсчитаем якобиан в случае цилиндрических координат q- угол , образованный проекцией радиус-вектора тМ j-угол, образованный радиус-вектором тМ r- радиус-вектор тМ, равный ОМ Сферическими координатами принято называть r,j,q Где r- расстояние от начала координат до тМ j- угол , образованный радиус-вектора с осью Z q- угол, образованный проекции радиус-вектора с осью X r=(ОМ) 0£ r < +¥ , 0£ j < p , 0 < q < 2p Найдем якобиан для сферических координат =cosj[r2 cos2 qcosj sinj + r2 sin2 q sinj cosj] + rsinj [r sin2 j cos2 q + r sin2 j sin2 q] =r2 cos2 j sinj + r2 sin3 j=r2 sin j I(r,j,q)=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-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

[N1]