.

Шпора

Язык: русский
Формат: реферат
Тип документа: Word Doc
0 838
Скачать документ

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. ((I;(I) ( Рi , ( – 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. ((I;(I) 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)(P 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 ( такое, что справедливо равенство:

В случае непрырывности ф-ции:

Вопрос №3

Пусть в плоскости XOY задана плоскость Д, ограничен-ная следующими
кривыми: y=(1(x) a ( x ( a – снизу;

y=(2(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 x( [a ; b] существует одно- мерный интеграл

то тогда существует повторный интеграл

Доказательство:

Обозначим c=inf (1(x) a ( x ( b; d=max (1(x) a ( x ( b и рассмотрим
прямоугольник R=[a,b;c,d](Д. P=R\Д (раз- ность множеств). Построим
вспомогательную функцию

Рассмотрим

Получаем следующее равенство:

Замечание: Пусть теперь область Д ограничена следующими линиями:

x=(1(y) c ( y ( d – слева; x=(2(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=(1(x) a ( x ( b

y=(2(x) a ( x ( b

, тогда имеет место след. равенство:

Доказательство:

и его можно вычислить через повторный:

Теорема: Пусть задана область Д огран.:

y=(1(x) с ( x ( d

y=(2(x) c ( x ( d

, тогда имеет место след. равенство:

Cкладываем формулы (1) и (2) и получаем следующую формулу Грина для
области Д:

Вычисление площадей через крив интеграл

Применим ф. Грина, т.е. выразим его через криволинейный интеграл по
границе области.

Пример: Вычислить площадь эллипса

.

0 ( t ( 2(

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

) необходимо и достаточно чтобы вып. Такое равенство

(2)

f(x,y)(Д.

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) ( 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. (( 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

отображает область G в области D, где т.(u,v)( G, а т.(x,y)(D.

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.

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.

, 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)(Di 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)

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

Если для ( X [a,b] существует одномерный интеграл

то ( повторный интеграл

Доказательство:

Разобьем отрезки ab и cd отрезками a=x00, выполняется равенство:

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.

(1).

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)

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 (0 и (1

разделим уравнение на ym :

– приведем его к линейному

а теперь диференциируем

теперь подставим в уравнение

получили линейное уравнение .

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 .

– явл. Часным решением ур-я Рикотти т.е.

тогда введем новую функцию z=z(x)

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.

такое что

это уравнение явл полным диф. функции U как ф-ции двух переменных:

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

что будет выполняться рав-во след. Образом.

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:

Билет№19 Уравнения, приводящиеся к однородным.

К таким уравнениям относят уравнения вида:

где a,в,с – const

?(z)=x+c ?(a2x+b2y)=x+c

Тогда получим z=c.

Билет №24

Интегральный множитель и его нахождение

Пусть задано диф. ур-ние в диф. форме вида :

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.

должна удовлетв равенству

будет зависеть только от Х если правая часть ур будет зависеть только
от Х

(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=((y(). Будем искать решение данного
уровнение в параметрической форме. y(=p=p(x).

Пусть x=((p), А y ищем так:

dx=(((p)dp dy=y(dx=p(((p)dl.

( ( t ( (

dy=y(dx dx =(((x)dt

dy=((t)* (((t)dt

Тогда парметрическое решение данное ур-я

Билет 28.

Ур-ние Логранжа

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.

,тогда Р=0,но такая constanta,

Пусть РI(I=1,2,..) будут решением этого ур.

Тогда решением первоначального ур.А.

,

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

.

(3)

,то р=е, а тогда

явл. общим решением ур. Клеро

тогда имеем параметрическое ур.

общее реш.

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) .

-это общий интеграл данного ур-я .

общее решен.х.

Пусть fk(y)=0 . Тогда решен.данного ур-я

– консты, причём

2)Пусть ур-ние не разр.относ.у,, но разреш. отн. y, т.е. пусть

Тогда общее реш.розыскивается в парометрич. форме.Вводят параметры
таким образом

тогда

,

а тогда:

– общее решение в пар-ой форме

б) пусть у’=0, тогда у=const

к ,

k,0)=0

Билет 25.

Рассмотрим несколько случаев:

1.Пусть задано следющее диф. ур-ние:

Это диф. ур-е 1-го порядка n-ой степени, где (I (x;y) – некото- рые
непрырывные ф-ции двух переменных в некоторой обл. Q ( 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)(0. 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

PAGE

PAGE 4

PAGE \# “‘Стр: ‘#’

Нашли опечатку? Выделите и нажмите CTRL+Enter

Похожие документы
Обсуждение

Оставить комментарий

avatar
  Подписаться  
Уведомление о
Заказать реферат
UkrReferat.com. Всі права захищені. 2000-2019