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=x0
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
