1. • Билеты по математике для устного экзамена и задачи по теме
  2. • Экзаменационные билеты по математике
  3. • Шпаргалка: Шпаргалка по математике
  4. • Шпаргалка: Шпаргалка по математике
  5. • Экзаменационные билеты по статистике за осень-зиму 2000 года
  6. • Экзаменационные вопросы и билеты по истории экономических ...
  7. • Экзаменационные вопросы и билеты по концепции современного ...
  8. • Билеты по истории развития науки и техники за весенний ...
  9. • Билеты по математическому анализу
  10. • Билеты по предмету Математические методы в экономике за ...
  11. • Экзаменационные вопросы и билеты по предмету МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ...
  12. • Экзаменационные билеты по эвристике за весенний семестр 2001 ...
  13. • Шпаргалки по высшей математике (1 курс)
  14. • Сборник экзаменационных вопросов и билетов по праву и ...
  15. • Интегрирование методом Симпсона
  16. • Вариант вузовских экзаменационных билетов и вопросов по ...
  17. • Экзаменационные билеты по предмету Теоретическая фонетика ...
  18. • Билеты математические методы исследования экономики
  19. • Шпаргалка: Математика (билеты)

Шпаргалка: 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.

Билеты по математике

Определение:

Билеты по математике

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:

Билеты по математике

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:

Билеты по математике

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:

Билеты по математике        Билеты по математике

Теорема: Для того, чтобы двойной интеграл от ограниченной обл. Р существовал, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство:

Билеты по математике

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.

Билеты по математике

6.Линейность:

Билеты по математике

7.Если f(x;y) £ g(x;y) для "(x;y)ÎP и ф-ции f и g интегрируемы, то соответственно справедливо неравенство:

Билеты по математике

9.Если f(x;y) удовлетворяет нер-вам  m £ f(x;y) £ M, то справедливо следующее неравенство:

Билеты по математике

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

Билеты по математике

то существует число m такое, что справедливо равенство:

Билеты по математике

В случае непрырывности ф-ции:

Билеты по математикеВопрос №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

Билеты по математике

для любого фиксированного xÎ [a ; b] существует одно- мерный интеграл

Билеты по математике

то тогда существует повторный интеграл

Билеты по математике

Доказательство:

Билеты по математике

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=RД (раз- ность множеств). Построим вспомогательную функцию

Билеты по математике

Рассмотрим

Билеты по математике

Получаем следующее равенство:

Билеты по математике

Замечание: Пусть теперь область Д ограничена следующими линиями:

Билеты по математике

x=y1(y) c £ y £ d – слева; x=y2(y) c £ y £ d – справа;

x = c – сверху; x = d – снизу.  И пусть

Билеты по математике

Тогда аналогично предыдущему можно показать, что существует повторный интеграл и

Билеты по математике

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.

Билеты по математике

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: Билеты по математике, тогда имеет место след. равенство:

Билеты по математике

Доказательство:

Рассмотрим двойной интеграл, стоящий справа в формуле(1). Т.к. под интегралом стоит непрер. функция, то такой двойной интеграл существует, также существует одномерный интегралБилеты по математике и его можно вычислить через повторный:

Билеты по математике

 Теорема: Пусть задана область Д огран.:

Билеты по математике

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: Билеты по математике, тогда имеет место след. равенство:

Билеты по математике

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

Билеты по математике

D    P(x,y), Q(x,y) Билеты по математике, Билеты по математике

Билеты по математике

Вычисление площадей через крив интеграл

Билеты по математике

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

1. Q = x  P = 0Билеты по математике

2. Q = 0   P = -yБилеты по математике

Суммируем  1 и 2 :Билеты по математике     

Пример: Вычислить площадь эллипса

Билеты по математике.

Сделаем замену переменныхБилеты по математике              0 £ t £ 2p

Билеты по математике

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

Билеты по математике

был равен нулю по любой замкнутой кривой ГÌД, (где P(x,y)  и Q(x,y) непрерыв. И имеет непрерыв. Частные производ. Билеты по математике и  Билеты по математике) необходимо и достаточно чтобы вып. Такое равенство

Билеты по математике=Билеты по математике          (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:

Билеты по математике

Билеты по математике

Предположим, что интеграл равен нулю, а равенство (2) не вып. По крайней мере в одной точке (x0 ,y0) e Д

Билеты по математике

Билеты по математикеБилеты по математике

Билеты по математике

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:

Билеты по математике

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

Билеты по математике

 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 Билеты по математикеотображает 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 Билеты по математике 

 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:

 Билеты по математике- прямолинейном интеграле.

Билеты по математике                           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 Билеты по математике, где функции x(U,V) и y(U,V) непрерывные и имеют непрер. Частные производные, тогда справедлива след. Формула замены переменных в двойном интеграле:

Билеты по математике

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.

Билеты по математике

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.

Билеты по математике

Площадь обл. Di выразим в криволинейных координатах

Билеты по математике

xi=x(Ui,Vi)

yi=y(Ui,Vi)

Билеты по математике

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     Билеты по математике

Билеты по математике

Билеты по математике

Мы получаем интегральную сумму Римана для  интегр., что стоит справа формулы (1), поэтому переходя к lim в следующем равенстве:

Билеты по математике 

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  Билеты по математике

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

Билеты по математике

то $ повторный интеграл

Билеты по математике

Доказательство:

Билеты по математике

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]

Билеты по математике

Замечание: если же существует двойной интеграл и существует одномерный интеграл 

Билеты по математике

то существует повторный

Билеты по математике

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)

Билеты по математике

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 Билеты по математике- Билеты по математике был равен 0 по любой замкнутой простой кривой Билеты по математике, где P(x,y)  и Q(x,y)  -  непрерывны и имеют непрерывные частные производные  Билеты по математике, необходимо и достаточно что бы во всех точках области D было Билеты по математике (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.

   Билеты по математике

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   Билеты по математике, т.е. Билеты по математике. Пусть, Билеты по математике так что разность Билеты по математике. Пусть Билеты по математике тогда Билеты по математике. Т.к. частные производные Билеты по математике и Билеты по математике непрерывны в области D, то Билеты по математике непрерывна в этой области, а из непрерывности функций вытекает что ф-ция Билеты по математике, то существует окрестность этой точки, принадлежащая области D,  так что везде в этой окрестности  Билеты по математике для любой точки лежащей внутри кривой.

Билеты по математике кот-я является границей нашей окрестности Билеты по математике - множество чисел внутри Билеты по математике. Применим к Билеты по математике ф-лу Грина: Билеты по математике. 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 Билеты по математике и Билеты по математике ; чтоб криволинейный интеграл не зависел от пути интегрирования Билеты по математике. Необходимо и достаточно чтоб выполнялось равенство Билеты по математике(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

Билеты по математике

Билеты по математике 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 Билеты по математике и Билеты по математике, 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. Билеты по математике  , Билеты по математике т.е. интеграл не зависит от кривой.

2-й случай. Пусть Билеты по математике и Билеты по математике имеют конечное число точек самопересечения

Билеты по математике

Будем двигаться от А к C1 в результате получили контурБилеты по математике  и Билеты по математике. 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) Билеты по математике. Можно показать, что в этом случае уравнение касательной к плоскости поверхности имеет вид АБилеты по математике(x-x0)+BБилеты по математике(y-y0)+CБилеты по математике(z-z0)=0 .Уравнение нормали поверхности Билеты по математике. 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:

Билеты по математике, Билеты по математике, Билеты по математике. В знаменатели стоит двойной знак  ±  и всякий раз выбирают один из знаков в зависимости от направления нормали. В случае явного задания поверхности направляющие вычисляются  Билеты по математикеБилеты по математике, Билеты по математике.

                     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 =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 Билеты по математике

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

Билеты по математике

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:                  Билеты по математикеБилеты по математике

Билеты по математикеВопрос №10

Билеты по математике

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

Билеты по математикеP=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:

Билеты по математике

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 Билеты по математике. 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)) Билеты по математике0, берём производную Билеты по математике. Посмотрим это рав-во в т.M0 т.е. t=t0 получим Билеты по математике; Введём обозначение через  Билеты по математике, а через Билеты по математике, а так как Билеты по математике то Билеты по математике 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 Билеты по математике , а это рав-во показывает что вектор Билеты по математике будет ортогонален к любому касательному вектору , кот-й проходит через эту точку М0, значить все касательные s лежат в одной плос-ти перпендикулярно к Билеты по математике. Эту плос-ть состоящую из касательных векторов называют касательной плоскостью к поверхности в т. М0, а вектор Билеты по математике наз нормальным вектором плоскости в т. М0. Билеты по математике 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:  Билеты по математике.

2) явно. пусть пов-ть задаётся явным ур-ем z=f(x,y), где (x,y)Билеты по математикеD  f - ф-ция непрерывна и имеет непрерывные частные производные. Билеты по математике; Билеты по математике;

z-f(x,y)=0; F(x,y,z);

Билеты по математике ;Билеты по математике;

Билеты по математике;

Билеты по математике; Билеты по математике;

Билеты по математике это ур-е пов-ти.

Вопрос№11

Если пов-ть Р задана параметрич. ур-ями

Билеты по математике             (u,v)Билеты по математике 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:

Билеты по математике

Если пов-ть Р задается явным урав. Z=F(x,y)=z(x,y)

Где (x,y)Билеты по математике,причем ф-ия F-непрерыв. Со своими

Часными произв.,то поверхностный интегр.1-го рода

Вычисл.по ф-ле :

Билеты по математикеБилеты по математике

где P и Q соотв.часные произв.

     Поверхн.интеграл 2-го рода

Билеты по математике

Криволин.интеграл 2-го рода:

Билеты по математикеБилеты по математике

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 , Билеты по математикеБилеты по математике-площадь прэкции повер.Si:

Билеты по математикеБилеты по математике Билеты по математикеБилеты по математике

Если сущ.предел  Lim  s n  при Билеты по математике не зависит

От способа дел.области на части и выбора точек Mi,

То его наз.повер.интегалом 2-го рода по поверхн.и

Обознач. :

Билеты по математике

Если же проэктировать пов-ть на другие плоскости ,то

Получится:

Билеты по математикеБилеты по математикеБилеты по математике

Билеты по математике

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.

Билеты по математикеПусть 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 Билеты по математике,Билеты по математике,Билеты по математике-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:

Билеты по математикеИмеет место следующ.ф-ла замены перем.в пов.интегр.2-го.

Пусть пов-ть S задается своими парам.ур-ми:

Билеты по математике

ф-ции x,y,z –непрерыв.и имеют непрер.частн. произв.Тогда:

Билеты по математике

Билеты по математике 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:

Билеты по математике

Билеты по математике

Билеты по математикеБилет №14

Поток вектора через поверхность

Пусть задана некоторая область(тело) ДÌR3 Пусть над этой областью определено поле вектора Билеты по математике(М), МÎД ,   Аx ,Ay ,Az

Билеты по математике

Возьмем в области Д некоторую поверхность S обозначим через Билеты по математике- нормальный вектор поверхности  Билеты по математике -единичный вектор , данного нормального вектора Билеты по математике  

Билеты по математике где l,m,n -углы , которые образует нормаль с осями координат

Потоком вектора Билеты по математике через заданную поверхность S (во внешнюю поверхность) называют следующий поверхностный интеграл 1-го рода

Билеты по математике

Проекция вектора на ось

Билеты по математике

Ап – проекция вектора Билеты по математике на вектор Билеты по математике Ап =прБилеты по математикеБилеты по математике

А тогда поток вектора будет равен

Билеты по математикеВопрос №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)); Билеты по математике

Билеты по математике  Билеты по математике
Билеты по математике

Задача Коши для диф. уравнения 1 порядка.

Требуется найти решение диф. ур-я (1) удовлетворяющего следующему условию Билеты по математике (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 Билеты по математикенепрерывны в обл. Д, и Билеты по математике некоторая фиксированная точка обл. Д, то существует и единственная функция y=j(x) являющаяся решением (1) и такая, которая в т.Билеты по математике

принимает значение Билеты по математике, т.е. удовлетворяющая заданному начальному условию  Билеты по математике.

Билеты по математике Билеты по математике

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.

ТочкуБилеты по математикев 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. Билеты по математикеÎ Д найдётся такое значение произвольной константы Билеты по математике, что функция y=j(x,Билеты по математике) удовлетворяет заданному начальному условию, т.е. jБилеты по математике

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 видеБилеты по математике, причём это ур-е не может быть явно разрешено относительно y, то функцию Билеты по математикепринято называть общим интегралом диф. ур-я (1), где С – произвольная константа. Если решение получено в виде Билеты по математике, где Билеты по математике- 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):

Билеты по математике (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:

Билеты по математике

Уравнения с разделяющимися переменными:

Билеты по математике 

Уравнения, приводящиеся к уравнениям с разделёнными переменными.

Билеты по математикедокажем, что это ур-е можно привести к ур-ю с разделёнными переменными.

Билеты по математике

Т.е. Билеты по математике

Билеты по математикеЕсли Билеты по математике

Билеты по математикет.е. Билеты по математике

Билеты по математике

Пример:

Билеты по математикеБилет №15

                            Дивергенция , циркуляция ротор вектора

Пусть задана некоторая пространственная область Д над которой определенно поле вектора Билеты по математике 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)

Билеты по математике

Билеты по математике

поверхность S ограничивает тело Д1 

Билеты по математике

  - расходимость (дивергенция ) вектора Билеты по математике

Билеты по математике

 - уравнение Остроградского-Гаусса

Ап – проекция вектора Билеты по математике 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 Билеты по математике

Тогда криволинейный интеграл по кривой L

Билеты по математике

Рассуждая как и прежде можно показать , что Билеты по математике

L0 - единичный вектор касательной L1 

L1  - касательный вектор к кривой L

Если кривая L является замкнутой кривой , то такой интеграл принято называть циркуляцией вектора Билеты по математике вдоль замкнутого контура L  Билеты по математике - циркуляция Билеты по математике 

Пусть теперь в некоторой области Д задана поверхность S , контур которой обозначим через L

Билеты по математике

Билеты по математике 

 - формула Стокса

Билеты по математике

Ротором векторного поля Билеты по математике называется вектором (или вихрем) , имеющий следующие координаты и обозначающиеся

Билеты по математике

 Циркуляцией вектора Билеты по математике вдоль поверхности S равна потоку вектора Билеты по математике через заданную поверхность S

Билеты по математике   -  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

Билеты по математике

взаимно однозначно отображающие область Д в области G

Будем считать функции x,y,z –непрерывными и имеющие непрерывные частные производные

Рассмотрим Якобиан

Билеты по математике

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

Билеты по математике

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

Билеты по математике

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

Билеты по математике

r-расстояние от начала координат до проекции тМ на плоскость

q-угол , образованный радиус вектором ОМ , в пол направлении

Билеты по математике    циллиндрические координаты 

0£ r < +¥ , 0£ q < 2p , -¥< z < +¥

Подсчитаем якобиан в случае цилиндрических координат 

Билеты по математикеБилеты по математике

Билеты по математике

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

Билеты по математикеБилеты по математике   Билеты по математике

=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 Билеты по математикев области Д, полкости XOY, функцию Билеты по математике называют однородной функцией m-той степени относительно переменных x и y, если каково бы ни было число t>0, выполняется равенство:

Билеты по математике

Пример: Билеты по математике

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 Билеты по математике(1).

Билеты по математике Пусть Билеты по математике

Билеты по математике

2) если Билеты по математикето Билеты по математике

т.е. Билеты по математике

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 :

 Билеты по математике Билеты по математике 

 Билеты по математике Тогда  U’V=Q(x)

  Билеты по математике  

Билеты по математике  Билеты по математике 

 Билеты по математике  

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)

Билеты по математике  

sin(x)=t Билеты по математике

Билеты по математикеБилет №22

Уравнение Бернулли и Рикотти и их решение.

Уравнение Бернулли – это диф. Ур-е следующего вида :

Билеты по математикеБилеты по математике

где P(x) и Q(x) – непрерывные функции  m – действительное число ¹0 и ¹1

разделим уравнение на  ym :

Билеты по математике - приведем его к линейному

Обозначим через Билеты по математике а теперь диференциируем

Билеты по математике

теперь подставим в уравнение

Билеты по математике

получили линейное уравнение .

Уравнение Рикотти – это диф.  следующего вида Билеты по математике

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 .

Билеты по математике

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 Билеты по математике- явл. Часным решением  ур-я Рикотти т.е.

Билеты по математике

тогда введем новую функцию z=z(x)

Положем Билеты по математике ,  Билеты по математике

Подставив в уравнение получим

Билеты по математике

а это ур-е Бернулли

Билет №23

Уравнение в полных дифференциалах и их решение

Пусть задано диф. ур-е  ел. Вида:

Билеты по математике

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 Билеты по математике такое что

Билеты по математике

т.е. ур. В этом случае имеет вид :Билеты по математике

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

Билеты по математикеБилеты по математике

если выполняется равенство тогда то левая часть Билеты по математике а тогда его решение

Билеты по математике - 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 Билеты по математике если условие выполняется можно найти ф-цию Билеты по математике что будет выполняться рав-во след. Образом.

Билеты по математике

найдем Билеты по математикеБилет№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:

Билеты по математике      Билеты по математике

Билеты по математике  Билеты по математике                   

 Будем искать решение в том же виде, что и однородного, только считая с не произвольной константой ,а функцией от х : Билеты по математике

Билеты по математикеБилет№19  Уравнения, приводящиеся к однородным.

К таким уравнениям относят уравнения вида:

Билеты по математике      где a,в,с - const

1)Билеты по математикеВведём:Билеты по математике чтобы исчезли с1 и с2              Билеты по математике      Билеты по математике  После нахождения конкретных k и h и подстановки их в наше уравнение, с учётом того, что Билеты по математике получаем :Билеты по математике Это уравнение является однородным и решается подстановкой Билеты по математике

2). Билеты по математике Тогда:  Билеты по математике    Билеты по математике Билеты по математике  Подставим :Билеты по математике Сделаем замену:Билеты по математике       Билеты по математике       Билеты по математике           Билеты по математике  Билеты по математике    Билеты по математике Билеты по математике

1). Билеты по математикеДопустим Билеты по математике Билеты по математике  Билеты по математике                              φ(z)=x+c           φ(a2x+b2y)=x+c

2).  Теперь допустимБилеты по математике Тогда получим z=c.

Билет №24

Интегральный множитель и его нахождение

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

Билеты по математике

не всякое такое уравнение явл. Уравнением в полных виференциалах однако доказано что для всякого такого ур-я может быть подобрана ф-ция Билеты по математикетакая что после умножения  левого и правого ур-я на эту функцию данное уравнение стан ур-ем в полных диф. Ф-цияю Билеты по математикеназыв интегральным множителем данного уравнения

Найдем функцию определяющую интегр. Множитель данного уравнения:

Билеты по математике

тогда должно выполн. Рав-во:

Билеты по математике

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 Билеты по математике функция Билеты по математикедолжна удовлетв равенству

Билеты по математике ;Билеты по математикебудет зависеть только от Х если правая часть ур будет зависеть только от Х

2) Аналогично и Билеты по математике=Билеты по математике(У)

Билеты по математике ;Билеты по математикебудет 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,…

Билеты по математике  Получим совокупность таких решений. Она является общим решением данного уравнения.

Билеты по математике

Билеты по математике

……………………………….

Билеты по математике

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 Билеты по математике   

Тогда общее решение Билеты по математике

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: Билеты по математикеa £ t £ b

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

                               dy=y(t)* j¢(t)dt

Тогда парметрическое решение данное ур-я

Билеты по математикеБилет 28.

Ур-ние Логранжа

Ур. Лог.имеет следующий видБилеты по математике

где ф-цияБилеты по математикеи Билеты по математикенепрерывная 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.

Билеты по математике   (1)

Продиф-ем на х

Билеты по математике

Билеты по математике

Рассмотрим два случая:

Билеты по математике

Билеты по математике

Билеты по математикеБилеты по математике

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)             

Билеты по математике

Билеты по математике

А это и есть общее решение ,представленое

 через параметр Р.

2)Билеты по математике ,тогда Р=0,но такая constanta,

что удовлет. решению ур. :Билеты по математике

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

Тогда решением  первоначального ур.А.

будут ф-ции Билеты по математике,

которые явл. Особыми решениями ур. А.

 И не могут быть получены общим решением.

     Ур.Клеро.

Ур.Клеро имеет вид

Билеты по математикегде

Билеты по математике-непрер. и симетр.произв.по своему

аргументу. Вводим параметр Билеты по математике.

Тогда Билеты по математике   (3)

 Диф-ем по Х Билеты по математике

Если Билеты по математике,то р=е, а тогда

 подставляем в (3)и получаем:Билеты по математике

Билеты по математикеявл. общим решением ур. Клеро

Билеты по математикетогда имеем параметрическое ур.

Билеты по математикеобщее реш.

Билеты по математикеБилеты по математике    Билеты по математике

ПримерБилеты по математике

Замена Билеты по математике

Билеты по математике

Билеты по математике

общее решение:

Билеты по математике

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….

Билеты по математикеБилеты по математикеk(y) .

Пустьfk(y)Билеты по математике0 тогда Билеты по математикеБилеты по математике 

Считаем х-функцией от у. Билеты по математикеБилеты по математике

Билеты по математике-это общий интеграл данного ур-я .

Билеты по математике     общее решен.х.

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

могут  быть ф-ции Билеты по математике,гдеБилеты по математике- консты, причём

такие,которые удовлнтв.условиюFБилеты по математике

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

наше ур-е эквивал. Ур-ниюБилеты по математикеТогда общее реш.розыскивается в парометрич. форме.Вводят параметры таким образом

Билеты по математике

а)пусть Билеты по математикетогда

Билеты по математике,

а тогда:

Билеты по математике- общее решение в пар-ой форме

Билеты по математике

б) пусть у’=0, тогда у=const

Решением ур-ния будут ф-ции у=Билеты по математикек ,

какие удовлет.ур-ние F(Билеты по математикеk,0)=0

Пример: решить ур.   Билеты по математике

Разреш. относ. У .тогдаБилеты по математике

Билеты по математике

Билеты по математике

Билеты по математике; Билеты по математике

Билеты по математикеБилет 25.

Рассмотрим несколько случаев:

1.Пусть задано следющее диф. ур-ние:

Билеты по математике

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

Билеты по математике

и будет общим решением данного диф. ур-я (1).

Пример:

Билеты по математике

Пусть x=0,а ур-ние разделим на x

Билеты по математике      Билеты по математике

Билеты по математике      Билеты по математике

Билеты по математике        Билеты по математике      Билеты по математикеБилеты по математике

Билеты по математике        Билеты по математике

Билеты по математике     Билеты по математике

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

Билеты по математике

Пример: 

(y!)4-4(y!)2+1=0

k4-4k2+1=0  действительные корни есть

Значит сразу получаем общее решение

Билеты по математике

©2007—2016 Пуск!by | По вопросам сотрудничества обращайтесь в contextus@mail.ru