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.