7.Независемость криволинейного интегр. от пути интегрирования. Теор.1 и 2. Теорема 1. Пусть D тАУ 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 тАж.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 В± 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,тАж,Dn. В каждой области Di произвол. выберем некот. точку (x,h,e)Î Di. Плотность массы в этой точке тАУ 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)*DViПусть l - наибольший из диаметров Di тАУ тых областей, а тогда масса , заключенная в области равна m=lim(lВо0) 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 тАУтых (i=1,2,3,тАж). 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(lВо0)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(lВо0)( 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 Вжdv£M VD 7) Имеет место теорема о среднем , т.е. если функция Вж(x,y,z) не-прерывная в области D , то справедливо равенство òòò Вжdv = Вж (X0 , Yo , Z0) (X0 , Yo , Z0)ÎD Ввычесление тройного интеграла по параллепипеду . 1. Пусть функция Вж(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 Вж(x,y,z) и существует для любого x из [a,b] двойной интеграл по прямоугольнику D òò Вж(x,y,z)dydz то существует òòòВжdv
[N1]
=òdxòòВж(x,y,z)dydz Если для " zÎ[e,f] $ òò Вж(x,y,z)dxdy,то òòò Вжdv = òdxòòВж(x,y,z)dydz = òòdxdyòВж(x,y,z) . Если функция Вж(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 Вж(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)РДD. D является проэкцией поверхности Q на плоскость xoy. Будем считать f(x,y) тАУ 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,тАж,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,тАж,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 dn=lim å STi , lВо0 lВо0 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, lВо0 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/В±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)iG , 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.
|