гыг (Краткий курс математического анализа в лекционном изложении для студентов МГТУ им. Н. Э. Баумана), страница 3
Описание файла
PDF-файл из архива "Краткий курс математического анализа в лекционном изложении для студентов МГТУ им. Н. Э. Баумана", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "кратные интегралы и ряды" из 3 семестр, которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. .
Просмотр PDF-файла онлайн
Текст 3 страницы из PDF
Составляют интегральную сумму для интегралов, стоящих в левой частиравенства, в ней делают нужную операцию (это возможно, т.к. число слагаемыхконечно) и получают интегральные суммы для интегралов в правой части. Затем, потеореме о предельном переходе в равенстве, переходят к пределу, и свойстводоказано.2. Аддитивность (по множеству) f ( x, y, z)dv = f ( x, y, z)dv + f ( x, y, z)dvV WVWДоказательство проводится, как и ранее, через интегральные суммы с использованиемзамечания к теореме существования.7Здесь интеграл вводится несколько упрощенно.
Более строгое определение интеграла приведено в выпускеVII учебника.8Эти требования можно ослабить, распространив интеграл на функции со счетным числом разрывов первогорода (выпуск VII.учебника).9Это очевидно, иначе предел не существует, но это стоит подчеркнуть.12Разбиение выбирается и измельчается так, чтобы граница областей V, W состояла изграниц элементов разбиения (это можно сделать, учитывая замечание).
Тогдаинтегральная сумма для интеграла в левой части равенства равна сумме двухинтегральных сумм, каждая для своего для интеграла в правой части равенства.Переходя к пределу в равенстве, получаем требуемое соотношение.3. Сdv СV , где V – объем области V.VИнтегральная сумма для интеграла в левой части Сvk= С vk CVk4. Если f(x, y, z) g(x, y, z), тоk f ( x, y, z)dv g ( x, y, z)dv .VПереходя к пределу в неравенстве f (MkVk)vk g ( M k )vk (по теореме оkпереходе к пределу в неравенстве), получим требуемое соотношение.Следствие. Если f(x, y, z) 0, то f ( x, y, z )dv 0.V5. Теорема об оценке интеграла.
Если m f(x, y, z) M, то mV f ( x, y, z )dv MV.VИнтегрируя неравенство m f(x, y, z) M, по свойству 4 получим требуемоенеравенство.6. Теорема о среднем. Пусть выполнены требования теоремы существования. Тогда1f ( x, y, z )dv .Существует точка С в области V, такая, что f(C) =V VДоказательство. Так как функция f ( x,y, z ) непрерывна на замкнутом ограниченноммножестве V , то существует ее нижняя грань inf V f ( x,y, z ) и верхняя грань supV f ( x,y, z ) .
Выполнено неравенство x,y, z VV f ( x,y, z )dV V .V11f ( x,y, z )dV . Но числоf ( x,y, z )dVV VV Vзаключено между нижней и верхней гранью функции. Так как функция f ( x,y, z )непрерывна на замкнутом ограниченном множестве V , то в некоторой точке C V1функция должна принимать это значение. Следовательно, f (C ) f ( x, y, z )dv .C VДеля обе части на V получимВычисление тройного интеграла в декартовой системе координат.z(x,y)VyDxy(x,y )DxПусть пространственное тело проектируется на плоскостьOXY в область D, а на ось OZ в отрезок [c, d].Пусть «верхняя»граница тела описывается уравнением поверхности z = (x, y),«нижняя» – уравнением z = (x, y).Пусть элемент V пространственного тела V проектируется наплоскость OXY в область Dxy , а на ось OZ в отрезок [z, z+z].Для того чтобы вычислять тройной интеграл как пределинтегральных сумм, нужно в интегральной сумме перебиратьэти элементы по определенному алгоритму.13Если сначала перебирать элементы в столбце над областью Dxy, от нижней границы доверхней (внутренний интеграл), а затем перемещать область Dxy в D (внешний двойной x, y интеграл), то получим повторный интеграл f x, y, z dz dxdy .D x, y Если сначала перебирать элементы в слое [z, z+z] (внутренний интеграл), а затем.перемещать слой на [c, d], (внешний интеграл), то получим повторный интегралd f ( x, y, z )dxdy dz .И в том, и в другом случае тройной интеграл сводится кc D( z )определенному и двойному интегралам.Пример.
Вычислить массу тетраэдра плотностью f(x, y, z) = z, ограниченногоплоскостями x+y+z = 1, x+z =1, x+y = 1, y+z =1.11 1 z 1 1 z 1 x z 1dz dzzdxdyzdydxdzz(1xz)dx0 D( z ) 240 0 0 0 011 1 x 1 x y 1 x y zdz dxdy zdz dy dx 1D 0 0 0 0 24 Лекция 4. Приложения тройного интеграла.Замена переменных в тройном интеграле.Теорема.
Пусть с помощью непрерывных функций x = x(u, v, w), y = y(u, v, w), z =z(u, v,w) имеющих непрерывные частные производные установлено взаимно однозначноесоответствие пространственно односвязных ограниченных, замкнутых областей Dxyz, Duvw скусочно-гладкой границей. Тогдаx x xu v wy y yf ( x, y, z )dxdydz f ( x(u, v, w), y(u, v, w), z (u, v, w) I dudvdw , где I u v wVx , y , zVu , v , wz z zu v w- якобиан (определитель Якоби).Теорема приведена без доказательства.14Цилиндрическая система координат.MzВводятся цилиндрические координаты , , h.x = cos, y = sin, z = h. Вычислим якобианx x x h cos sin 0y y yI sin cos 0 cos 2 sin 2 h001z z z hyhxПример Вычислить объем пространственного тела, заключенного междуцилиндрическойповерхностьюиэллиптическимпараболоидомx2 y2 R222z x y . z 0 .R R 2 R 43V dh d d 2 d 200 00 2Сферическая система координат.zyrxr sin sin sin cos r sin cos sin sin 0cosСферические координаты , r, .x = r sin cosy= r sin sinz = r cos.x x ry yВычислим якобиан I rz z rxyzr cos cos r cos sin cos sin cos r 2 r sin r sin 2 r 2 sin .r sin 15Пример.
Найти массу части шара (с центром в начале координат, радиусом R),находящейся в первом октанте, если плотность вещества шара в каждой точке шарапропорциональна расстоянию этой точки от оси OZ.x 2 y 2 z 2 R 2 , x 0, y 0, z 0, x, y, z k x 2 y 2 kr sin /2Md drR /2000r 2 sin kr sin d k R4 / 22 4sin 2 d kR4 / 2160 kR 1 cos 2 d 3224.0Приложения тройного интеграла.Геометрическое приложение – вычисление объема любого пространственного тела.По свойству 3 тройного интеграла dv V , где V – объем области V.VС помощью двойного интеграла тоже можно вычислять объем, но толькоцилиндрического тела, а не произвольного.Пример. Вычислить объем пространственного тела, ограниченного эллиптическимпараболоидом z x 2 y 2 и шаром ( единичного радиуса с центром в точке (0, 0, 1))x 2 y 2 ( z 1) 2 1.2100V d d1 1 21 12222 dz 2 0 1 1 d 2 2 3 1 11 7| .4 63/ 2 10Механические приложения – вычисление массы пространственного тела,статических моментов, центра тяжести, моментов инерции по формулам, которыевыводятся аналогично соответствующим формулам для плоского тела с двойным интегралом( x, y, z - плотность вещества тела в каждой точке).M x, y, z dxdydz , S xy z x, y, z dxdydz , S yz x x, y, z dxdydz ,VVS xz VV1y x, y, z dxdydz , x S yz ,M1yS xz ,M1zS xy .
Формулы для моментовMинерции запишите сами (например, J x y 2 z 2 x, y, z dxdydz )VПример.ОпределитькоординатыцентратяжестиR /2000x 2 y 2 z 2 R 2 , z. По симметрии x y 0, M d r 2 sin dr2R /2000S xy d r 2 sin dr r cos 2 d z 0, R4r cos d .4полушара22 R8, z R.15155Лекция 5 Криволинейные интегралы 1 и 2 рода, их свойства..Задача о массе кривой.
Криволинейный интеграл 1 рода.Задача о массе кривой. Пусть в каждой точке кусочно-гладкой материальной кривой L:(AB) задана ее плотность f x y, z . Определить массу кривой.Поступим так же, как мы поступали при определении массы плоской области (двойнойинтеграл) и пространственного тела (тройной интеграл).161. Организуем разбиение области- дуги L на элементы – элементарные дуги li так, чтобыnэти элементы не имели общих внутренних точек и L li (условие А)i 12. Отметим на элементах разбиения «отмеченные точки» Mi и вычислим в них значенияфункции f (M i ) f ( xi , yi , zi )3.
Построим интегральную суммуn f (M )li 1ii, где li - длина дуги li (обычно вводятсяодни и те же обозначения для дуги и ее длины). Это – приблизительное значение массыкривой. Упрощение состоит в том, что мы предположили плотность дуги постоянной накаждом элементе и взяли конечное число элементов.Переходя к пределу при условии max i diam(li ) 0 (условие В), получимкриволинейный интеграл первого рода как предел интегральных сумм:nf x, y, z dl lim max i diavli f M i li .i 1LТеорема существования10.Пусть функцияf ( x, y, z ) непрерывна на кусочно-гладкой дуге L11.
Тогдакриволинейный интеграл первого рода существует как предел интегральных сумм.Замечание. Предел этот не зависит от- способа выбора разбиения, лишь бы выполнялось условие А- выбора «отмеченных точек» на элементах разбиения,- способа измельчения разбиения, лишь бы выполнялось условие ВСвойства криволинейного интеграла первого рода.1. Линейностьа) свойство суперпозиции ( f ( x, y, z ) g ( x, y, z ))dl f ( x, y, z )dl g ( x, y, z )dlLLLб) свойство однородности f ( x, y, z )dl f ( x, y, z )dl .LLДоказательство. Запишем интегральные суммы для интегралов в левых частяхравенств.
Так как в интегральной сумме число слагаемых конечно, перейдем к интегральнымсуммам для правых частей равенств. Затем перейдем к пределу, по теореме о предельномпереходе в равенстве получим желаемый результат.2. Аддитивность.Если L L1 L2 , то f ( x, y, z)dl = f ( x, y, z)dl + f ( x, y, z)dlLL1L3Доказательство. Выберем разбиение области L так, чтобы ни один из элементовразбиения ( первоначально и при измельчении разбиения) не содержал одновременнокак элементы L1, так и элементы L2.
Это можно сделать по теореме существования(замечание к теореме). Далее проводится доказательство через интегральные суммы,как в п.1.1011Здесь рассматривается непрерывная функция, более общий вариант см. в седьмом томе учебникаЭто требование может быть ослаблено, более общий вариант см. в седьмом томе учебника173. dl L .Здесь L – длина дуги L .L4.ЕслинадугевыполненоLf ( x, y, z) g ( x, y, z) ,неравенството f ( x, y, z)dl g ( x, y, z)dlLLДоказательство.
Запишем неравенство для интегральных сумм и перейдем к пределу.Заметим, что, в частности, возможно g ( x, y, z ) 05. Теорема об оценке.Если существуют константы m, M , что x, y, z L m f ( x, y, z) M , тоmL f ( x, y, z ) MLLДоказательство. Интегрируя неравенство m f ( x, y, z) M (свойство 4), получим mdl f ( x, y, z)dl Mdl .LLПо свойству 1 константы m, M можно вынести из-подLинтегралов.