ВТА лекции (845816), страница 7

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 7)

Вычислить площадь астроиды44x = a cos3 t  t ∈ [0,2π ]y = b sin 3 t 2π2π00342πµD = ∫ xdy = ∫ a cos3 t 3 b sin 2 t cos t dt = 3ab ∫ cos 4 t sin 2 t dt = ab ∫ cos 2 t sin 2 2t dt =γ02π33ab ∫ (1 + cos 2t ) ( 1- cos 4t) dt = π ab.16 08Пример 2. Вычислить площадь лемнискаты (x2+y2)2=a2(x2-y2).В полярных координатах r = a cos 2ϕ .Параметризация правой ветвиx = a cos 2ϕ cos ϕ π π ϕ ∈ [− , ] .4 4y = a cos 2ϕ sin ϕ π1(−2 sin 2ϕ ) sin ϕ + cos 2ϕ cos ϕ  dϕ = 2 cos 2ϕ4µD = 2∫ xdy =2 ∫ a 2 cos 2ϕ cosϕ γ−π4πππ444− 2a 2 ∫ cos ϕ sin 2ϕ sin ϕ dϕ + 2a 2 ∫ cos 2ϕ cos 2 ϕ dϕ = 2a 2−π4−π−4∫π cos 2ϕ1 + cos 2ϕ 1 1 − cos 4ϕ − dϕ =2224π42a 21∫π  2 cos 2ϕ +−1 + cos 4ϕ 1 cos 4ϕ − +dϕ = a 2π .444 43. Условия независимости интеграла второго рода от пути интегрирования.Определение. Область называется односвязной, если ее граница представляет собой связноемножество.

Область называется n-связной, если ее граница распадается на n- связных множеств.Замечание. Формула Грина верна и для многосвязных областей.45Например, для области, показанной на рисунке произведены разрезы, соедеиняющие обе связныекомпоненты границы между собой.Можно выписать цепочку равенств ∂Q∂P  ∂Q ∂P  ∂Q ∂P  ∂Q ∂P dxdy = ∫∫  + ∫∫ =−Pdx + Qdy +−−∂x ∂y ∂x ∂y  D2  ∂x ∂y  γ 1 + γ 2 ∫+ γ 3 + γ 4D1 + D2 D1 ∫∫  ∂x − ∂y dxdy = ∫∫D∫ Pdx + Qdy = γ∫γ 5 + γ 6 +γ 7 +γ 8+∫+γ21∫γ3+∫γ4+∫γ5+∫+γ6∫γ7+∫γ8=∫γ1+∫γ3+∫γ6+∫γ8=∫γ 1 +γ 8+∫=γ 3 +γ 6∫ Pdx + Qdy .∂DЗамкнутая кривая называется контуром. Криволинейный интеграл второго рода в этом случаеиногда обозначается∫.CДо конца этого пункта будем считать, что область D - открытое и односвязное множество, а функцииP(x,y), Q(x,y) непрерывны в замыкании D вместе со своими производными∂P ∂Q,.∂y ∂xЛемма.

Для того, чтобы интеграл∫ Pdx + Qdy(4)AB( A, B – любые точки из D ) не зависел от пути интегрирования ( а только от начальной и конечнойточек A, B ) необходимо и достаточно, чтобы по любой замкнутой кривой (по любому контуру)лежащей в D интеграл (4) был равен нулю∫ Pdx + Qdy =0.CИнтеграл∫ Pdx + Qdy называется циркуляцией векторного поля V=(P,Q).CДоказательство (необходимость). Пусть (4) не зависит от пути интегрирования. Рассмотримпроизвольный контур C, лежащий в области D и выберем две произвольные точки A, B на этомконтуре. Тогда кривую C можно представить, как объединение двух кривых Γ2 (из A в B, как нарисунке ) и Γ1 (тоже из A в B, но по другой ветви ), C= Γ1− + Γ2 .46По условию∫ =∫Γ2, кроме того∫Γ1−Γ1=−∫∫, поэтомуΓ1=∫Γ2C+∫Γ1−=∫ -∫Γ2=0. Для доказательстваΓ1достаточности рассмотрим две точки A, B в области D и два пути AB=Γ2 , AB=Γ1 соединяющие этидве точки.

Рассмотрим контур C= Γ1− + Γ2 . По условию∫=0 , откуда, с учетом соотношенияC∫C=∫Γ2+∫Γ1−=∫ -∫Γ2, следует требуемое равенствоΓ1∫ =∫Γ2. В этом доказательствеΓ1предполагается, что кривые Γ2 ,Γ1 не пересекаются. Самостоятельно доказать это утверждение дляслучая, показанного на рисунке нижеТеорема 1. Для того, чтобы криволинейный интеграл (4) не зависел от пути интегрирования в D,необходимо и достаточно чтобы∂Q ∂Pв области D.≡∂x ∂y(5)Достаточность. Если (5) выполнено, то формуле Грина для любого контура C будет ∂Q∂P ∫ Pdx + Qdy = ∫∫  ∂x − ∂y dxdy =0,∆Cоткуда по лемме следует требуемое утверждение.Необходимость. По лемме для любого контура∫= 0.

Тогда по формуле Грина для области ∆ ,Cограниченной этим контуром ∂Q∂P  ∂Q∂P ∫∫  ∂x − ∂y dxdy =0. По теореме о среднем 0= ∫∫  ∂x − ∂y dxdy =∆∆47∫∫ ∂Q ∂P  ∂Q ∂P  или  = ∆ =0. Переходя к пределу, стягивая контур к точке,−− ∂x ∂y  M θ ∂x ∂y  M θ µ∆µ∆получим, что в этой точке∂Q ∂P−= 0.∂x ∂yТеорема 2. Для того, чтобы криволинейный интеграл (4) не зависел от пути интегрирования в D,необходимо и достаточно чтобы подинтегральное выражение Pdx+Qdy являлось полнымдифференциалом некоторой непрерывно дифференцируемой функции u(x,y) в области Ddu = Pdx+QdyДостаточность. Пусть (6) выполнено, тогда(6)∂u∂u∂Q ∂P=Q,=и можно сослаться на= P,∂x∂y∂x ∂yтеорему 1.Необходимость.

Пусть интеграл не зависит от пути интегрирования. Фиксируем некоторую точку A0в области D и определим функциюu(A) = u(x,y)=∫ Pdx + Qdy .A0 AВ этом случаеu ( x + ∆x , y ) − u ( x , y ) 11=Pdx + Qdy =∫∆x∆x AB∆xx + ∆x∫ P(t , y)dt = P(ξ , y) , ξ∈[x,x+∆x] (ξ∈[x+∆x,x]). Такимx∂u∂uобразом, существует производная=P. Аналогично, проверяется, что=Q. При сделанных∂x∂yпредположениях функция u оказывается непрерывно - дифференцируемой и du = Pdx+Qdy.Замечание 1. Условие односвязности области D в сформулированных теоремах существенно.Ранее был рассмотрен пример с интегралом∂Q ∂Pxdy − ydxy2 − x2,где==.

В случае, когда∫ x2 + y 2∂x ∂y ( x 2 + y 2 ) 2Cобласть содержит начало координат, полученная область является двусвязной, в частности,интегралы по контурам, содержащим начало координат не равны нулю.48Замечание 2. При доказательстве теоремы 2 была построена функция u(x,y)=∫ Pdx + Qdy . ЭтаA0 Aфункция определяется с точностью до аддитивной постоянной и называется потенциалом(скалярным) векторного поля (P,Q).()()Пример. Решить дифференциальное уравнение f ( y )e x − my dx + f ' ( y )e x − mx dy = 0 .(∂P∂Q.= f ' ( y )e x − m =∂y∂x)Для поля V = ( P, Q) = f ( y )e x − my, f ' ( y )e x − mx будет выполненоВ этом случае для функции u(x,y)=∫ Pdx + Qdy выполняется равенство du = Pdx+Qdy и,A0 Aследовательно, u(x,y)=Const есть решение исходного дифференциального уравнения. Найдемфункцию u. Пусть M =(x, y) текущая точка области M0=(0,0).

В качестве кривой, соединяющей точкиM0 и M , выберем отрезокγ:1x t t ∈ [0,1] ,y t(() ())1u ( x, y ) = u ( M ) = ∫ Pdx + Qdy = ∫ f ( yt )e xt − myt x + f ' ( yt )e xt − mxt y dt = x ∫ f ( yt )e xt dt +γ010111000y ∫ f ' ( yt )e xt dt − mxy = x ∫ f ( yt )e xt dt + ∫ e xt df ( yt ) − mxy = x ∫ f ( yt )e xt dt +01[ f ( y )e x − f (0)] − x ∫ f ( yt )e xt dt − mxy = f ( y )e x − f (0) − mxy .0Глава 4.Поверхностные интегралы§1.

Поверхностные интегралы 1-го рода1.Площадь поверхности, заданной уравнением z=f(x,y)Будем предполагать, что функция f(x,y) определена и непрерывна вместе со своими частнымипроизводными∂f ∂f∂f∂f,в области D. Обозначим эти производные p=, q=. Уравнение∂x ∂y∂x∂yкасательной плоскости в точке (x,y,z) имеет вид Z – z = p (X – x) +q(Y – y) (здесь X, Y, Z – текущиеrrrNNточки плоскости). Нормаль к этой плоскости N =±(p, q, -1), n = r . Направляющие косинусынормали равныr rr r±r rcos( n , i )cos( n , j )cos( n , k )cos αcos βcos γp1+ p + q22±q1+ p + q2492m11 + p2 + q2Возьмем какое-либо разбиение {Di} области D.

Цилиндры с основаниями Di вырезают наповерхности z=f(x,y) области Si = {(x,y,z): (x,y)∈Di , z = f(x,y) }.На Sk выберем промежуточную точку Mk(ξk ,ηk , ζk) , ζk = f(ξk ,ηk ). В этой точке построимкасательную плоскость. Цилиндр с основание Dk вырезает на этой плоскости фигуру Tk с некоторойплощадью µTk .Известно, чтоr rµDk = µTk |cos( n , k )|.Таким образомµTk =µDk 1 + p 2 (ξ k ,ηk ) + q 2 (ξ k ,η k ) .За площадь поверхности z=f(x,y) принимается числоrµS= lim ∑ µTk = lim ∑ 1 + p 2 (ξ k ,η k ) + q 2 (ξ k ,η k ) µDk = ∫∫ 1 + p 2 ( x, y ) + q 2 ( x, y )dxdy = ∫∫ N dxdy .λ →0kλ →0kDDr rДокажем равенство µDk = µTk |cos( n , k )|.

Рассмотрим цилиндр с основанием D, ограниченныйсверху плоскостью. При необходимости систему координат можно повернуть вокруг оси Oz, так чтоможно считать, что уравнение верхней крышки цилиндра будет не содержать y: z = ax=x tg α .50Площадь плоской области определялась на основании площади многоугольника, поэтому равенствоr rµD = µT |cos( n , k )| достаточно доказать для случая, когда T и D – треугольники.

Можно считать(сделав, при необходимости, доворот системы координат), что основание треугольника D лежит наоси Ox параллельно оси Oy .r rТреугольники T и D имеют общее основание, а соотношение между высотами HD = HT |cos( n , k )|(α=γ).Замечание 1. Для поверхности y=ϕ(x,z) , аналогично, получим формулу ∂ϕ   ∂ϕ µS= ∫∫ 1 +  + dxdz . ∂x   ∂z Dy2Для x=ψ(y,z) µS=∫∫Dx ∂ψ1 +  ∂y22  ∂ψ  +  dydz .  ∂z 2Замечание 2. Для вычисления площади поверхности не представимой ни в одном из видов z=f(x,y),y=ϕ(x,z), x=ψ(y,z) можно попытаться ее разбить на отдельные поверхности указанных типов.2.

Вычисление площади поверхности, заданной параметрическиПараметрическим заданием поверхности называется задание следующего видаx = x(u, v) Ф: y = y (u , v) , (u, v) ∈ D ,z = z (u , v) x,y,z – непрерывно дифференцируемые функции в D и якобианыA=D( y, z )D( z, x)D ( x, y ), B=, C=,D (u, v)D (u , v)D(u , v)не обращаются в 0 одновременно (ни в одной точке области D). На поверхности можно рассмотретьдва семейства линий, фиксируя в параметрическом задании поверхности параметр u а затем v:x = x(u0 , v) y = y (u0 , v) ,z = z (u0 , v) 51x = x(u , v0 ) y = y (u , v0 ) .z = z (u, v0 ) Если радиус вектор в точку поверхноси M(x,y,z) обозначить r = OM , то касательные к двум линияэтих семейсв, проходящих через точку (x0,y0,z0 ) поверхности будутru =∂r∂r, rv =и нормалью к∂u∂vповерхности будет векторrir r r∂xN = [ru , rv ] =∂u∂x∂vrj∂y∂u∂y∂vrk ∂y∂z  ∂u=∂u  ∂y∂z  ∂v∂v∂z∂u ,∂z∂v∂z∂u∂z∂v∂x∂u ,∂x∂v∂x∂u∂x∂v∂y∂u∂y∂v =(A,B,C).Рассмотрим разбиение {Фk} поверхность Ф на части.

Выберем промежуточные точки Mk∈ Φk и черезrTk обозначим проекцию Фk на касательную плоскость в точке Mk в направлении нормали N kХарактеристикой λ(∆) этого разбиения называется максимальный из диаметров Фk .Площадью поверхности Ф называется предел сумм вида∑ µTkпри стремлении к нулюkхарактеристики разбиения λ, при условии существования этого предела и независимости его отвыбора разбиения и выбора промежуточных точек.µФ = lim ∑ µTk .λ →0kПоверхность в этом случае называется квадрируемой.Как и в случае явного задания, можно показать, что при сделанных предположениях Ф будетквадрируема и её площадь будет равнаrµФ= ∫∫ N dudv = ∫∫ A2 + B 2 + C 2 dudv .DDЕсли положить22 ∂x   ∂y   ∂z r2E= ru =  +  +  ∂u   ∂u   ∂u r ∂x   ∂y   ∂z  +  +  ∂v   ∂v   ∂v 22222G= rv = ( )F= ru , rv , то EG – F2 = EG – EG cos2ϕ = EG sin2ϕ = [ru , rv ] .

Характеристики

Список файлов лекций