Квитки з математики

РефератДопомога в написанніДізнатися вартістьмоєї роботи

Теорема: Нехай Z=f (x) — безперервна функція заданая у сфері D і науковотехнологічна галузь D є чином області G через посередництва функцій, де функції x (U, V) і y (U, V) безперервні і мають непрер. Приватні похідні, тоді справедлива слід. Формула заміни змінних у подвійному интеграле: Док-во: Розірвемо обл. G непер. Кривими на кінцеве число часткових областей. Тоді відповідно до формулам які… Читати ще >

Квитки з математики (реферат, курсова, диплом, контрольна)

Билеты по математике

Билет № 1.

нехай у обл. P площині XOY задана деяка фун-ия z=f (x;y). Разобъём обл. P на n часткових обл. Рi, де i=1…n, возмём довільну точку обл. (xI;hI) Î Рi, l — наиболь-ший діаметр чатичных обл.

Побудуємо часткову суму — суму Римена.

Определение:

Если існує кінцевий межа та залежною від способу ділень області на частини й від вибору т. (xI;hI) у кожному з часткових областей, такий межа прийнято називати подвійним інтегралом по обл. Р і пишут:

В разі, якщо фун-ия f > 0 ми дійшли геометричному змісту подвійного інтеграла: днойной інтеграл — це обсяг деякого циліндричного тіла, згори обмеженого пов-тью z = (x;y), яка проектується на площину XOY в обл. Р, а що утворюють рівнобіжні OZ. Площа обл. Р:

Двойной інтеграл від f (x;y) має багато св-ва, аналогічні св-ам одномірного интеграла.

Св-ва подвійного интеграла:

1.Необходимым умовою сущ. Подвійного інтеграла явл. обмеженість ф-ции f в обл. Р, тобто якщо сущ. інтеграл, то f (x;y) — ограниченная.

2.Всякая непрырывная ф-ция, задана в обл. Р, интегри-руема.

3.Если ф-ция f (x;y) в обл. Р має розриви на кінцевому числі непрырывных кривих, що належать цієї обл., то f интегрирума по обл. Р.

4.Сумма Дарбу:

Теорема: А, щоб подвійний інтеграл від обмеженою обл. Р існував, необхідне й досить, щоб виконувалося равенство:

5.Аддетивность подвійного інтеграла, тобто., якщо задана обл. Р деякою непрырывной кривою розбита на дві обл-ти Р1иР2 які мають загальних точок, то, якщо подвійний інтеграл по обл. Р існує, це вони мають інтеграли щодо з двох областям.

6.Линейность:

7.Если f (x;y) £ g (x;y) для «(x;y)ÎP і ф-ции f і g интегрируемы, то відповідно справедливо неравенство:

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

10.Для подвійного інтеграла має місце теорема про середньому: якщо z = f (x;y) — ф-ция, заданая в обл. Р і такі, що у всіх точках цій галузі виконується нер-во m £ f (x;y) £ M, де.

то існує число m таке, що справедливе равенство:

В разі непрырывности ф-ции:

Питання № 3.

Пусть у площині XOY задана площину Д, ограничен-ная такими кривими: y=j1(x) a £ x £ a — снизу;

y=j2(x) a £ x £ b — згори; x = a — зліва; x = b — справа;

Тогда має місце наступна теорема.

Теорема: Якщо функція f (x;y) задана у сфері Д така, що є подвійний интеграл.

для будь-якого фіксованого xÎ [a; b] існує однамірний интеграл.

то тоді існує повторний интеграл.

Доказательство:

Обозначим c=inf j1(x) a £ x £ b; d=max j1(x) a £ x £ b і розглянемо прямокутник R=[a, b;c, d]ÉД. P=RД (разность множин). Побудуємо допоміжну функцию.

Рассмотрим.

Получаем таке равенство:

Замечание: Нехай тепер область Д обмежена такими линиями:

x=y1(y) з £ y £ d — зліва; x=y2(y) з £ y £ d — справа;

x = з — згори; x = d — знизу. І пусть.

Тогда аналогічно попередньому можна показати, що є повторний інтеграл и.

Если ж функція f (x;y) така, що є подвійний інтеграл, існує обидва повторних, то одночасно мають місце формули (1) і (2) і можна скористатися кожній із них. Вопрос № 5.

Формула Грина.

Теорема: Нехай задана область Д огран. слід. кривими:

y=j1(x) a £ x £ b.

y=j2(x) a £ x £ b.

x=a, x=b, де ф-ции j1 і j2 непрер. на (a, b). нехай у цій галузі ставиться функція P (x, y) — непрер. і має непрер. приватну похідну: , тоді має місце слід. равенство:

Доказательство:

Рассмотрим подвійний інтеграл, стоїть справа в формуле (1). Т.к. під інтегралом стоїть непрер. функція, то такий подвійний інтеграл існує, теж є одновимірний интеграл і можна обчислити через повторный:

Теорему: Нехай задана область Д огран.:

y=j1(x) з £ x £ d.

y=j2(x) з £ x £ d.

x=c, x=d. І нехай цій галузі ставиться функція Q (x, y) — непрер. і має непрер. приватну похідну: , тоді має місце слід. равенство:

Cкладываем формули (1) і (2) й одержуємо таку формулу Гріна області Д:

D P (x, y), Q (x, y) , .

Вычисление площ через кривий интеграл.

Применим ф. Гріна, тобто. висловимо його через вигнутий інтеграл щодо кордону области.

1. Q = x P = 0.

2. Q = 0 P = -y.

Суммируем 1 і 2 :.

Пример: Обчислити площа эллипса.

Сделаем заміну переменных 0 £ t £ 2p.

Вопрос № 6.

Неприрывную криву назыв. простий кривою (жордановой), якщо вона має точок самопересечения.

Областью називається всяке відкрите связаное мн-во, тобто. таке мн-во всяка точка кіт. явл. внутрішньої і будь-які дві точки цього мн-ва можна з'єднати безупинної кривою всі крапки кіт. належать даному мн-ву.

Область називається односвязной областю, якщо внутрішність будь-якої замкненій кривій містить лише точки даного мн-ва.

Теорема 1. Нехай Д обмежена односвязная область пл-ти x і y, для здобуття права вигнутий интеграл.

был нульовий за якою замкненій кривій ГÌД, (де P (x, y) і Q (x, y) непрерыв. І непрерыв. Приватні производ. і ) необхідне й досить щоб вип. Таке равенство.

= (2).

f (x, y) eД.

Док-во: Нехай під й усієї області Д вип. Рівність (2) і Р довільна проста замкнута крива тотожність. області Д. Обознач. Через обл. Д1 кіт. огранич. Ця крива Р. Застосуємо до цій галузі формулу Грина:

Предположим, що інтеграл дорівнює нулю, а рівність (2) не вип. По крайнього заходу лише у точці (x0, y0) e Д.

F (x0,y0)>0, т.к. приватні произв. Безупинні в обл. Д, то ф-ция F (x, y) непрывна у цій обл., та якщо з цього випливає, т.к. F (x0,y0)>0, що існує околиця цієї точки така, що F (x, y)>0 всім точок що у нутри дкр. gr кіт. явл. Кордоном нашої окружности.

Множество точок леж. У цьому дкр. обознач. Д1 і вживають щодо області Д1 ф-лу Грина:

это показує, що ні сущ. ні однієї точки, у якому (2) не виконувалося. Питання № 4.

Пусть задано 2 площині з уведеними в прямокутник декартовыми системами координат.

XOY і UOV. нехай у плоскисти XOY задана область DV обмежена кривою Р, а площині UOV задана область G обмежена кривою L.

Пусть функція відображає область G у сфері D, де т.(u, v) e G, а т.(x, y) eD.

Будем предпологать, що функції x і y такі, що після кожної точці області G відповідає точка області D і то це відповідність таке, що різних точок області D відповідають різні ділянки точки G. Причому всяка точка області D має єдиний прообраз (u, v) у сфері G.

Тогда існує зворотна функції .

яка взаимноодназначно відображає область D у сфері G. Т.к. завданням двох точок U, V одназначно визначають т.(x, y) у сфері D, то числа U і V прийнято називати координатами точок в облати D, але вже настав криволинейными.

Будем предпологать, що функції x (U, V) і y (U, V) мають безперервні приватні похідні за своїми змінним x’y і y’x, x’v і y’v, тоді визначник функції має вид:

Принято називати якобианом для функцій x (U, V) і y (U, V).

Можна показать, что площа області D задана у площині XOY має в криволинейных координатах наступним образом:

— прямолінійному интеграле.

в криволинейных координатах.

Заміна змінних.

Док-во: Розірвемо обл. G непер. Кривими на кінцеве число часткових областей. Тоді відповідно до формулам які відображають область G в обл. D. Ці криві обл. G отображ. У деякі криві обл. D, тобто. обл. D буде розбито на кінцеве число (таку ж як і обл. G) часткових подобластей.

Di — подобласти, i=1,2,…, n.

В кожної обл. Di виберемо т.(x, y) eDi і складемо інтегральну суму Рімана для подвійного інтеграла від функції f обл. D.

Площадь обл. Di висловимо в криволинейных координатах.

xi=x (Ui, Vi).

yi=y (Ui, Vi).

И те, що інтеграл від функції f (x, y) dxdy сущ., то $ lim sn (f) і це lim залежить від вибору точок в обл. Di, але у ролі f (xi, yi) то, можливо узята точка .