Контрольная по математике

ПРИМЕР 2. Зададим область  примера 1, проектируя ее на ось ,  Вычислить повторный интеграл .

Решение.

.

Замечаем, что значения различных повторных интегралов
функции по области оказались равными.

Линейным дифференциальным уравнением (ЛДУ) называется уравнение вида,

Решить ДУ . Пространство  имеет размерность , его "базис" состоит из  линейно независимых элементов из .

Теорема о необходимом условии линейной зависимости произвольной системы функций

Поскольку понятия линейной зависимости и независимости системы решений ОЛДУ  отрицают друг друга, то теперь можно сформулировать критерий линейной независимости системы решений ,  ОЛДУ.

Найти ФСР ОЛДУ . Записать общее решение. По НУ:   выделить частное решение.

Итак, для нахождения общего решения НЛДУ нужно

Решить 

СДУ имеет нормальную форму записи, если удается записать ее уравнения в виде, разрешенном относительно первых производных неизвестных функций

Доказано (см. [1]) утверждение:

если  непрерывна на , ; область  является
правильной в направлении осей координат, то значение двойного интеграла  совпадает со значением соответствующего повторного интеграла, причем результат не зависит от порядка
интегрирования, т.е.

.

Замена переменных в двойном интеграле

Пусть на плоскости  задана область , заданы функции  отображающие область  в область  на плоскости  (см. рисунок), причем точке  соответствует точка , частичные прямоугольники в  отображаются в криволинейные
четырехугольники в плоскости .

Предположим, что преобразование  является непрерывным, дифференцируемым и взаимно обратным. Тогда можно найти функции  определяющие обратное преобразование области  в область , которые являются также непрерывными и дифференцируемыми, если не обращается в ноль определитель Якоби (якобиан) , причем абсолютная величина якобиана  задает коэффициент
искажения преобразования  и .

Поэтому при замене переменных  с указанными свойствами в двойном интеграле следует применять формулу

.

Например, для перехода к полярным координатам  якобиан , и поэтому при переходе к полярным координатам в двойном интеграле имеем

,

здесь  – образ области   рассматривается в полярных координатах.

Итак, для вычисления двойного интеграла нужно задать
область интегрирования неравенствами и перейти к повторному интегралу.

Задача 6. Вычислить поверхностный интеграл ,

где   - часть плоскости , заключенная между координатными плоскостями, и нормаль к ней образует тупой угол с осью

Решение. Это поверхностный интеграл 2 рода. Вычисляем его, сводя к двойному по формуле, аналогичной (1.7):

где  - проекция   на плоскость ;

знак   берется, если нормаль к  образует острый угол с осью ;

знак  берется, если угол тупой (наш случай).

Избавившись от  в правой части равенства (заменяем  на 6 в

соответствии с уравнением плоскости), получим:

 ,

где  - проекция   на

плоскость (см. рис.1).

Известно, что двойной интеграл вида

  равен площади плоской области .

Поэтому