k1 1; k2 1; k3 i; k4 i.

ПГУ	Каф ВиПМ
	Дифференциальные уравнения

(k2 1)(k2 1) 0;

Тогда общее решение уравнения имеет вид:

y C1ex C2e x C3 cos x C4 sin x.

Пример 12. Решить уравнение yV 9 y 0.

Решение. Составляем характеристическое уравнение: k5 9k3 0; k3(k2 9) 0 и находим его корни k1 k2 k3 0;

k5 3. Записываем общее решение: y C1 C2 x C3x2 C4e3x

k4 3;

C5e 3x .

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения

Рассмотрим уравнение вида

y(n) p1(x) y(n 1) ... pn (x) y f (x).

С учетом обозначения y(n) p1(x) y(n 1) ... pn (x) y L(x) его можно записать так:

L(x) f (x).

При этом будем полагать, что коэффициенты и правая часть этого уравнения непрерывны на некотором интервале (конечном или бесконечном).

Теорема. Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения y(n) p1(x) y(n 1) ... pn (x) y f (x) в некоторой области

есть сумма любого его решения и общего решения соответствующего линейного однородного дифференциального уравнения.

На практике удобно применять метод вариации произвольных посто-

янных.

Для этого сначала находят общее решение соответствующего однород-

n

ного уравнения в виде: y C1y1 C2 y2 ... Cn yn Ci yi . i 1

Затем, полагая коэффициенты C1,C2 ,...,Cn функциями, зависящими от х, ищется решение неоднородного уравнения:

n

yCi (x) yi .

i1

Можно доказать, что для нахождения функций C1(x),C2 (x),...,Cn (x) надо решить систему уравнений:

36

ПГУ			Каф ВиПМ
Дифференциальные уравнения
n
	Ci (x) yi 0,
i 1
n
	Ci (x) yi 0,
i 1
..........................
		(n 1)
n			f (x).
	Ci (x) yi
i 1

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами и правой частью специального вида

Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения равно сумме двух решений: общего решения соответствующего однородного уравнения ( y0 ) и некоторого частного решения неоднородного

уравнения (Y ), т.е. y y0 Y . Если правая часть уравнения имеет вид

f (x) eax (Pn (x)cosbx Qm (x)sin bx) ,

где Pn (x) и Qm (x) – многочлены степени n и m соответственно, то частное решение может быть найдено в виде:

Y eax (S p (x)cosbx Tp (x)sin bx) xr ,

где S p (x), Tp (x) – многочлены степени p max(n, m) с неопределёнными

коэффициентами, r равно числу корней характеристического уравнения, совпадающих со значением z a bi . Таким образом, r 0 , если среди корней характеристического уравнения нет числа z; r 1, если существует один корень, совпадающий с z; r 2 , если существуют два корня, совпадающие с z.

Пример 13. y 2 y 6 12x 24x2 .

Решение.

Для нахождения y0 составляем и решаем характеристи-

ческое уравнение:

k2 2k 0,

k(k 2) 0,

k

0,

k

2

2 .

1

Следовательно,

y

C C e2x .

0

1

2

Частное

решение

Y

подбираем

по

виду

правой

части

заданного

уравнения f (x) 6 12x 24x2 . Здесь

a 0,

b 0,

z 0,

n 2 .

Следова-

тельно, Y S2 (x) x , где S2 (x) – многочлен второй степени с неопределён-

ными коэффициентами, который умножили на х, т.к. среди корней характеристического уравнения есть один корень, равный z. Таким образом,

37

ПГУ

Каф ВиПМ

Дифференциальные уравнения

Y (Ax2 Bx C) x Аx3 Bx2 Cx .

Коэффициенты А, В и С находим методом неопределённых коэффици-

ентов. Для этого находим Y 3Ax2

2Bx C ,

Y 6Ax 2B .

Подставим найденные выражения для Y , Y и Y

в исходное уравне-

ние и приравняем коэффициенты при x2 , x и x0 , получим:

6Ax 2B 2(3Ax2

2Bx C) 6 12x 24x2 ,

6Ax 2B 6Ax2 4Bx 2C 6 12x 24x2 .

x2

6A 24, A 4;

x

6A 4B 12, 24 4B 12, 4B 12,

B 3;

x0

2B 2C 6, 6 2C 6, C 0.

Тогда Y 4x3

3x2 , и общее решение заданного неоднородного уравне-

ния будет иметь вид y y Y C

C e2x 4x3

3x2 .

0

1

2

Пример 14.

y 2 y y 4ex .

Решение.

Для нахождения y0 составляем и решаем характеристи-

ческое уравнение: k2 2k 1 0,

(k 1)2 0,

k

k

2

1.

1

Следовательно, y ex (C C x) .

0

1

2

Частное решение

Y подбираем по виду правой части заданного урав-

нения f (x) 4ex . Здесь

a 1,

b 0, z 1, n 0, p 0 . Следовательно,

Y S0 (x) ex x2 , где

r 2 , т.к. среди корней характеристического уравне-

ния есть два корня, равные z.

Таким образом

Y Аex x2 и

Y Aex x2 2Aex x Aex (x2 2x) ,

Y Aex (x2 2x) Aex (2x 2) Aex (x2 4x 2) .

Подставим найденные выражения для Y , Y

и Y в исходное уравне-

ние, получим:

Aex (x2 4x 2) 2Aex (x2 2x) Aex x2

4ex ,

разделим обе части на ex , раскроем скобки и приведём подобные:

Ax2 4Ax 2A 2Ax2

4Ax Ax2 4 , получим 2A 4 , A 2 .

Тогда Y 2ex x2 , и общее решение заданного неоднородного уравнения будет иметь вид

y y0 Y ex (C1 C2 x) 2ex x2 ex (C1 C2 x 2x2 ) .

38

ПГУ	Каф ВиПМ
	Дифференциальные уравнения

Пример 15.	y 36 y 2sin 6x .
Решение.	Для нахождения y0 составляем и решаем характеристи-
ческое уравнение: k2 36 0,		k2 36, k ,k	2	6i .
		1

Следовательно, y0 C1 cos6x C2 sin 6x .

Частное решение Y подбираем по виду правой части заданного уравне-

ния f (x) 2sin 6x . Здесь a 0,	b 6,	z 6i, m 0,	p 0 . Тогда
Y (Acos6x Bsin 6x) x , где	r 1,	т.к. среди корней характеристического
уравнения есть один корень, совпадающий с z .

Находим Y ( 6Asin 6x 6B cos 6x)x ( Acos6x Bsin 6x) , Y ( 36Acos6x 36Bsin 6x)x 6Asin 6x 6Bcos6x 6Asin 6x

6B cos6x 36( Acos6x Bsin 6x)x 12Asin 6x 12B cos6x.

Подставим найденные выражения для Y и Y в исходное уравнение:

36(Acos6x Bsin 6x)x 12Asin 6x 12B cos6x36(Acos6x Bsin 6x)x 2sin 6x,

12Asin 6x 12B cos6x 2sin 6x .

Приравняем коэффициенты при sin 6x и cos6x , получим: sin 6x 12A 2, A 6;

cos6x 12B 0, B 0.

Тогда Y 6xcos6x , и общее решение заданного неоднородного уравнения будет иметь вид

yy0 Y C1 cos6x C2 sin 6x 6x cos6x.

За м е ч а н и е.

Если в неоднородном уравнении f (x) f1(x) f2 (x) , то частное решение Y Y1 Y2 , где Y1 – частное решение уравнения с правой частью

f1(x) , Y2 – частное решение уравнения с правой частью				f2 (x) .
Пример 16. Найти общее решение линейного неоднородного диф-
ференциального уравнения		y 6 y 10 y 74e3x 10x 4 .
Решение. Для нахождения y0 составляем и решаем характеристиче-
ское уравнение:
k2 6k 10 0,		D 36 40 4,	D 2i,	k 3 2i .
				1,2
Следовательно, y	e 3x (C cos2x C sin 2x) .
0	1	2

39

ПГУ									Каф ВиПМ
							Дифференциальные уравнения
Частное решение							Y подбираем по виду правой части заданного
уравнения	f (x) 74e3x 2x 1 f1(x) f2 (x) , где									f1(x) 74e3x , а
f2 (x) 10x 4 . Поэтому							Y Y1 Y2 , где
Y1 – частное решение уравнения y 6 y 10 y 74e3x ,											(1)
Y2 – частное решение уравнения y 6 y 10 y 10x 4 .											(2)
f1(x) 74e3x . Здесь							a 3, b 0, z 3, n 0,			p 0, r 0 , поэтому
Y Ae3x ,		Y 3Ae3x				, Y		9Ae3x .
1		1					1			и Y в уравнение (1):
Подставим найденные выражения для Y , Y
					9Ae3x 18Ae3x 10Ae3x 74e3x ,
					37 Ae3x 74e3x				37 A 74,	A 2 .
Следовательно, Y1 2e3x .
f2 (x) 10x 4 .						Здесь		a 0,	b 0, z 0, n 1, p 1,		r 0 , поэтому
Y2 Ax B,		Y2 A,				Y2 0. Подставим найденные выражения для Y , Y и
Y в уравнение (2) и приравняем коэффициенты при одинаковых степенях х
.
							6A 10Ax 10B 10x 4 .
		x			10A 10 A 1;
		x0			6A 10B 4 6 10B 4 B 1.

Тогда Y2 x 1, и общее решение заданного неоднородного уравнения будет иметь вид

y y	Y	Y	e 3x (C			cos2x C	2	sin 2x) 2e3x x 1.
0	1	2			1
Системы линейных дифференциальных уравнений с постоянными
			коэффициентами
При рассмотрении систем дифференциальных уравнений ограничимся
случаем системы	трех уравнений					с тремя		неизвестными функциями
y y(x), z z(x), u u(x) :
	dy a		y a	z a u
	dx	11	12			13
	dz	a21y a22 z a23u						(12.15)
	dx
	du	a	y a		z a u
		31	32			33
	dx

40

ПГУ					Каф ВиПМ
		Дифференциальные уравнения
Решения		системы	(12.15)			ищутся		в	виде:
y ekx ;	z ekx ;	u ekx ,	, , , k const
Подставляя эти значения в систему				(12.15)		и разделив на		ekx , получа-
ем:
		k a11 a12 a13
		k a21 a22 a23
		k a a			a
			31	32	33

После несложных преобразований система примет вид:

(a	k) a a 0
11		12	13
a21 (a22 k) a23 0				(12.16)
a a		(a	k) 0
31	32	33

Система (12.16) является однородной системой трёх линейных уравнений с тремя неизвестными , , . Для того, чтобы эта система имела ненуле-

вое решение необходимо и достаточно, чтобы определитель системы был равен нулю, т.е.:

a11 k	a12	a13
a21	a22 k	a23		0 .	(12.17)
a31	a32	a33 k

Это уравнение называется характеристическим уравнением системы (12.15). Раскрыв определитель, получим уравнение третьей степени относительно k, которое три корня k1, k2 , k3 . Каждому из этих корней соответст-

вует ненулевое решение системы:

y ek1x ,			z ek1x ,			u ek1x ,
1	1		1	1		1	1
y2 2ek2 x ,			z2 2ek2 x ,			u2 2ek2 x ,
y	3	ek3 x ,	z ek3 x		,	u		3	ek3 x.
3			3	3		3

Линейная комбинация этих решений с произвольными коэффициентами будет решением системы (12.15):

y C1 1ek1x C2 2ek2 x C3 3ek3 x ; z C1 1ek1x C2 2ek2 x C3 3ek3 x ; u C1 1ek1x C2 2ek2 x C3 3ek3 x.

41

ПГУ														Каф ВиПМ
						Дифференциальные уравнения
		Пример 17.			Найти общее решение системы уравнений:
										x	5x 2 y
										y 2x 2 y
		Решение. Составим характеристическое уравнение:
	5 k	2		0;	(5 k)(2 k) 4 0;									10 5k 2k k2							4 0;
	2	2 k
						k2 7k 6 0;								k 1;			k	2		6;
														1
		Решим систему уравнений (12.16), которая в данном случае имеет вид:
							(a11 k) a12 0
							a				(a		22	k) 0 .
							21
Для		k1 1:		(5 1) 2 0				;		4 2 0						.
					1	1	0					1		1
				2 1 (2 1) 1						2 1 1 0
Полагая 1 1 (принимается любое значение), получаем: 1 2.
Для		k2 6 :		(5 6) 2 2 2			0		;		1 2 2 2 0								.
					(2 6) 2 0												0
				2 2							2 2 4 2
Полагая 2			2 (принимается любое значение), получаем: 2																		1.
										C1e		t		2C2e	6t
		Общее решение системы:						x
								y 2C et C e6t
												1		2

Этот пример может быть решен другим способом: Продифференцируем первое уравнение: x 5x 2y ;

подставим в это выражение производную у =2x + 2y из второго уравнения: x 5x 4x 4 y. Из первого уравнения выразим 2y x 5x и подставим в

последнее уравнение,

получим

уравнение второго порядка относительно

функции x(t) :

x 5x 4x 2x 10x

или x 7x 6x 0 .

Находим корни соответствующего характеристического уравнения

k 6;

k

2

1 и записываем решение x(t) Aet Be6t . Дифференцируем

1

t

6Be

6t

и затем находим решение

x (t)

Ae

t

6t

t

6t

t

1

6t

2 y x

5x Ae

6Be

5Ae

5Be

;

y(t) 2Ae

2

Be

. Обозначив

1

C1e

t

2C2e

6t

A C1;

B C2

, получаем общее решение системы:

x

.

2

2C et C e6t

y

1

2

42

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 7

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 7 Дифференциальные уравнения

331-340. Найти общее решение дифференциального уравнения

331. y

8x 5y

332. y

y

y

5x 2y .

tg

.

x

x

333.

y

334.

2

2

xy

y ln x

0 .

xy

y

x

y

0 .

335.

4xyy y2

3x2 0 .

336.

y

x y

.

x y

337.

xy y

x2 y2 .

338.

2x2 y x2 y2

0.

339.

y

x y

340

xyy 8x2

y2 .

.

x y

341-350. Найти частное решение дифференциального уравнения, удов-

летворяющее начальному условию y(x0 ) y0 .

341.

y cos2 x y tg x ,

y(0) 1.

342.

xy y x2 cos x ,

y( 2) 2.

343.

xy y x2 y2 ,

y(1) 1 .

344.

y sin x y cos x 1,

y( 2) 0 .

345.

xy 2 y 3x5 y2 ,

y(1) 1.

346.

y 2xy 3x2e x2 ,

y(0) 0 .

347.

y y e2x y2 ,

y(0) 1.

348.

y 2 y tg 2x sin 4x ,

y(0) 0 .

349.

y

1 х2

y arcsin x ,

y(0) 1.

350.

(1 x2 ) y y arctg x ,

y(0) 1.

351-360. Найти общее решение дифференциального уравнения, допус-

кающего понижение порядка

351.

y tg 5x 5y .

352. (1 sin x) y cos x y .

353.

xy 2 y 0 .

354. xy y 1.

43

ПГУ							Каф ВиПМ
							Контрольная работа № 7
355.	ctg 2x y 2 y 0 .						356.	tg x y 2 y .
357.	(1 x	2	) y			.	358.			.
					2xy			y x ln x y
359.	y tg x y 1.						360. xy y .

361-370. Найти частное решение дифференциального уравнения, допускающего понижение порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям.

361.	y		e					y		y				0 ;										y(0) 0,			1.
																									y (0)
362.	( y 1)								2			y								3		,		y(0) 0,			1.
																			( y )						y (0)
363.		y			3								y 1 ,											y(2) 0,			2 .
																									y (2)
364.	2yy							3											2	,						1.
																		( y )						y(1) 1, y (1)
365.	( y							2) y													2		,	y(0) 3,			1.
																	2( y )								y (0)
366.		2y						e					4 y					0 ,						y(0) 0,			1 2 .
																									y (0)
367.		y				12 y										2		0,
																								y(0) 1 2, y		(0) 1.
368.		y		3		y				3 ,														y(1) 1,		1.
																									y (1)
369.		yy																2	0 ,					y(0) 1,			3 .
										( y )															y (0)
370.		y				y					2 y ,													y(0) 0,			0 .
																									y (0)

371-380. Найти общее решение линейного однородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами.

371.	а)	y 5y 0 ;	б)	y 6 y 8y 0 ;	в)	y 4 y 5y 0 .
372.	а)	y 7 y 0 ;	б)	y 5y 4 y 0 ;	в)	y 16 y 0 .
373.	а)	y 49 y 0 ;	б)	y 4 y 5 y 0 ;	в)	y 2 y 3y 0 .
374.	а)	y 9 y 0 ;	б)	y y 6 y 0 ;	в)	y 4 y 20 y 0 .
375.	а)	y 4 y 0 ;	б)	y y 12 y 0 ;	в)	y 2 y 17 y 0 .
376.	а)	y 2 y 0 ;	б)	y 2 y 10 y 0 ;	в)	y y 2 y 0 .
377.	а) y 3y 0 ;		б)	y 5 y 6 y 0 ;	в)	y 2 y 5 y 0 .
378.	а)	y 4 y 0 ;	б)	y 4 y 13y 0 ;	в)	y 3y 2 y 0 .
379.	а)	y y 2 y 0 ;	б)	y 9 y 0 ;	в)	y 4 y 4 y 0 .
380.	а)	y 4 y 0 ;	б)	y 10 y 25y 0 ;	в)	y 3y 2 y 0 .

44

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 7

381-390. Найти общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами.

381.	y 4 y 5 y 5х 4 .	382. y 3y 3e3x .
383.	y y 6 y 6х2 4x 3 .	384.	y y 3cos x sin x .
385.	y 4 y 4sin 2x .	386.	y 2 y y 9e 2x 2х 4 .
387.	y 2 y 2х 1.	388.	y y 2 y 3e2x .
389.	y 4 y 3cos x .	390.	y 2 y 8y 16х2 2 .

391-400. Найти общее решение системы линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами

	dx	4x 6 y,	dx	5x 4y,
391.	dt		392. dt
	dy	4x 2 y.	dy	2x 3y.
	dt		dt
	dx	3x y,	dx	6x 3y,
393.	dt		394. dt
	dy	8x y.	dy	8x 5y.
	dt		dt
	dx	x 5y,	dx	3x 2 y,
395.	dt		396. dt
	dy	x 3y.	dy	2x 8y.
	dt		dt
	dx	4x 6y,	dx	5x 8y,
397.	dt		398. dt
	dy	4x 2 y.	dy	3x 3y.
	dt		dt
	dx	x 5y,	dx 7x 5y,
399. dt			400. dt
	dy	7x 3y.	dy	4x 8y.
	dt		dt

401. Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(9; –4), если известно, что длина отрезка, отсекаемого касательной на оси ординат, проведённой в любой точке кривой, равна полусумме координат точки касания.

45

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 7

402.Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(–2; 5), если известно, что длина отрезка, отсекаемого касательной на оси ординат, проведённой в любой точке кривой, равна квадрату абсциссы точки касания.

403.Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(1; 1), если известно, что длина отрезка, отсекаемого касательной на оси ординат, проведённой в любой точке кривой, равна квадрату абсциссы точки касания.

404.Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(0; –8), если известно, что длина отрезка, отсекаемого на оси ординат нормалью, проведённой в любой точке кривой, равна расстоянию от этой точки до начала координат.

405.Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(0; 4), если известно, что длина отрезка, отсекаемого на оси ординат нормалью, проведённой в любой точке кривой, равна расстоянию от этой точки до начала координат.

406.Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(–1; 1), если известно, что угловой коэффициент касательной в любой её точке равняется квадрату ординаты точки касания.

407.Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(2; 4), если известно, что угловой коэффициент касательной в любой её точке в 2 раза меньше углового коэффициента прямой, соединяющей ту же точку с началом координат.

408.Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(2; 5), если известно, что угловой коэффициент касательной в любой её точке в 8 раз больше углового коэффициента прямой, соединяющей ту же точку с началом координат.

409.Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(–1; 3), если известно, что угловой коэффициент касательной в любой её точке равняется удвоенной ординате этой точки.

410.Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(3; –2), если известно, что угловой коэффициент касательной в любой её точке равняется ординате этой точки, увеличенной в 4 раза.

РЕШЕНИЕ ТИПОВОГО ВАРИАНТА КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ

331-340. Найти общее решение дифференциального уравнения

y x2 2xy 5y2 . 2x2 6xy

Решение. Данное уравнение является однородным дифференциаль-

ным уравнением первого порядка. Решаем его с помощью подстановки y x u(x).

46

ПГУ

Каф ВиПМ

Контрольная работа № 7

x2

2x2u 5x2u

2

Далее находим:

y

u x

u,

u x

u

,

2x2 6x2u

x2 (1 2u 5u2 )

1 2u 5u2

2

1 2u 5u

u x u

,

u x

u

2 6u

,

u x

2 6u

u,

x2 (2 6u)

1 2u 5u2 2u 6u

2

1 u2

u x

,

u x

2 6u .

2 6u

Заменяем u

du

и получим уравнение с разделяющимися переменными

dx

x

du

1

u2

.

Решаем его:

2 6u

du

dx

,

2 6u

du

dx

,

dx

2

6u

1 u2

x

1 u2

x

2

du

3

2udu

2arctgu 3

d(1 u2 )

ln x C,

2

ln x C,

1 u

2

1

u

2

1

u

2

2arctgu 3ln(1 u2 ) ln x C,

y

y

ln x

C,

2arctg

3ln

1

2

x

x

y

x2

y2

ln x

C,

2arctg

3ln

2

x

x

y

2arctg

3ln(x2 y2 ) 3ln x2

ln x C,

x

2arctg xy 3ln(x2 y2 ) 5ln x C , т.о. нашли общий инте-

грал исходного уравнения.

341-350. Найти частное решение дифференциального уравнения xy y 2 y2 ln x , удовлетворяющее условию y(1) 12 .

Решение. Данное уравнение является уравнением Бернулли. Решаем его с помощью подстановки y u(x)v(x) . Тогда y u v uv . Преобразуем

уравнение и выполним подстановку, в результате чего получим:

y

2y

2

uv

u2v2

y

x

ln x,

u v uv

x

2

x

ln x .

x

Сгруппируем первое и третье слагаемые и функцию v(х) вынесем за скобки:

	u	u2v2
v(u	x) uv 2	x	ln x .	(1)

47

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 7

Находим u(x) из условия u ux 0 , которое является дифференциальным

уравнением с разделяющимися переменными:

dudx ux , duu dxx , duu dxx , ln u ln x , u 1x .

Полученное выражение для u(x) подставим в уравнение (1):

1

v2

v

2ln x

dv

dv

2ln x

x v 2 x3 ln x,

x2

, v dx ,

v2

x2

dx,

v2

u

ln x,

du

dx

dv

2ln x dx,

dv

1

,

2ln x dx

1

1

x

2dx

v

2

x

2

v

2

v

x

2

dv1

,

v1

2

x2

x

= 2ln x

2 dx 2ln x 2 dx

2ln x 2

C 2ln x 2 Cx .

x

x

x

x

x2

x

x

x

Следовательно,

1 2ln x 2 Cx

и

v

x

.

2ln x 2 Cx

v

x

Находим общее решение исходного уравнения

y u(x)v(x) =

1

x

1

.

2ln x 2 Cx

2ln x 2 Cx

x

Подставляем начальные условия y(1) 1 2 :

1

1

,

откуда следует, что С 0 , и записываем частное решение

2ln1 2 C

2

1

заданного уравнения:

y

.

2(ln x 1)

351-360. Найти общее решение дифференциального уравнения, допус-

кающего понижение порядка

xy y x2 .

Решение. Данное уравнение является уравнением второго порядка, допускающим понижение порядка. Решаем его с помощью подстановки

y p(x) .

Тогда y p (x) . Преобразуем уравнение и выполним подстановку:

	y			y	x,		p(x)	x .
				x			x
						p (x)

В результате получили линейное уравнение первого порядка, которое решаем

с помощью подстановки p(x) u(x)v(x) . Тогда				. Подставим в
	p (x) u v uv

уравнение и получим

48

ПГУ				Каф ВиПМ
Контрольная работа № 7
			uv	x .
u v uv			x

Сгруппируем первое и третье слагаемые и функцию v(х) вынесем за скобки:

u

u

v(u x) uv x .

(2)

Находим u(x) из условия

u x

0 , которое является дифференциальным

уравнением с разделяющимися переменными:

du

u

,

du

dx ,

du

dx

,

ln

u

ln

x

,

u x.

dx

x

u

x

u

x

Полученное выражение для u(x) подставим в уравнение (2):

xv x,

v 1,

v dv

,

dv 1,

dv dx,

v x C1

dx

dx

Следовательно,

p(x) x(x C1) x2

C1x . Но p(x) y dy , поэтому

dy x2 C1x,

dx

dy (x2 C1x)dx,

dy (x2 C1x)dx.

dx

Проинтегрировав, получим общее решение исходного уравнения

y

x3

C

x2

C .

2

3

1

2

361-370. Найти частное решение дифференциального уравнения, до-

пускающего понижение порядка

y

3

0 , удовлетворяющее началь-

y( y )

ным условиям y(0) 1,

2 .

y (0)

Решение.

Понизим порядок уравнения с помощью подстановки

y

p( y) , тогда

y

p ( y) y

p p ( y) . Подставим в уравнение:

3

0,

2

) 0,

p 0,

y

0,

y C.

p p ( y) yp

p( p ( y) yp

Исходя из начальных условий, получим: C 1,

y 1.

2

dp

2

dp

1

y

2

Далее:

p ( y) yp

0,

yp

,

ydy,

C1,

dy

p2

p

2

p

2

,

y

2

. Исходя из начальных условий найдём С1

y2

2C

y2

2C

1

1

( y 2

при y 1):

2

2

,

1 2C1 1,

C1 0. Следовательно, дальше

1 2C1

2

продолжаем решать уравнение y

.

y2

49

ПГУ								Каф ВиПМ
				Контрольная работа № 7
dy	2	,	y2dy 2dx,	y2dy 2 dx,			y3	2x C2.
							3
dx	y2
Найдём С2			из начальных условий: 1			С2 , следовательно, частное решение
				3
заданного уравнения имеет вид:					y3	2x		1 , или y 3	6x 1.
				3				3

371-380. Найти общее решение линейного однородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами

а) y 2 y 0 ;

б) 9 y 6 y y 0 ;

в) y 12 y 37 y 0 .

Решение. Заданные уравнения являются линейными однородными дифференциальными уравнениями второго порядка с постоянными коэффициентами, вида y py qy 0 . Корнями его характеристического уравне-

ния k2 pk q 0 могут быть:

1)действительные, различные числа k1 k2 ;

2)действительные, равные числа k1 k2 ;

3)комплексно-сопряжённые числа k1,2 i .

Им соответствуют следующие общие решения уравнения:

1)y C1ek1x C2ek2 x ;

2)y ek1x (C1 C2 x) ;

3)y e x (C1 cos x C2 sin x) , где C1, C2 – произвольные постоянные.

Для заданных уравнений составляем характеристические уравнения, находим их корни и записываем общие решения.

а) y 2 y 0 . Характеристическое уравнение : k2 2k 0 , его корни

k1 0,	k2 2 – действительные различные числа, поэтому общее решение
уравнения имеет вид: y C e0			C e2x ,	или y C		C e2x .
		1	2	1				2
б) 9 y 6 y y 0 . Характеристическое уравнение :
9k2 6k 1 0,		D 0, следовательно,		корни k	k		2		6		1	действитель-
				1				18			3

ные равные числа, поэтому общее решение уравнения имеет вид:

х

y e(13)x (C1 C2 x) или y e3 (C1 C2 x) .

50

ПГУ				Каф ВиПМ
		Контрольная работа № 7
в) y 12 y 37 y 0 .		Характеристическое уравнение:
k2 12k 37 0,	D 144 4 37 4,		D	4 2i , следовательно, кор-

ни - комплексно-сопряжённые числа k1,2 122 2i 6 i , где6, 1, поэтому общее решение уравнения имеет вид: y e 6x (C1 cos x C2 sin x) .

381-390. Найти общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами (см. примеры 13-16).

391-400. Найти общее решение системы линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами (см. пример 17).

401-410. Решить задачу.

Записать уравнение кривой, проходящей через точку А(0; 2), если известно, что угловой коэффициент касательной в любой её точке равняется

утроенной ординате этой точки.

y

2

х

Рис. 2

поэтому

ln 2 0 C ,

y e3x ln 2 2e3x.

Решение. Угловой коэффициент касательной к кривой равен к tg y (x) . По условию

задачи y (x) 3y (рис. 2). Получили диффе-

ренциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными. Решаем его:

dy	3y,	dy	3dx,	dy	3dx,	ln		y		3x C .
dx		y		y

Искомая кривая проходит через точку А(0; 2), следовательно, C ln 2, ln y 3x ln 2,

Таким образом, уравнение искомой кривой имеет вид y 2e3x .

51

	ПГУ								Каф ВиПМ
				Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы
			Тема 13. Кратные, криволинейные и поверхностные
								интегралы
	Бермант А.Ф., Араманович И.Г., глава 8, 9
	Пискунов Н. С., часть 2, гл. 14, 15.
	Письменный Д.Т., часть 2, § 7-12.
	Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я., часть 2, гл. 1, 2.
						Двойные интегралы и их вычисление
		Рассмотрим некоторую область D , ограниченную замкнутой линией С
	на плоскости Oxy . Пусть в D задана функция z f (x, y) .									Произвольными
	линиями		разобьем			D на	n	элемен-	y	Si
	тарных областей				Si , площади которых
	Si (i 1, 2,..., n ).				В каждой			области	P
	Si ,	выберем		произвольную				точку	i	D
	Pi (xi , yi )		(рис. 3).			Диаметром di , об-			C
	ласти	Si	называется длина наиболь-						O
	шей из хорд, соединяющих граничные									x
	точки	Si .	Выражение вида
	n								Рис. 3
	In f (xi , yi ) Si						(12.18)
	i 1
	называется интегральной суммой для функции z f (x, y) в области D .
		Двойным интегралом функции z f (x, y) по области D называется

предел	lim In обозначаемый	f (x, y)dS . Таким образом, по определению
	di 0	D
	f (x, y)dS	n
		lim f (xi , yi ) Si	(12.19)
	D	di 0i 1

Будем предполагать, что функция z f (x, y) непрерывна в области D

и линия C — кусочно-гладкая, поэтому указанный в формуле (12.19) предел всегда существует.

Укажем основные свойства двойного интеграла и его геометрический и физический смыслы.

1.	dS S(D) , где S(D) — площадь области интегрирования D .
	D
2.	Если подынтегральная функция z f (x, y) (x, y) — поверх-

52

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

ностная плотность материальной пластины, занимающей область D , то масса этой пластины определяется по формуле

m (x, y)dS

						D
	В этом заключается физический смысл двойного интеграла.
D ,	3. Если			f (x, y) 0		в области		z
	то	двойной			интеграл (12.19)			z f (x, y)
численно			равен объему V ци-
линдрического тела, находяще-
гося	над плоскостью Oxy , ниж-
ним основанием которого является
область		D ,	верхним — часть по-					O	y
верхности			z f (x, y) ,			проекти-
рующаяся в D ,					а боковая поверх-			D
ность — цилиндрическая, причем
								C
ее прямолинейные образующие па-
							x
раллельны оси					Oz и проходят че-			Рис. 4
рез границу C области D (рис. 4).
	Это свойство выражает геометрический смысл двойного интеграла.
	4.	Если		функции		f1(x, y), f2 (x, y)		непрерывны в области D		то
верна формула
				f1(x, y) f2 (x, y) dS f1(x, y)dS f2 (x, y)dS .
				D			D	D
	5.	Постоянный множитель k					подынтегральной функции можно			вы
носить за знак двойного интеграла:
						k f (x, y)dS k f (x, y)dS .
						D		D
	6. Если область D разбить на конечное число областей D1, D2,..., Dk ,
не имеющих общих внутренних точек, то интеграл по области D равен сум-
ме интегралов по областям Dk :
	f (x, y)dS f (x, y)dS						f (x, y)dS ... f (x, y)dS .
	D				D1	D2		Dk
	7 ( Теорема о среднем) .						Для непрерывной функции z f (x, y) в
области		D , площадь которой S(D) , всегда найдется хотя бы одна точка
P(x0 , y0 ) , такая, что

f (x, y)dS f (x0 , y0 ) S(D) .

D

53

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Число

f (x0 , y0 ) называется средним значением функции

z f (x, y) в

области D .

8.

Если в области D f (x, y) 0 , то f (x, y)dS 0 .

D

9.

Если в области D для непрерывных функций

f (x, y), f1(x, y),

f2 (x, y)

выполнены неравенства f1(x, y) f (x, y) f2 (x, y) , то

f1(x, y)dS f (x, y)dS f2 (x, y)dS .

D

D

D

f (x, y)

dS .

10.

f (x, y)dS

D

D

Замечание. Так как предел интегральной суммы не зависит от спосо-

ба разбиения области D на элементарные области Si

(теорема существова-

ния и единственности), то в декартовой системе координат область D удоб-

но разбивать на элементарные области Si , прямыми, параллельными осям ко-

ординат.

Полученные при таком разбиении элементарные области Si , при-

надлежащие

области

D

являются

прямоугольниками.

Следовательно,

dS dxdy и

f (x, y)dS f (x, y)dxdy .

D

D

Вычисление двойного интеграла

Если функция z f (x, y) непрерывна в замкнутой области D , ограни-

ченной прямыми x a,

x b (a b) , и кривыми y 1(x) ,

y 2 (x) , при-

чём функции

1(x)

и

2 (x) непрерывные и таковы, что 1(x) 2 (x) для

всех x a,b , тогда

b

2

(x)

b

2 (x)

f (x, y)dxdy

f (x, y)dy dx

dx

f (x, y)dy

y 2 (x)

D

a

1

(x)

a

1 (x)

y

yâû õ

берём	Для вычисления двойного интеграла сначала					D
	внутренний интеграл		в пределах от
yâõ 1(x)		до yâû õ 2 (x) , считая x постоян-
ным,	а затем от полученного		результата берём			y 1(x)
внешний интеграл в пределах от наименьшего до
						yâõ
наибольшего значений x в области D (рис. 5).						x
			O	a		b

54	Рис. 5

ПГУ Каф ВиПМ Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Пример. Вычислить интеграл (x y)dxdy , если область D ограниче-

на линиями: y x2 ,

D

y 0,

x 2 (рис. 6).

y

Решение.

x2

2

(x y)dxdy dx (x y)dy

D

x

D

0

0

2

y2

) y

x

2

2

(x3

x4

O

2

(xy

)dx

Рис. 6

2

2

0

y 0

0

x4 x5 2 4 3,2 0,8.

4 10 0

Если функция

z f (x, y) непрерывна в замкнутой области D , ограни-

ченной прямыми y c,

y d (c d ) , и кривыми x 1( y) ,

x 2 ( y) , при-

чём функции 1( y)

и

2 ( y) непрерывные и таковы, что 1( y) 2 ( y)

для всех y c,d , тогда

d

2 ( y)

f (x, y)dxdy dy

f (x, y)dx

D

c

1 ( y)

Пример. Вычислить интеграл (x2

y2 )dxdy , если область D ограни-

D

чена линиями y x,

y 1,

y 2,

x 0 (рис. 7).

Решение.

y

2

x

(x2 y2 )dxdy dy (x2

y2 )dx

2

D

y x

D

1

0

1

2

3

y

2

2

x

y2 x

dy

4 y3dy

4

y4

x

3

3

12

1

O

1

0

1

Рис. 7

64

4

5.

12

12

55

ПГУ

Каф ВиПМ

Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Замена переменных в двойном интеграле. Двойной интеграл в по-

лярных координатах

Пусть переменные x, y

связаны с переменными u, v

соотношениями

x x(u, v) ,

y y(u, v)

где

x(u, v), y(u, v)

-

непрерывные

и диф-

ференцируемые функции.

x

x

Выражение

u

v

I

называется определителем Якоби или Яко-

y

y

бианом.

u

v

Тогда

f (x, y)dydx f (x(u,v), y(u,v))

I

dudv .

(12.20)

D

D

Формула (12.20)

называется формулой замены переменных в двойном

интеграле.

Прямоугольные декартовы (x, y) и полярные ( , ) координаты свя-

заны между собой следующими соотношениями:

x cos

,

y sin

В этом случае Якобиан имеет вид:

x

x

cos

sin

I

cos2 sin2

y

y

sin

cos

Тогда формула (13.3) принимает вид

f (x, y)dxdy		f ( cos , sin ) d d f1( , ) d d .
D	D	D

Здесь D - область в полярной системе координат, соответствующая области D в декартовой системе координат.

56

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Криволинейные интегралы первого рода (по длине дуги)

Пусть в пространстве R3	задана гладкая дуга			AB кривой		L , во всех
точках которой определена непрерывная функция				u f (x, y, z) .		Дугу	AB
произвольным образом разобьем на		n	частей		li , длиной		li ,
(i 1, 2,..., n) (рис.8). В каждой	элементарной		части		li , выберем произ-
вольную точку Mi (xi , yi , zi )	и соста-		z
вим интегральную сумму

n

In f (xi , yi , zi ) li .

i1

Тогда предел lim In всегда су-

li 0

ществует, называется криволинейным интегралом первого рода или кри-

волинейным интегралом по длине ду-

ги AB от функции f (x, y, z) и обозначается f (x, y, z)dl .

AB

Таким образом, по определению

		B
	li
A	Mi	y

L O

x

Рис. 8

f (x, y, z)dl		n
	lim	f (xi , yi , zi ) li .
AB	max li	0i 1

Если кривая L лежит в плоскости Oxy и вдоль этой кривой задана непрерывная функция f (x, y) , то

f (x, y)dl		n
	lim	f (xi , yi ) li .
AB	max li	0i 1

Свойства криволинейного интеграла первого рода.

1)Значение криволинейного интеграла по длине дуги не зависит от направления кривой AB .

2)Свойство линейности: постоянный множитель можно выносить за знак криволинейного интеграла; криволинейный интеграл от суммы функций равен сумме криволинейных интегралов от этих функций.

3)Свойство аддитивности: если кривая AB разбита на дуги АС и СВ, то

	f (x, y, z)ds		f (x, y, z)ds f (x, y, z)ds .
AB		AC	CB

57

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

4) Если в точках кривой АВ									f1(x, y, z) f2 (x, y, z) , то
								f1(x, y, z)ds f2 (x, y, z)ds .
					AB						AB
5)		f (x, y, z)ds					f (x, y, z				ds .
		AB			AB
											n
6)	Если		f (x, y, z) 1,					то dl lim li l(AB); где l(AB) – длина
								AB			0i 1

дуги AB , max li .

7) Теорема о среднем.

Если функция f (x, y, z) непрерывна на кривой AB , то на этой кривой существует точка (x1, y1, z1) такая, что

		f (x, y, z)dl f (x1, y1, z1) l( AB) .
		AB
Для вычисления криволинейного интеграла по длине дуги надо опре-
делить его связь с обыкновенным определенным интегралом.
В случае,		когда гладкая кривая L задана параметрическими уравне-
ниями	x x(t),	y y(t), z z(t) и параметр t изменяется монотонно на от-
резке	, ( ) при перемещении по кривой			L из точки	А в точку В,
верна формула для вычисления криволинейного интеграла
	f (x, y, z)dl f (x(t), y(t), z(t)) x 2 (t) y 2 (t) z 2 (t) dt .				(12.21)
AB
			x 2 (t) y 2 (t) z 2 (t) dt .
Длина дуги AB равна: l(AB)
В случае плоской кривой формула (12.21) упрощается.
			x 2 (t) y 2 (t) dt .
		f (x, y)dl f (x(t), y(t))			(12.22)
	AB		( )
Если уравнение плоской кривой				задано в полярных ко-
ординатах, функция ( ) и ее производная ( )				непрерывны,	то имеет ме-

сто частный случай формулы (12.22), где в качестве параметра t взят полярный угол :

		B			2		2
		f (x, y)dl	f ( ( )cos , ( )sin )					d ,
	AB	A

58

ПГУ

Каф ВиПМ

Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

где A

и

B

- значения

полярного угла

,

определяющие

на

кривой

точки А и В.

Если плоская кривая задана непрерывной

и

непрерывно диффе-

ренцируемой на

a, b

функцией y y(x) , где а и b - абсциссы точек А и В,

то

b

1 y 2 (x) dx .

f (x, y)dl f (x, y(x))

AB

a

Итак, во всех случаях вычисление криволинейных интегралов первого

рода сводится к вычислению определенного интеграла.

Криволинейные интегралы второго рода (по координатам)

Пусть

в

пространстве

R3

задан

вектор

a P(x, y, z)i Q(x, y, z)j R(x, y, z)k ,

z

координаты

которого

-

непрерывные

zi

функции в точках ориентированной кри-

Ni

вой L .

Кривую L разобьем в направле-

Mi

Nn 1

нии от

A к В на п элементарных дуг li

Ni 1

и

построим

векторы

A

B

N2

li xii yi j zik ,

где

N1

yi

xi , yi , zi -

проекции

векторов li

y

на оси координат. Начала этих векторов

xi

совпадают

с началами

элементарных

x

дуг li , а концы

- с их концами (рис.9).

Рис. 9

На каждой элементарной части li , вы-

берем произвольную

Mi (xi , yi , zi ) точку

и

составим

интегральную

сумму

n

In P(xi , yi , zi ) xi Q(xi , yi , zi ) yi R(xi , yi , zi ) zi

i 1

(12.23)

n

a(xi , yi , zi ) li

i 1

li

Предел суммы (12.23), найденный при условии, что все

0 , называ-

ется криволинейным интегралом второго рода

или

криволинейным инте-

гралом по координатам от вектор-функции a(x, y, z) по кривой

L и обо-

значается

59

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

a(x, y, z) dl P(x, y, z)dx Q(x, y, z)dy R(x, y, z)dz

L		L							(12.24)
								n
		max		lim		0		a(xi , yi , zi ) li .
				l				i 1
				i
Если функции	P(x, y, z),						Q(x, y, z), R(x, y, z) непрерывны в точках

гладкой кривой L , то предел суммы (12.23) существует, т. е. существует криволинейный интеграл второго рода (12.24).

Криволинейные интегралы второго рода обладают основными свойствами определенных интегралов (линейности, аддитивности). Непосредственно из определения криволинейного интеграла второго рода следует, например, что он зависит от направления интегрирования вдоль кривой, т е.

меняет знак при изменении	ориентации кривой:
a(x, y, z) dl a(x, y, z) dl .
AB	BA
Если кривая интегрирования L замкнута, криволинейные интегралы
второго рода обозначаются	a(x, y, z) dl . В этом случае через кривую
	L

L проводится ориентированная поверхность и за положительное направление обхода контура L принимается направление против хода часовой стрелки.

Если гладкая кривая L задана параметрическими уравнениями

x x(t), y y(t), z z(t) где x(t), y(t), z(t) - непрерывно дифференцируемые

функции, A(x( ), y( ), z( )) и B(x( ), y( ), z( ))				- соответственно начальная
и конечная точки этой кривой, то верна следующая формула для					вычисле-
ния криволинейного интеграла		второго рода:
P(x, y, z)dx Q(x, y, z)dy R(x, y, z)dz
AB					(12.25)
P(x(t), y(t), z(t))x (t) Q(x(t), y(t), z(t)) y (t) R(x(t), y(t), z(t))z (t) dt.
Если кривая L лежит в плоскости			Oxy , a P(x, y)i Q(x, y)j,		то
R(x, y, z) 0 ,	z(t) 0 и формула (12.25)		упрощается:
P(x, y)dx Q(x, y)dy P(x(t), y(t))x (t)				Q(x(t), y(t)) y (t) dt.
AB
Если кривая L лежит в плоскости Oxy и задана уравнением					y f (x) ,
производная			a, b , a P(x, y)i Q(x, y)j, то
	f (x) непрерывна на отрезке
		b
	P(x, y)dx Q(x, y)dy P(x, f (x)) Q(x, f (x)) f (x) dx.
AB		a

60

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Криволинейный интеграл второго рода (12.24) в случае, когда a F сила, под действием которой перемещается тело, определяет работу силы F

на пути AB . В этом заключается физический смысл криволинейного интеграла второго рода.

Теорема (Грина). Если функции P(x, y), Q(x, y) непрерывны, имеют

непрерывные частные производные в замкнутой односвязной области D , лежащей в плоскости Oxy и ограниченной кусочно-гладкой кривой L , то

	P(x, y)dx Q(x, y)dy			Q		P		(12.26)
							dydx ,
				x		y
L		D

где интегрирование по контуру L выполняется в положительном направлении.

Формула (12.26) называется формулой Грина. Т.о. формула Грина устанавливает связь между криволинейным интегралом и двойным интегралом, т.е. дает выражение интеграла по замкнутому контуру через двойной интеграл по области, ограниченной этим контуром.

Если в некоторой области D выполнены условия теоремы Грина, то равносильны следующие утверждения.

1. P(x, y)dx Q(x, y)dy 0 , если L - любой замкнутый контур, рас-

L

положенный в области D .

2. Интеграл P(x, y)dx Q(x, y)dy не зависит от пути интегрирова-

AB

ния, соединяющего точки А и В.

3. P(x, y)dx Q(x, y)dy du(x, y) , где du(x, y) - полный дифференциал функции u(x, y) .

4. Во всех точках области D справедливо равенство Py Qx .

Из формулы Грина следует, что площадь S области D можно также вычислить с помощью криволинейного интеграла второго рода:

S(D) 12 L ydx xdy ,

где интегрирование по контуру L производится в положительном направлении.

С помощью теории криволинейных интегралов второго рода можно решить следующую задачу. Известно дифференциальное выражение P(x, y)dx Q(x, y)dy , которое является полным дифференциалом некоторой

функции u(x, y) . Требуется найти эту функцию.

61

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Решение данной задачи определяется формулой

x	y
u(x, y) P(x, y0 )dx Q(x, y)dy C или
x0	y0
y	x
u(x, y) Q(x0 , y)dy P(x, y)dx C ,		(12.27)
y0	x0
где точки M0 (x0 , y0 ) и M (x, y)	принадлежат области D,	в которой

P(x, y), Q(x, y) и их частные производные являются непрерывными функциями; С - произвольная постоянная.

Поверхностные интегралы первого рода

Пусть u f (x, y, z) - непрерывная функция в точках некоторой гладкой

поверхности

S R3 .

С

помощью

кусочно-гладких

линий разобьем по-

верхность S

на п элементарных площа-

z

S

док Si , площади которых обозначим че-

Mi

рез Si , (i 1, 2,..., n) , а диаметры

-

че-

рез di (рис. 10). На каждой площадке

Si , выберем произвольную

точку

Si

Mi (xi , yi , zi ) , вычислим

f (xi , yi , zi ) и

O

составим интегральную сумму

y

n

D

In f (xi , yi , zi ) Si

x

i 1

Рис. 10

Тогда предел

lim

In всегда

max di 0

существует, называется поверхностным интегралом первого рода от функ-

ции f (x, y, z) по поверхности S и обозначается f (x, y, z)dS .

		S
Таким образом, по определению
f (x, y, z)dS		n
	lim	f (xi , yi , zi ) Si .
S	max di 0i 1

Поверхностные интегралы первого рода обладают свойствами линейности, аддитивности, для них справедлива теорема о среднем, их величина не зависит от выбора стороны поверхности.

62

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Очевидно, что интеграл	dS равен площади поверхности, а
(x, y, z)dS , где (x, y, z) -	S
	поверхностная плотность поверхности S , -
S
массе поверхности S .

Если проекция D поверхности S на плоскость Oxy однозначна, т. е.

всякая прямая, параллельная оси Oz , пересекает поверхность S лишь в одной точке, то поверхность можно задать уравнением z z(x, y) и спра-

ведливо равенство, с помощью которого вычисление поверхностного интеграла первого рода сводится к вычислению двойного интеграла:

f (x, y, z)dS

f (x, y, z(x, y))

1 zx2 (x, y) zy2 (x, y) dxdy .

(12.28)

S

D

Пример. Вычислить

x2

y2 dS , где S

- часть конической по-

S

верхности x2 y2

z2 , расположенная между плоскостями z 0

и z 2

(рис. 11).

Решение. Из уравнения данной по-

z

верхности находим, что для рассматривае-

мой её части

z

x2 y2

и проекцией её

2

D

на

плоскость

Oxy

является

круг

y

x2 y2 4 .

Так

как

zx

x

,

D

x2 y2

x

2

zy

y

, то из формулы (12.28)

по-

Рис. 11

x2

y2

лучим

x2

y2 dS

x2 y2

1

x2

y2

dxdy

2

x2 y2 dxdy

x2

S

D

y2

D

x cos

2 2d d

2

2

2 2 8

16

2 .

y sin

2

d 2d

dxdy d d

D

0

0

3

3

63

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Поверхностные интегралы второго рода

Сторона гладкой поверхности S , из каждой точки которой восставлен вектор нормали n , называется положительной, а другая ее сторона (если она существует) - отрицательной. Если, в частности, поверхность S является замкнутой и ограничивает некоторую область пространства V, то положительной или внешней стороной поверхности называется та ее сторона, нормальные векторы которой направлены от области V, а отрицательной или внутренней — сторона, нормальные векторы которой направлены в область V. Поверхность, у которой существуют положительная (внешняя) и отрицательная (внутренняя) стороны, называется двухсторонней. Поверхность S с выбранной стороной называется ориентированной. Будем считать положительным направлением обхода контура L, принадлежащего поверхности, такое направление, при движении по которому по выбранной стороне поверхности сама поверхность остается слева.

Если поверхность S задана уравнением z f (x, y) то нормальный вектор n , образующий с осью Oz острый угол , определяется следующим об-

разом: n fx , f y ,1 , а координаты единичного вектора нормали n0 равны его направляющим косинусам, т. е.

n0

f

f y

1

1 f 2

f 2 .

x

,

,

(cos , cos , cos ),

n

n

n

n

x

y

Если поверхность S задана уравнением			F(x, y, z) 0 , то
n0	gradF		,
		gradF

где знак « + » берется в случае, когда угол острый, а знак «—» в случае, когда - тупой.

Пусть	в	пространстве	R3	определена	вектор-функция
a P(x, y, z)i Q(x, y, z)j R(x, y, z)k ,			где	P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) -

функции, непрерывные в области V. Далее, пусть S - некоторая гладкая поверхность, лежащая в области V, с выбранной положительной стороной, т.е.

выбранным направлением вектора n0 . Разобьем поверхность S принадлежащими ей кусочно-гладкими линиями на элементарные площадки Si ,

площади которых Si (i 1, 2,..., n) , а диаметры - di , и выберем в каждой из них произвольно точку Mi (xi , yi , zi ) . Тогда существует предел

n

lim a(xi , yi , zi ) n0 (xi , yi , zi ) Si , max di 0i 1

64

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

который называется поверхностным интегралом второго рода от функции a(x, y, z) по поверхности S и обозначается a n0dS . Таким образом, по

S

определению
a n0dS Pcos Q cos R cos dS .		(12.29)
S	S

Поверхностные интегралы второго рода обладают свойствами линейности и аддитивности. При изменении стороны поверхности на про-

тивоположную, т. е. при замене n0 на n0 , интеграл (12.29) изменяет знак.

Так как	cos dS dydz,		cos dS dzdx, cos dS dxdy ,	то интеграл
(12.29) можно записать в виде
	a n0dS Pdydz Q dzdx Rdxdy .			(12.30)
	S	S
Справедлива следующая формула, сводящая вычисление интеграла
(12.29) к вычислению двойного интеграла:
		a n0dS	a(x, y, z) n(x, y, z) dxdy ,	(12.31)
		S	Dxy
где область Dxy	является проекцией поверхности S на плоскость Oxy , по-

верхность S задается функцией z f3 (x, y) , n grad(z f3(x, y)) . В двойном интеграле переменную z следует заменить на f3 (x, y) . Приведем еще

две формулы, которые можно применять для вычисления поверхностного интеграла второго рода:

a n0dS		a(x, y, z) n(x, y, z) dydz		a(x, y, z) n(x, y, z) dxdz , (12.32)
S	Dyz			Dxz
где области Dyz и Dxz			- соответственно проекции поверхности S на плоско-

сти Oyz и Oxz , поверхность S задается функциями x f1( y, z) и y f2 (x, z) .

В двойном интеграле по области Dyz			следует в подынтегральном выражении
заменить x функцией		f1( y, z) и принять n grad(x f1( y, z)), а в двойном
интеграле по	Dxz	заменить	у функцией	f2 (x, z)	и взять

n grad( y f2 (x, z)) . Отметим, что в выражениях для n знак « + » или «–» ставится в зависимости от выбранной стороны поверхности S .

Интегралы в правых частях формулы (12.30) рассматривают как сумму трех интегралов, для вычисления каждого из которых можно применить одну из формул (12.31) или (12.32).

Поток векторного поля. Дивергенция

65

ПГУ	Каф ВиПМ
Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы
Потоком векторного поля a(M ), M (x, y, z) S через поверхность S в
сторону единичного вектора нормали	n0 (cos , cos , cos ) поверхности

S называется поверхностный интеграл второго рода (12.30).

Если вектор a(P,Q, R) определяет векторное поле скоростей текущей несжимаемой жидкости, то интеграл (12.30) равен объему V жидкости, про-

текающей через поверхность S в направлении нормали n0 за единицу вре-

мени (в этом заключается физический смысл интеграла (12.30)), т. е.

				Ï	a(M ) n0dS .						(12.33)
					S
Из формулы (12.33) ясно,					что	П -	скалярная величина,			и если
угол (a, n	0	)		, то П 0, если же				, то П < 0, если			, то
			2				2			2

Ï 0 .

При изменении ориентации поверхности знак П меняется на противоположный (вследствие свойств поверхностных интегралов второго рода).

Пусть S замкнутая кусочно-гладкая поверхность, ограничивающая область V , и P P(x, y, z), Q Q(x, y, z), R R(x, y, z) - функции, непрерывные

вместе со своими частными производными первого порядка в замкнутой области V. Тогда поток П вектора a(P,Q, R) через поверхность S можно

вычислить с помощью формулы Остроградского — Гаусса :

Ï		Pdydz Qdzdx Rdxdy			x	y	z
	S		V		P	Q	R	dxdydz . (12.34)

Т.о. эта формула связывает поверхностный интеграл второго рода по замкнутой поверхности с тройным интегралом по пространственной области, ограниченной этой поверхностью.

На практике формулу Гаусса – Остроградского можно применять для вычисления объема тел, если известна поверхность, ограничивающая это тело. Имеют место формулы:

V xdydz ydxdz zdxdy dxdydz

S S S V

Пусть a(M ) поле скоростей несжимаемой жидкости. Если П > 0, то из

формулы (12.34) следует, что из области V вытекает больше жидкости, чем втекает. Это означает, что внутри области V имеются источники. Если Ï 0 , то из области V вытекает меньше жидкости, чем втекает в нее. В этом случае говорят, что внутри области V имеются стоки. При Ï 0 в область V втекает столько же жидкости, сколько вытекает.

66

ПГУ	Каф ВиПМ
Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы
Пусть в области V задано векторное поле a(M ) (P,Q, R) , где функции
P P(x, y, z), Q Q(x, y, z),	R R(x, y, z) имеют частные производные в точ-
ке M (x, y, z) V по x, y, z	соответственно. Тогда дивергенцией или расхо-

димостью векторного поля а(М) в точке М, обозначаемой diva(M ) , назы-

вается величина, равная сумме частных производных, вычисленных в точке М, т. е. по определению

	P		Q		R		.	(12.35)
diva(M )
	x		y		z		M
С физической точки зрения diva(M ) характеризует плотность источ-

ников или стоков векторного поля a(M ) в точке М. Если diva(M ) 0 , то точка М является источником, если diva(M ) 0 - стоком. В случае, когда diva(M ) 0 , в точке М нет ни источников, ни стоков. Перечислим основ-

ные свойства дивергенции векторного поля:

1)div(a b) diva divb ;

2)divc 0 , если c - постоянный вектор;

3)div( f a) f diva a grad f , где f f (x, y, z) - скалярная функ-

ция.

Из формул (12.33), (12.34)	и (12.35) следует, что
Ï a(M ) n0dS diva(M ) dxdydz ,		(12.36)
S	V

т.е. поток векторного поля a(M ) через замкнутую поверхность S во внеш-

нюю ее сторону численно равен тройному интегралу от дивергенции этого поля по области V, ограниченной поверхностью S .

Циркуляция и ротор векторного поля

Пусть L - замкнутая кусочно-

гладкая кривая в пространстве R3 и S - гладкая поверхность, краем которой служит кривая L . За положительное направление обхода кривой L при-

нимается такое направление, при котором область, ограниченная этой кривой, будет оставаться слева на положительной стороне поверхности S , т. е. на стороне, из точек которой восставлен единичный вектор нормали

n0 (cos , cos , cos ) к поверхности

z

n0

S

L

y

	x	Ã
		Рис. 12

S (рис. 12). Пусть, далее, в каждой

67

ПГУ		Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы
точке поверхности S задан вектор		a(P,Q, R) , координаты которого
P P(x, y, z),	Q Q(x, y, z), R R(x, y, z)	являются непрерывными функция-

ми вместе со своими частными производными первого порядка. Тогда имеет место формула Стокса, связывающая криволинейный и поверхностный интегралы

	Pdx Qdy Rdz			R	Q dydz	P	R dzdx		Q	P dxdy ,
				y	z	z	x		x	y
L			S
где направление обхода по замкнутой кривой L выбирается положительным.
	Формула Грина (12.26) является частным случаем формулы Стокса, ко-
гда кривая		L и поверхность S лежат в плоскости						Oxy .
	Если задано векторное поле a(M ) (P,Q, R)							и некоторая замкнутая ку-
сочно-гладкая кривая L в пространстве R3 то криволинейный интеграл
				C a τ0dl Pdx Qdy Rdz ,
				L	L

называется циркуляцией векторного поля a(M ) вдоль контура L . Здесь τ0 -

единичный вектор, направленный по касательной к кривой L и указывающий направление обхода по контуру.

Если a F - вектор силы, то циркуляция равна работе этой силы вдоль замкнутой кривой L .

Ротором или вихрем векторного поля a(M ) (P,Q, R) называется вектор, обозначаемый rot a(M ) , координаты которого

R

Q

;

P

R

;

Q

P

, т.е. по определению

y

z

z

x

x

y

	R		Q	P			R		Q		P
rot a(M )	y		i		z		j		x		k .
			z				x				y

Используя понятия ротора и циркуляции, формулу Стокса можно записать в векторной форме:

C a τ0dl rot a n0dS ,

L S

т. е. циркуляция векторного поля a(M ) вдоль замкнутого контура L равна

потоку ротора этого поля через любую гладкую поверхность S , краем которой является L .

Символический вектор

,

,

i

j

k

называется

x

y

x

y

z

z

оператором Гамильтона. Символ читается “набла”.

68

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

С учетом этого обозначения можно представить себе понятие ротора вектора a(M ) как векторного произведения оператора Гамильтона на вектор

a(M ), т.е.

		i		j
rot a a
		x		y
		P		Q

k

z R

R

Q

P

R

Q

P

i

j

k.Ч

y

z

x

z

x

y

исло C(M ) ï ðn0 rot a(M ) называется плотностью циркуляции векторного

поля a(M ) в точке М в направлении вектора n0 . Плотность достигает максимума в направлении rot a(M ) и равна

max C(M ) rot a(M ) .

Отметим некоторые свойства ротора векторного поля:

1)rot (a b) rot a rot b ;

2)rot (c) 0 , если c - постоянный вектор;

3) rot( f a) f rot a a grad f , где f

f (x, y, z) - скалярная функция.

Если rot a(M ) 0 , то это свидетельствует о вращении векторного поля a(M ).

Векторное поле F P(x, y, z)i Q(x, y, z)j R(x, y, z)k называется по-

тенциальным или безвихревым в односвязной области V , если в каждой точке этой области ротор равен нулю.

Согласно определению ротора, необходимыми и достаточными условиями потенциальности поля являются выполнение равенств

R

Q

0,

P

R

0,

Q

P

0.

(12.37)

y

z

z

x

x

y

Тогда вектор F является градиентом некоторой функции u u(x, y, z) ,

которая называется потенциалом векторного поля, т.е.

F gradu ux i uy j uz k .

Потенциал векторного поля находится по формуле

u(x, y, z)		Pdx Qdy Rdz C
	M0 M			,
	x	y	z
P(x, y0 , z0 )dx Q(x, y, z0 )dy R(x, y, z)dz C
	x0	y0	z0

69

ПГУ	Каф ВиПМ
	Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

где M0 (x0 , y0 , z0 ) - некоторая фиксированная точка области V , M (x, y, z) -

любая точка области V , C - произвольная постоянная. При выполнении условий (12.37) криволинейный интеграл второго рода не зависит от пути интегрирования, соединяющего точки M 0 и M .

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 8.

Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

411-420. Вычислить двойной интеграл по области D, ограниченной указанными линиями.

411.	(x 3y) dxdy;		D : y x2		1, y 1 x2 .
	D
412.	x( y 2) dxdy;		D : y 5x,		y x, x 3.
	D
413.	(x2 2 y) dxdy;		D : y x2 , y2 x.
	D
414.	(x3 y) dxdy;	D : y 2 x,			y x, x 0.
	D
415.	(x y2 ) dxdy;		D : y x2 , y 1.
	D
416.	(x2 6 y2 ) dxdy;			D : y2 x, x 4.
	D
417.	x(1 y) dxdy;		D : y2 x,		5y x.
	D
418.	(x 3) y dxdy;		D : y x,		y 1 x,		x 2.
	D					2
419.	(x 4 y3) dxdy;			D : y x3,		y 0,	x 1.
	D
420.	x2 y dxdy;	D : y x3, y 8,				x 0.
	D

421-430. Вычислить объём тела, ограниченного заданными поверхностями. Сделать чертежи данного тела и его проекции на плоскость xOy .

421. z 2x,

x2 y2 25,

z 0,

y 0.

70

ПГУ								Каф ВиПМ
			Контрольная работа № 8
422.	z 9 y2 ,		x2 y2 9,			z 0 .
423.	z 4 x y,		x2 y2 4,					z 0 .
424.	z y2 ,	x2 y2 9,			z 0.
425.	z x2 y2 ,		x2 y2 4,				z 0.
426.	z 2x y,		y	4 x2 ,			z 0,		x 0,	y 0.
427.	z 3x,	y	9 x2 ,		z 0,			y 0.
428.	z 2 y,	y	4 x2 ,		z 0,			x 0.
429.	z 3x 2 y,		y	9 x2 ,			z 0,		y 0,	x 0.
430.	z x y 2, x2			y2	1,			z 0.

431-440. Задан криволинейный интеграл P(x, y)dx Q(x, y)dy и точки

L

О(0;0), A(4; 0), B(0; 8) и C(4; 8). Вычислить интеграл, если:

а) L – ломаная ОАС; б) L – ломаная ОВС; в) L – дуга параболы

y x2 . Объяснить совпадение полученных результатов. 2

	431.	(x y)dx (x 2 y)dy .	432. (2 xy)dx (		x2	y)dy .
					2
		L		L
	433.	(x3 2 y)dx (2x 5)dy .	434.	(2x 3y)dx (3x 4 y)dy .
		L		L
	435. (4 xy2 )dx (x2 y 3y2 )dy .		436.	(3x 2 y)dx (2x y)dy .
		L		L

437. (1 2xy)dx (x2 y)dy .

L

439. (3x2 y)dx (x 2 y)dy .

L

438. (5x 2 y)dx (2x y)dy .

L

440. (4xy 3)dx (2x2 1,5y2 )dy .

L

441-450. Показать, что выражение P(x, y)dx Q(x, y)dy является полным дифференциалом функции u(x, y) . Найти функцию u(x, y) .

441. (5x4 y2 ex )dx (2x5 y sin y)dy .

71

ПГУ

Каф ВиПМ

Контрольная работа № 8

442.

(3x2 y4

4x3 y3

1

1)dx

dy .

y

(4x3 y2 )dx

1

443.

2xy dy .

2

1 y

x

2

444.

2х 3cos3x dx

2

dy .

2

y

y

445.

2xy5

y

6x2 y5

1

1

dx

dy .

2

x

2

x

y

446.(3x2e2 y ysin x)dx (2x3e2 y cos x)dy .

447.y 1 1x2 dx (x 2e2 y )dy .

448.

3e3x tg y

1

e

3x

3y2

dx

dy .

2

x

4

y

cos

1

1

1

x

449.

2x

dx

dy .

x y

y

2

y

x y

450.

( y2еxy 3)dx еxy (1 xy)dy .

451-460.

Дано

векторное

поле

F X i Y j Z k и плоскость

( p) : Ax By Cz D 0 , которая вместе с координатными осями образует

пирамиду V. Пусть - основание пирамиды, принадлежащее плоскости (р);- контур, ограничивающий ; n - нормаль к , направленная вне пирамиды V. Требуется вычислить:

1) поток векторного поля F через поверхность в направлении нормали n ;

2)циркуляцию векторного поля F по замкнутому контуру непосредственно и применив теорему Стокса к поверхности с ограничивающим ее контуром ;

3)поток векторного поля F через полную поверхность пирамиды V в направлении внешней нормали к ее поверхности непосредственно, и приме-

нив теорему Гаусса-Остроградского. Сделать чертеж.
451.	F	(x 3y 6z)i ;	( p) :	x y 2z 4 0.
452.	F	(5x 2 y 3z)k ;	( p) :	x y 3z 3 0 .

72

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

453.F (3x 4 y 2z) j; ( p) : x y 2z 4 0 .

454.F (x y z)i ; ( p) : x 2 y z 4 0.

455.F (2x 4 y 3z)k ; ( p) : 3x 2 y 3z 6 0 .

456.F (2x 3y 3z) j; ( p) : 2x 3y 2z 6 0 .

457.F (x 2 y z)i ; ( p) : x 2y 2z 4 0 .

458.F (x 7z)k ; ( p) : 2x y z 4 0 .

459.F ( y x z) j; ( p) : 2x y 2z 2 0 .

460.F (x z)i ; ( p) : x y z 2 0.

461-470. Проверить является ли векторное поле F X i Y j Z k потенциальным и соленоидальным. В случае потенциальности поля F найти

его потенциал.

461. F (7x 2 yz)i (7 y 2xz) j (7z 2xy)k ; 462. F (5x 4 yz)i (5y 4xz) j (5z 4xy)k ; 463. F (9x 5yz)i (9 y 5xz) j (9z 5xy)k ; 464. F (3x yz)i (3y xz) j (3z xy)k ; 465. F (6x 7 yz)i (6 y 7xz) j (6z 7xy)k ; 466. F (8x 5yz)i (8y 5xz) j (8z 5xy)k ;

467. F (10x 3yz)i (10 y 3xz) j (10z 3xy)k ;

468. F (12x yz)i (12 y xz) j (12z xy)k ; 469. F (4x 7 yz)i (4 y 7xz) j (4z 7xy)k ; 470. F (x 2 yz)i ( y 2xz) j (z 2xy)k .

РЕШЕНИЕ ТИПОВОГО ВАРИАНТА КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ

411-420. Вычислить двойной интеграл по области D, ограниченной указанными линиями.

73

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

				(x y 3) dxdy;							D : y 2 x, y																	x,	x 0 , (рис. 13).
				D
		Решение.				Область интегрирования D ограничена прямой
y 2 x ,				параболой y						x	и осью Oy . Следова-																						у
тельно,			(x y 3)dxdy																													2
																																			y 2 x
			D
																																	D
1 2 x								1							2								y 2 x
														y																				y x
dx (x y						3) dy				xy							3y											dx												х
														2																		0			1		2
0			x					0															y		x
1			x2		(2	x)	2														x													Рис. 13
		2x						6 2x x										x						3			x dx
						2
																				2
0																											1
		x3		(2	x)3	6x			2x5 2					x2					2x3 2										1		1				2		1			8
																	3															6						2
		3			6					5				4						3									3		6				5		4			6
																											0
4 11 .
	60
		421-430. Вычислить объём тела, ограниченного заданными поверхно-
стями:			z 2 x2			y2 ,				x2 y2				4,					z 1.						Сделать чертежи данного тела и

его проекции на плоскость xOy .

Решение. По заданным поверхностям построим область V и её проекцию на плоскость xOy (рис. 14). Объём тела находим по формуле

		V dxdydz .
		(V )
Перейдем в данном интеграле к цилиндрической системе координат:
x cos ,	y sin ,	dxdydz d d dz,

следовательно, V d d dz .

(V )

С учётом того, что проекцией заданного тела на плоскость xOy является ок-

ружность радиуса 2 с центром в начале координат, пределы изменения и будут

таковы: 0 2 ,		0 2 .	z изменяет-
ся от zвх 1	(уравнение плоскости, огра-			Рис. 14
ничивающей	данное тело		снизу) до

74

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

z	2 x2		y2	(уравнение параболоида,												ограничивающего данное тело
вых																	x2 y2 2 , то
сверху).		Но	так	как в цилиндрических координатах
z	2 2		. Перейдём к повторным интегралам, расставим пределы интег-
вых
рирования и вычислим объём:
2 2			2 2		2 2							12 2			2 2
V d d				dz d d z											d (2 2 1) d
	0	0	1		0		0								0	0
2 2				2			2		4					2	2
d ( 3) d					d									6 d 12 .
						2		4
0	0			0										0	0

431-440. Задан криволинейный интеграл (2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy

		L
	и точки О(0;0), A(2; 0), B(0; 4) и C(2; 4). Вычислить интеграл, если: а) L –
	ломаная ОАС; б) L – ломаная ОВС;
	в) L – дуга параболы	y x2 . Объяснить совпадение полученных результа-
	тов.	В у
	Решение.						С(2; 4)
	а) L – ломаная ОАС (рис. 15). По свойству
	аддитивности криволинейного интеграла
	(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy							х
	L	О					А
	(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy			Рис. 15
	OA
	(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy.
	AC
	На отрезке ОА: y 0, dy 0, 0 x 2 ,
	на отрезке АС: x 2,	dx 0, 0 y 4 . Поэтому
		2		2 6
	(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy (2x 1)dx (x2 x)						,
	OA	0		0
		4				4
	(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy (2 12 y)dy (2 y 6 y2 )						88 .
	AC	0				0

75

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

	Следовательно,	(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy 6 88 82 .
	OAC
	б) L – ломаная ОВС (рис. 16). Аналогично предыдущему
	(2x 3y2 1)dx	(2 6xy)dy	у
	L
			В	С(2; 4)
	(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy
	OB
	(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy.		О	А	х
	BC

На отрезке ОВ: x 0,	dx 0,	0 y 4 ,
на отрезке ВС: y 4,	dy 0,	0 x 2 . Поэтому
		4		04 8 ,
(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy 2dy 2 y
OB		0
		2
(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy (2x 48 1)dx (x2
BC		0

Рис. 16

47x)		2	90.
		0

Следовательно,	(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy 8 90 82 .
OBC

в) L – дуга параболы y x2 . На параболе

Поэтому

(2x 3y2 1)dx (2 6xy)dy

L

2	2x 3 x4 1 (2 6x x2 )2x dx
0
2				2
(2x 3x4 1 4x 12x4 )dx (1 6x 15x4 )dx
0				0
(x 3x2 3x5 )			2	14 96 82 .
			0

y x2 , dy 2xdx, 0 x 2 .

у

ВС(2; 4)

О А х

Рис. 17

Таким образом, во всех трёх случаях получили одинаковый результат. Это возможно тогда, когда под знаком интеграла стоит полный дифференци-

ал некоторой функции, т.е. тогда, когда выполнено условие Py Qx . Прове-

рим, так ли это.

76

ПГУ			Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8
У нас
P(x, y) 2x 3y2 1,	P	6 y ,	Q(x, y) 2 6xy,	Q	6 y .
	y			x

Условие полного дифференциала выполнено, следовательно, криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования.

441-450. Показать, что выражение ( y2еxy2 3)dx (2xyеxy2 1)dy является полным дифференциалом функции u(x, y) . Найти функцию u(x, y) .

Решение. Проверим, выполняется ли условие полного дифференциала Py Qx для функции u(x, y) . Имеем:

P(x, y) y2еxy2 3,			Q(x, y) 2xyеxy2 1
P	2 yеxy2 y2 2xyеxy2 2 yеxy2 (1 xy2 )
y
Q	2 yеxy2 2xy y2еxy2 2 yеxy2 (1 xy2 )
x
Итак, данное выражение является полным дифференциалом функции
u(x, y) . Положив x0 0,		y0 0, найдем
x	y	x	y
u(x, y) P(x,0)dx	Q(x, y)dy C 3dx (2xyеxy2 1)dy
0	0	0	0

			y		y y C 3x y еxy2 1 C
3x		0x	еxy2 d(xy2 ) y C 3x еxy2
					0
			0

3x y еxy2 C .
				1
Результат вычислений верен, если								u	P(x, y) и
								x
Сделаем проверку:
			2				2
		3x y еxy		C		3 y2еxy		,			3x y
	x			1					y

Итак, u(x, y) 3x y еxy2 C .

u Q(x, y) .

y

еxy2 C1 2xyеxy2 1

77

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

F	451-460. Дано	векторное поле
	(x z)i (2 y x) j	z k	и	плоскость
( p) : x 2 y 2z 4 0 ,		которая		вместе с

координатными осями образует пирамиду V. Пусть - основание пирамиды, принадлежащее плоскости (р); - контур, ограничивающий ; n - нормаль к , направленная вне пирамиды V. Требуется вычислить:

1) поток векторного поля F через поверхность в направлении нормали n ;

			z
		2	С
		n
	-2		у
	В	О
			xy

4

Рис. 18 А х

2) поток векторного поля F через

полную поверхность пирамиды V в направлении внешней нормали к ее поверхности непосредственно, и применив теорему Остроградского – Гаусса..

3) циркуляцию векторного поля F по замкнутому контуру непосредственно и применив теорему Стокса к поверхности с ограничивающим ее контуром . Сделать чертеж.

Решение.

1) Вычисляем поток векторного поля F через поверхность в направлении нормали n с помощью поверхностного интеграла

1 (F n0 )ds , где n0 - единичный вектор нормали к плоскости

			x 2 y 2z 4 0,								ds						1 (zx )2				(zy )2 dxdy ,
( F · n0 ) – скалярное произведение векторов (рис. 18). Находим:
					0				i 2 j 2k									i 2 j 2k						1		2		2
				n																					;		;		,
										1 4		4							3							3		3
																								3
		z 1 x y					2,			zx		1	,				zy 1,			ds				1 1			1dxdy			3 dxdy ,
			2									2													4					2
	0	) (x z)		1										2				z	2		1	(x z			4 y		2x 2z)
(F n				3		(2 y x)								3					3		3
1
	(3x		4 y 3z) .
3
Поэтому								0			1			3			(3x 4 y 3z)dxdy
			1 (F				n			)ds 3				2

78

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

						1																	1								1			3
						2																	2		x y						2			2		x y 6
											3x 4 y 3															2 dxdy													dxdy
								xy																									xy
						1		0					2 y 4			3			x	y						1	0			3	x	2		(6				2 y 4
						2					dy					2									6 dx	2		dy		4					y)x
								2						0													2											0
						1		0				3		(2 y 4)2							(6 y)(2 y						4)
						2						4																dy
								2
						1		0		3( y2 4 y 4) 12 y 24 2 y2 4 y dy																									1	0
																																				( y2			20 y 36)dy
						2		2																											2	2
																		0
	1			3
			y			10 y2								36 y							52 .
	2
		3																					3
																		2
		2)							Вычисляем поток векторного поля																							F через полную поверхность
пирамиды V, для чего вычислим поток через каждую грань пирамиды (рис.
19).			Грань АОС лежит в плоско-																																	z
сти y 0 , нормаль к этой грани																																	0			2 С
	0										0
														) 2 y x x																	n			i
n		j, (F								n																	y z 2 0,							x 0
(так как y 0 ),														ds dxdz .																									x 2z 4, y 0
																															-2
Тогда поток векторного поля F че-																																								у
																															В					О			n0
рез грань АОС																																								j
2											xds									xdxdz										x 2 y 4,					z 0				4
						AOC									AOC																					n0		k А		х
		4				2 x 2									4							x
xdx													dz x 2											dx												Рис. 19
																					2
		0						0					4		0
							x		3						16 .
		x2
								6							3
													0
			Грань АОВ лежит в плоскости z 0 , нормаль к этой грани
n0 k ,								(F				n0 ) z 0									(так как z 0 ),								ds dxdy . Тогда поток векторного
поля F						через грань АОВ равен нулю.

79

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

Грань ВОС лежит в плоскости x 0 , нормаль к этой грани

n0 i ,

(F n0 ) (x z) z (так как x 0 ),

ds dydz . Тогда поток век-

торного поля

через грань ВОС

F

2

0

2

3

zds

zdydz zdz

dy z z 2 dz

BOC

AOC

0

z 2

0

z

3

z2

2

4 .

3

3

0

Теперь находим поток через полную поверхность пирамиды

2

3

52 16 4 32 .

1

3

3

3

3

Вычислим поток через поверхность пирамиды по формуле Остроград-

ского – Гаусса:

P

Q R

dxdydz .

x

y

z

V

Находим

P

(x z) 1,

Q

(2 y x)

2,

R

(z) 1. Так как

x

x

y

y

z

z

dxdydz равен объёму прямоугольной пирамиды АВСО, то

V

(1 2 1)dxdydz 4 dxdydz 4 1

1 4 2 2 32.

V

V

3

2

3

3)Вычислим циркуляцию С векторного поля F по замкнутому контуру

с помощью криволинейного интеграла

С P(x, y, z)dx Q(x, y, z)dy R(x, y, z)dz .

Замкнутый контур интегрирования состоит из трёх отрезков: АС, СВ,

ВА (рис. 20).

На АС: y 0, dy 0, x 4 2z, dx 2dz .

					2		2
Тогда				(x z)dx (2 y x)dy zdz			(4 z) ( 2) z dz (3z 8)dz
			AC		0		0
		z2				2
	3		8z			10.
		2
						0

80

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

На СВ: x 0,									dx 0, y z 2,	dy dz .
										0		0
Тогда					(x z)dx (2 y x)dy zdz						2(z 2) z dz (3z 4)dz
			CB							2		2
		z2					0								z
	3			4z					2 .
		2
							2					n	2	С
На ВА:													0
z 0, dz 0, x 2 y 4, dx 2dy .												y z 2 0, x 0			x 2z 4, y 0
Тогда												-2
															у
	(x z)dx (2 y x)dy zdz											В	О
BA												x 2 y 4, z 0			4
0								0							А х
		(2 y 4) 2 4 dy (4 y 4)dy										Рис. 20
2									2
		y2							0	C 10 2
	4				4 y				0 . Значит,			0 8.
		2
									2

Вычислим циркуляцию векторного поля F по замкнутому контуру применив теорему Стокса к поверхности с ограничивающим ее контуром

.

Pdx Qdy Rdz

R

Q

P

R

Q

P

y

cos

z

cos

x

cos ds

z

x

y

где cos , cos , cos - направляющие косинусы единичного вектора нормали к плоскости (вычислены в п. 1). Найдём

R

Q

(z)

(2 y x) 0,

P

R

(x z)

(z)

1,

y

z

y

z

z

x

z

x

Q

P

(2 y x) (x z) 1.

x

y

x

y

Тогда

C

(cos cos

)ds

2

2

4

3

dxdy

2S AOB 8 .

3

3

3

2

ds

xy

81

Решение.

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

461-470. Проверить является ли векторное поле

F (2xy z)i (x2 2 y) j x k потенциальным и соленоидальным. В случае потенциальности поля F найти его потенциал.

Векторное поле F P(x, y, z)i Q(x, y, z) j R(x, y, z)k является потенциальным, если в каждой точке этой области ротор равен нулю.

Имеем: P 2xy z,

Q x2 2 y,

R x. Тогда

rot F

i

j

k

1 1 j 2x 2x k

(0 0)i

0.

x

y

z

2xy z

x2 2 y

x

Таким образом

, rot F

0 , т.е. поле

F P(x, y, z)i Q(x, y, z) j R(x, y, z)k -

потенциальное.

Векторное поле является соленоидальным области V , если в каждой

точке этой области

P

Q

R

0 .

div F

x

y

z

(2xy z)

(x2 2 y)

(x)

2 y 2

0

0 , поэтому поле

Найдём div F

x

y

z

не является соленоидальным.

Найдём потенциал векторного поля по формуле

u(x, y, z)

Pdx Qdy Rdz C ,

M0 M

где M0 (x0 , y0 , z0 ) - некоторая фиксированная точка области V , M (x, y, z) - любая точка области V , C - произвольная постоянная. В данном случае,

u(x, y, z)

(2xy z)dx (x2 2 y)dy xdz C .

M0 M

Согласно определению ротора, необходимыми и достаточными условиями потенциальности поля являются равенства

R		Q	0,	P		R	0,	Q		P	0.
y		z		z		x		x		y

При выполнении этих условий криволинейный интеграл второго рода не зависит от пути интегрирования, соединяющего точки M0 и M . Так как

функции P 2xy z, Q x2 2 y, R x непрерывны и имеют непрерывные производные во всех точках пространства, То в качестве M0 (x0 , y0 , z0 ) можно взять начало координат O(0,0,0) , а в качестве

82

ПГУ	Каф ВиПМ
	Контрольная работа № 8

M (x, y, z) - произвольную точку пространства. Так как уже отмечалось, что

криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования, поэтому его можно вычислить по ломаной ОАВМ (рис. 21):

u(x, y, z)		(2xy z)dx (x2		2 y)dy xdz C				z
	OM								M (x, y, z)
	(2xy z)dx (x2		2 y)dy xdz							y
OA								O
	(2xy z)dx (x2		2 y)dy xdz			A
AB	(2xy z)dx (x2					x			B
			2 y)dy xdz C					Рис. 21
BM
На ОА: y 0,		z 0,	dy 0,	dz 0.
На АВ: величина x фиксированная,					z 0,	dx 0,		dz 0.
На ВМ: x, y - фиксированные,				dx 0,	dy 0.
x	y		z
0dx (x2		2 y)dy xdz C x2 y y2 xz C .
0	0		0			u(x, y, z) x2 y y2
Таким образом, потенциал векторного поля										xz C.

83