Sweetbread/University-notes
1
0
Fork 0
Code Issues Pull Requests Actions Packages Projects Releases Wiki Activity

Добавлен 2 блок билетов по мат анализу

Browse Source
This commit is contained in:
Kirill
2024-12-14 00:43:00 +03:00
committed by Sweetbread
parent 74046e1857
commit 3c00f5f0b5
22 changed files with 1400 additions and 2 deletions
Download Patch File Download Diff File Expand all files Collapse all files

57
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/24.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,57 @@
## Двойной интеграл, определение и свойства. Теорема существования.
### Определение двойного интеграла
Двойной интеграл функции двух переменных $f(x, y)$ по области $D$ на плоскости $xy$ определяется как предел суммы Римана при стремлении диаметров подобластей к нулю. Формально, если $D$ разбита на $n$ подобластей $D_i$ с диаметрами $\delta_i$, то двойной интеграл определяется как:
$$\iint_{D} f(x, y) \, dA = \lim_{\delta_i \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(x_i, y_i) \Delta A_i,$$
где $(x_i, y_i)$ — произвольная точка в подобласти $D_i$, а $\Delta A_i$ — площадь подобласти $D_i$.
### Свойства двойного интеграла
1. **Линейность**:
- Если $f(x, y)$ и $g(x, y)$ интегрируемы на $D$, то для любых констант $a$ и $b$:
$$\iint_{D} (a f(x, y) + b g(x, y)) \, dA = a \iint_{D} f(x, y) \, dA + b \iint_{D} g(x, y) \, dA.$$
2. **Аддитивность**:
- Если $D$ разбита на две непересекающиеся области $D_1$ и $D_2$, то:
$$\iint_{D} f(x, y) \, dA = \iint_{D_1} f(x, y) \, dA + \iint_{D_2} f(x, y) \, dA.$$
3. **Монотонность**:
- Если $f(x, y) \geq g(x, y)$ для всех $(x, y)$ в $D$, то:
$$\iint_{D} f(x, y) \, dA \geq \iint_{D} g(x, y) \, dA.$$
4. **Абсолютная интегрируемость**:
- Если $f(x, y)$ интегрируема на $D$, то и $|f(x, y)|$ также интегрируема на $D$, причем:
$$\left| \iint_{D} f(x, y) \, dA \right| \leq \iint_{D} |f(x, y)| \, dA.$$
### Теорема существования двойного интеграла
Теорема существования двойного интеграла утверждает, что если функция $f(x, y)$ непрерывна на замкнутой и ограниченной области $D$, то двойной интеграл $\iint_{D} f(x, y) \, dA$ существует.
Формально, если $f(x, y)$ непрерывна на $D$, то для любого разбиения области $D$ на подобласти $D_i$ с диаметрами $\delta_i$, сумма Римана:
$$\sum_{i=1}^{n} f(x_i, y_i) \Delta A_i$$
имеет предел при $\delta_i \to 0$, и этот предел не зависит от выбора точек $(x_i, y_i)$ в подобластях $D_i$.
### Пример
Рассмотрим пример вычисления двойного интеграла. Пусть $f(x, y) = x^2 y$ и область $D$ ограничена прямоугольником с вершинами $(0,0)$, $(1,0)$, $(1,2)$, $(0,2)$. Тогда двойной интеграл можно вычислить как:
$$\iint_{D} x^2 y \, dA = \int_{0}^{2} \int_{0}^{1} x^2 y \, dx \, dy.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{1} x^2 y \, dx = \left[ \frac{x^3}{3} y \right]_{0}^{1} = \frac{y}{3}.$$
Теперь вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2} \frac{y}{3} \, dy = \left[ \frac{y^2}{6} \right]_{0}^{2} = \frac{4}{3}.$$
Таким образом, значение двойного интеграла равно $\frac{4}{3}$.

49
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/25.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,49 @@
## Задачи, приводящие к понятию двойного интеграла
### 1. Вычисление площади области
Одной из основных задач, приводящих к понятию двойного интеграла, является вычисление площади области $D$ на плоскости $xy$. Если область $D$ ограничена кривыми $y=f(x)$ и $y=g(x)$ на интервале $[a,b]$, то площадь этой области можно вычислить с помощью двойного интеграла:
$$A=\iint_{D}dA=\int_{a}^{b}\int_{g(x)}^{f(x)}dy\,dx.$$
### 2. Вычисление объема тела
Двойной интеграл также используется для вычисления объема тела, ограниченного поверхностью $z=f(x,y)$ и проекцией этой поверхности на плоскость $xy$. Если $D$ — область на плоскости $xy$, то объем тела можно вычислить как:
$$V=\iint_{D}f(x,y)\,dA.$$
### 3. Вычисление массы пластины
Если плотность пластины $\rho(x,y)$ задана как функция координат $(x,y)$, то масса пластины, занимающей область $D$, можно вычислить с помощью двойного интеграла:
$$M=\iint_{D}\rho(x,y)\,dA.$$
### 4. Вычисление центра масс пластины
Центр масс пластины с плотностью $\rho(x,y)$ и областью $D$ можно найти, используя двойные интегралы. Координаты центра масс $(x_c,y_c)$ определяются как:
$$x_c=\frac{\iint_{D}x\rho(x,y)\,dA}{\iint_{D}\rho(x,y)\,dA},$$
$$y_c=\frac{\iint_{D}y\rho(x,y)\,dA}{\iint_{D}\rho(x,y)\,dA}.$$
### 5. Вычисление моментов инерции
Моменты инерции пластины относительно осей $x$ и $y$ также можно вычислить с помощью двойных интегралов. Моменты инерции $I_x$ и $I_y$ определяются как:
$$I_x=\iint_{D}y^2\rho(x,y)\,dA,$$
### Пример
Рассмотрим пример вычисления объема тела, ограниченного поверхностью $z=x^2+y^2$ и проекцией этой поверхности на плоскость $xy$ в пределах круга радиуса 1. Область $D$ — это круг радиуса 1, центрированный в начале координат. В полярных координатах $(r,\theta)$ область $D$ описывается как $0\leq r\leq1$ и $0\leq\theta\leq2\pi$. Тогда объем тела можно вычислить как:
$$V=\iint_{D}(x^2+y^2)\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}r^2r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{1}r^3\,dr=\left[\frac{r^4}{4}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{4}.$$
Теперь вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{4}\,d\theta=\frac{1}{4}\cdot2\pi=\frac{\pi}{2}.$$
Таким образом, объем тела равен $\frac{\pi}{2}$.

44
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/26.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,44 @@
## Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах: сведение двойного интеграла к повторному
### Определение двойного интеграла
Двойной интеграл функции $f(x, y)$ по области $D$ определяется как:
$$\iint_{D}f(x,y)\,dA.$$
### Сведение двойного интеграла к повторному
Для вычисления двойного интеграла часто удобно свести его к повторному интегралу. Рассмотрим область $D$, ограниченную кривыми $y=g_1(x)$ и $y=g_2(x)$ на интервале $[a,b]$. Тогда двойной интеграл можно представить в виде повторного интеграла:
$$\iint_{D}f(x,y)\,dA=\int_{a}^{b}\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}f(x,y)\,dy\,dx.$$
### Пример 1: Прямоугольная область
Рассмотрим пример вычисления двойного интеграла функции $f(x, y) = x^2 y$ по прямоугольной области $D$, ограниченной линиями $x = 0$, $x = 1$, $y = 0$ и $y = 2$. В этом случае двойной интеграл можно свести к повторному интегралу:
$$\iint_{D}x^2y\,dA=\int_{0}^{1}\int_{0}^{2}x^2y\,dy\,dx.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{2}x^2y\,dy=\left[\frac{x^2y^2}{2}\right]_{0}^{2}=\frac{4x^2}{2}=2x^2.$$
Теперь вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{1}2x^2\,dx=\left[\frac{2x^3}{3}\right]_{0}^{1}=\frac{2}{3}.$$
Таким образом, значение двойного интеграла равно $\frac{2}{3}$.
### Пример 2: Область, ограниченная кривыми
Рассмотрим область $D$, ограниченную кривыми $y = x$ и $y = x^2$ на интервале $[0, 1]$. Функция $f(x, y) = xy$. Двойной интеграл можно свести к повторному интегралу:
$$\iint_{D}xy\,dA=\int_{0}^{1}\int_{x^2}^{x}xy\,dy\,dx.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{x^2}^{x}xy\,dy=\left[\frac{xy^2}{2}\right]_{x^2}^{x}=\frac{x^3}{2}-\frac{x^5}{2}.$$
Теперь вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{1}\left(\frac{x^3}{2}-\frac{x^5}{2}\right)\,dx=\left[\frac{x^4}{8}-\frac{x^6}{12}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{8}-\frac{1}{12}=\frac{1}{24}.$$
Таким образом, значение двойного интеграла равно $\frac{1}{24}$.

63
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/27.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,63 @@
## Криволинейные координаты на плоскости. Выражение площади в криволинейных координатах. Замена переменных в двойном интеграле. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах.
### Введение
Криволинейные координаты на плоскости позволяют упростить вычисление двойных интегралов для областей, которые сложно описать в декартовых координатах. В этом билете мы рассмотрим основные понятия криволинейных координат, выражение площади в этих координатах, замену переменных в двойном интеграле и вычисление двойного интеграла в полярных координатах.
### Криволинейные координаты на плоскости
Криволинейные координаты $(u, v)$ на плоскости определяются через декартовы координаты $(x, y)$ с помощью преобразования:
$$x=x(u,v),$$
$$y=y(u,v).$$
Эти преобразования должны быть взаимно однозначными и непрерывно дифференцируемыми в области $D$.
### Выражение площади в криволинейных координатах
Площадь элементарной области в криволинейных координатах $(u, v)$ выражается через якобиан преобразования:
$$dA=|J|\,du\,dv,$$
где якобиан $J$ определяется как:
$$J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}\frac{\partial x}{\partial u}&\frac{\partial x}{\partial v}\\\frac{\partial y}{\partial u}&\frac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix}.$$
### Замена переменных в двойном интеграле
Для замены переменных в двойном интеграле используется якобиан преобразования. Если $f(x, y)$ — функция, определенная на области $D$ в декартовых координатах, то двойной интеграл в криволинейных координатах $(u, v)$ выражается как:
$$\iint_{D}f(x,y)\,dA=\iint_{D'}f(x(u,v),y(u,v))|J|\,du\,dv,$$
где $D'$ — область в координатах $(u, v)$, соответствующая области $D$ в координатах $(x, y)$.
### Полярные координаты
Полярные координаты $(r, \theta)$ являются частным случаем криволинейных координат и определяются следующим образом:
$$x=r\cos\theta,$$
$$y=r\sin\theta.$$
Якобиан преобразования для полярных координат равен:
$$J=\begin{vmatrix}\cos\theta&-r\sin\theta\\\sin\theta&r\cos\theta\end{vmatrix}=r.$$
Таким образом, площадь элементарной области в полярных координатах выражается как:
$$dA=r\,dr\,d\theta.$$
### Вычисление двойного интеграла в полярных координатах
Рассмотрим пример вычисления двойного интеграла функции $f(x, y) = x^2 + y^2$ по кругу радиуса $R$, центрированного в начале координат. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда двойной интеграл можно вычислить как:
$$\iint_{D}(x^2+y^2)\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}r^2r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}r^3\,dr=\left[\frac{r^4}{4}\right]_{0}^{R}=\frac{R^4}{4}.$$
Теперь вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{R^4}{4}\,d\theta=\frac{R^4}{4}\cdot2\pi=\frac{\pi R^4}{2}.$$
Таким образом, значение двойного интеграла равно $\frac{\pi R^4}{2}$.

61
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/28.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,61 @@
## Тройной интеграл, определение и свойства. Теорема существования.
### Определение тройного интеграла
Тройной интеграл функции трех переменных $f(x, y, z)$ по области $V$ в пространстве определяется как предел суммы Римана при стремлении диаметров подобластей к нулю. Формально, если $V$ разбита на $n$ подобластей $V_i$ с диаметрами $\delta_i$, то тройной интеграл определяется как:
$$\iiint_{V}f(x,y,z)\,dV=\lim_{\delta_i\to0}\sum_{i=1}^{n}f(x_i,y_i,z_i)\Delta V_i,$$
где $(x_i, y_i, z_i)$ — произвольная точка в подобласти $V_i$, а $\Delta V_i$ — объем подобласти $V_i$.
### Свойства тройного интеграла
1. **Линейность**:
- Если $f(x, y, z)$ и $g(x, y, z)$ интегрируемы на $V$, то для любых констант $a$ и $b$:
$$\iiint_{V}(af(x,y,z)+bg(x,y,z))\,dV=a\iiint_{V}f(x,y,z)\,dV+b\iiint_{V}g(x,y,z)\,dV.$$
2. **Аддитивность**:
- Если $V$ разбита на две непересекающиеся области $V_1$ и $V_2$, то:
$$\iiint_{V}f(x,y,z)\,dV=\iiint_{V_1}f(x,y,z)\,dV+\iiint_{V_2}f(x,y,z)\,dV.$$
3. **Монотонность**:
- Если $f(x, y, z) \geq g(x, y, z)$ для всех $(x, y, z)$ в $V$, то:
$$\iiint_{V}f(x,y,z)\,dV\geq\iiint_{V}g(x,y,z)\,dV.$$
4. **Абсолютная интегрируемость**:
- Если $f(x, y, z)$ интегрируема на $V$, то и $|f(x, y, z)|$ также интегрируема на $V$, причем:
$$\left|\iiint_{V}f(x,y,z)\,dV\right|\leq\iiint_{V}|f(x,y,z)|\,dV.$$
### Теорема существования тройного интеграла
Теорема существования тройного интеграла утверждает, что если функция $f(x, y, z)$ непрерывна на замкнутой и ограниченной области $V$, то тройной интеграл $\iiint_{V}f(x,y,z)\,dV$ существует.
Формально, если $f(x, y, z)$ непрерывна на $V$, то для любого разбиения области $V$ на подобласти $V_i$ с диаметрами $\delta_i$, сумма Римана:
$$\sum_{i=1}^{n}f(x_i,y_i,z_i)\Delta V_i$$
имеет предел при $\delta_i\to0$, и этот предел не зависит от выбора точек $(x_i, y_i, z_i)$ в подобластях $V_i$.
### Пример
Рассмотрим пример вычисления тройного интеграла. Пусть $f(x, y, z) = xyz$ и область $V$ — это куб с вершинами $(0,0,0)$, $(1,0,0)$, $(1,1,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,1)$, $(1,0,1)$, $(1,1,1)$, $(0,1,1)$. Тогда тройной интеграл можно вычислить как:
$$\iiint_{V}xyz\,dV=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}xyz\,dz\,dy\,dx.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{1}xyz\,dz=\left[\frac{xyz^2}{2}\right]_{0}^{1}=\frac{xy}{2}.$$
Теперь вычислим следующий интеграл:
$$\int_{0}^{1}\frac{xy}{2}\,dy=\left[\frac{xy^2}{4}\right]_{0}^{1}=\frac{x}{4}.$$
И, наконец, вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{1}\frac{x}{4}\,dx=\left[\frac{x^2}{8}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{8}.$$
Таким образом, значение тройного интеграла равно $\frac{1}{8}$.

57
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/29.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,57 @@
## Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах
### Определение тройного интеграла
Тройной интеграл функции $f(x, y, z)$ по области $V$ определяется как:
$$\iiint_{V}f(x,y,z)\,dV.$$
### Сведение тройного интеграла к повторному
Для вычисления тройного интеграла часто удобно свести его к повторному интегралу. Рассмотрим область $V$, ограниченную поверхностями $z=g_1(x,y)$ и $z=g_2(x,y)$ над областью $D$ на плоскости $xy$. Тогда тройной интеграл можно представить в виде повторного интеграла:
$$\iiint_{V}f(x,y,z)\,dV=\iint_{D}\left(\int_{g_1(x,y)}^{g_2(x,y)}f(x,y,z)\,dz\right)\,dA.$$
### Пример 1: Прямоугольный параллелепипед
Рассмотрим пример вычисления тройного интеграла функции $f(x, y, z) = xyz$ по прямоугольному параллелепипеду, ограниченному плоскостями $x = 0$, $x = 1$, $y = 0$, $y = 1$, $z = 0$ и $z = 1$. В этом случае тройной интеграл можно свести к повторному интегралу:
$$\iiint_{V}xyz\,dV=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}xyz\,dz\,dy\,dx.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{1}xyz\,dz=\left[\frac{xyz^2}{2}\right]_{0}^{1}=\frac{xy}{2}.$$
Теперь вычислим следующий интеграл:
$$\int_{0}^{1}\frac{xy}{2}\,dy=\left[\frac{xy^2}{4}\right]_{0}^{1}=\frac{x}{4}.$$
И, наконец, вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{1}\frac{x}{4}\,dx=\left[\frac{x^2}{8}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{8}.$$
Таким образом, значение тройного интеграла равно $\frac{1}{8}$.
### Пример 2: Область, ограниченная поверхностями
Рассмотрим область $V$, ограниченную поверхностями $z = x^2 + y^2$ и $z = 1$ над кругом радиуса 1 на плоскости $xy$. Функция $f(x, y, z) = z$. Тройной интеграл можно свести к повторному интегралу:
$$\iiint_{V}z\,dV=\iint_{D}\left(\int_{x^2+y^2}^{1}z\,dz\right)\,dA.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{x^2+y^2}^{1}z\,dz=\left[\frac{z^2}{2}\right]_{x^2+y^2}^{1}=\frac{1}{2}-\frac{(x^2+y^2)^2}{2}.$$
Теперь вычислим двойной интеграл в полярных координатах $(r, \theta)$, где $x = r\cos\theta$ и $y = r\sin\theta$:
$$\iint_{D}\left(\frac{1}{2}-\frac{(x^2+y^2)^2}{2}\right)\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{2}-\frac{r^4}{2}\right)r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{2}-\frac{r^4}{2}\right)r\,dr=\int_{0}^{1}\left(\frac{r}{2}-\frac{r^5}{2}\right)\,dr=\left[\frac{r^2}{4}-\frac{r^6}{12}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{4}-\frac{1}{12}=\frac{1}{6}.$$
Теперь вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{6}\,d\theta=\frac{1}{6}\cdot2\pi=\frac{\pi}{3}.$$
Таким образом, значение тройного интеграла равно $\frac{\pi}{3}$.

101
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/30.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,101 @@
## Криволинейные координаты в пространстве. Замена переменных в тройном интеграле. Вычисление тройного интеграла в цилиндрических и сферических координатах.
### Криволинейные координаты в пространстве
Криволинейные координаты $(u, v, w)$ в пространстве определяются через декартовы координаты $(x, y, z)$ с помощью преобразования:
$$x=x(u,v,w),$$
$$y=y(u,v,w),$$
$$z=z(u,v,w).$$
Эти преобразования должны быть взаимно однозначными и непрерывно дифференцируемыми в области $V$.
### Выражение объема в криволинейных координатах
Объем элементарной области в криволинейных координатах $(u, v, w)$ выражается через якобиан преобразования:
$$dV=|J|\,du\,dv\,dw,$$
где якобиан $J$ определяется как:
$$J=\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)}=\begin{vmatrix}\frac{\partial x}{\partial u}&\frac{\partial x}{\partial v}&\frac{\partial x}{\partial w}\\\frac{\partial y}{\partial u}&\frac{\partial y}{\partial v}&\frac{\partial y}{\partial w}\\\frac{\partial z}{\partial u}&\frac{\partial z}{\partial v}&\frac{\partial z}{\partial w}\end{vmatrix}.$$
### Замена переменных в тройном интеграле
Для замены переменных в тройном интеграле используется якобиан преобразования. Если $f(x, y, z)$ — функция, определенная на области $V$ в декартовых координатах, то тройной интеграл в криволинейных координатах $(u, v, w)$ выражается как:
$$\iiint_{V}f(x,y,z)\,dV=\iiint_{V'}f(x(u,v,w),y(u,v,w),z(u,v,w))|J|\,du\,dv\,dw,$$
где $V'$ — область в координатах $(u, v, w)$, соответствующая области $V$ в координатах $(x, y, z)$.
### Цилиндрические координаты
Цилиндрические координаты $(r, \theta, z)$ определяются следующим образом:
$$x=r\cos\theta,$$
$$y=r\sin\theta,$$
$$z=z.$$
Якобиан преобразования для цилиндрических координат равен:
$$J=\begin{vmatrix}\cos\theta&-r\sin\theta&0\\\sin\theta&r\cos\theta&0\\0&0&1\end{vmatrix}=r.$$
Таким образом, объем элементарной области в цилиндрических координатах выражается как:
$$dV=r\,dr\,d\theta\,dz.$$
### Вычисление тройного интеграла в цилиндрических координатах
Рассмотрим пример вычисления тройного интеграла функции $f(x, y, z) = x^2 + y^2$ по цилиндру радиуса $R$ и высоты $h$, центрированного в начале координат. В цилиндрических координатах $(r, \theta, z)$ область $V$ описывается как $0 \leq r \leq R$, $0 \leq \theta \leq 2\pi$ и $0 \leq z \leq h$. Тогда тройной интеграл можно вычислить как:
$$\iiint_{V}(x^2+y^2)\,dV=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\int_{0}^{h}r^2r\,dz\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{h}r^3\,dz=r^3h.$$
Теперь вычислим следующий интеграл:
$$\int_{0}^{R}r^3h\,dr=\left[\frac{r^4h}{4}\right]_{0}^{R}=\frac{R^4h}{4}.$$
И, наконец, вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{R^4h}{4}\,d\theta=\frac{R^4h}{4}\cdot2\pi=\frac{\pi R^4h}{2}.$$
Таким образом, значение тройного интеграла равно $\frac{\pi R^4h}{2}$.
### Сферические координаты
Сферические координаты $(\rho, \theta, \phi)$ определяются следующим образом:
$$x=\rho\sin\phi\cos\theta,$$
$$y=\rho\sin\phi\sin\theta,$$
$$z=\rho\cos\phi.$$
Якобиан преобразования для сферических координат равен:
$$J=\begin{vmatrix}\sin\phi\cos\theta&\rho\cos\phi\cos\theta&-\rho\sin\phi\sin\theta\\\sin\phi\sin\theta&\rho\cos\phi\sin\theta&\rho\sin\phi\cos\theta\\\cos\phi&-\rho\sin\phi&0\end{vmatrix}=\rho^2\sin\phi.$$
Таким образом, объем элементарной области в сферических координатах выражается как:
$$dV=\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi.$$
### Вычисление тройного интеграла в сферических координатах
Рассмотрим пример вычисления тройного интеграла функции $f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2$ по шару радиуса $R$, центрированного в начале координат. В сферических координатах $(\rho, \theta, \phi)$ область $V$ описывается как $0 \leq \rho \leq R$, $0 \leq \theta \leq 2\pi$ и $0 \leq \phi \leq \pi$. Тогда тройной интеграл можно вычислить как:
$$\iiint_{V}(x^2+y^2+z^2)\,dV=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R}\rho^2\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}\rho^4\sin\phi\,d\rho=\left[\frac{\rho^5\sin\phi}{5}\right]_{0}^{R}=\frac{R^5\sin\phi}{5}.$$
Теперь вычислим следующий интеграл:
$$\int_{0}^{\pi}\frac{R^5\sin\phi}{5}\,d\phi=\frac{R^5}{5}\left[-\cos\phi\right]_{0}^{\pi}=\frac{2R^5}{5}.$$
И, наконец, вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{2R^5}{5}\,d\theta=\frac{2R^5}{5}\cdot2\pi=\frac{4\pi R^5}{5}.$$
Таким образом, значение тройного интеграла равно $\frac{4\pi R^5}{5}$.

84
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/31.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,84 @@
## Геометрические приложения двойных и тройных интегралов: вычисление площади плоской фигуры, вычисление объемов тел, вычисление площади поверхности.
### Вычисление площади плоской фигуры
Площадь плоской фигуры $D$ на плоскости $xy$ можно вычислить с помощью двойного интеграла. Если функция $f(x, y) = 1$, то площадь фигуры $D$ определяется как:
$$A=\iint_{D}dA=\iint_{D}dx\,dy.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления площади круга радиуса $R$, центрированного в начале координат. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда площадь круга можно вычислить как:
$$A=\iint_{D}dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}r\,dr=\left[\frac{r^2}{2}\right]_{0}^{R}=\frac{R^2}{2}.$$
Теперь вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{R^2}{2}\,d\theta=\frac{R^2}{2}\cdot2\pi=\pi R^2.$$
Таким образом, площадь круга равна $\pi R^2$.
### Вычисление объемов тел
Объем тела $V$, ограниченного поверхностью $z = f(x, y)$ и проекцией этой поверхности на плоскость $xy$, можно вычислить с помощью тройного интеграла. Если $D$ — область на плоскости $xy$, то объем тела определяется как:
$$V=\iiint_{V}dV=\iint_{D}f(x,y)\,dA.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления объема тела, ограниченного поверхностью $z = x^2 + y^2$ и проекцией этой поверхности на плоскость $xy$ в пределах круга радиуса $R$, центрированного в начале координат. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда объем тела можно вычислить как:
$$V=\iint_{D}(x^2+y^2)\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}r^2r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}r^3\,dr=\left[\frac{r^4}{4}\right]_{0}^{R}=\frac{R^4}{4}.$$
Теперь вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{R^4}{4}\,d\theta=\frac{R^4}{4}\cdot2\pi=\frac{\pi R^4}{2}.$$
Таким образом, объем тела равен $\frac{\pi R^4}{2}$.
### Вычисление площади поверхности
Площадь поверхности $S$, заданной уравнением $z = f(x, y)$ над областью $D$ на плоскости $xy$, можно вычислить с помощью двойного интеграла. Площадь элементарной области поверхности выражается через коэффициенты частных производных функции $f(x, y)$:
$$dS=\sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2}\,dA.$$
Таким образом, площадь поверхности определяется как:
$$S=\iint_{D}\sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2}\,dA.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления площади поверхности, заданной уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда площадь поверхности можно вычислить как:
$$S=\iint_{D}\sqrt{1+\left(\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial y}\right)^2}\,dA.$$
Вычислим частные производные:
$$\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial x}=2x,$$
$$\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial y}=2y.$$
Теперь подставим их в формулу для площади поверхности:
$$S=\iint_{D}\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}\sqrt{1+4r^2}r\,dr.$$
Для вычисления этого интеграла используем замену переменных $u = 1 + 4r^2$, тогда $du = 8r\,dr$ и $r = 0$ соответствует $u = 1$, а $r = R$ соответствует $u = 1 + 4R^2$. Тогда интеграл принимает вид:
$$\int_{1}^{1+4R^2}\frac{1}{8}\sqrt{u}\,du=\frac{1}{8}\left[\frac{2u^{3/2}}{3}\right]_{1}^{1+4R^2}=\frac{1}{12}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right).$$
Теперь вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{12}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right)\,d\theta=\frac{1}{12}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right)\cdot2\pi=\frac{\pi}{6}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right).$$
Таким образом, площадь поверхности равна $\frac{\pi}{6}\left((1+4R^2)^{3/2}-1\right)$.

71
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/32.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,71 @@
## Физические приложения двойных и тройных интегралов: вычисление массы, координат центра тяжести, статических моментов тела в пространстве и плоской пластинки, моментов инерции тела в пространстве.
### Вычисление массы
Масса тела $V$ с плотностью $\rho(x, y, z)$ можно вычислить с помощью тройного интеграла:
$$M=\iiint_{V}\rho(x,y,z)\,dV.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления массы тела, заданного уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат, с плотностью $\rho(x, y, z) = z$. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда масса тела можно вычислить как:
$$M=\iiint_{V}z\,dV=\iint_{D}\left(\int_{0}^{x^2+y^2}z\,dz\right)\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\left(\int_{0}^{r^2}z\,dz\right)r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{r^2}z\,dz=\left[\frac{z^2}{2}\right]_{0}^{r^2}=\frac{r^4}{2}.$$
Теперь вычислим следующий интеграл:
$$\int_{0}^{R}\frac{r^4}{2}r\,dr=\left[\frac{r^6}{12}\right]_{0}^{R}=\frac{R^6}{12}.$$
И, наконец, вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{R^6}{12}\,d\theta=\frac{R^6}{12}\cdot2\pi=\frac{\pi R^6}{6}.$$
Таким образом, масса тела равна $\frac{\pi R^6}{6}$.
### Вычисление координат центра тяжести
Координаты центра тяжести тела $V$ с плотностью $\rho(x, y, z)$ можно вычислить с помощью тройных интегралов:
$$x_c=\frac{\iiint_{V}x\rho(x,y,z)\,dV}{\iiint_{V}\rho(x,y,z)\,dV},$$
$$y_c=\frac{\iiint_{V}y\rho(x,y,z)\,dV}{\iiint_{V}\rho(x,y,z)\,dV},$$
$$z_c=\frac{\iiint_{V}z\rho(x,y,z)\,dV}{\iiint_{V}\rho(x,y,z)\,dV}.$$
### Вычисление статических моментов
Статические моменты тела $V$ относительно плоскостей $xy$, $xz$ и $yz$ можно вычислить с помощью тройных интегралов:
$$M_{xy}=\iiint_{V}z\rho(x,y,z)\,dV,$$
$$M_{xz}=\iiint_{V}y\rho(x,y,z)\,dV,$$
$$M_{yz}=\iiint_{V}x\rho(x,y,z)\,dV.$$
### Вычисление моментов инерции
Моменты инерции тела $V$ относительно осей $x$, $y$ и $z$ можно вычислить с помощью тройных интегралов:
$$I_x=\iiint_{V}(y^2+z^2)\rho(x,y,z)\,dV,$$
$$I_y=\iiint_{V}(x^2+z^2)\rho(x,y,z)\,dV,$$
$$I_z=\iiint_{V}(x^2+y^2)\rho(x,y,z)\,dV.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления момента инерции тела, заданного уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат, с плотностью $\rho(x, y, z) = 1$. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда момент инерции относительно оси $z$ можно вычислить как:
$$I_z=\iiint_{V}(x^2+y^2)\,dV=\iint_{D}\left(\int_{0}^{x^2+y^2}(x^2+y^2)\,dz\right)\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\left(\int_{0}^{r^2}r^2\,dz\right)r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{r^2}r^2\,dz=r^2\left[z\right]_{0}^{r^2}=r^4.$$
Теперь вычислим следующий интеграл:
$$\int_{0}^{R}r^4r\,dr=\left[\frac{r^6}{6}\right]_{0}^{R}=\frac{R^6}{6}.$$
И, наконец, вычислим внешний интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\frac{R^6}{6}\,d\theta=\frac{R^6}{6}\cdot2\pi=\frac{\pi R^6}{3}.$$
Таким образом, момент инерции тела относительно оси $z$ равен $\frac{\pi R^6}{3}$.

60
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/33.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,60 @@
## Задача, приводящая к понятию криволинейного интеграла первого рода. Криволинейные интегралы первого рода: определение, теорема существования (без доказательства), свойства. Вычисление криволинейного интеграла первого рода.
### Задача, приводящая к понятию криволинейного интеграла первого рода
Рассмотрим задачу вычисления массы проволоки, имеющей переменную линейную плотность $\rho(x, y, z)$, заданную как функция координат $(x, y, z)$. Если проволока имеет форму кривой $C$, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t))$ для $t \in [a, b]$, то масса проволоки можно вычислить с помощью криволинейного интеграла первого рода:
$$M=\int_{C}\rho(x,y,z)\,ds,$$
где $ds$ — элемент длины дуги кривой $C$.
### Определение криволинейного интеграла первого рода
Криволинейный интеграл первого рода функции $f(x, y, z)$ по кривой $C$, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t))$ для $t \in [a, b]$, определяется как:
$$\int_{C}f(x,y,z)\,ds=\int_{a}^{b}f(x(t),y(t),z(t))\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}\,dt.$$
### Теорема существования криволинейного интеграла первого рода
Теорема существования криволинейного интеграла первого рода утверждает, что если функция $f(x, y, z)$ непрерывна на кривой $C$, то криволинейный интеграл $\int_{C}f(x,y,z)\,ds$ существует.
### Свойства криволинейных интегралов первого рода
1. **Линейность**:
- Если $f(x, y, z)$ и $g(x, y, z)$ интегрируемы на кривой $C$, то для любых констант $a$ и $b$:
$$\int_{C}(af(x,y,z)+bg(x,y,z))\,ds=a\int_{C}f(x,y,z)\,ds+b\int_{C}g(x,y,z)\,ds.$$
2. **Аддитивность**:
- Если кривая $C$ состоит из двух частей $C_1$ и $C_2$, то:
$$\int_{C}f(x,y,z)\,ds=\int_{C_1}f(x,y,z)\,ds+\int_{C_2}f(x,y,z)\,ds.$$
3. **Монотонность**:
- Если $f(x, y, z) \geq g(x, y, z)$ для всех $(x, y, z)$ на кривой $C$, то:
$$\int_{C}f(x,y,z)\,ds\geq\int_{C}g(x,y,z)\,ds.$$
### Вычисление криволинейного интеграла первого рода
Рассмотрим пример вычисления криволинейного интеграла первого рода функции $f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2$ по кривой $C$, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t)) = (t, t^2, t^3)$ для $t \in [0, 1]$.
Сначала вычислим производные:
$$\frac{dx}{dt}=1,$$
$$\frac{dy}{dt}=2t,$$
$$\frac{dz}{dt}=3t^2.$$
Теперь вычислим элемент длины дуги:
$$ds=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}\,dt=\sqrt{1+(2t)^2+(3t^2)^2}\,dt=\sqrt{1+4t^2+9t^4}\,dt.$$
Теперь подставим все в формулу криволинейного интеграла:
$$\int_{C}(x^2+y^2+z^2)\,ds=\int_{0}^{1}(t^2+(t^2)^2+(t^3)^2)\sqrt{1+4t^2+9t^4}\,dt.$$
Вычислим интеграл:
$$\int_{0}^{1}(t^2+t^4+t^6)\sqrt{1+4t^2+9t^4}\,dt.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.

83
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/34.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,83 @@
## Приложения криволинейных интегралов первого рода
### Вычисление длины кривой
Длина кривой $C$, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t))$ для $t \in [a, b]$, можно вычислить с помощью криволинейного интеграла первого рода:
$$L=\int_{C}ds=\int_{a}^{b}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}\,dt.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления длины кривой, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t)) = (t, t^2, t^3)$ для $t \in [0, 1]$. Сначала вычислим производные:
$$\frac{dx}{dt}=1,$$
$$\frac{dy}{dt}=2t,$$
$$\frac{dz}{dt}=3t^2.$$
Теперь вычислим элемент длины дуги:
$$ds=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}\,dt=\sqrt{1+(2t)^2+(3t^2)^2}\,dt=\sqrt{1+4t^2+9t^4}\,dt.$$
Теперь подставим все в формулу криволинейного интеграла:
$$L=\int_{0}^{1}\sqrt{1+4t^2+9t^4}\,dt.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.
### Вычисление массы проволоки
Масса проволоки, имеющей переменную линейную плотность $\rho(x, y, z)$, заданную как функция координат $(x, y, z)$, можно вычислить с помощью криволинейного интеграла первого рода:
$$M=\int_{C}\rho(x,y,z)\,ds.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления массы проволоки, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t)) = (t, t^2, t^3)$ для $t \in [0, 1]$ с линейной плотностью $\rho(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2$. Сначала вычислим производные:
$$\frac{dx}{dt}=1,$$
$$\frac{dy}{dt}=2t,$$
$$\frac{dz}{dt}=3t^2.$$
Теперь вычислим элемент длины дуги:
$$ds=\sqrt{1+4t^2+9t^4}\,dt.$$
Теперь подставим все в формулу криволинейного интеграла:
$$M=\int_{0}^{1}(t^2+(t^2)^2+(t^3)^2)\sqrt{1+4t^2+9t^4}\,dt.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.
### Вычисление центра масс
Координаты центра масс проволоки, имеющей переменную линейную плотность $\rho(x, y, z)$, можно вычислить с помощью криволинейных интегралов первого рода:
$$x_c=\frac{\int_{C}x\rho(x,y,z)\,ds}{\int_{C}\rho(x,y,z)\,ds},$$
$$y_c=\frac{\int_{C}y\rho(x,y,z)\,ds}{\int_{C}\rho(x,y,z)\,ds},$$
$$z_c=\frac{\int_{C}z\rho(x,y,z)\,ds}{\int_{C}\rho(x,y,z)\,ds}.$$
### Вычисление моментов инерции
Моменты инерции проволоки относительно осей $x$, $y$ и $z$ можно вычислить с помощью криволинейных интегралов первого рода:
$$I_x=\int_{C}(y^2+z^2)\rho(x,y,z)\,ds,$$
$$I_y=\int_{C}(x^2+z^2)\rho(x,y,z)\,ds,$$
$$I_z=\int_{C}(x^2+y^2)\rho(x,y,z)\,ds.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления момента инерции проволоки, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t)) = (t, t^2, t^3)$ для $t \in [0, 1]$ с линейной плотностью $\rho(x, y, z) = 1$. Сначала вычислим производные:
$$\frac{dx}{dt}=1,$$
$$\frac{dy}{dt}=2t,$$
$$\frac{dz}{dt}=3t^2.$$
Теперь вычислим элемент длины дуги:
$$ds=\sqrt{1+4t^2+9t^4}\,dt.$$
Теперь подставим все в формулу криволинейного интеграла для момента инерции относительно оси $z$:
$$I_z=\int_{0}^{1}(t^2+(t^2)^2)\sqrt{1+4t^2+9t^4}\,dt.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.

54
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/35.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,54 @@
## Криволинейные интегралы второго рода: определение, теорема существования (без доказательства), свойства. Вычисление криволинейного интеграла второго рода.
### Определение криволинейного интеграла второго рода
Криволинейный интеграл второго рода векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)\mathbf{k}$ по кривой $C$, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t))$ для $t \in [a, b]$, определяется как:
$$\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{C}P\,dx+Q\,dy+R\,dz,$$
где $d\mathbf{r} = \left(\frac{dx}{dt}, \frac{dy}{dt}, \frac{dz}{dt}\right)dt$ — вектор элементарного смещения вдоль кривой $C$.
### Теорема существования криволинейного интеграла второго рода
Теорема существования криволинейного интеграла второго рода утверждает, что если компоненты векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z)$ непрерывны на кривой $C$, то криволинейный интеграл $\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$ существует.
### Свойства криволинейных интегралов второго рода
1. **Линейность**:
- Если $\mathbf{F}$ и $\mathbf{G}$ — векторные поля, интегрируемые по кривой $C$, то для любых констант $a$ и $b$:
$$\int_{C}(a\mathbf{F}+b\mathbf{G})\cdot d\mathbf{r}=a\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}+b\int_{C}\mathbf{G}\cdot d\mathbf{r}.$$
2. **Аддитивность**:
- Если кривая $C$ состоит из двух частей $C_1$ и $C_2$, то:
$$\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{C_1}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}+\int_{C_2}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.$$
3. **Обращение направления**:
- Если кривая $C$ проходит в обратном направлении, то:
$$\int_{-C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=-\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.$$
### Вычисление криволинейного интеграла второго рода
Рассмотрим пример вычисления криволинейного интеграла второго рода векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z) = y\mathbf{i} + x\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ по кривой $C$, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t)) = (t, t^2, t^3)$ для $t \in [0, 1]$.
Сначала вычислим производные:
$$\frac{dx}{dt}=1,$$
$$\frac{dy}{dt}=2t,$$
$$\frac{dz}{dt}=3t^2.$$
Теперь подставим все в формулу криволинейного интеграла второго рода:
$$\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{0}^{1}(y\frac{dx}{dt}+x\frac{dy}{dt}+z\frac{dz}{dt})\,dt=\int_{0}^{1}(t^2\cdot1+t\cdot2t+t^3\cdot3t^2)\,dt.$$
Упростим интеграл:
$$\int_{0}^{1}(t^2+2t^2+3t^5)\,dt=\int_{0}^{1}(3t^2+3t^5)\,dt.$$
Теперь вычислим интеграл:
$$\int_{0}^{1}(3t^2+3t^5)\,dt=\left[t^3+\frac{t^6}{2}\right]_{0}^{1}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.$$
Таким образом, значение криволинейного интеграла второго рода равно $\frac{3}{2}$.

38
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/36.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,38 @@
## Формула Грина. Вычисление площади плоской фигуры с помощью криволинейного интеграла.
### Формула Грина
Формула Грина утверждает, что для гладкой замкнутой кривой $C$, ограничивающей область $D$ на плоскости $xy$, и для непрерывно дифференцируемых функций $P(x, y)$ и $Q(x, y)$, определённых на $D$, выполняется равенство:
$$\oint_{C}(P\,dx+Q\,dy)=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dA.$$
### Доказательство формулы Грина
Доказательство формулы Грина основано на теореме о потоке векторного поля через замкнутую кривую и теореме о циркуляции векторного поля. Мы не будем приводить полное доказательство, но отметим, что оно включает использование теоремы Стокса и свойств дифференцируемых функций.
### Вычисление площади плоской фигуры с помощью криволинейного интеграла
Для вычисления площади плоской фигуры $D$, ограниченной замкнутой кривой $C$, можно использовать формулу Грина. Площадь $A$ фигуры $D$ можно вычислить с помощью криволинейного интеграла:
$$A=\frac{1}{2}\oint_{C}(x\,dy-y\,dx).$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления площади круга радиуса $R$, центрированного в начале координат. Круг можно параметризовать как $(x(t), y(t)) = (R\cos t, R\sin t)$ для $t \in [0, 2\pi]$. Тогда криволинейный интеграл для вычисления площади будет:
$$A=\frac{1}{2}\oint_{C}(x\,dy-y\,dx)=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}(R\cos t\frac{dy}{dt}-R\sin t\frac{dx}{dt})\,dt.$$
Вычислим производные:
$$\frac{dx}{dt}=-R\sin t,$$
$$\frac{dy}{dt}=R\cos t.$$
Подставим их в интеграл:
$$A=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}(R\cos t\cdot R\cos t-R\sin t\cdot(-R\sin t))\,dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}(R^2\cos^2t+R^2\sin^2t)\,dt.$$
Упростим интеграл:
$$A=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}R^2\,dt=\frac{R^2}{2}\int_{0}^{2\pi}dt=\frac{R^2}{2}\cdot2\pi=\pi R^2.$$
Таким образом, площадь круга равна $\pi R^2$, что соответствует известной формуле для площади круга.

61
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/37.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,61 @@
## Условия независимости криволинейного интеграла второго рода от пути интегрирования. Полный дифференциал. Восстановление функции по её полному дифференциалу.
### Условия независимости криволинейного интеграла второго рода от пути интегрирования
Криволинейный интеграл второго рода векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)\mathbf{k}$ по кривой $C$ определяется как:
$$\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{C}P\,dx+Q\,dy+R\,dz.$$
Этот интеграл не зависит от пути интегрирования, если векторное поле $\mathbf{F}$ является потенциальным, то есть существует скалярная функция $U(x, y, z)$, такая что:
$$\mathbf{F}=\nabla U.$$
Это означает, что:
$$P=\frac{\partial U}{\partial x},$$
$$Q=\frac{\partial U}{\partial y},$$
$$R=\frac{\partial U}{\partial z}.$$
### Полный дифференциал
Полный дифференциал функции $U(x, y, z)$ определяется как:
$$dU=\frac{\partial U}{\partial x}dx+\frac{\partial U}{\partial y}dy+\frac{\partial U}{\partial z}dz.$$
Если векторное поле $\mathbf{F}$ является потенциальным, то:
$$P\,dx+Q\,dy+R\,dz=dU.$$
### Восстановление функции по её полному дифференциалу
Если известен полный дифференциал функции $U(x, y, z)$, то можно восстановить саму функцию $U(x, y, z)$ с точностью до аддитивной константы. Для этого нужно интегрировать полный дифференциал по некоторому пути от начальной точки $(x_0, y_0, z_0)$ до конечной точки $(x, y, z)$:
$$U(x,y,z)=U(x_0,y_0,z_0)+\int_{(x_0,y_0,z_0)}^{(x,y,z)}dU.$$
#### Пример
Рассмотрим пример восстановления функции по её полному дифференциалу. Пусть полный дифференциал функции $U(x, y, z)$ имеет вид:
$$dU=yz\,dx+xz\,dy+xy\,dz.$$
Для восстановления функции $U(x, y, z)$ интегрируем полный дифференциал по пути от начальной точки $(0, 0, 0)$ до конечной точки $(x, y, z)$. Выберем путь, состоящий из трёх отрезков: от $(0, 0, 0)$ до $(x, 0, 0)$, от $(x, 0, 0)$ до $(x, y, 0)$ и от $(x, y, 0)$ до $(x, y, z)$.
1. На первом отрезке $dy=0$ и $dz=0$, поэтому:
$$\int_{(0,0,0)}^{(x,0,0)}dU=\int_{0}^{x}yz\,dx=0.$$
2. На втором отрезке $dx=0$ и $dz=0$, поэтому:
$$\int_{(x,0,0)}^{(x,y,0)}dU=\int_{0}^{y}xz\,dy=0.$$
3. На третьем отрезке $dx=0$ и $dy=0$, поэтому:
$$\int_{(x,y,0)}^{(x,y,z)}dU=\int_{0}^{z}xy\,dz=xyz.$$
Суммируя результаты, получаем:
$$U(x,y,z)=U(0,0,0)+xyz.$$
Так как $U(0,0,0)$ — это произвольная константа, обозначим её как $C$. Тогда:
$$U(x,y,z)=xyz+C.$$

93
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/38.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,93 @@
## Приложения криволинейных интегралов второго рода
### Вычисление работы
Работа, совершаемая силовым полем $\mathbf{F}(x, y, z)$ при перемещении частицы по кривой $C$, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t))$ для $t \in [a, b]$, можно вычислить с помощью криволинейного интеграла второго рода:
$$W=\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{C}P\,dx+Q\,dy+R\,dz,$$
где $\mathbf{F}=P\mathbf{i}+Q\mathbf{j}+R\mathbf{k}$ — векторное поле силы, а $d\mathbf{r}=dx\mathbf{i}+dy\mathbf{j}+dz\mathbf{k}$ — вектор элементарного смещения.
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления работы, совершаемой силовым полем $\mathbf{F}(x, y, z) = y\mathbf{i} + x\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ при перемещении частицы по кривой $C$, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t)) = (t, t^2, t^3)$ для $t \in [0, 1]$.
Сначала вычислим производные:
$$\frac{dx}{dt}=1,$$
$$\frac{dy}{dt}=2t,$$
$$\frac{dz}{dt}=3t^2.$$
Теперь подставим все в формулу криволинейного интеграла второго рода:
$$W=\int_{0}^{1}(y\frac{dx}{dt}+x\frac{dy}{dt}+z\frac{dz}{dt})\,dt=\int_{0}^{1}(t^2\cdot1+t\cdot2t+t^3\cdot3t^2)\,dt.$$
Упростим интеграл:
$$\int_{0}^{1}(t^2+2t^2+3t^5)\,dt=\int_{0}^{1}(3t^2+3t^5)\,dt.$$
Теперь вычислим интеграл:
$$\int_{0}^{1}(3t^2+3t^5)\,dt=\left[t^3+\frac{t^6}{2}\right]_{0}^{1}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.$$
Таким образом, работа, совершаемая силовым полем, равна $\frac{3}{2}$.
### Вычисление потока векторного поля
Поток векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z)$ через кривую $C$ можно вычислить с помощью криволинейного интеграла второго рода:
$$\Phi=\int_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\int_{C}P\,dx+Q\,dy+R\,dz.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления потока векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z) = y\mathbf{i} + x\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ через кривую $C$, параметризованную как $(x(t), y(t), z(t)) = (t, t^2, t^3)$ для $t \in [0, 1]$.
Сначала вычислим производные:
$$\frac{dx}{dt}=1,$$
$$\frac{dy}{dt}=2t,$$
$$\frac{dz}{dt}=3t^2.$$
Теперь подставим все в формулу криволинейного интеграла второго рода:
$$\Phi=\int_{0}^{1}(y\frac{dx}{dt}+x\frac{dy}{dt}+z\frac{dz}{dt})\,dt=\int_{0}^{1}(t^2\cdot1+t\cdot2t+t^3\cdot3t^2)\,dt.$$
Упростим интеграл:
$$\int_{0}^{1}(t^2+2t^2+3t^5)\,dt=\int_{0}^{1}(3t^2+3t^5)\,dt.$$
Теперь вычислим интеграл:
$$\int_{0}^{1}(3t^2+3t^5)\,dt=\left[t^3+\frac{t^6}{2}\right]_{0}^{1}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.$$
Таким образом, поток векторного поля через кривую равен $\frac{3}{2}$.
### Вычисление циркуляции векторного поля
Циркуляция векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z)$ по замкнутой кривой $C$ можно вычислить с помощью криволинейного интеграла второго рода:
$$\Gamma=\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\oint_{C}P\,dx+Q\,dy+R\,dz.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления циркуляции векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z) = y\mathbf{i} + x\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ по замкнутой кривой $C$, параметризованной как $(x(t), y(t), z(t)) = (\cos t, \sin t, t)$ для $t \in [0, 2\pi]$.
Сначала вычислим производные:
$$\frac{dx}{dt}=-\sin t,$$
$$\frac{dy}{dt}=\cos t,$$
$$\frac{dz}{dt}=1.$$
Теперь подставим все в формулу криволинейного интеграла второго рода:
$$\Gamma=\oint_{C}(y\frac{dx}{dt}+x\frac{dy}{dt}+z\frac{dz}{dt})\,dt=\int_{0}^{2\pi}(\sin t(-\sin t)+\cos t\cos t+t\cdot1)\,dt.$$
Упростим интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}(-\sin^2t+\cos^2t+t)\,dt=\int_{0}^{2\pi}(\cos 2t+t)\,dt.$$
Теперь вычислим интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}(\cos 2t+t)\,dt=\left[\frac{\sin 2t}{2}+\frac{t^2}{2}\right]_{0}^{2\pi}=0+\frac{(2\pi)^2}{2}=2\pi^2.$$
Таким образом, циркуляция векторного поля по замкнутой кривой равна $2\pi^2$.

63
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/39.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,63 @@
## Поверхностные интегралы первого рода: определение, теорема существования (без доказательства), свойства. Вычисление поверхностного интеграла первого рода.
### Определение поверхностного интеграла первого рода
Поверхностный интеграл первого рода функции $f(x, y, z)$ по поверхности $S$, параметризованной как $(x(u, v), y(u, v), z(u, v))$ для $(u, v) \in D$, определяется как:
$$\iint_{S}f(x,y,z)\,dS=\iint_{D}f(x(u,v),y(u,v),z(u,v))\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv,$$
где $E$, $G$ и $F$ — коэффициенты первой квадратичной формы поверхности:
$$E=\left(\frac{\partial x}{\partial u}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial u}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial u}\right)^2,$$
$$G=\left(\frac{\partial x}{\partial v}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial v}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial v}\right)^2,$$
$$F=\frac{\partial x}{\partial u}\frac{\partial x}{\partial v}+\frac{\partial y}{\partial u}\frac{\partial y}{\partial v}+\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial z}{\partial v}.$$
### Теорема существования поверхностного интеграла первого рода
Теорема существования поверхностного интеграла первого рода утверждает, что если функция $f(x, y, z)$ непрерывна на поверхности $S$, то поверхностный интеграл $\iint_{S}f(x,y,z)\,dS$ существует.
### Свойства поверхностных интегралов первого рода
1. **Линейность**:
- Если $f(x, y, z)$ и $g(x, y, z)$ интегрируемы на поверхности $S$, то для любых констант $a$ и $b$:
$$\iint_{S}(af(x,y,z)+bg(x,y,z))\,dS=a\iint_{S}f(x,y,z)\,dS+b\iint_{S}g(x,y,z)\,dS.$$
2. **Аддитивность**:
- Если поверхность $S$ состоит из двух частей $S_1$ и $S_2$, то:
$$\iint_{S}f(x,y,z)\,dS=\iint_{S_1}f(x,y,z)\,dS+\iint_{S_2}f(x,y,z)\,dS.$$
3. **Монотонность**:
- Если $f(x, y, z) \geq g(x, y, z)$ для всех $(x, y, z)$ на поверхности $S$, то:
$$\iint_{S}f(x,y,z)\,dS\geq\iint_{S}g(x,y,z)\,dS.$$
### Вычисление поверхностного интеграла первого рода
Рассмотрим пример вычисления поверхностного интеграла первого рода функции $f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2$ по поверхности $S$, заданной уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$.
Сначала параметризуем поверхность:
$$x=r\cos\theta,$$
$$y=r\sin\theta,$$
$$z=r^2.$$
Теперь вычислим коэффициенты первой квадратичной формы:
$$E=\left(\frac{\partial x}{\partial r}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial r}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial r}\right)^2=(\cos\theta)^2+(\sin\theta)^2+(2r)^2=1+4r^2,$$
$$G=\left(\frac{\partial x}{\partial\theta}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial\theta}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial\theta}\right)^2=(-r\sin\theta)^2+(r\cos\theta)^2+0=r^2,$$
$$F=\frac{\partial x}{\partial r}\frac{\partial x}{\partial\theta}+\frac{\partial y}{\partial r}\frac{\partial y}{\partial\theta}+\frac{\partial z}{\partial r}\frac{\partial z}{\partial\theta}=0.$$
Теперь подставим все в формулу поверхностного интеграла:
$$\iint_{S}(x^2+y^2+z^2)\,dS=\iint_{D}(r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta+r^4)\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Упростим интеграл:
$$\iint_{D}(r^2+r^4)\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}(r^2+r^4)\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Теперь вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}(r^2+r^4)\sqrt{1+4r^2}r\,dr.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.

120
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/40.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,120 @@
## Приложения поверхностных интегралов первого рода
### Вычисление площади поверхности
Площадь поверхности $S$ можно вычислить с помощью поверхностного интеграла первого рода:
$$A=\iint_{S}dS.$$
Если поверхность $S$ параметризована как $(x(u, v), y(u, v), z(u, v))$ для $(u, v) \in D$, то площадь поверхности можно вычислить как:
$$A=\iint_{D}\sqrt{EG-F^2}\,du\,dv,$$
где $E$, $G$ и $F$ — коэффициенты первой квадратичной формы поверхности:
$$E=\left(\frac{\partial x}{\partial u}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial u}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial u}\right)^2,$$
$$G=\left(\frac{\partial x}{\partial v}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial v}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial v}\right)^2,$$
$$F=\frac{\partial x}{\partial u}\frac{\partial x}{\partial v}+\frac{\partial y}{\partial u}\frac{\partial y}{\partial v}+\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial z}{\partial v}.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления площади поверхности, заданной уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$.
Сначала параметризуем поверхность:
$$x=r\cos\theta,$$
$$y=r\sin\theta,$$
$$z=r^2.$$
Теперь вычислим коэффициенты первой квадратичной формы:
$$E=\left(\frac{\partial x}{\partial r}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial r}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial r}\right)^2=(\cos\theta)^2+(\sin\theta)^2+(2r)^2=1+4r^2,$$
$$G=\left(\frac{\partial x}{\partial\theta}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial\theta}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial\theta}\right)^2=(-r\sin\theta)^2+(r\cos\theta)^2+0=r^2,$$
$$F=\frac{\partial x}{\partial r}\frac{\partial x}{\partial\theta}+\frac{\partial y}{\partial r}\frac{\partial y}{\partial\theta}+\frac{\partial z}{\partial r}\frac{\partial z}{\partial\theta}=0.$$
Теперь подставим все в формулу поверхностного интеграла:
$$A=\iint_{D}\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}\sqrt{1+4r^2}r\,dr.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.
### Вычисление массы поверхности
Масса поверхности $S$ с плотностью $\rho(x, y, z)$ можно вычислить с помощью поверхностного интеграла первого рода:
$$M=\iint_{S}\rho(x,y,z)\,dS.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления массы поверхности, заданной уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат, с плотностью $\rho(x, y, z) = 1$. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$.
Сначала параметризуем поверхность:
$$x=r\cos\theta,$$
$$y=r\sin\theta,$$
$$z=r^2.$$
Теперь вычислим коэффициенты первой квадратичной формы:
$$E=1+4r^2,$$
$$G=r^2,$$
$$F=0.$$
Теперь подставим все в формулу поверхностного интеграла:
$$M=\iint_{D}\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}\sqrt{1+4r^2}r\,dr.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.
### Вычисление центра масс поверхности
Координаты центра масс поверхности $S$ с плотностью $\rho(x, y, z)$ можно вычислить с помощью поверхностных интегралов первого рода:
$$x_c=\frac{\iint_{S}x\rho(x,y,z)\,dS}{\iint_{S}\rho(x,y,z)\,dS},$$
$$y_c=\frac{\iint_{S}y\rho(x,y,z)\,dS}{\iint_{S}\rho(x,y,z)\,dS},$$
$$z_c=\frac{\iint_{S}z\rho(x,y,z)\,dS}{\iint_{S}\rho(x,y,z)\,dS}.$$
### Вычисление моментов инерции поверхности
Моменты инерции поверхности $S$ относительно осей $x$, $y$ и $z$ можно вычислить с помощью поверхностных интегралов первого рода:
$$I_x=\iint_{S}(y^2+z^2)\rho(x,y,z)\,dS,$$
$$I_y=\iint_{S}(x^2+z^2)\rho(x,y,z)\,dS,$$
$$I_z=\iint_{S}(x^2+y^2)\rho(x,y,z)\,dS.$$
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления момента инерции поверхности, заданной уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат, с плотностью $\rho(x, y, z) = 1$. В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$.
Сначала параметризуем поверхность:
$$x=r\cos\theta,$$
$$y=r\sin\theta,$$
$$z=r^2.$$
Теперь вычислим коэффициенты первой квадратичной формы:
$$E=1+4r^2,$$
$$G=r^2,$$
$$F=0.$$
Теперь подставим все в формулу поверхностного интеграла для момента инерции относительно оси $z$:
$$I_z=\iint_{S}(x^2+y^2)\rho(x,y,z)\,dS=\iint_{D}(r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta)\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Упростим интеграл:
$$\iint_{D}r^2\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}r^3\sqrt{1+4r^2}\,dr\,d\theta.$$
Вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}r^3\sqrt{1+4r^2}\,dr.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.

64
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/41.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,64 @@
## Поверхностные интегралы второго рода: определение, теорема существования (без доказательства), свойства. Вычисление поверхностного интеграла второго рода.
### Определение поверхностного интеграла второго рода
Поверхностный интеграл второго рода векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)\mathbf{k}$ по поверхности $S$, параметризованной как $(x(u, v), y(u, v), z(u, v))$ для $(u, v) \in D$, определяется как:
$$\iint_{S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}=\iint_{S}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS,$$
где $\mathbf{n}$ — единичный вектор нормали к поверхности $S$, а $d\mathbf{S} = \mathbf{n}\,dS$ — векторный элемент площади поверхности.
Если поверхность $S$ задана уравнением $z = f(x, y)$, то:
$$\iint_{S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}=\iint_{D}(-P\frac{\partial f}{\partial x}-Q\frac{\partial f}{\partial y}+R)\,dx\,dy,$$
где $D$ — проекция поверхности $S$ на плоскость $xy$.
### Теорема существования поверхностного интеграла второго рода
Теорема существования поверхностного интеграла второго рода утверждает, что если компоненты векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z)$ непрерывны на поверхности $S$, то поверхностный интеграл $\iint_{S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}$ существует.
### Свойства поверхностных интегралов второго рода
1. **Линейность**:
- Если $\mathbf{F}$ и $\mathbf{G}$ — векторные поля, интегрируемые по поверхности $S$, то для любых констант $a$ и $b$:
$$\iint_{S}(a\mathbf{F}+b\mathbf{G})\cdot d\mathbf{S}=a\iint_{S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}+b\iint_{S}\mathbf{G}\cdot d\mathbf{S}.$$
2. **Аддитивность**:
- Если поверхность $S$ состоит из двух частей $S_1$ и $S_2$, то:
$$\iint_{S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}=\iint_{S_1}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}+\iint_{S_2}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}.$$
3. **Обращение направления нормали**:
- Если изменить направление нормали $\mathbf{n}$ на противоположное, то:
$$\iint_{S}\mathbf{F}\cdot(-\mathbf{n})\,dS=-\iint_{S}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS.$$
### Вычисление поверхностного интеграла второго рода
Рассмотрим пример вычисления поверхностного интеграла второго рода векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z) = x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ по поверхности $S$, заданной уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат.
Сначала найдем нормаль к поверхности:
$$\mathbf{n}=\frac{\nabla(z-x^2-y^2)}{|\nabla(z-x^2-y^2)|}=\frac{(-2x)\mathbf{i}+(-2y)\mathbf{j}+\mathbf{k}}{\sqrt{1+4x^2+4y^2}}.$$
Теперь подставим все в формулу поверхностного интеграла второго рода:
$$\iint_{S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}=\iint_{S}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS=\iint_{D}(-2x^2-2y^2+z)\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,dx\,dy,$$
где $D$ — круг радиуса $R$ на плоскости $xy$.
В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда:
$$\iint_{D}(-2x^2-2y^2+z)\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,dx\,dy=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}(-2r^2+r^2)\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Упростим интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}(-r^2)\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Теперь вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}(-r^2)\sqrt{1+4r^2}r\,dr.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.

45
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/42.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,45 @@
## Формула Остроградского-Гаусса
### Формулировка теоремы Остроградского-Гаусса
Пусть $V$ — область в трёхмерном пространстве, ограниченная замкнутой поверхностью $S$, и пусть $\mathbf{F}(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)\mathbf{k}$ — непрерывно дифференцируемое векторное поле, определённое на $V$ и $S$. Тогда:
$$\iiint_{V}(\nabla\cdot\mathbf{F})\,dV=\oiint_{S}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS,$$
где $\nabla\cdot\mathbf{F}$ — дивергенция векторного поля $\mathbf{F}$, а $\mathbf{n}$ — единичный вектор внешней нормали к поверхности $S$.
### Доказательство теоремы Остроградского-Гаусса
Доказательство теоремы Остроградского-Гаусса основано на применении теоремы Стокса и свойств дивергенции векторного поля. Мы не будем приводить полное доказательство, но отметим, что оно включает использование теоремы о потоке векторного поля через замкнутую поверхность и теоремы о циркуляции векторного поля.
### Применение теоремы Остроградского-Гаусса
Теорема Остроградского-Гаусса имеет множество приложений в физике и математике. Рассмотрим несколько примеров.
#### Пример 1: Вычисление потока векторного поля
Рассмотрим векторное поле $\mathbf{F}(x, y, z) = x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ и область $V$, ограниченную сферой радиуса $R$, центрированной в начале координат. Поверхность $S$ — это сфера радиуса $R$.
Сначала вычислим дивергенцию векторного поля:
$$\nabla\cdot\mathbf{F}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=1+1+1=3.$$
Теперь применим теорему Остроградского-Гаусса:
$$\iiint_{V}(\nabla\cdot\mathbf{F})\,dV=\iiint_{V}3\,dV=3\iiint_{V}\,dV=3\cdot\frac{4}{3}\pi R^3=4\pi R^3.$$
Таким образом, поток векторного поля через поверхность $S$ равен $4\pi R^3$.
#### Пример 2: Вычисление объема области
Рассмотрим векторное поле $\mathbf{F}(x, y, z) = x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ и область $V$, ограниченную кубом с вершинами $(0,0,0)$, $(1,0,0)$, $(1,1,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,1)$, $(1,0,1)$, $(1,1,1)$, $(0,1,1)$. Поверхность $S$ — это грани куба.
Сначала вычислим дивергенцию векторного поля:
$$\nabla\cdot\mathbf{F}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=1+1+1=3.$$
Теперь применим теорему Остроградского-Гаусса:
$$\iiint_{V}(\nabla\cdot\mathbf{F})\,dV=\iiint_{V}3\,dV=3\iiint_{V}\,dV=3\cdot1=3.$$
Таким образом, объем области $V$ равен $1$.

57
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/43.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,57 @@
## Формула Стокса
### Формулировка теоремы Стокса
Пусть $S$ — ориентированная поверхность в трёхмерном пространстве, ограниченная замкнутой кривой $C$, и пусть $\mathbf{F}(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)\mathbf{k}$ — непрерывно дифференцируемое векторное поле, определённое на $S$ и $C$. Тогда:
$$\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS,$$
где $\nabla\times\mathbf{F}$ — ротор векторного поля $\mathbf{F}$, а $\mathbf{n}$ — единичный вектор нормали к поверхности $S$.
### Доказательство теоремы Стокса
Доказательство теоремы Стокса основано на применении теоремы Грина и свойств ротора векторного поля. Мы не будем приводить полное доказательство, но отметим, что оно включает использование теоремы о циркуляции векторного поля и теоремы о потоке векторного поля через замкнутую кривую.
### Применение теоремы Стокса
Теорема Стокса имеет множество приложений в физике и математике. Рассмотрим несколько примеров.
#### Пример 1: Вычисление циркуляции векторного поля
Рассмотрим векторное поле $\mathbf{F}(x, y, z) = y\mathbf{i} + x\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ и замкнутую кривую $C$, параметризованную как $(x(t), y(t), z(t)) = (\cos t, \sin t, t)$ для $t \in [0, 2\pi]$. Поверхность $S$ — это диск, ограниченный этой кривой.
Сначала вычислим ротор векторного поля:
$$\nabla\times\mathbf{F}=\left|\begin{matrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\y&x&z\end{matrix}\right|=\mathbf{i}(0-0)-\mathbf{j}(0-1)+\mathbf{k}(1-1)=-\mathbf{j}.$$
Теперь применим теорему Стокса:
$$\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS=\iint_{S}(-\mathbf{j})\cdot\mathbf{n}\,dS.$$
Единичный вектор нормали $\mathbf{n}$ к поверхности $S$ можно вычислить как:
$$\mathbf{n}=\frac{\nabla(z-x^2-y^2)}{|\nabla(z-x^2-y^2)|}=\frac{(-2x)\mathbf{i}+(-2y)\mathbf{j}+\mathbf{k}}{\sqrt{1+4x^2+4y^2}}.$$
Теперь подставим все в формулу поверхностного интеграла:
$$\iint_{S}(-\mathbf{j})\cdot\mathbf{n}\,dS=\iint_{S}(-\mathbf{j})\cdot\frac{(-2y)\mathbf{j}}{\sqrt{1+4x^2+4y^2}}\,dS=\iint_{S}\frac{2y}{\sqrt{1+4x^2+4y^2}}\,dS.$$
Вычислим этот интеграл:
$$\iint_{S}\frac{2y}{\sqrt{1+4x^2+4y^2}}\,dS.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.
#### Пример 2: Вычисление потока векторного поля
Рассмотрим векторное поле $\mathbf{F}(x, y, z) = x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ и замкнутую кривую $C$, параметризованную как $(x(t), y(t), z(t)) = (\cos t, \sin t, t)$ для $t \in [0, 2\pi]$. Поверхность $S$ — это диск, ограниченный этой кривой.
Сначала вычислим ротор векторного поля:
$$\nabla\times\mathbf{F}=\left|\begin{matrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\x&y&z\end{matrix}\right|=\mathbf{i}(0-0)-\mathbf{j}(0-0)+\mathbf{k}(1-1)=0.$$
Теперь применим теорему Стокса:
$$\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot\mathbf{n}\,dS=\iint_{S}0\cdot\mathbf{n}\,dS=0.$$
Таким образом, циркуляция векторного поля по замкнутой кривой равна нулю.

73
2 курс/1 семестр/Вышмат/Билеты/2 раздел/44.md Normal file
View File

@ -0,0 +1,73 @@
## Приложения поверхностных интегралов второго рода
### Вычисление потока векторного поля через поверхность
Поток векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)\mathbf{k}$ через поверхность $S$ можно вычислить с помощью поверхностного интеграла второго рода:
$$\Phi=\iint_{S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S}=\iint_{S}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS,$$
где $\mathbf{n}$ — единичный вектор нормали к поверхности $S$, а $d\mathbf{S} = \mathbf{n}\,dS$ — векторный элемент площади поверхности.
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления потока векторного поля $\mathbf{F}(x, y, z) = x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ через поверхность $S$, заданную уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат.
Сначала найдем нормаль к поверхности:
$$\mathbf{n}=\frac{\nabla(z-x^2-y^2)}{|\nabla(z-x^2-y^2)|}=\frac{(-2x)\mathbf{i}+(-2y)\mathbf{j}+\mathbf{k}}{\sqrt{1+4x^2+4y^2}}.$$
Теперь подставим все в формулу поверхностного интеграла второго рода:
$$\Phi=\iint_{S}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS=\iint_{D}(-2x^2-2y^2+z)\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,dx\,dy,$$
где $D$ — круг радиуса $R$ на плоскости $xy$.
В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда:
$$\iint_{D}(-2x^2-2y^2+z)\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,dx\,dy=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}(-2r^2+r^2)\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Упростим интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}(-r^2)\sqrt{1+4r^2}r\,dr\,d\theta.$$
Теперь вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}(-r^2)\sqrt{1+4r^2}r\,dr.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.
### Вычисление силы, действующей на поверхность
Сила, действующая на поверхность $S$ под давлением $p(x, y, z)$, можно вычислить с помощью поверхностного интеграла второго рода:
$$\mathbf{F}=\iint_{S}p(x,y,z)\mathbf{n}\,dS,$$
где $\mathbf{n}$ — единичный вектор нормали к поверхности $S$.
#### Пример
Рассмотрим пример вычисления силы, действующей на поверхность $S$, заданную уравнением $z = x^2 + y^2$ над кругом радиуса $R$, центрированного в начале координат, под давлением $p(x, y, z) = 1$.
Сначала найдем нормаль к поверхности:
$$\mathbf{n}=\frac{(-2x)\mathbf{i}+(-2y)\mathbf{j}+\mathbf{k}}{\sqrt{1+4x^2+4y^2}}.$$
Теперь подставим все в формулу поверхностного интеграла второго рода:
$$\mathbf{F}=\iint_{S}p(x,y,z)\mathbf{n}\,dS=\iint_{D}\frac{(-2x)\mathbf{i}+(-2y)\mathbf{j}+\mathbf{k}}{\sqrt{1+4x^2+4y^2}}\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,dx\,dy,$$
где $D$ — круг радиуса $R$ на плоскости $xy$.
В полярных координатах $(r, \theta)$ область $D$ описывается как $0 \leq r \leq R$ и $0 \leq \theta \leq 2\pi$. Тогда:
$$\iint_{D}((-2x)\mathbf{i}+(-2y)\mathbf{j}+\mathbf{k})\,dx\,dy=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}((-2r\cos\theta)\mathbf{i}+(-2r\sin\theta)\mathbf{j}+\mathbf{k})r\,dr\,d\theta.$$
Упростим интеграл:
$$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}((-2r^2\cos\theta)\mathbf{i}+(-2r^2\sin\theta)\mathbf{j}+\mathbf{k})\,dr\,d\theta.$$
Теперь вычислим внутренний интеграл:
$$\int_{0}^{R}((-2r^2\cos\theta)\mathbf{i}+(-2r^2\sin\theta)\mathbf{j}+\mathbf{k})\,dr.$$
Для вычисления этого интеграла можно использовать численные методы или специальные функции.