Рубрика: Курсовая работа

Материалы к написанию курсовых работ

Критерий потенциальности поля

Теорема

Для того чтобы дифференцируемое в области $G$ поле было потенциальным необходимо, а в случае односвязной области и достаточно, чтобы выполнялось условие
$$\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=\frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}.(1)$$

Доказательство:

Необходимость:

Пусть поле $(P(x, y), Q(x, y))$ непрерывно дифференцируемо и потенциально. Тогда
$$P(x, y) = \frac{\partial U(x,y))}{\partial x},\quad Q(x, y) = \frac{\partial U(x,y))}{\partial y},$$ откуда
$$\frac{\partial Q(x,y))}{\partial x}=\frac{\partial^2 U(x,y)}{\partial x\,\partial y},\quad
\frac{\partial P(x,y))}{\partial y}=\frac{\partial^2 U(x,y)}{\partial y\,\partial x}.$$

Так как производные $\frac{\partial P}{\partial y}$ и $\frac{\partial Q}{\partial x}$ непрерывны, то смешанные производные $U_{x,y},\,U_{y,x}$ также непрерывны, а следовательно, равны. Условие (1) выполнено в области $G$.

Достаточность:

Пусть поле $(P, Q)$ задано в односвязной области $G \subset \mathbb{R}^{2}$ и выполнено условие (1).

Возьмем произвольную простую замкнутую ломанную $L \subset G$. Так как область $G$ односвязна, то ограничиваемая ломанной $L$ область $\Omega \subset G$ и к ней применима формула Грина:
$${ \underset { L }{ \int } \left(P\,dx+Q\,dy\right)}={ \underset { \Omega }{ \iint } (\frac{\partial Q}{\partial x} — \frac{\partial P}{\partial y})dx\,dy}=0.(2)$$

Таким образом, интеграл (2) равен нулю для любой простой замкнутой ломанной $L$.

Покажем, что интеграл (2) равен нулю для любой простой замкнутой ломанной (даже имеющей точки самопересечения).

Для трехзвенной ломанной интеграл (2) всегда равен нулю, если эта ломанная замкнута. Если три её вершины не лежат на одной прямой, то трехзвенная ломанная будет простой и по доказанному интеграл (2) равен нулю. Если же все три вершины лежат на одной прямой, то и в этом случае интеграл равен нулю(иллюстрация 1).
Иллюстрация 1
Докажем, что интеграл (2) равен нулю для любой $n$-звенной замкнутой ломанной индукцией по числу звеньев.

Пусть выполнено условие (1) и интеграл (2) равен нулю по любой замкнутой ломанной, число звеньев которой меньше, чем $n$. Покажем тогда, что он равен нулю и для любой $n$-звенной ломанной. Если ломанная $L(A_{1},A_{2},\cdots,A_{n},A_{1})$ простая, то это уже доказано. Пусть у $L$ есть точки самопересечения. Предположим, что два звена, $A_{1}A_{2}$ и $A_{k}A_{k+1}$, пересекаются. Тогда либо они пересекаются в единственной точке $B$(иллюстрация 1), либо эти два звена пересекаются по целому отрезку. В этом случае точки $A_{1},\,A_{2},\,A_{k},\,A_{k+1}$ лежат на одной прямой(иллюстрация 2).

Иллюстрация 2
Рассмотрим случай, когда звенья пересекаются в единственной точке. За последующими рассуждениями проще следить по иллюстрации 2. В случаях 1 и 2 ломанная $L$ будет объединением замкнутых ломанных $L_{1}(B, A_{k+1},\cdots,A_{n},A_{1},B)$ и $L_{2}(B, A_{2},\cdots,A_{k},B)$. Количество звеньев $L_{1}$ и $L_{2}$ меньше $n$. По предположению индукции интеграл (2) по каждой из этих ломанных равен нулю. Следовательно, он равен нулю и по их объединению ломанной $L$.

Аналогично рассматривается и второй случай, когда точки $A_{1},A_{2},A_{k},A_{k+1}$ лежат на одной прямой и отрезки $A_{1}A_{2}$ и $A_{k}A_{k+1}$ пересекаются. Без ограничения общности можно считать, что точка $A_{k}$ лежит на отрезке $A_{1}A_{2}$. Тогда $L$ есть объединение замкнутых ломанных $L_{1}(A_{k}, A_{k+1},\cdots,A_{n},A_{1}, A_{k})$ и $L_{2}(A_{k},A_{2},\cdots,A_{k+1},A_{k})$, имеющих меньше, чем $n$ звеньев. Интеграл (2) по $L_{1}$ и $L_{2}$ равен нулю. Следовательно, он равен нулю и по ломанной $L$.

Так как интеграл (2) равен нулю на любой замкнутой ломанной $L\subset G$, то в силу теоремы об условиях независимости величины криволинейного интеграла второго рода от пути интегрирования, поле $(P,Q)$ будет потенциальным. Что и требовалось доказать!

Спойлер

Определить, потенциально или нет поле $(P(x,y),Q(x,y))$, где $P(x,y)=3+2xy,$ $Q(x,y)=x^{2} — 3y^{2}.$

Решение:

Областью определения поля является вся плоскость $\mathbb{R}^2$. Так как данная область односвязна, можно воспользоваться критерием потенциальности поля. Тогда найдем $\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}$ и $\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}$.

$$\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=2x$$
$$\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=2x$$

$\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=2x=\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}$, значит, по критерию потенциальности поля, поле $(P(x,y),Q(x,y))$ потенциально!

[свернуть]

Спойлер

Определить, потенциально или нет поле $(P(x,y),Q(x,y))$, где $P(x,y)=-\frac{y}{x^{2}+y^{2}}, \quad Q(x,y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}.$

Решение:

Областью определения поля является является плоскость $\mathbb{R}^2$ с выколотой точкой $(0,0)$. Значит, область не односвязна. Рассмотрим единичную окружность $С_{R}$, заданную уравнениями $x=\cos{t},\,y=\sin{t},\,0 \leq t \leq 2\pi.$ Тогда
$${ \underset { C_{R} }{ \int }\left(P\,dx+Q\,dy\right)}={\underset{C_{R}}{\int}\frac{xdy-ydx}{x^{2}+y^{2}}} = \iint\limits_{0}^{2\pi}dt=2\pi.$$
И тогда, по теореме об условиях независимости величины криволинейного интеграла второго рода от пути интегрирования, поле $(P(x,y),Q(x,y))$ не потенциально!

[свернуть]

Спойлер

Показать, что непрерывно дифференцируемое при $x^2+y^2>0$ плоское векторное поле $$P(x, y)=-\frac{\omega }{2\cdot\pi}\cdot\frac{y}{x^{2}+y^{2}}, Q(x, y)=\frac{\omega }{2\cdot\pi}\cdot\frac{x}{x^{2}+y^{2}}$$
удовлетворяет условию $$\frac{\partial P(x,y))}{\partial y}=\frac{\partial Q(x,y))}{\partial x},$$ но не является потенциальным про $\omega \neq 0$.

Решение:

Условие выполняется, так как $$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\omega}{2\cdot\pi}\cdot\frac{y^{2}-x^{2}}{(y^{2}+x^{2})^{2}}=\frac{\partial Q}{\partial x}.$$
Рассмотрим окружность $C_{R}$, заданную уравнениями $x=R\cdot\cos{t},\, y=R\cdot\sin{t},\, 0 \leq t \leq2\cdot\pi$. Тогда
$${ \underset { C_{R} }{ \int } P\,dx+Q\,dy} = \frac{\omega}{2\cdot\pi}\cdot{\underset{C_{R}}{\int}\frac{xdy-ydx}{x^{2}+y^{2}}} = \frac{\omega}{2\cdot\pi}\cdot\int_{0}^{2\cdot\pi}dt=\omega,$$
и в силу теоремы об условиях независимости величины криволинейного интеграла второго рода от пути интегрирования поле $(P,Q)$ не может быть потенциальным.

Критерий потенциальности неприменим, так как поле определено в неоднозначной области $G={(x,y): x^{2} + y^{2}>0}.$

[свернуть]

Список использованной литературы:

Критерий потенциальности поля

Предлагаем пройти тест на закрепление знаний по данной статье


Таблица лучших: Критерий потенциальности поля

максимум из 8 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Коэффициенты Тейлора, ряд Тейлора

Определение

Если функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_{0}$ и является бесконечно дифференцируемой (имеет в данной точке производные всех порядков), то степенной ряд вида $$\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(x-x_{0}\right)^n$$ называется рядом Тейлора функции $f$ в окрестности точки $x_{0}$, где числа $$a_{n}=\frac{{f}^{\left(n \right)}\left(x_{0} \right)}{n!} \;\;\; \left(n=0,1,2,\ldots \right)$$ это коэффициенты Тейлора функции $f$ в окрестности точки $x_{0}$.

Спойлер

Представим в виде ряда Тейлора функцию $$f\left(x \right)=\begin{cases}&e^{\frac{-1}{x^{2}}},\;\;x\neq0\\&0,\;\;x=0\end{cases}$$

Найдем производные функции вне нуля: $${f}^{\left(1\right)}\left(x \right)=e^{\frac{-1}{x^{2}}}\cdot \frac{2}{x^{3}},$$ $${f}^{\left(2\right)}\left(x \right)=\left(\frac{4}{x^{6}}-\frac{6}{x^{4}} \right)e^{\frac{-1}{x^{2}}},$$ $$\ldots$$ $${f}^{\left(k\right)}\left(x\right)=e^{\frac{-1}{x^{2}}}Q_{3k}\left(\frac{1}{x}\right).$$

Рассмотрим производные функции в нуле. Докажем по индукции, что $${f}^{\left(k\right)}\left(0 \right)=0 \;\;\; \forall k \in N.$$ Имеем,

  1. ${f}^{\left(1\right)}\left(0 \right)=\lim\limits_{ n \to 0}\frac{e^{\frac{-1}{x^{2}}}}{x}=0.$
  2. ${f}^{\left(n\right)}\left(0 \right)=0 \;\;\; \forall n \in N.$
  3. ${f}^{\left(n+1\right)}\left(0 \right)=$$\lim\limits_{ n \to 0}\frac{{f}^{n}\left(x \right)-{f}^{n}\left(0 \right)}{x}=$$\lim\limits_{ n \to 0}\frac{1}{x}e^{\frac{-1}{x^{2}}}Q_{3k}\left(\frac{1}{x} \right)=$$0.$

Следовательно, для данной функции коэффициенты формулы Тейлора в точке $x_{0}$ равны нулю. Но, с другой стороны, $f\left(x \right)=e^{\frac{-1}{x^{2}}}\neq0,\;\;\; x\neq0$. Таким образом, функция не представима в виде своего ряда Тейлора.

[свернуть]

Сходимость ряда Тейлора к функции

Пусть функция $f\left(x\right)$ бесконечно дифференцируема в точке $x_{0}$. Поставим ей в соответствие формулу Тейлора: $$f\left(x\right)=\sum\limits_{n=0}^{n}\frac{{f}^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n}+r_{n}\left(x\right),$$ где $r_{n}\left(x \right)$ — остаток в формуле Тейлора. Обозначим, $$S_{n}\left(x\right)=\sum\limits_{n=0}^{n}\frac{{f}^{\left(n \right)}\left(x_{0} \right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n},$$ где $S_{n}\left(x\right)$— частичная сумма данного ряда Тейлора данной функции. Следовательно, можем записать равенство: $$f\left(x \right)=S_{n}\left(x \right)+r_{n}\left(x \right).$$ Тогда для того, чтобы $\lim\limits_{ n \to \infty}s_{n}\left(x \right)=f\left(x\right)$, функция $f\left(x\right)$ на заданном интервале должна быть равной сумме своего ряда Тейлора.

Таким образом, для сходимости ряда Тейлора функции $f\left(x\right)$ к функции $f\left(x\right)$ на некотором интервале необходимо и достаточно , чтобы для всех $x$ из этого интервала ее остаточный член в формуле Тейлора стремился к нулю: $$\lim\limits_{ n \to \infty}r_{n}\left(x \right)=0. $$

Литература

Коэффициенты Тейлора

Предлагаю пройти Вам данный тест на закрепление материала по данной статье.


Таблица лучших: Коэффициенты Тейлора

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Первая теорема Абеля

Теорема

Если степенной ряд $$\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$$ сходится при $z=z_0\neq0$, то он сходится, и притом абсолютно, при любом $z$, для которого $\left|z\right|<\left|z_{0}\right|$.

abel

Доказательство

По условию ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится при $z=z_{0}$. Обозначим:
$$K=\left\{z:\left|z\right|<\left|z_{0}\right|\right\}.$$

Положим, что $\rho=\frac{\left|z \right|}{\left|z_{0} \right|}$. Причем так как $\left|z \right|<\left|z_{0} \right|$, то $\rho<1$.

Из сходимости ряда $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ в точке $z_{0}$ следует сходимость числового ряда вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z_{0}^{n}$. Следовательно, выполняется необходимое условие сходимости ряда, а именно: $$\lim\limits_{ n \to 0}a_{n}z_{0}^{n}=0.$$

Тогда последовательность $\left\{a_{n}z_{0}^{n}\right\}$ ограничена, т.е. $$\exists M>0\; \forall n:\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|< M.$$

Имеем следующее: $\left|a_{n}z^{n}\right|=$$\left|a_{n}z^{n}\right|\cdot \left|\frac{z_{0}^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$$\left|a_{n}z_{0}^{n}\cdot\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$$\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\cdot\left|\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$$\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\rho^{n} < M\rho^{n}. $

Рассмотрим ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}M\rho^{n}$. Так как мы знаем, что $0\leq\rho<1$, то, в силу необходимого условия сходимости ряда, данный ряд сходится.

Тогда, по признаку сравнения в форме неравенств, ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится абсолютно для $\forall z \in K$.

Следствие 1

Если степенной ряд $$\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$$ расходится при $z=z_{0}\neq0$, то он расходится при любом $z$, для которого $\left|z\right|>\left|z_{0}\right|$.
sledab

Спойлер

Докажем от противного. Пусть ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}_0$ расходится, а ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится. В этом случае, по теореме Абеля, сходится и ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z_{0}^{n}$. Пришли к противоречию.

[свернуть]

Следствие 2

Если степенной ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится в точке $z_{0}\neq0$, то в замкнутом круге $K_1=\left\{z:\left|z\right|\leq \vartheta\right\}$, где $\vartheta<\left|z_{0}\right|$ этот ряд сходится абсолютно и равномерно.

Спойлер

Если $z \in K_1$, то $\left|a_{n}z^{n}\right|=$$\left|a_{n}z^{n}\right|\cdot \left|\frac{z_{0}^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$$\left|a_{n}z_{0}^{n}\cdot\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$$\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\cdot\left|\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|\leq M\cdot {\left(\frac{\vartheta}{z_{0}}\right)}^{n},$ так как известно, что: $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|<M$, а $\left|z\right|<\vartheta.$

Положим, $p=\frac{\vartheta}{z_{0}}$, причем $0\leq p<1$.

Ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}Mp^{n}$ сходится. Следовательно, по признаку Вейерштрасса ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится абсолютно и равномерно в круге $K_{1}$.

[свернуть]

Литература

Теорема Абеля

Тест на закрепление вышеизложенного материала.


Таблица лучших: Теорема Абеля

максимум из 2 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Определение и свойства кратного интеграла Римана

Необходимые понятия

Разбиения

Пусть множество $G$ измеримо по Жордану в $\mathbb{R}^{n}$. Совокупность измеримых по Жордану в $\mathbb{R}^{n}$ и попарно непересекающихся множеств $G_{1}, …, G_{N}$ называется разбиением $G$, если $G=\bigcup_{i=1}^{N}G_{i}.$ Разбиение будем обозначать буквой $T$.

Пусть $d\left ( G_{i} \right )$ есть диаметр множества $G_{i}$, т. е. $$d\left ( G_{i} \right )=\underset{x\in G_{i}, y\in G_{i}}{\sup}\rho \left ( x,y \right ).$$

Число $l\left ( T \right )=\underset{i=\overline{1,N}}{\max d\left(G_{i} \right )}$ будем называть мелкостью разбиения $T$.

Разбиение $T=\left \{ G_{i} \right \},$ $i=\overline{1,N}$, будем называть продолжением разбиения $ {T}’=\left \{ {G}’_{i} \right \},$ $i=\overline{1,N}$, и писать $T\prec{T}’$, если каждое из множеств $G_{i}$ является подмножеством некоторого множества ${G}’_{k}$. Очевидно, что из $T\prec{T}’$ следует, что $l\left ( T \right )\leq l\left ( {T}’ \right )$.

Интегральные суммы Римана. Суммы Дарбу

Пусть функция $f\left ( x \right )$ определена на измеримом по Жордану множестве $G$, а $T$ есть разбиение множества $G:~ T=\left \{ G_{i} \right \}, i=\overline{1,N}.$ Возьмем в каждом из множеств $G_{i}$ по точке $\xi _{i}$. Выражение $$\sigma _{T}\left ( f, \xi, G\right )=\sum_{i=1}^{N}f\left ( \xi _{i} \right )m\left ( G_{i} \right)$$ называется интегральной суммой Римана функции $f\left ( x \right )$ на множестве $G$, соответствующей разбиению $T$ и выборке $\xi =\left ( \xi _{1}, …, \xi _{N} \right )$. Иногда для краткости сумма Римана обозначается просто через $\sigma _{T}$.

Если функция $f\left ( x \right )$ ограничена на множестве $G$, то для любого разбиения $T=\left \{ G_{i} \right \}, i=\overline{1,N}$, определены числа $$m_{i}=\underset{x\in G_{i}}{\inf}f\left ( x \right ), ~~M_{i}=\underset{x\in G_{i}}{\sup }f\left ( x \right ).$$

Выражения $$S_{T}=\sum_{i=1}^{N}M_{i}m\left ( G_{i} \right ),~~s_{T}=\sum_{i=1}^{N}m_{i}m\left ( G_{i} \right )$$ называются верхней и нижней суммами Дарбу, соответствующими разбиению $T$.

Определение

Число $I$ называется пределом интегральной суммы $\sigma _{T}$ при мелкости разбиения $l\left ( T \right )\rightarrow 0$, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется $\delta > 0$ такое, что для любого разбиения $T$ с мелкостью $l\left ( T \right )< \delta $ и для любой выборки выполняется неравенство $$\left | I-\sigma _{T}\left ( f, \xi , G \right ) \right |< \varepsilon.$$

Если число $I$ есть предел интегральной суммы при $l\left ( T \right )\rightarrow 0$, то будем писать $I=\underset{l\left ( T \right )\rightarrow 0}{\lim }\sigma _{T}$, само число $I$ будем называть кратным интегралом Римана от функции $f\left ( x \right )$ по множеству $G$, а функцию $f\left ( x \right )$ — интегрируемой на множестве $G$. Для кратного интеграла Римана используются следующие обозначения: $$\underset{G}{\int}f\left(x\right)dx,~~\underset{n}{\underbrace{\underset{G}{\int…\int }}}f\left ( x_{1}, …, x_{n} \right )dx_{1}…dx_{n}.$$

В случае $n=2$ интеграл называется двойным, а в случае $n=3$ — тройным. Обозначения для двойного и тройного интеграла: $$\underset{G}{\iint}f\left ( x,y \right )dxdy,~~\underset{G}{\iiint} f\left ( x,y,z \right)dxdydz.$$

Свойства кратного интеграла

Свойство 1.
Справедливо равенство $\underset{G}{\int}1\cdot dx=m\left ( G \right )$.

Спойлер

$\square$ Для любого разбиения $T$ выполнено равенство $$\sigma_{T}\left ( 1,\xi, G \right )=\sum_{i=1}^{N}m\left ( G_{i} \right ). ~~ \blacksquare$$

[свернуть]
Свойство 2.
Если $f\left ( x \right )> 0$ и $f\left ( x \right )$ — интегрируемая на измеримом по Жордану множестве $G$ функция, то $\underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx\geq 0$.

Спойлер

Аналогично доказательству соответствующего свойства определенного интеграла от положительной функции.

[свернуть]
Свойство 3.
Если $f_{1}\left ( x \right )$ и $f_{2}\left ( x \right )$ — интегрируемые на множестве $G$ функции, а $\alpha$ и $\beta$ — произвольные вещественные числа, то и функция $\alpha f_{1}\left ( x \right )+\beta f_{2}\left ( x \right )$ интегрируема на $G$, причем $$\underset{G}{\int }\left ( \alpha f_{1}\left ( x \right ) + \beta f_{2}\left ( x \right ) \right )dx=$$ $$=\alpha \underset{G}{\int }f_{1}\left ( x \right )dx+\beta \underset{G}{\int }f_{2}\left ( x \right )dx.$$

Спойлер

Аналогично доказательству соответствующего свойства аддитивности определенного интеграла.

[свернуть]
Свойство 4.
Если $f_{1}\left ( x \right )$ и $f_{2}\left ( x \right )$ — интегрируемые на множестве $G$ функции и $f_{1}\left ( x \right )\leq f_{2}\left ( x \right )$ при $x\in G$, то $$\underset{G}{\int }f_{1}\left ( x \right )dx\leq \underset{G}{\int }f_{2}\left ( x \right )dx.$$

Спойлер

Аналогично доказательству соответствующего свойства монотонности определенного интеграла.

[свернуть]
Свойство 5.
Если функция $f\left ( x \right )$ непрерывна на измеримом связном компакте $G$, то найдется точка $\xi \in G$ такая, что $$\underset{G}{\int }f\left ( x\right )dx=f\left ( \xi \right )m\left ( G \right ).$$

Спойлер

$\square$ Если $m\left ( G \right )=0$, то равенство очевидно. Пусть $m\left ( G \right )>0$, $\mu =\underset{x\in G}{\min} f,~M=\underset{x \in G}{\max}f$. Тогда $\mu\leq f\left ( x \right )\leq M$ при $x \in G$, $\mu m\left ( G \right )\leq \underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx\leq Mm\left ( G \right ).$

Следовательно, $$\mu \leq \frac{1}{m\left ( G \right )}\underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx\leq M.$$

Функция, непрерывная на связном множестве и принимающая на нем значения $\mu$ и $M$, принимает и все промежуточные значения, а поэтому существует точка $\xi \in G$ такая, что $$f\left ( \xi \right )= \frac{1}{m\left ( G \right )}\underset{G}{\int }f\left ( x \right )dx. ~~\blacksquare$$

[свернуть]
Свойство 6.
Если $\left \{ G_{k} \right \}, k=\overline{1,m}$, есть разбиение множества $G,$ то функция $f\left ( x \right )$ интегрируема на множестве $G$ в том и только том случае, когда она интегрируема на каждом из множеств $G_{k},$ причем $$\underset{G}{\int}f\left ( x \right )dx= \sum_{k=1}^{m}\underset{G_{k}}{\int}f\left ( x \right )dx.$$
Свойство 7.
Произведение интегрируемых на измеримом множестве $G$ функций есть интегрируемая на множестве $G$ функция.

Спойлер

Аналогично доказательству соответствующего свойства определенного интеграла.

[свернуть]
Свойство 8.
Если функция $f\left ( x \right )$ интегрируема на измеримом множестве $G$, то функция $\left | f\left ( x \right ) \right |$ также интегрируема и $$\left | \underset{G}{\int}f\left ( x \right )dx \right |\leq \underset{G}{\int }\left | f\left ( x \right ) \right |dx.$$

Спойлер

Аналогично доказательству соответствующего свойства определенного интеграла.

[свернуть]

Примеры

Пример 1

Определить какой знак имеет интеграл $\underset{x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-x^2-y^2}dxdy.$

Спойлер

В силу свойства аддитивности кратного интеграла, имеем: $$\underset{x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy=$$ $$=\underset{x^2+y^2\leq 1}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~+\underset{1\leq x^2+y^2\leq 2}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~+$$ $$+\underset{2\leq x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy.$$
Для каждой точки $\left ( x,y \right )$ из круга $x^2+y^2\leq 1$ найдется точка $\left ( \bar{x},\bar{y} \right )$ из кольца $1\leq x^2+y^2\leq 2$ такая, что $\sqrt[3]{1-\left ( x^2+y^2 \right )}+\sqrt[3]{1-\left ( \bar{x^2}+\bar{y^2 }\right )}=0$, поэтому приходим к выводу, что $$\underset{x^2+y^2\leq 1}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~+\underset{1\leq x^2+y^2\leq 2}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~=$$
$$=\underset{x^2+y^2\leq 2}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy,$$ $$\underset{x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy~~=\underset{2\leq x^2+y^2\leq 4}{\iint}\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}dxdy.$$
Так как $\sqrt[3]{1-\left (x^2+y^2 \right )}< 0$, когда $\left ( x,y \right )\in \left \{ 2\leq x^2+y^2 \leq 4\right \}$, то (принимая во внимание последнее равенство) исследуемый интеграл отрицателен.

При решении данного примера мы воспользовались тем, что интеграл Римана интегрируемой функции $f$ не зависит от способа разбиения области интегрирования и выбора точек $\xi_{i}$ в каждой из ячеек разбиения.

[свернуть]

Пример 2 (вычисление площади плоской фигуры с помощью двойного интеграла)

Вычислить площадь фигуры, занимающей область $D$, ограниченную линиями $x=y^2$ и $x+y=2$.

Спойлер

Если плоская фигура занимает область $D\subset XOY$, то ее площадь может быть вычислена с помощью двойного интеграла по его свойству о значении интеграла от функции, тождественно равной единице на области интегрирования. В результате получается формула для вычисления площади плоской фигуры с помощью двойного интеграла: $$S_{D}=\underset{D}{\iint}dS~~(*)$$


Строим область $D$ и записываем ее системой неравенств: $$D:\left\{\begin{matrix}-2\leq y\leq 1\\ y^{2}\leq x\leq 2-y\end{matrix}\right.$$ По формуле $(*)$ вычисляем площадь: $$S_{D}=\underset{D}{\iint }dS=\underset{D}{\iint }dxdy=\int\limits_{-2}^{1}dy\int\limits_{y^{2}}^{2-y}=$$ $$=\int\limits_{-2}^{1}dy~\cdot~x \Big|_{y^2}^{2-y}=\int\limits_{-2}^{1}\left ( 2-y-y^2 \right )dy=\left ( 2y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3} \right )\Big|_{-2}^1=$$ $$2\left ( 1+2 \right )-\frac{1}{2}\left ( 1-4 \right )-\frac{1}{3}\left ( 1+8 \right )=4.5$$

Ответ: $S_{D}=4.5$ (кв. ед.).

[свернуть]

Пример 3 (вычисление объема с помощью двойного интеграла)

Пусть цилиндрический брус ограничен сверху непрерывной поверхностью $z=f\left (x,y \right)$, снизу — плоскостью $z=0$, с боков — цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси $Oz$. Если указанная цилиндрическая поверхность вырезает из плоскости $Oxy$ квадрируемую замкнутую область $D$, то объем $V$ бруса вычисляется по формуле: $$V=\underset{D}{\iint}f\left ( x,y \right )dxdy.~~(**)$$

Найти объем тела, ограниченного поверхностями: $$z=x^2+y^2,~y=x^2,~y=1,~z=0.$$

Спойлер

Тело ограничено сверху параболоидом вращения $z=x^2+y^2$, снизу — плоскостью $Oxy$, с боков — цилиндрической поверхностью $y=x^2$ и плоскостью $y=1$, вырезающими из плоскости $Oxy$ квадрируемую замкнутую область $D=\left \{ -\leq x\leq 1,~x^2 \leq y \leq 1 \right \}.$ В точках множества $D$, симметричных относительно оси $Oy$, функция $z=x^2+y^2$ принимает равные значения, поэтому $$V=2\underset{x^2\leq y\leq 1}{\underset{0\leq x\leq 1}{\iint}}\left ( x^2+y^2 \right )dxdy=2\int\limits_{0}^{1}dx\int\limits_{x^2}^{1}\left ( x^2+y^2 \right )dy=$$ $$=2\int\limits_{0}^{1}\left ( x^2-x^4+\frac{1}{3}-\frac{x^6}{3} \right )dx=\frac{88}{105}.$$

[свернуть]

Литература

Кратный интеграл Римана

Тест: Кратный интеграл Римана.

Интегралы в смысле главного значения . Комплексная форма интеграла Фурье

Пусть функция $f(x): \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ абсолютно интегрируема на любом конечном отрезке $[a,b]$.
Если существует конечный предел
$$ \lim_{N \rightarrow \infty}\intop_{-N}^{N} f(x)\,dx,$$
то этот предел будем называть интегралом в смысле главного значения и обозначать через $$v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx.$$ Таким образом,
$$v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx=\lim_{N \rightarrow \infty}\intop_{-N}^{N} f(x)\,dx.$$
Если $$\intop_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx$$ сходящийся, то он существует и в смысле главного значения. Обратное утверждение неверно. Ясно, что для любой нечетной, абсолютно интегрируемой на любом конечном отрезке функции интеграл от этой функции в смысле главного значения равен нулю.
Пусть функция $f(x)$ абсолютно интегрируема на отрезке$[a,\beta]$, содержащимся в отрезке $[a,b]$ и $c\overline{\in}[a,\beta]$, $c\in(a,b)$.
Тогда:
$$v.p.\intop_{a}^{b} f(x)\,dx=\lim_{\epsilon \rightarrow +0} \left[ \intop_{a}^{c-\varepsilon}f(x)\,dx — \intop_{c+\varepsilon}^{b}f(x)\,dx \right]$$
Пусть для абсолютно интегрируемой на $\mathbb{R}$ функции $f(x)$ справедливо представление в виде интеграла Фурье, т.е. $\forall x \in \mathbb{R}$ справедливо
$$f(x)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\,dy \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{(y(x-t))}\,dt=$$

$$=\intop_{-\infty}^{+\infty}a(y)\cos{(yx)}\,dy+\intop_{-\infty}^{+\infty}b(y)\sin{(yx)}\,dy,(1)$$ где
$$a(y)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{(yt)}\,dt,$$ $$b(y)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\sin{(yt)}\,dt.$$

Лемма 1. Если $f(x)$ — абсолютно итегрируемая на $\mathbb{R}$, то $a(y)$ и $b(y)$, непрерывны на $\mathbb{R}$.
Докажем непрерывность $a(y)$.
$$a(y)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{(yt)} \,dt$$
Из этого следует, что
$$\left|\triangle a(y)\right|=$$ $$=\left| a(y+\triangle y)-a(y)\right|\leq$$ $$\leq\frac{1}{\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\left| f(t)\right|\left|\sin{(\frac{t\triangle y}{2})}\right|dt.(2)$$
Так как функция $f(t)$ абсолютно интегрируема, то интервал $(-\infty,+\infty)$ можно разбить на три таких интервала $(-\infty,-c)$,$(-c,c)$ и $(c,+\infty)$, что по бесконечным интервалам интегралы от функции
$\mid f(x) \mid$ меньше либо равны $\frac{\varepsilon}{3}$. Второй интеграл в формуле (2) меньше, чем
$$\frac{c}{2\pi}\mid \triangle y \mid \intop_{-c}^{c}\mid f(t) \mid\, dt,$$
и, следовательно $\exists\delta>0$что при $\mid \triangle y \mid < \delta$ второй интеграл в формуле(1) меньше $\frac{\varepsilon}{3}$. Из (*) следует, что при $\mid \triangle y \mid < \delta$
приращение $\mid \triangle a(y) \mid < \varepsilon$. Рассмотрим несобственный интеграл
$$K(y)=\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\sin{(y(x-t))}\,dt=$$

$$=\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)(\sin{(yx)} \cos {(yt)}-\cos{(yx)}\sin{(yt)})\,dt=$$ $$=2\pi(a(y)\sin{(yx)}-b(y)\cos{(yx)}).$$
В силу леммы 1 функция $K(y)$ непрерывна на $\mathbb{R}$. Так как функция $K(y)$ нечетна, то
$$\frac{1}{2\pi}v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty}K(y)\,dy=$$ $$=v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty}\,dy\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)sin\,y(x-t)\,dt=0.(3)$$
Теорема 1. Если для абсолютно интегрируемой на $\mathbb{R}$ функции $f(x)$ справедливо $$f(x)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\,dy \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{(y(x-t))}\,dt=$$

$$=\intop_{-\infty}^{+\infty}a(y)\cos{(yx)}\,dy+\intop_{-\infty}^{+\infty}b(y)\sin{(yx)}\,dy$$
то справедливо, что $$f(x)=v.p.\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\left( \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-iyt}\,dt \right) e^{iyx}\,dy,(4)$$

$$f(x)=v.p.\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\left( \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{iyt}\,dt \right) e^{-iyx}\,dy.(5)$$
(4) получается умножением равенства (3) на мнимую единицу, сложить его с равенством (4) и воспользоваться формулами Эйлера
$$\cos{(y(x-t))}+I\sin{(y(x-t))}=e^{iy(x-t)}=e^{iyx}e^{-iyt}$$
Аналогично получается (5). Интеграл, стоящий в праваой части равенства (4), называется интегралом Фурье $f(x)$ в комплексной форме.

Замечание

Интеграл Фурье в комплексной форме может быть написан и для комплекснозначной абсолютно интегрируемой функции $f(x)=f_{1}(x)+if_{2}(x)$. Если для действительной и мнимой части функции $f(x)$, т.е. для $f_{1}(x)$ и $f_{2}(x)$, справедливо представление (4) интегралом Фурье, то очевидно, что такое представление справедливо и для функции $f(x)=f_{1}(x)+if_{2}(x).$

[свернуть]

Примеры

Пример 1.Представить интегралом Фурье в комплексной форме функцию$$ f(x)=\begin{cases}0,x<0\\h, 0 \leq x \leq \tau \\ 0, x>\tau \end{cases}$$

Решение

$$f(x)=\intop_{-\infty}^{+\infty}c(a)e^{iax}\,da$$, $$c(a)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-iat}\,dt=$$

$$=\frac{1}{2\pi}\left[ \intop_{-\infty}^{0}0e^{-iat}dt+\intop_{0}^{\tau}he^{ia\tau}\,dt+\intop_{\tau}^{+\infty}0e^{-iat}\,dt \right]=$$ $$=\frac{h}{2\pi}\frac{1}{-ia}e^{iat}\mid_0^\tau=$$

$$=-\frac{hi}{2\pi i a i}(e^{-ia\tau}-e^{0})=$$ $$=\frac{hi}{2\pi a}(e^{-ia\tau}-1)$$

$$f(x)=\frac{hi}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{i\tau a}-1}{a}e^{iax}\,da.$$

[свернуть]

Пример 2. Представить интегралом Фурье в комплексной форме функцию $$f(x)=\begin{cases}-e^{-2x},x \geq0,\\2e^{x},x<0 \end{cases}$$

Решение

Построим график функции.

1

 

Пусть функция $f(x)$ удовлетворяет всем условиям интегральной теоремы, а именно кусочно-непрерывна и имеет одну точку разрыва 1-го рода $x_{0}=0$. В точках непрерывности интеграл Фурье в комплексной форме сходится к значениям функции $$f(x)=\intop_{-\infty}^{+\infty}C(a)e^{iax}\,da$$

Определим спектральную функцию по формуле

$$C(a)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}{+\infty}f(t)e^{iat}\,dt=$$

$$=\frac{1}{2\pi}\left(\intop_{-\infty}^{0}2e^{t}e^{t(2-ia)}\,dt -\intop_{0}^{+\infty}e^{-2t}e^{-iat} \right)=$$

$$=\frac{1}{2\pi}\left(2\intop_{-\infty}^{0}e^{t(1-ia)}\,dt-\intop_{0}^{+\infty}e^{-t(2+ia)}\,dt  \right)=$$

$$=\frac{1}{2\pi}\left(\frac{2}{1-ia}e^{t(2-ia)}\mid_{-\infty}^{0}+\frac{1}{2+ia}e^{-t(2+ia)}\mid_{0}^{+\infty}\right)=$$

$$=\frac{1}{2\pi}\left(\frac{2}{1-ia}-\frac{1}{2+ia}\right)=\frac{1}{2\pi}\frac{4+2ia-1+ia}{(1-ia)(2+ia)}=$$

$$==\frac{1}{2\pi}\frac{3+3ia}{(2+a^{2}-ia)}.$$

В точке разрыва $x_{0}=0$ интеграл Фурье сходится к значению $$\frac{f(0-0)+f(0+0)}{2}=\frac{2-1}{2}=\frac{1}{2}.$$

 

[свернуть]

Интегралы в смысле главного значения

Рекомендуется пройти


 

Литература