Шпаргалка: Билеты по математике

Если для " zÎ[e,f] $ òò ¦(x,y,z)dxdy,то òòò ¦dv = òdxòò¦(x,y,z)dydz = òòdxdyò¦(x,y,z) . Если функция ¦(x,y,z) непрерывна в области D,т.е. на параллепипеде , то все указаные ранее интеграмы существует и имеет

место вся большая формула и в последнемравенстве можно менять местами в случае непрерывности функции.

2. Пусть ¦(x,y,z) задана в пространстве области G причем область G                                                                        сверху ограниченная  плоскостью  z=z2(x,y) снизу z=z1(x,y),a c боков ограничена цилиндрической поверхностью образующая которой ½½OZ. И пусть проекция этого тела на плоскость XOY есть некотокая область D .Тогда можно показать ,что тройной интеграл по пространственной области  G может быть вычеслен по такой формуле

Продолжение №12

Если теперь обл. D будет иметь следующее строение. Пусть обл. D, кот. явл. проэкцией тела на пл-ть XOY, ограничена следующими линиями: отрезками прямых x=a и x=b , и кривыми y=j1 (x) и  y=j2(x). Тогда тройной интеграл:                 

Вопрос №10

Пусть  в  пространстве  задана  поверхность Q, которая   является   гладкой  и  задана  явным  уравнением  z = f(x;y), где (x;y)ЄD.

D  является  проэкцией  поверхности  Q  на  плоскость  xoy. Будем считать f(x,y) – непрерывная   со   своими  частными  производными

P=òz / òx =òf / òx               q=òz / òy =òf / òy

Требуется  вычислить  площадь   S  заданной   поверхности. Разобьем  область  D  непрерывными  кривыми  на  конечное  число  частичных  областей  D1,D2,…,Dn. Возьмем  в  области  Di  т.(xi;yi)  и  построим  цилиндрическое  тело,  в  основании  которого  лежит  область  Di , а  образующие  параллельны  оси  oz. Это  цилиндрическое  тело  вырежет  на  нашей  поверхности  Q  некоторую  i-тую  площадку. Обозначим  через  Mi (xi;yi;zi)  точку  на  i-той  частичной  поверхности  такую, что  zi=f(xi;yi), т.е.  Mi(xi;yi;z (xi;yi)). Так как  частные производные  p,q-непрерывны,  то поверхность  является  гладкой  и  в  каждой  точке  этой поверхности  существует  касательная  плоскость. Проведем  теперь  касательную  плоскость  к  поверхности  в точке  Mi. Построенное  тело  на  обл.  Di  на  этой  плоскости  Т вырежит  некоторую  площадку Ti. Eе  площадь  STi   дает  некоторое  приближение  для  площади  куска  поверхности,  который  вырезается  этом  цилиндрическим  телом.  Аналогичным  образом  поступим  с  остальными  областями  D1,D2,…,Dn.  В  результате  мы  получим  некоторое  приближение  для  площади  всей  заданной  поверхности. Пусть

        n     

 d n=å STi   

      i=1   

 А  тогда  принято  считать, что  площадью  поверхности  является

                                n

     S=lim d n=lim    å STi ,   

        l®0    l®0  i=1 

где  l - наибольший  из  диаметров  площадей  Di.

Нетрудно  показать, что  такой  предел  будет  равен

    S=lim dn=òò (1/½cos n½)dx dy,

        l®0      D

где  n - угол, образованный  нормалью  к  поверхности  с  осью  oz.

Доказательство:

Через  ni  обозначим  угол,  который  образует  касательную  плоскость  с  плоскостью  xoy.  В точке Mi  проводим  нормаль  к  поверхности.  Получаем, что  угол, образованный  касательной  плоскостью  с  плоскостью  xoy  равен  углу,  образованному  нормалью  к  поверхности  с осью  oz.  Площадь Di  есть  проекция  плоскости  Ti , которая  лежит  на  касательной  плоскости.  А  тогда  SDi=STi*½cos ni ½.

А  тогда  получаем, что

       n        n                         n 

d n=å STi=å SDi / ïcos n i ï=å (1/ïcos niï)*SDi  .

      i=1     i=1                      i=1 

 Получили, что   данная  сумма   является   суммой   Римена   для   такого  двойного интеграла:

  òò (1/ïcos nï)dx dy.

 D

Получили , что  площадь  поверхности  Q , заданной  явным  уравнением ,  вычисляется  по  такой  формуле :

  SQ=òò (1/ïcos nï)dx dy.

        D

Если   поверхность  задана  явным  уравнением , то

  cos n=1/±Ö (1+p2+q2 n)=1/Ö(1+zx'2+zy'2 ).

В  случае  явного задания  поверхности

  SQ=òòÖ(1+zx'2+zy'2)dx dy =òòÖ(1+p2+q2)dx dy

        D                                 D

Если  теперь  поверхность  Q  задана  параметрическими  уравнениями     

     x=x(u,v)

     y=y(u,v)     (u,v)єG ,

     z=z(u,v)

  где  функции  x,y,z непрерывны  со  своими  частными  производными, то  в  этом  случае  площадь  поверхности  вычисляется  по  следующей  формуле

 6SQ=òòÖ(A2+B2+C2) du dv,

где  А,B,C-есть  раннее  введенные  функциональные  определители.

8.Касательная пл-ть к пов-ти и её ур-е в случае явного и не явного задания пов-ти.

1) не явное. Пусть поверхность задаётся не явным уравнением  F(x,y,z)=0. Эта функция непрерывна и имеет непрерывные частные производные.

Здесь рисунок.

Зафиксируем любую точку M0(x0,y0,z0). Рассмотрим кривую проходящую через эту точку. Пусть уравнение этой кривой будет  x=x(t) y=y(t) z=z(t) где
. Предположим что эти функции непрерывны и имеют непрерывные частные производные по t . Пусть т. M0 соответствует значению параметра t=t0 x0=x(t0) y0=y(t0) z0=z(t0). Т.е. M0(x(t0),y(t0),z(t0))=M0(x0,y0,z0) , т.к. кривая Г лежит на пов-ти, то она удовлетворяет уравнению поверхности т.е. F(x(t),y(t),z(t))
0, берём производную
. Посмотрим это рав-во в т.M0 т.е. t=t0 получим
; Введём обозначение через 
, а через
, а так как
 то
 проведём через точку М0 любую кривую. из рассмотренных равенств заметим, что любые кривые на пов-ти, кот-е являются непрерывными , всегда будет выполнятся рав-во
 , а это рав-во показывает что вектор
 будет ортогонален к любому касательному вектору , кот-й проходит через эту точку М0, значить все касательные s лежат в одной плос-ти перпендикулярно к
. Эту плос-ть состоящую из касательных векторов называют касательной плоскостью к поверхности в т. М0, а вектор
 наз нормальным вектором плоскости в т. М0.
 в случае не явно. Прямая проходящая через т. М0 и перпендикулярная к касательной плоскости поверхности называют нормалью поверхности. Но тогда ур-е прямой поверхности проходящую через т. М0: 
.

2) явно. пусть пов-ть задаётся явным ур-ем z=f(x,y), где (x,y)
D  f - ф-ция непрерывна и имеет непрерывные частные производные.
;
;

z-f(x,y)=0; F(x,y,z);

 ;
;

;

;
;

 это ур-е пов-ти.

Вопрос№11

Если пов-ть Р задана параметрич. ур-ями

             (u,v)
G

ф-ии x,y,z непрерывны с частными производными то   поверхностный интеграл  1-го рода вычисл. С помощью интеграла двойного рода,взятого по обл. G по ф-ле:

Если пов-ть Р задается явным урав. Z=F(x,y)=z(x,y)

Где (x,y)
,причем ф-ия F-непрерыв. Со своими

Часными произв.,то поверхностный интегр.1-го рода

Вычисл.по ф-ле :

где P и Q соотв.часные произв.

     Поверхн.интеграл 2-го рода

Криволин.интеграл 2-го рода:

Пусть задана двусторонняя пов-ть S и на верхн.

Стороне задана ф-ция U=F(x,y,z).Разобьем задан.

Повер.S непрерывн.кривыми на конечное число

Частичных поверх. S1,S2….Sn.Проэктир.эти поверх.

На XOY ,

-площадь прэкции повер.Si:

Если сущ.предел  Lim  s n  при
 не зависит

От способа дел.области на части и выбора точек Mi,

То его наз.повер.интегалом 2-го рода по поверхн.и

Обознач. :

Если же проэктировать пов-ть на другие плоскости ,то

Получится:

Пусть на пов-ти заданы три ф-ции P(x,y,z), Q(x,y,z)

R(x,y,z) тогда повер.интегр.2-го рода общего вида наз.

Пусть пов-ть S явл.гладкой поверхн.,такой что в каждой точке ее

Сущ. Пл-ть такая что в каждой т.пов-ти сущ.нормаль.Обозначим

Через
,
,
-углы ,которые образуют углы с осями OX,OY,OZ.

Тогда,как и для криволин.интеграла имеет место форма между повер.Интегр.1 и 2 рода:

Имеет место следующ.ф-ла замены перем.в пов.интегр.2-го.

Пусть пов-ть S задается своими парам.ур-ми:

ф-ции x,y,z –непрерыв.и имеют непрер.частн. произв.Тогда:

 Имеет место ф-ла Стакса ,связывающ.криволин.интеграл по контуру

Пов-ти с повер.интегралом 2-го по задан.пов-ти.

 Пусть задана некоторая гладкая повер.S на верхн.стороне этой повер.

Заданы три ф-ии P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z) непрерыв.и имеющ.непрер.

Частн.произв.по своим аргументам и L-контур повер.,проходящий в

Полож.направления.Тогда:

Билет №14

Поток вектора через поверхность

Пусть задана некоторая область(тело) ДÌR3 Пусть над этой областью определено поле вектора
(М), МÎД ,   Аx ,Ay ,Az

Возьмем в области Д некоторую поверхность S обозначим через
- нормальный вектор поверхности 
 -единичный вектор , данного нормального вектора
  

 где l,m,n -углы , которые образует нормаль с осями координат

Потоком вектора
 через заданную поверхность S (во внешнюю поверхность) называют следующий поверхностный интеграл 1-го рода

Проекция вектора на ось

Ап – проекция вектора
 на вектор
 Ап =пр

А тогда поток вектора будет равен

Вопрос №16

Общий вид диф уравнения F(x, y, y’)=0  y’=f(x,y) (1).

Решением дифференциальное уравнение первого порядка называется всякая функция  y=j(x), которая будучи подставлена в данное уравнение обращает его в тождество.

j’(x)= f (x, j(x));

Задача Коши для диф. уравнения 1 порядка.

Требуется найти решение диф. ур-я (1) удовлетворяющего следующему условию
 (2).

Теорема Коши.

Пусть задана на плоскости XOY некоторая обл. Д и задано диф. ур-е разрешённое относительно производной, тогда если функция f(x, y) и её частная производная
непрерывны в обл. Д, и
 некоторая фиксированная точка обл. Д, то существует и единственная функция y=j(x) являющаяся решением (1) и такая, которая в т.

принимает значение
, т.е. удовлетворяющая заданному начальному условию 
.

Т.е. если существует решение диф. ур-я, то таких решений бесконечное множество.

График функции являющийся решением диф. ур-я принято называть интегральной кривой, процесс решение принято называть интегрированием.

Точку
в плоскости XOY называют особой точкой диф. ур-я если в этой т. не выполняется условие теоремы Коши, т.е. особая т. это такая т. через которую может вообще не проходить ни одной интегральной кривой, либо проходить множество.

Решения диф. ур-я в каждой т. которого нарушается условие единственности из теоремы Коши, принято называть особым решением диф. ур-я. График особого решения называется особой кривой.

Определение общего решения диф. ур-я 1 порядка:

Функция y=j(x, C), где С произвольная константа, называется общим решением диф. ур-я (1) если выполнены следующие условия:

Функция y=j(x, C) является решением ур-я (1) при любом значении произвольной константы С;

Какова бы ни была т.
Î Д найдётся такое значение произвольной константы
, что функция y=j(x,
) удовлетворяет заданному начальному условию, т.е. j

Частным решением данного диф. ур-я называется решение этого ур-я которое может быть получено из общего решения при некотором фиксированном значении произвольной константы С.

Определение:

Если решение диф. ур-я (1) может быть получено в виде
, причём это ур-е не может быть явно разрешено относительно y, то функцию
принято называть общим интегралом диф. ур-я (1), где С – произвольная константа. Если решение получено в виде
, где
- явная константа – частным интегралом диф. ур-я.

Особое решение данного диф. ур-я (1) ни при каком значении константы С не может быть получено из общего решения..

                     Вопрос №17

Диф. ур-ем с разделёнными перемеными принято называть ур-е вида (1):

 (1)

Если y=y(x) является решением ур-я (1), то и правая и левая части этого ур-я представляют собой дифференциалы от переменной x, т.е. имеем равенство двух дифференциалов, то тогда неопределённые интегралы отличается разве лишь на константу. Т.е. интегрируя равенство (1), получаем общее решение данного диф. ур-я:

Уравнения с разделяющимися переменными:

Уравнения, приводящиеся к уравнениям с разделёнными переменными.

докажем, что это ур-е можно привести к ур-ю с разделёнными переменными.

Т.е.

Если

т.е.

Пример:

Билет №15

                            Дивергенция , циркуляция ротор вектора

Пусть задана некоторая пространственная область Д над которой определенно поле вектора
 и S –некоторая поверхность в данной поверхности Д

Рассмотрим интеграл , выражающий поток вектора через поверхность S

Обозначим Аx = P(x,y,z) , Ay =Q(x,y,z) , Az = R(x,y,z)

поверхность S ограничивает тело Д1 

  - расходимость (дивергенция ) вектора

 - уравнение Остроградского-Гаусса

Ап – проекция вектора
 на нормаль поверхности

                     Циркуляция , вихрь и ротор вектора

Пусть в пространстве задано некоторое тело Д  и пусть в теле Д рассматривается некоторая кривая L , которая гладкая , имеет непрерывно изменяющуюся касательную

Обозначим через a,b,g углы , образует касательная к кривой L с осями координат

Пусть над этим телом определенно поле вектора

Тогда криволинейный интеграл по кривой L

Рассуждая как и прежде можно показать , что

L0 - единичный вектор касательной L1 

L1  - касательный вектор к кривой L

Если кривая L является замкнутой кривой , то такой интеграл принято называть циркуляцией вектора
 вдоль замкнутого контура L 
 - циркуляция
 

Пусть теперь в некоторой области Д задана поверхность S , контур которой обозначим через L

 - формула Стокса

Ротором векторного поля
 называется вектором (или вихрем) , имеющий следующие координаты и обозначающиеся

 Циркуляцией вектора
 вдоль поверхности S равна потоку вектора
 через заданную поверхность S

   -  формула СтоксаБилет №13

Криволинейные интегралы в пространстве и объем тела в криволинейных координатах

Пусть в пространстве OXYZзадано тело G.И пусть в другом пространстве OUVW задано тело Д

И пусть заданы 3 функции

взаимно однозначно отображающие область Д в области G

Будем считать функции x,y,z –непрерывными и имеющие непрерывные частные производные

Рассмотрим Якобиан

Можно показать , что в случае взаимно однозначного отображения области Д и G якобиан ни в одной точке области Д не обращается в 0

А значит в области Д сохраняет один и тот же знак Координаты (U,V,W) принято называть криволинейными координатами точек области G

И тогда можно показать , что объем области G в криволинейных координатах выражается по следующей формуле

Если теперь в области G будет задана функция f(x,y,z) –непрерывная в этой области, то справедлива следующая формула замены переменных в тройном интеграле

При замене переменных в тройном интеграле наиболее часто используются цилиндрические и сферические координаты

Под цилиндрическими координатами следует понимать объединение полярных координат на плоскости XOY и аппликаты z      r,q,z

r-расстояние от начала координат до проекции тМ на плоскость

q-угол , образованный радиус вектором ОМ , в пол направлении

    циллиндрические координаты 

0£ r < +¥ , 0£ q < 2p , -¥< z < +¥

Подсчитаем якобиан в случае цилиндрических координат 

q- угол , образованный проекцией радиус-вектора тМ

j-угол, образованный радиус-вектором тМ

r- радиус-вектор тМ, равный ОМ

Сферическими координатами принято называть r,j,q

Где r- расстояние от начала координат до тМ

j- угол , образованный радиус-вектора с осью Z

q- угол, образованный проекции радиус-вектора с осью X

r=(ОМ)     0£ r < +¥ , 0£ j < p ,  0 < q < 2p

Найдем якобиан для сферических координат

=cosj[r2 cos2 qcosj sinj + r2 sin2 q sinj cosj] + rsinj [r sin2 j cos2 q + r sin2 j sin2 q] =r2 cos2 j sinj + r2 sin3 j=r2 sin j I(r,j,q)=r2sinj

Вопрос №18

 Пусть задана функция
в области Д, полкости XOY, функцию
 называют однородной функцией m-той степени относительно переменных x и y, если каково бы ни было число t>0, выполняется равенство:

Пример:

Определение: диф. ур-е 1 порядка разрешённое относительно производной называется однородным диф. ур-ем 1 порядка, если его правая чаcть (функция f(x,y)) является однородной функцией 0-й степени.

Метод решения: Пусть (1) является однородным уравнением
(1).

 Пусть

2) если
то

т.е.

Билет№20 Линейные диф.

Уравнения1- порядка. Метод подстановки.

Линейным уравнением 1-го порядка называют

уравнения вида:

y’+yP(x)=Q(x) – где P(x) и Q(x) некоторые

функции переменной х , а y’ и y входят в уравнение

в 1 степени.

1.Метод подстановки:

   Будем искать решение уравнения 1 в виде

произведения y=U(x)V(x) при чём так, что мы

можем подобрать одну из функций по желанию,

а вторую так, чтобы удовлетворяла (1) :

y’=U’V+UV’ ; U’V+UV’+UV*P(x)=Q(x) ;

U’V+U(V’+V*P(x))=Q(x)

 Найдём V ,чтобы V’+VP(x)=0 :

 
 Тогда  U’V=Q(x)

y’+y cos(x)=1/2 sin(2x)    y=UV    

U’V+UV’+UVcos(x)=sin(x)cos(x)    

V’+Vcos(x)=0    dV/V=-cos(x)dx       

ln(V)= -sin(x)    V=e-sin(x)

sin(x)=t

Билет №22

Уравнение Бернулли и Рикотти и их решение.

Уравнение Бернулли – это диф. Ур-е следующего вида :

где P(x) и Q(x) – непрерывные функции  m – действительное число ¹0 и ¹1

разделим уравнение на  ym :

 - приведем его к линейному

Обозначим через
 а теперь диференциируем

теперь подставим в уравнение

получили линейное уравнение .

Уравнение Рикотти – это диф.  следующего вида

Где P(x),q(x),r(x) – некоторые непрерывные функции

Рассмотрим несколько случаев

1) если ф-ции P(x) , Q(x) и r(x) – явл. Константами  то в этом случае сущ. решением ур-я Рикотти т.к. в этом случае ур-е явл. Ур-ем с разделенными переменными .

2) если q(x)=0 имеем лин. Ур-ние

3) если r(x)=0 то имеем ур-е Бернулли

Если не выполяется ни одно из этих 3 условий , то ур-е Рикотти решить нельзя , неразрешимо в квыадратурах . Однако если эти три случая  , но возможно найти  хотя бы одно частное решение этого ур-я  то ур-е решается в квадратуре .

Установим это : пусть
- явл. Часным решением  ур-я Рикотти т.е.

тогда введем новую функцию z=z(x)

Положем
 , 

Подставив в уравнение получим

а это ур-е Бернулли

Билет №23

Уравнение в полных дифференциалах и их решение

Пусть задано диф. ур-е  ел. Вида:

где P(x,y) и Q(x,y) – непрер. Функции  имеющие непрерыв часн. Производную 2 порядка включительно.

Диф. ур. Назыв. Ур-ем в полных диф-лах , если
 такое что

т.е. ур. В этом случае имеет вид :

это уравнение явл полным диф. функции U как ф-ции двух переменных:

если выполняется равенство тогда то левая часть
 а тогда его решение

 - общий интеграл диф. Ур.

Теорема о необходимости и достаточности условия того что Ур было ур-ем в полных дифференциалах

Теорема : Для того чтобы ур было ур-ем в полных диф.  в некоторой   Д  принадл ХОУ

Необх. И дост. Чтобы во всех точках обл. Д выполн равенство
 если условие выполняется можно найти ф-цию
 что будет выполняться рав-во след. Образом.

найдем
Билет№21.

Метод вариации производной постоянной при решении линейного диф. уравнения  1-го порядка.

y’+P(x)y=Q(x)   (1)   -задано линейное неоднородное уравнение. Рассмотрим  соотв. ему однородное уравнение  y’=P(x)y=0   (2).  Найдём общее решение:

 Будем искать решение в том же виде, что и однородного, только считая с не произвольной константой ,а функцией от х :

Билет№19  Уравнения, приводящиеся к однородным.

К таким уравнениям относят уравнения вида:

      где a,в,с - const

1)
Введём:
чтобы исчезли с1 и с2             
      
  После нахождения конкретных k и h и подстановки их в наше уравнение, с учётом того, что
 получаем :
Это уравнение является однородным и решается подстановкой

2).
 Тогда: 
    
 
  Подставим :
Сделаем замену:
      
       
           
  
    
 

1).
Допустим
 
  
                              φ(z)=x+c           φ(a2x+b2y)=x+c

2).  Теперь допустим
Тогда получим z=c.

Билет №24

Интегральный множитель и его нахождение

Пусть задано  диф. ур-ние в диф. форме вида :

не всякое такое уравнение явл. Уравнением в полных виференциалах однако доказано что для всякого такого ур-я может быть подобрана ф-ция
такая что после умножения  левого и правого ур-я на эту функцию данное уравнение стан ур-ем в полных диф. Ф-цияю
назыв интегральным множителем данного уравнения

Найдем функцию определяющую интегр. Множитель данного уравнения:

тогда должно выполн. Рав-во:

имеем уравнение в частных производных относит неизв функции Мю.Общего метода нахожения которой не существует

Найдем интегр множитель в случае если он явл ф-цией от одной из перемен.

1)Найдем условие при которых
 функция
должна удовлетв равенству

 ;
будет зависеть только от Х если правая часть ур будет зависеть только от Х

2) Аналогично и
=
(У)

 ;
будет зависеть только от Х если правая часть ур будет зависеть только от У

Вопрос №26.

    Уравнение вида: f(x,y¢)=0.

1) Предположим, что данное уравнение можно разрешить относительно y¢; y¢=fk(x), k=1,2,…

  Получим совокупность таких решений. Она является общим решением данного уравнения.

……………………………….

2) Пусть оно не разрешается относительно y¢ и разрешается относительно x. Пусть оно эквивал. Такому x=j(y¢). Будем искать  решение данного уровнение в параметрической форме. y¢=p=p(x).

Пусть x=j(p),       А y ищем так:

      dx=j¢(p)dp       dy=y¢dx=pj¢(p)dl.

Отсюда
   

Тогда общее решение

3) Предположим, что ур-ние не разрешено не относ. х, не относ. y¢, но оно может быть представлено в виде с-мы двух ур-ний, эквивалентных данному ур-нию:
a £ t £ b

                               dy=y¢dx          dx =j¢(x)dt

                               dy=y(t)* j¢(t)dt

Тогда парметрическое решение данное ур-я

Билет 28.

Ур-ние Логранжа

Ур. Лог.имеет следующий вид

где ф-ция
и
непрерывная и

сменная производная по своему аргументу.

Покажем что путём  диф-ния и введения

параметра можно получить общее решение

в параметрической форме.Пусть у`=p=p(x)

Подставляем в ур.

   (1)

Продиф-ем на х

Рассмотрим два случая:

Будем смотреть на это ур-ние как наур-ние

 от неизв. Ф-ции х, которая в свою очередь явл.

Ф-цией параметра р.Тогда имеем обычное

инт.ур.относительно неизв.ф-ции, которую

можем найти.

Пусть общим интегралом этого ур.будут

    F(p,е,c)=0  (2)

Объеденим (2) и (1)             

А это и есть общее решение ,представленое

 через параметр Р.

2)
,тогда Р=0,но такая constanta,

что удовлет. решению ур. :

Пусть РI(I=1,2,..) будут решением этого ур.

Тогда решением  первоначального ур.А.

будут ф-ции
,

которые явл. Особыми решениями ур. А.

 И не могут быть получены общим решением.

     Ур.Клеро.

Ур.Клеро имеет вид

где

-непрер. и симетр.произв.по своему

аргументу. Вводим параметр
.

Тогда
   (3)

 Диф-ем по Х

Если
,то р=е, а тогда

 подставляем в (3)и получаем:

явл. общим решением ур. Клеро

тогда имеем параметрическое ур.

общее реш.

Пример

Замена

общее решение:

Билет 27.

Уравнение вида F(y,y`)=0

1)Пусть ур-ние разрешимо относ.

y`,тогда y`=fk(y) Разрешим относ. y, где к=1,2….

k(y) .

Пустьfk(y)
0 тогда

 

Считаем х-функцией от у.
. 

-это общий интеграл данного ур-я .

     общее решен.х.

Пусть fk(y)=0 . Тогда решен.данного ур-я

могут  быть ф-ции
,где
- консты, причём

такие,которые удовлнтв.условиюF

2)Пусть ур-ние не разр.относ.у,, но разреш. отн. y, т.е. пусть

наше ур-е эквивал. Ур-нию
Тогда общее реш.розыскивается в парометрич. форме.Вводят параметры таким образом

а)пусть
тогда

,

а тогда:

- общее решение в пар-ой форме

б) пусть у’=0, тогда у=const

Решением ур-ния будут ф-ции у=
к ,

какие удовлет.ур-ние F(
k,0)=0

Пример: решить ур.  

Разреш. относ. У .тогда

;

Билет 25.

Рассмотрим несколько случаев:

1.Пусть задано следющее диф. ур-ние:

Это диф. ур-е 1-го порядка n-ой степени, где aI (x;y) – некото- рые непрырывные ф-ции двух переменных в некоторой обл. Q Ì R2 (i=0,…,n). Мы имеем ур-е n-ой степени относительно 1-ой производной, а известно, что всякое ур-е n-ой степени имеет вточности n-корней, среди которых есть как действительные так и комплексные. Пусть например это ур-е имеет какоето количество m £ n действительных корней. Т.к. коэффициенты этого ур-я являются ф-циями двух переменных, то ясно, что корни тоже будут ф-циями двух переменных. Пусть это будут решения   y1=fk(x;y), k=1,2…m.

Ур-е (1) свелось к m - ур-ий  1-го порядка. Пусть это ур-я, имеющие общий интеграл  Fk=(x;y;c)=0, k=1,2…n. Тогда совокупность всех этих общих интегралов

и будет общим решением данного диф. ур-я (1).

Пример:

Пусть x=0,а ур-ние разделим на x

Ур-я вида:   F(y!)=0

  Пусть заданное диф. ур-е явно зависит только от y! и не зависит явно от x и y. Тогда мы имеем некоторое алгебраическое ур-е относительно производных. А такое алгебраическое ур-е пусть имеет конечное или бесконечное множество действительных решений относительно производных. Т.е. y! = ki , i= 1,2… , где ki – некоторые действительные числа. У нас выполняется условие F(ki)º0. Решим ур-е y!=ki; y=kix+c; ki=(y-c)/x. Общий интеграл заданного диф. ур-я

Пример: 

(y!)4-4(y!)2+1=0

k4-4k2+1=0  действительные корни есть

Значит сразу получаем общее решение

Список литературы

Для подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://www.shpori4all. narod.ru/