Заняття 39

Тема 11.4. Криволінійні інтеграли 1-го та 2-го роду, їх властивості та обчислення, застосування .

Обчислення довжини, маси і т. ін. регулярної кривої, площі пласкої однозв'язної області. Визначення незалежності інтегралу 2-го роду від шляху інтегрування. Відшукування функцій по їх диференціалах. Застосування теореми Гріна.

ВПРАВИ.

1. Задане коло: х = Rcost, y = Rsint, t[0,2]. Обчислити:

а) Криволінійний інтеграл І роду

б) Криволінійний інтеграл ІІ роду вздовж L в напрямі зростання параметра t безпосередньо і за формулою Гріна.

R = , g(x,y) = 2y-x, P = x², Q = y-x .

Розв’язання. а) Використовуємо формулу обчислення криволі-нійного інтеграла І роду: .

= - це відповідь.

б) Використовуємо формулу обчислення криволінійного інтеграла ІІ роду:

.

Використовуємо формулу Гріна:

.

Область D обмежена контуром L.

,

цей інтеграл визначає площу області D, площу круга радіуса і дорівнює . Відповідь: даний інтеграл дорівнює -3.

2. Обчислити криволiнiйний iнтеграл:

де l - пiвколо вiд t₁=0 до t₂=

Розв`язання.

Визначаємо диференцiали dx=-asintdt, dy=acostdt.

Пiдставивши в даний iнтеграл значення змiнних

x,y та їх диференцiали одержимо:

Модуль 4. Розділ 12. Звичайні диференціальні рівняння. Заняття 40-41

Тема 12.2. Здр 1-го порядку в несиметричній та симетричній формах: з відокремленими та з відокремлюваними змінними, однорідні , лінійні та Бернуллі. Здр у повних диференціалах. Задача Коші.

ВПРАВИ.

1. Розв’язати диференціальні рівняння першого порядку.

а) Знайти загальний розв’язок,

Розв’язання. Дане рівняння- рівняння з відокремлюваними змінними.

Відокремлення змінних: змінні відокремлені.

Інтегрування: - загальний розв’язок, с- довільна стала.

Спрощення: де

Відповідь:

б) Знайти загальний розв’язок,

Розв’язання. Дане рівняння однорідне. Дійсно, після приведення його до вигляду праворуч однорідна функція степені нуль:

Введення нової невідомої функції z(x): - це рівняння з відокремлюваними змінними.

це рівняння еквівалентне вихідному при , , - це загальний розвязок.

Перевірка можливих загублених через використані обмеження розв’язків: z=0 , y=0 - точки (х;0) не входять в область означення рівняння; z=e, y=xe - підстановка у вихідне рівняння дає тотожність хе=хе, це означає, що у=хе - додатковий розв’язок.

Розв’язок рівняння: .

Можна об’єднати обидві функції: - це відповідь.

в) Знайти частинний розв’язок рівняння з початковою умовою у(1)=4.

Розв’язання. Дане рівняння-однорідне в симетричній формі. Дійсно функції М(х,у)= , N(x,y)= - x однорідні однакової (першої) степені , рівняння приводиться до вигляду

Введення нової змінної z: y=xz, dy=zdx+xdz.

Підстановка в диф. рівняння: (z- dx - (zdx+xdz)=0 , -

Відокремлення змінних:

Інтегрування: -загальний розвязок при

Із початкових умов:

Частинний розв’язок:

г) Знайти розв’язок задачі Коши

Розв’язання. Дане рівняння- це рівняння Бернуллі. Розв’язується методом Бернуллі. Невідому функцію шукають у вигляді тоді

Підстановка в диф. рівняння: . Добирають так , щоб , ,

Знаходять u: , , .

- загальний розв’язок.

Із початкової умови

Частинний розв’язок:

д) Знайти загальний розв’язок,

Розв’язання. Дане диф. рівняння лінійне відносно функції х=х(у). Дійсно, воно зводиться до рівняння в несиметричній формі .

Розв’язання методом Бернуллі: , , , ,

.

. Відповідь .

є) Знайти загальний розв’язок:

Розв’язання. Дане рівняння–це рівняння у повних диференціалах: воно задовольняє необхідній і достатній умові таких рівнянь ,

Інтеграл рівняння у повних диференціалах (тобто функція u(x;y) така, що du(x;y)=M(x,y)dx+N(x,y)dy) шукають за допомогою криволінійного інтеграла:

або

де (х₀,у₀)- деяка початкова точка, шлях інтегрування – ломана , яка складається з відрізків паралельних координатним вісям і не включає точок, в яких M=N=0. Нехай х₀=0, у₀=1, тоді

Загальний розв’язок представляється у вигляді загального інтеграла

u(x,y)=c: