matan_bogdanskyj

(x; y); (x + 4x; y)

~r: [0; 1] 3 t 7!(x + t 4x; y) 2 D:

Òîäi

(òóò 2 [0; 1]: функцiя t 7!P (x + t 4x; y) ¹ неперервною на [0; 1] i ìè

користу¹мось теоремою про середн¹: наслiдок 2 теореми 1.6).

Òîìó ïðè 4x ! 0: 41x u(x + 4x; y) u(x; y) ! P (x; y). Аналогiчно:

@u@y (x; y) = Q(x; y).

3) ) 4). Îñêiëüêè @P@y i @Q@x неперервнi в D, òî

@P@y = @y@ @u@x = @x@ @u@y = @Q@x :

4) ) 1). Це безпосереднiй наслiдок теореми 1 та зауваження 3. Приклад. Розв'язати диференцiальне рiвняння в повних диференцiалах :

(2xy + y3)dx + (x2 + 3xy2)dy = 0:

Розв'язання Позначимо: P (x; y) = 2xy+y3; Q(x; y) = x2 +3xy2. Функцi¨ P òà Q неперервно диференцiйовнi в однозв'язнiй областi R2. При цьому

91

I, нарештi, u(x; y) = x2y + xy3. Âiäïîâiäü: x2y + xy3 + C.

I хоча пояснення вiдповiдi лежить за межами поставлених в посiбнику цiлей, логiчно все ж таки цi пояснення дати.

Змiст рiвняння (8) поляга¹ в тому, що йде пошук функцiй, для яких

:y = y(t)

задовольня¹ тотожнiсть:

g(t) = 2x(t)y(t) + y3(t) x0(t) + x2(t) + 3x(t)y2(t) y0(t) 0:

Тепер за формулою (4) обчислення криволiнiйного iнтеграла ма¹мо:

t2

ZZ

P dx + Qdy = g(t) dt = 0:

Остання рiвнiсть ¹ рiвносильною вихiдному диференцiальному рiвнян-

g(t) 0.

I, нарештi, рiвнiсть R P dx + Qdy = 0 уздовж будь-яко¨ криво¨ в R2 ðiâ-

носильна рiвностi: u(x; y) = u(x0; y0), äå (x0; y0) фiксована, а (x; y) довiльна точка областi R2. Покладемо u(x0; y0) = C i одержимо шукану вiдповiдь.

92

5. Поверхневий iнтеграл 1ãî ðîäó.

Нехай S поверхня в R3 i : D ! S R3 ¨¨ параметризацiя. Тут D квадровна область в R2, неперервно дифернцiйовне i вза¹мно однозначне

вiдображення D íà S.

Вiдображення встановлю¹ вза¹мно однозначну вiдповiднiсть мiж ал-

геброю A(D) квадровних пiдмножин в D i алгеброю A(S) квадровних пiдмножин в S.

Площа на поверхнi S ¹ мiрою на алгебрi A(S); iнтеграл на просторi з мiрою (S; A(S); ) назива¹ться поверхневим iнтегралом 1ãî роду i познача-

. Отже, формула (9) викону¹ться,

iнтегровностi функцi¨ f íà D; A(D)

зокрема, для неперервних функцiй f (в разi замкненостi D).

У тому разi, якщо поверхню S можна представити як скiнченне ди-

Zm Z

X

f d = f d :

Sk=1 Sk

93

Вправа 4. Доведiть коректнiсть останньо¨ формули: незалежнiсть лiво¨ частини вiд способу розбиття S на параметризованi поверхнi.

Властивостi поверхневого iнтеграла 1ãî роду це традицiйнi властивостi iнтеграла за мiрою.

6. Поверхневий iнтеграл 2ãî ðîäó.

Якщо поверхня зада¹ться параметрично, то в кожнiй ¨¨ точцi визначе- ний дотичний двовимiрний простiр, ортогональне доповнення якого в R3 ¹

(одновимiрним) нормальним пiдпростором до поверхнi у цiй точцi i iсну¹ рiвно два одиничних нормальних до поверхнi вектори у вказанiй точцi.

Наприклад, якщо поверхня S ¹ графiком неперервно диференцiйовно¨

Якщо ж додатково вимагати, щоб вектор ~n(x; y) неперервно змiнювався вiдносно точки (x; y) (або ж вiдповiдно¨ точки поверхнi), то одержимо в точностi два неперервних поля одинично¨ нормалi на S.

94

У вказаному прикладi одне з цих векторних полiв на S, à ñàìå

ма¹ таку особливiсть: всi вектори цього поля утворюють гострий кут з ве-

ктором ~

k. Кажуть, що це поле нормалi визнача¹ верхнiй бiк поверхнi S. Iнше поле, напрямлене у протилежний бiк, визнача¹ нижнiй бiк поверхнi

S.

У випадку гладко¨ поверхнi, що не ¹ графiком функцi¨ ситуацiя анало-

!0

гiчна. Наприклад, якщо поверхня параметризована: ~x = ~r(~u), вектори r u

òà !0

r v утворюють базис в дотичному просторi до S â òî÷öi ~r(~u) i äâà âå- кторних поля одинично¨ нормалi, що визначають (за означенням) два боки поверхнi S öå

Але у випадку загально¨ поверхнi S може статись так, що вектор оди-

нично¨ нормалi до S при неперервному обходi уздовж деякого контура пе-

реходить у вектор, протилежний до вихiдного.

Класичним прикладом тако¨ поверхнi ¹ так звана ñòði÷êà Ìåáióñà . ¨ можна одержати, якщо скле¨ти протилежнi сторони прямокутника, але спо- чатку повернути одну з цих сторiн на 180 навколо середньо¨ лiнi¨. Саме ця

середня лiнiя переходить у контур, при обходi якого нормаль змiню¹ сво¹ значення на протилежне. Такi поверхнi будемо називати однобiчними .

Поверхнi, на яких одинична нормаль при неперервному обходi уздовж будь-якого контура поверта¹ться у вихiдне положення, будемо називатидвобiчними . Тож на зв'язнiй двобiчнiй поверхнi можна зафiксувати одини- чний нормальний вектор в якiйсь точцi i розповсюдити його по всiй поверхнi неперервними перемiщеннями уздовж усiляких кривих, що виходять з цi¹й точки (перевiрте коректнiсть цi¹¨ конструкцi¨). Вибiр одного з можливих

95

неперервних полiв одинично¨ нормалi на двобiчнiй зв'язнiй поверхнi називають також вибором одного з двох бокiв цi¹¨ поверхнi.

Прикладом двобiчно¨ поверхнi ¹ гладка поверхня, що ¹ межею (або ча- стиною межi) областi в R3. Iнту¨тивнi геометричнi мiркування (за межi яких

ми не вийдемо) визначають зовнiшнiй i внутрiшнiй бiк таких поверхонь.

~

ßêùî S двобiчна поверхня; X неперервне векторне поле на S i

фiксоване на S поле одинично¨ нормалi ~n (тобто фiксований бiк поверх-

S

Якщо поверхня ¹ графiк функцi¨ z = z(z; y), що визначена на квадров- нiй областi D R2 i вибрано ¨¨ верхнiй бiк, то поле нормалi зада¹ться

ZZ

D

що поясню¹ загальноприйняту символiку запису поверхневого iнтеграла 2ãî

96

Формули (11) та (13) дають два способи обчислення подвiйного iнтегра-

ëà.

97

p

(S2): x = z2 y2. При цьому формула (13) да¹:

S2 fjyj6z61g

(а чому iнтеграл розкрива¹ться з ? Пояснiть! Пiдказ: врахуйте бiк по-

верхнi). Тож

Зауваження 4. В розглянутому прикладi другий спосiб виявився бiльш трудомiстким. Але досить часто другий спосiб ма¹ перевагу.

Серед властивостей поверхневого iнтеграла другого рода вiдмiтимо лi-

контуром; f òà g неперервно диференцiйовнi на D, g(x; y) 6 f(x; y) â D.

Зовнiшня межа @C цилiндро¨да склада¹ться з трьох частин: S1 верхнiй бiк графiка функцi¨ z = f(x; y); (x; y) 2 D; S2 нижнiй бiк графiка функцi¨

98

S3 кусково гладка поверхня i тому поверхневий iнтеграл ма¹ право на iснування). Тепер, посилаючись на формулу (13), ма¹мо:

Подальшi мiркування цiлком аналогiчнi тим, що були використанi в x3 при виведеннi формули Грiна. Розгляда¹мо множину V в R3, ùî ìîæå áó- ти розкладена на скiнченне об'¹днання цилiндро¨дiв вказаного виду (бiчна поверхня паралельна осi Oz). Точнiше, цi цилiндро¨ди можуть мати спiльнi

точки, але цi точки належать ¨х поверхням. Множина таких точок ма¹ нульовий об'¹м i не да¹ внесок в значення вiдповiдного потрiйного iнтеграла.

Шматки поверхонь, якi ми вимушенi додати при розрiзаннi V , ¹ части-

нами межi маленьких цилiндро¨дiв, а тому ¹ двобiчними поверхнями i при додаваннi лiвих частин рiвностей (15), що вiдповiдають одержаним цилiндро¨дам, будуть врахованi двiчi. Але при цьому один бiк цi¹¨ поверхнi буде зовнiшнiм для одного з цилiндро¨дiв розбиття, а iнший для iншого. Отож ¨х сумарний внесок нульовий.

99

З урахуванням адитивностi потрiйного iнтеграла, приходимо до форму- ëè òóò R òà @R@z 2 C(V )

Таким чином, одержимо наступний результат.

Теорема 3. (формула Гаусса-Остроградського ). Нехай V така множи-

íà â R3, що може бути розбита на скiнченне диз'юнктне об'¹днання цилiндро¨дiв з кусково гладкими межами (у вказаному вище сенсi), бiчнi поверхнi яких паралельнi осi Oz i, аналогiчно, на диз'юнктне об'¹днання цилiндро- ¨дiв з кусково гладкими межами, бiчнi поверхнi яких паралельнi осi Ox. Аналогiчно i вiдносно осi Oy. Нехай функцi¨ P , Q, R визначенi на V i íå-

100