Шпора 2
Posted By Автор не известен On In Ж | No Comments7.Независемость криволинейного интегр. от пути интегрирования. Теор.1 и 2.
Теорема 1. Пусть D– ограниченная одно-связанная область плоскости XOYтогда что бы криволинейный интеграл — был равен 0 по любой замкнутой простой кривой , где P(x,y) и Q(x,y) - непрерывны и имеют непрерывные частные производные , необходимо и достаточно что бы во всех точках области Dбыло (2).
Док-во
достаточность: Пусть во всех точках обл. Dвыполнено рав-во (2) и пусть Г произвольная простая замкнутая кривая, принадлежащая области. Обозначим через Dобласть кот-ю ограничивает эта кривая Г. Применим теперь к этой области ф-лу Грина.
Необходимость: Криволинейный интеграл в любой замкнутой простой кривой существует область D=0. Покажем, что во всех точках области Dвыполняется рав-во (2). (это доказуется методом от противного). Пусть интеграл = нулю, а рав-во (2) не выполняется, по крайней мере, в одной точке , т.е. . Пусть, так что разность . Пусть тогда . Т.к. частные производные и непрерывны в области D, то непрерывна в этой области, а из непрерывности функций вытекает что ф-ция , то существует окрестность этой точки, принадлежащая области D, так что везде в этой окрестности для любой точки лежащей внутри кривой.
кот-я является границей нашей окрестности — множество чисел внутри . Применим к ф-лу Грина: . Полученное противоречие показывает, что не существует не одной точки где бы равенство (2) не выполнялось.
Теорема 2 Пусть Dесть односвязная область плоскости XOYв этой области заданы две непрерывные функции D(x,y) и Q(x,y) имеющие непрерывные частные производные и ;чтоб криволинейный интеграл не зависел от пути интегрирования . Необходимо и достаточно чтоб выполнялось равенство (2).
Док. Не обход. Пусть криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования, а зависит от начальной и конечной точки пути интегрирования.
Возьмём в области Dпроизвольно простую замкнутую кривую Г. На этой кривой т. А и т. В
Т.к. по условию криво-ный интеграл не зависит от пути интегрирования, то интеграл по кривым АmB=AnB
В силу 1-й теоремы должно выполнятся рав-во (2).
Док. Достат. Пусть выполняется рав-во (2). Покажем, что криволенейный интеграл не зависит от пути интегрирования :
1-й случай. Берём две произвольные точки принадлежащие области Dи соединяем эти точки непрерывными кривыми и , кот-е не имеют точек самопересечения.
Если эти кривые образуют простой замкнутый контур без самопересечения и т.к. выполняется рав-во (2), то интеграл поэтому замкнутому контуру обязан быть равен 0. , т.е. интеграл не зависит от кривой.
2-й случай. Пусть и имеют конечное число точек самопересечения
Будем двигаться от А к C1в результате получили контур и . Аналогично Для всех остальных случаев.
3-й случай. Если кривые пересекаются на счётном множестве точек то интеграл по таким кривым тоже будут равны между собой ….счётное множество эквивалентное множеству натуральных чисел.
9.Параметрические ур-я поа-ти, касательная плос-ть, нормаль, направляющие косинусы нормали.
Пусть поверхность задана параметрическими уравнениями :x=x(U,V); y=y(U,V); z=z(U,V) и функции x,y,zнепрерывны и имеют непрерывные частные произвольные. Рассмотрим матрицу
На поверхности берём точки U(x,y,z) которая является образом (U,V) . Можно показать, что в этом случае уравнение касательной к плоскости поверхности имеет вид А(x-x)+B(y-y)+C(z-z)=0.Уравнение нормали поверхности . Далее введём направляющую. Пусть поверхность задана параметрическими уравнениями и
l— угол образованный нормалью с направлением осью X
m— угол образованный нормалью с направлением осью Y
n— угол образованный нормалью с направлением осью Z,
cosl cosmcosn— называют направляющими косинусами нормали. Для направляющих косинусов нормали имеет место формула:
, , . В знаменатели стоит двойной знак ± и всякий раз выбирают один из знаков в зависимости от направления нормали. В случае явного задания поверхности направляющие вычисляются , , .
Билет 12
Задача о вычислении массы пространств-го тела.
Пусть в трехмерном пространстве задано тело D, причем в точках этого тела определены некоторые массы и известна плотность распределения массы, кот. явл-ся ф-цией трех переменных U=R(x,y,z). Разобьем это прост-ное тело некоторыми гладкими пов-ми на конечное число областей D1, D2,…,Dn. В каждой области Diпроизвол. выберем некот. точку (x,h,e)ÎDi. Плотность массы в этой точке – это R(xi,hi,ei). Будем считать, что ф-ция Rявл-ся непрерывной, а разбиение достат. мелким так, что значения ф-ции внутри области Diне слишком отличаються от значений ф-ции Rв выбранной точке. Т.е. будем считать, что в области Di плотность массы одна и та же и равна числу R(xi,hi,ei). Тогда очевидно масса, заключенная в обл. Di, будет равняться R(xi,hi,ei)*DV. Тогда приближенное значение массы для всей области равна SR(xi,hi,ei)*DViПусть l— наибольший из диаметров Di– тых областей, а тогда масса, заключенная в области равна m=lim(l®)SR(xi,hi,ei)*DVi
Пусть теперь задано пространств. тело D. В точках этого тела определена ф-ция U=f(x,y,z). Разобьем это тело на конечное число Di–тых (i=1,2,3,…). В каждой области Diвыберем произвол. точку (xi,yi,zi) и составим интегральную
sn=Sò(xi,yi,zi) * DViЕсли сущ. предел и он конечный и он не зависит от способа деления обл. Dна части и выбора точек (xi,yi,zi), то этот предел называют тройным интегралом по обл.Dот ф-ции f(x,y,z) lim(l®)sn=òòòf(x,y,z)dxdydzСледовательно m=òòòR(x,y,z)dxdydz
Св-ва тройного интеграла аналогично св-м двойного интеграла 1) Всякая интегрируемая в обл. Dф-ция ограничена в этой области.
2) Могут быть построены суммы Дарбу
верх St=SMi * DVi низ st=Smi * DVi
3) Необходимо и достаточное условие сущ. интеграла
lim(l®)(St-st)=0
4) Как и в случае двойного интеграла сущ. тройной интеграл от любой непрерывной ф-ции, заданной в обл. D. Однако тройной интеграл сущ. и в случае, когда ф-ция f(x,y,z) имеет разрывы 1-го рода на конечном числе пов-тей данного тела D.
5)Тройной интеграл обладает св-вами линейности и аддетивности
òòòDfdx= òòòD1fdx+ òòòD2, где D=D1ÇD2
6)Если сущ. тройной интеграл от ф-ции f, то сущ. интеграл по модулю
и существует равенство
ôòòòô£òòòôfôdv
Если функция fв области Dограничена какими-то числами m £f£М, то для тройного интеграла справидливо неравенство
mVd £òòò¦dv£M VD
7) Имеет место теорема о среднем, т.е. если функция ¦(x,y,z) не-прерывная в области D, то справедливо равенство
òòò¦dv =¦(X0, Yo , Z0) (X0, Yo, Z0)ÎD
Ввычесление тройного интеграла по параллепипеду .
1. Пусть функция ¦(x, y ,z) задана на параллепипеде R[a,b; c, d; e, f].
Обозначим через Gи Dпрямоугольника D[c, d; e, f]и [a,b;c,d]. Тогда если существует тройной интеграл по параллепипеду от функции ¦(x,y,z) и существует для любого xиз [a,b]двойной интеграл по прямоугольнику D
òò¦(x,y,z)dydzто существует
òòò¦dv [N1] =òdxòò¦(x,y,z)dydz
Еслидля"zÎ[e,f]$òò¦(x,y,z)dxdy,тоòòò¦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 Gпричем область G сверху ограниченная плоскостью z=z2(x,y) снизуz=z1(x,y),acбоков ограничена цилиндрической поверхностью образующая которой ½½OZ. И пусть проекция этого тела на плоскость XOYесть некотокая область D.Тогда можно показать, что тройной интеграл по пространственной области Gможет быть вычеслен по такой формуле
Продолжение №12
Если теперь обл. Dбудет иметь следующее строение. Пусть обл. D, кот. явл. проэкцией тела на пл-ть XOY, ограничена следующими линиями: отрезками прямых x=aи 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
dn=åSTi
i=1
А тогда принято считать,что площадью поверхности является
n
S=limdn=lim åSTi,
l® l® 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
dn=åSTi=åSDi / ïcos ni 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,zнепрерывны 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 M(x,y,z). 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. Mсоответствует значению параметра t=tx=x(t) y=y(t) z=z(t). Т.е. M(x(t),y(t),z(t))=M(x,y,z), 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=tполучим ; Введём обозначение через , а через , а так как то проведём через точку М0любую 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 sлежат 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. М0и 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.
продолжение
Вопрос№11
Если пов-ть Р задана параметрич. ур-ями
(u,v) G
ф-ии x,y,zнепрерывны с частными производными то поверхностный интеграл 1-го рода вычисл. С помощью интеграла двойного рода, взятого по обл. Gпо 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 Pи Qсоотв.часные произв.
Поверхн.интеграл 2-го рода
Криволин.интеграл 2-го рода:
Пусть задана двусторонняя пов-ть Sи на верхн.
Стороне задана ф-ция U=F(x,y,z).Разобьем задан.
Повер.Sнепрерывн.кривыми на конечное число
Частичных поверх. S1,S2….Sn.Проэктир.эти поверх.
На XOY, -площадь прэкции повер.Si:
Если сущ.предел Lim sn 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 Sявл.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 Sзадается 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.Sна 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) ДÌR3Пусть над этой областью определено поле вектора (М), МÎД , Аx,Ay,Az
Возьмем в области Д некоторую поверхность Sобозначим 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 XOYнекоторая 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.
Точкув плоскости XOYназывают 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:
1. Функция y=j(x, C) является решением ур-я (1) при любом значении произвольной константы С;
2. Какова бы ни была т. ÎД 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 Sограничивает 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,gуглы, образует касательная к кривой Lс осями координат
Пусть над этим телом определенно поле вектора
Тогда криволинейный интеграл по кривой L
Рассуждая как и прежде можно показать, что
L— единичный вектор касательной L1
L1 — касательный вектор к кривой L
Если кривая Lявляется 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 Sравна потоку вектора через заданную поверхность S
- формула Стокса
Билет №13 Криволинейные интегралы в пространстве и объем тела в криволинейных координатах
Пусть в пространстве OXYZзадано тело G.И пусть в другом пространстве OUVWзадано 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 Gякобиан 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 Gв криволинейных координатах выражается по следующей формуле
Если теперь в области Gбудет 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 XOYи 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
£r
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
Найдем якобиан для сферических координат
=cosj[r2cos2qcosjsinj+ r2sin2qsinjcosj] + rsinj[rsin2jcos2q+ rsin2jsin2q] =r2cos2jsinj+ r2sin3j=r2sin jI(r,j,q)=r2sinj
продолжение
Вопрос №18
Пусть задана функция в области Д, полкости XOY, функцию называют однородной функцией m-той степени относительно переменных xи 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:
(1) y’+yP(x)=Q(x) – где P(x) и Q(x) некоторые
функции переменной х, а y’ и yвходят 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
продолжение