Функциональные, дифференциальные и интегральные уравнения - Сабитов К.Б.
ISBN 5-06-004759-8
Скачать (прямая ссылка):
Действительно, в силу (14) имеем dUx-dU1 в D. Отсюда
d(Ux-U2) = 0, следовательно, Ux-U2= const.
Теорема 3. Для того чтобы дифференцируемое векторное поле F = (P,Q,R), заданное в области D с R3, было потенциальным, необходимо выполнение следующих равенств:
дР dQ dQ dR dR дР
— = —,—= —,— = — • (15)
ду dx dz ду dx dz
Доказательство. Пусть U(x,y,z) - потенциал векторного поля
F = (P,Q,R) . Тогда выполнены равенства (13). Поскольку векторное поле F дифференцируемо в D, то функция U дважды дифференцируема в D. На основании теоремы 9 § 15 имеем: иху = иу* > > иуг = и*У • Отсюда в
силу равенств (13), получим (15).
Замечание. Для плоского векторного поля F = (P(x,y),Q(x,y)) условия (15) принимают более простой вид
dP__dQ ду дх
Из примера 1 видно, что криволинейный интеграл второго рода в некоторых случаях зависит не от вида самой кривой L , а только от начальной и конечной точек.
Пусть в области D с R2 задано непрерывное векторное поле F = (Р(х, у), Q(x, у)). Возьмем в области D две произвольные точки А = (х0,у0) и В = (х,у). Соединим эти точки кусочно-гладкой кривой L = АВ , лежащей в D, и рассмотрим интеграл
J Pdx + Qdy. (16)
АВ
Выясним условия независимости интеграла (16) от пути интегрирования
L = АВ.
Теорема 4. Следующие три условия эквивалентны между собой.
1. Интеграл j Pdx + Qdy, взятый по любому замкнутому пути Г,
г
лежащему в области D, равен нулю.
2. Интеграл (16) не зависит от выбора пути интегрирования, т.е. от формы кривой L, соединяющей точки А и В, а зависит только от положения точек А и В в D.
3. Векторное поле F - (P,Q) потенциально в области D, т.е. существует потенциал U(х, у) е С1 (D), такой, что
dU(x,y) = Pdx Л-Qdy.
Теорема 4 не дает практического способа для выяснения вопроса о потенциальности поля (P,Q). Для односвязной области D на основании
формулы Грина можно сформулировать эффективный критерий о потенциальности векторного поля.
Теорема 5. Для того чтобы непрерывно дифференцируемое в
односвязной области D cz R2 векторное поле F = (P,Q) было потенциальным, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось всюду в области D равенство
дР 8Q
— = —• (17)
ду дх
Доказательство. Пусть поле F = (Р, Q) потенциально в области D, тогда в силу теоремы 3 в области D с учетом замечания имеет место равенство (17). Пусть теперь в области D выполнено условие (17). Возьмем произвольную простую замкнутую кривую Г, лежащую в D. Поскольку область D односвязная, то область G , ограниченная контуром Г, принадлежит D. Тогда применяя к ней формулу Грина, получим
jPdx + Qdy= jj
fdQ дРЛ
dxdy = 0.
дх ду
Тогда в силу теоремы 4 поле F потенциально в D.
Поставим следующую задачу: найти функцию U(x,y), полный дифференциал которой есть заданное выражение
Pdx + Qdy . (18)
односвязной области D, то выражение (18) будет полным дифференциалом некоторой функции U(x,y) только тогда, когда всюду в области D выполнено условие (17). Рассмотрим интеграл
(х,У)
jPdx + Qdy - J Pdx + Qdy, (19)
АВ (Х0*У<>)
который при условии (17) не зависит от формы пути интегрирования, а зависит только от точек (х0,у0) и (х,у). Пусть в этом интеграле точка (х0,у0)
зафиксирована. Тогда интеграл (19) в области D определяет однозначную функцию, которую обозначим U(x,y):
и,у)
U(х, у)= j Pdx + Qdy .
(*о ,Уо)
Эта функция удовлетворяет условию
dU = Pdx + Qdy.
Если две функции имеют одинаковые полные дифференциалы в D, то они отличаются друг от друга лишь на постоянное слагаемое. Тогда формула
(*>У)
U(х, у)= J Pdx + Qdy + С, (20)
(*о.Л>)
где (х0,у0) - любая фиксированная точка области D, С = const, содержит все функции, удовлетворяющие условию (18).
Пример 4. Восстановить функцию U(x,y) по ее полному дифференциалу
dU = (2ху + l)dx + (x2 +3y2)dy . (21)
Решение. Из выражения (21) находим функции Р(х, у) = 2ху +1,
Q(x,y) = х2 +3у2, которые определены на всей плоскости R2 и там имеют производные любого порядка. При этом
дР „ dQ п2
