Остроградська теорема у векторній формі. Застосування цієї формули

1. В основі теорії векторного полялежать дві інтегральні формули. Перша їх належить російському математику і механіку Михайлу Васильовичу Остроградському (1801-1861). Ця формула була відкрита Остроградським в 1826 і опублікована в 1838 у зв'язку з його дослідженнями в області варіаційного обчислення,

що відносяться до проблеми максимумів та мінімумів кратних інтегралів. При цьому отримав він її набагато більше. загальному вигляді, ніж той, у якому вона застосовується теоретично векторного поля.

Друга інтегральна формулатеорії поля було знайдено англійським гідромеханіком Стоксом (1819-1903) у 1854 р.

2. Перетворення Остроградського.

Це перетворення вирішує завдання зведення інтегралу будь-якої кратності до інтегралу меншої кратності. Для цілей теорії поля ми розберемо це завдання лише стосовно потрійного інтеграла.

Ми знаємо, що для обчислення потрійного інтеграла слід спочатку приватно проінтегрувати підінтегральну функцію по одному з аргументів, а потім обчислити подвійний інтегралвід одержаного результату.

Для потрійного інтеграла, поширеного по довільній області, до подвійного інтегралу потрібно, щоб перше інтегрування було виконано в загальному вигляді. для цього потрібно, щоб підінтегральна функція була приватною похідною від деякої функції за одним із аргументів.

Отже, розглянемо, наприклад, інтеграл

причому поки що будемо припускати, що область інтеграції (V) нормальна, тобто перетинаюча область вертикаль має тільки один загальний відрізок(Рис. 162). Крім того, припускатимемо, що безперервна в області (V), включаючи її кордон.

За правилом обчислення потрійного інтегралу ми отримаємо

Отже,

Нехай відповідно нижня та верхня частини поверхні, що обмежує область інтеграції (V). Нормаль до поверхні ми направимо назовні але по відношенню до області.

В силу цього формула (15.1) для вихідного потрійного інтеграла набуде вигляду

Об'єднавши поверхневі інтеграли, ми отримаємо формулу перетворення потрійного інтеграла в подвійний, яку називають перетворенням Остроградського:

"Кільце" на знаку поверхневого інтеграла нагадує про замкнутість поверхні інтеграції.

Примітка 1. Якщо область не є нормальною, то ми розіб'ємо цю область на нормальні області. Для кожної з часткових нормальних областей виведена формула справедлива:

Склавши ці рівності, ми отримаємо

У получепной сумі взаємно знищаться поверхневі інтеграли за всі тим частинам поверхонь якими стикаються друг з одним часткові області і залишаться лише поверхневі інтеграли тим частинам які розташовуються на зовнішньому кордоні Тому ми отримаємо

Отже, формула перетворення Остроградського вірна для довільної галузі

Примітка 2. Аналогічні формули ми отримаємо, якщо під знаком потрійного інтеграла стоятиме приватна похідна по х або по:

3. Формула Остроградського.

Розглянемо потік поля І через замкнуту поверхню, що обмежує тривимірну область(Рис. 163). За формулою (14.18) цей потік дорівнює

М.В. Остроградський - російський математикта фізик часів Російської імперіїакадемік. Зробив величезний внесок у розвиток математичного аналізу, теорії ймовірностей, механіки (розділу фізики), теорії чисел. У 1826 році вивів формулу, яку тепер називають формулою Остроградського - Гаусса.

Історія відкриття

Вперше формула Остроградського – Гауса була згадана Жозефом Лагранжем у 1762 році.

Далі основний спосіб приведення потрійного інтеграла до поверхневого був доведений Карлом Гауссом, який використав як основу для доказу вирішення проблем в електродинаміці. Сталося це у першій половині ХІХ століття.

Сенс формули Остроградського

Формула Остроградського-Гаусса співвідносить потрійний інтеграл за просторовим об'ємом з інтегралом по поверхні на його межі. Вона є аналогом формули Гріна, яка співвідносить подвійний інтеграл по площині з криволінійним її межами.

Висновок формули

Формула Остроградського – Гауса: висновок. Припустимо, що в області W визначено підінтегральну функцію R (x, y, z), яка є певною і безперервною. Аналогічною є і її похідна у всій області W, включаючи її кордон. У такому вигляді відома зараз теорема Остроградського – Гауса (формула наведена нижче).

Причому S - поверхня, яка обмежує тіло, а інтеграл праворуч поширений її зовнішній бік.

І абсолютно правильно,

Якщо аналогічно брати до уваги й інтеграли на поверхні, то

при цьому справа знаходиться сума двох інтегралів - перший із них співвідноситься з верхньою частиноюповерхні (S2), а другий - з нижньою частиною поверхні (S1). Якщо приписати до цієї рівності праворуч інтеграл, зазначений нижче, його справедливість не буде порушена:

Він співвідноситься з зовнішньою частиноюповерхні S 3 через рівність нуля.

Якщо об'єднати всі три вищезгадані інтеграли в один, буде отримано окремий випадокформули Остроградського

Неважко зрозуміти, що дана формулавірна для ширшого класу тіл і справедлива так само для фігур, обмежених будь-якими нелінійними поверхнями.

Аналогічно справедливі такі формулы:

якщо функції Q та P безперервні в області разом зі своїми похідними dP/dx та dQ/dy.

Якщо скласти обидві рівності, буде одержано вираз формули Остроградського. Вона відображає інтеграл по поверхні, співвіднесений із зовнішньою частиною поверхні, через потрійний інтеграл, який береться по тілу, межею якого є вищевказана поверхня.

Слід розуміти, що формули Гріна, Стокса та Остроградського виражають інтеграл, пов'язаний із деяким геометричним тіломчерез інтеграл, який береться на його кордоні. Формула Гріна використовується лише у разі двовимірності простору, формула Стокса – до викривленого двовимірного простору.

Формулу Ньютона-Лейбніца можна також як деякий аналог цих формул, але з одномірного простору.

Застосування цієї формули

Нехай у будь-якій незамкненій області простору задані безперервні функції A, B і C. Взявши будь-яку замкнуту поверхню, що знаходиться в даній області та обмежує деяке тіло, можна розглянути наступний інтеграл по поверхні:

Необхідно знайти такі значення A, B і C, щоб за будь-яких x, y і z даний інтеграл виявлявся дорівнює нулю.

Для цього необхідно використати формулу Остроградського-Гаусса. Однією з умов є визначеність і безперервність функцій A, B і C та їх похідних.

Так само потрібно спеціально ввести найбільш дане для даного випадку обмеження: і тіло, і поверхню, що обмежує його, повинні утримуватися одночасно в конкретній і зазначеній області, звану однозв'язною. Основна його особливість полягає у відсутності порожнього простору (у тому числі й точкового). Таким чином, межею тіла буде одна і при цьому єдина поверхня.

Після застосування формули можливе отримання наступної умови, яка є достатньою:

Щоб довести, що умова так само й необхідна, достатньо скористатися диференціюванням потрійного інтеграла.

Наприкінці слід сказати про сферах використання.

Як же застосовується практично формула Остроградського-Гаусса? Приклади використання можна виявити в самих різних сферах: для виведення деяких формул у фізиці (наприклад, рівняння дифузії), перетворення інтегралів, обчислення інтегралів Гаусса, докази деяких формул та багато іншого.

Розглянемо поле точкового заряду $q$, знайдемо потік вектора напруженості ($\overrightarrow(E)$) через замкнуту поверхню $S$. Вважатимемо, що заряд знаходиться всередині поверхні. Потік вектора напруженості через будь-яку поверхню дорівнює кількості ліній вектора напруженості, які виходять назовні (починаються на заряді, якщо $q>0$) або кількості ліній $\overrightarrow(E)$входять усередину, якщо $q \[Ф_E=\frac( q)((\varepsilon )_0)\ \left(1\right),\]

де знак потоку збігається із знаком заряду.

Теорема Остроградського – Гауса в інтегральній формі

Припустимо, що всередині поверхні S знаходиться N точкових зарядів, величини $ q_1, q_2, \ dots q_N.

Отже, для потоку системи точкових зарядів можна записати:

Використовуємо формулу (1), отримуємо, що:

\[Ф_E=\oint\limits_S(\overrightarrow(E)d\overrightarrow(S))=\frac(1)((\varepsilon )_0)\sum\limits^N_(i=1)(q_i\ )\ left(4\right).\]

Рівняння (4) означає, що потік вектора напруженості електричного полячерез замкнуту поверхню дорівнює алгебраїчній сумізарядів, що знаходяться всередині цієї поверхні, поділеної на електричну постійну. Це теорема Остроградського - Гауса в інтегральної форми. Ця теоремає наслідком закону Кулона. Значення цієї теореми у тому, що вона дозволяє досить легко обчислювати електричні поля за різних розподілах зарядів.

Як наслідок теореми Остроградського - Гауса треба сказати, що потік вектора напруженості ($Ф_E$) через замкнуту поверхню у разі якого заряди знаходяться поза даної поверхні, дорівнює нулю.

У разі, коли можна не враховувати дискретність зарядів використовують поняття об'ємної щільностізаряду ($\rho$), якщо заряд розподілено за обсягом. Вона визначена як:

\[\rho =\frac(dq)(dV)\left(5\right),\]

де $dq$ - заряд, який вважатимуться точковим, $dV$ -- малий обсяг. (Щодо $dV$ необхідно зробити таке зауваження. Даний об'єм малий настільки, щоб щільність заряду в ньому можна було вважати постійною, але досить великою, щоб не почала проявлятися дискретність заряду). Сумарний заряд, який знаходиться в порожнині, можна знайти як:

\[\sum\limits^N_(i=1)(q_i\ )=\int\limits_V(\rho dV)\left(6\right).\]

У такому разі формулу (4) перепишемо у вигляді:

\[\oint\limits_S(\overrightarrow(E)d\overrightarrow(S))=\frac(1)((\varepsilon )_0)\int\limits_V(\rho dV)\left(7\right).\ ]

Теорема Остроградського – Гауса в диференційній формі

Використовуючи формулу Остроградського - Гауса для будь-якого поля векторної природи, за допомогою якої здійснюється перехід від інтегрування замкнутої поверхні до інтегрування за обсягом:

\[\oint\limits_S(\overrightarrow(a)\overrightarrow(dS)=\int\nolimits_V(div))\overrightarrow(a)dV\ \left(8\right),\]

де $\overrightarrow(a)-$вектор поля (у нашому випадку це $\overrightarrow(E)$), $div\overrightarrow(a)=\overrightarrow(\nabla )\overrightarrow(a)=\frac(\partial a_x)(\partial x)+\frac(\partial a_y)(\partial y)+\frac(\partial a_z)(\partial z)$ -- дивергенція вектора $\overrightarrow(a)$ у точці з координатами ( x,y,z), яка відображає векторне поле на скалярному. $\overrightarrow(\nabla )=\frac(\partial )(\partial x)\overrightarrow(i)+\frac(\partial )(\partial y)\overrightarrow(j)+\frac(\partial )(\ partial z) \ overrightarrow (k) $ - оператор набла. (У нашому випадку буде $div\overrightarrow(E)=\overrightarrow(\nabla )\overrightarrow(E)=\frac(\partial E_x)(\partial x)+\frac(\partial E_y)(\partial y) +\frac(\partial E_z)(\partial z)$) - дивергенція вектора напруженості. Дотримуючись вищесказаного, формулу (6) перепишемо як:

\[\oint\limits_S(\overrightarrow(E)\overrightarrow(dS)=\int\nolimits_V(div))\overrightarrow(E)dV=\frac(1)((\varepsilon )_0)\int\limits_V( \rho dV)\left(9\right).\]

Рівності в рівнянні (9) виконуються для будь-якого об'єму, а це можливо тільки, якщо функції, які знаходяться в підінтегральних виразах, рівні в кожному струмі простору, тобто ми можемо записати, що:

Вираз (10) - теорема Остроградського - Гауса в диференційної форми. Трактування її таке: заряди є джерелами електричного поля. Якщо $div\overrightarrow(E)>0$, то в цих точках поля (позитивні заряди) ми маємо джерела поля, якщо $div\overrightarrow(E)

Завдання: Заряд рівномірно розподілений за об'ємом, у цьому об'ємі виділена кубічна поверхня зі стороною b. Вона вписана у сферу. Знайдіть відношення потоків вектора напруженості через ці поверхні.

Відповідно до теореми Гауса потік ($Ф_E$) вектора напруженості $\overrightarrow(E)$ через замкнуту поверхню при рівномірному розподілізаряду за обсягом дорівнює:

\[Ф_E=\frac(1)((\varepsilon )_0)Q=\frac(1)((\varepsilon )_0)\int\limits_V(\rho dV=\frac(\rho )((\varepsilon ) _0)\int\limits_V(dV)=\frac(\rho V)((\varepsilon )_0))\left(1.1\right).

Отже, нам необхідно визначити обсяги куба та кулі, якщо куля описати навколо цього куба. Для початку обсяг куба ($V_k$) якщо сторона його b дорівнює:

Знайдемо об'єм кулі ($V_(sh)$) за формулою:

де $D$ -- діаметр кулі і (оскільки куля описаний навколо куба), головна діагональ куба. Отже, нам необхідно виразити діагональ куба через його бік. Це легко зробити, якщо використати теорему Піфагора. Для обчислення діагоналі куба, наприклад, (1,5), нам спочатку необхідно знайти діагональ квадрата (нижньої основи куба) (1,6). Довжина діагоналі (1,6) дорівнює:

У такому випадку довжина діагоналі (1,5) дорівнює:

\[(D=D)_(15)=\sqrt(b^2+((\sqrt(b^2+b^2\ \ )))^2)=b\sqrt(3)\ \left (1.5 \ right). \]

Підставимо в (1.3) знайдений діаметр кулі, отримаємо:

Тепер ми можемо знайти потоки вектора напруженості через поверхню куба, вона дорівнює:

\[Ф_(Ek)=\frac(\rho V_k)((\varepsilon )_0)=\frac(\rho b^3)((\varepsilon )_0)\left(1.7\right),\]

через поверхню кулі:

\[Ф_(Esh)=\frac(\rho V_(sh))((\varepsilon )_0)=\frac(\rho )((\varepsilon )_0)\frac(\sqrt(3))(2) \pi b^3\ \left(1.8\right).\]

Знайдемо відношення $\frac(Ф_(Esh))(Ф_(Ek))$:

\[\frac(Ф_(Esh))(Ф_(Ek))=\frac(\frac(с)(\varepsilon_0)\frac(\sqrt(3))(2) \pi b^3)(\frac (сb^3)(\varepsilon_0))=\frac(\pi)(2)\sqrt(3)\ \approx 2,7\left(1.9\right).

Відповідь: Потік через поверхню кулі в 2,7 рази більший.

Завдання: Доведіть, що заряд провідника розташовується на поверхні.

Використовуємо для доказу теорему Гауса. Виділимо у провіднику замкнуту поверхню довільної форми біля поверхні провідника (рис.2).

Припустимо, що заряди всередині провідника є, запишемо з теорему Остроградського – Гауса для дивергенції поля маємо для будь-якої точки поверхні S:

де $ rho -щільність $ внутрішнього заряду. Однак поля всередині провідника немає, тобто $\overrightarrow(E)=0$, отже $div\overrightarrow(E)=0\to \rho =0$. Теорема Остроградського - Гауса в диференціальній формі локальна, тобто вона записана для точки поля, ми спеціальним чином точку не вибирали, отже, щільність заряду дорівнює нулю в будь-якій точці поля всередині провідника.

І тому якщо ви зайшли з пошукової системи, то, будь ласка, почніть з першої частини, де ми докладно розібрали і вирішили важливе завдання. А саме знайшли потік векторного поля через замкнуту поверхню у напрямку її зовнішньої нормалі:

У ході довгого-довгого рішення нами була отримана відповідь, що в рамках умовної гідродинамічної моделі означає наступне: скільки рідини в одиницю часунадійшло до піраміди – стільки з неї і витекло.

Однак так буває далеко не завжди, і на практиці потік часто виходить позитивним чи негативним. Замислимося над змістовним змістом цих результатів і для більшої наочності розглянемо не піраміду, а шматок річки, обмежений зовнішньо-орієнтованоюповерхнею та поле швидкостей цієї річки в області.

Припустимо, що потік через замкнуту поверхню виявився позитивним: . Що це означає? Це означає, що за одиницю часуз області рідини витекло БІЛЬШЕ, ніж туди надійшло. Отже, в області десь є джерело(і)поля. Це може бути, наприклад, притока річки, яка збільшує її швидкість, або просто хтось вилив відро води.

Від'ємне значенняпотоку через замкнуту поверхню говорить нам про те, що за одиницю часуобласть "поглинула" рідина (зайшло більше, ніж вийшло). І причина тому – стік(и)поля у цій галузі. Наприклад, підземна печера або насос, що викачує воду.

І, нарешті, за нульового потоку можливі дві ситуації: або в області ні джерелі стоківабо вони компенсують один одного.

До речі, взаємна компенсація найчастіше має місце й у перших двох випадках. Так, наприклад, якщо, то це ще не означає, що стоків немає. Можливо, джерела виявилися потужнішими, і за підсумком за одиницю часучерез поверхню виплеснулося 5 одиниць рідини.

І тому виникає інтерес з'ясувати, чи є у векторного поля джерела / стоки, і якщо є – то де. І це нам допоможе акваланг хитра наука під назвою математичний аналіз.

Розглянемо деяку точку області та її нескінченно малузамкнуте околиця (наприклад, сферу чи куб). Потік векторного поля через поверхнюцієї околиці у зовнішньомунапрямку називається дивергенцієюполя в даної точки, і позначається через . І ось тут уже нікуди не подітися від викриття:

– якщо , то векторне поле має джерелоу цій точці (її нескінченно малої околиці);

- якщо то стік;

- І якщо, то в точці немає джерел та стоків.

Далі. Як знайти цю дивергенцію?Якщо в кожній точціобласті визначено векторне поле та його компоненти диференційовані у цих точках, то скалярна функціядивергенції має наступний вигляд:

або, як записують коротше:

Таким чином, в області векторному полю ставиться у відповідність скалярне поле його дивергенція.

І тут одразу можна виділити особливий випадок. Поле, дивергенція якого дорівнює нулю У ВСІХточках області, називається бездивергентнимабо соленоїдальним. Це означає, що він не має джерел і стоків. Як приклад часто наводять трубу-«бублик» з циркулюючоїводою, яка нікуди не зникає, та нової водитам не з'являється. Але ще більше показовий приклад- це магнітне поле з його замкнутими силовими лініями, у яких немає початку та кінця.

Добре. Функція дозволяє нам обчислити дивергенцію в окремо взятих точках і виникає питання: а чи можна підрахувати сумарну дивергенцію по всьому тілу?

…Ви коли-небудь думали, що будете так раді потрійним інтегралам? =)

Повернемося до епічного Приклад 1, де ми вийшов нульовий потік через піраміду, і обчислимо дивергенцію векторного поля . Очевидно, що саме поле та похіднійого компонент визначено у піраміді , а й у всьому просторі:

Складемо скалярну функцію дивергенції, або як частіше кажуть – знайдемо дивергенцію:

Отримана функція кожної точки простору ставить у відповідність нуль, значить векторне поле всюди соленоїдально. За формулою Гауса-Остроградського, потік векторного поля через зовнішній бік піраміди дорівнює:

Примітка : т.к. поле бездивергентне у всьому просторі, то потік дорівнює нулю і через будь-яку замкнуту поверхню

Засмучуватися, однак, не варто, оскільки якщо вже від вас вимагали обчислити потік першим способом, то нікуди не подітися =) А вимагають, між іншим, частенько.

І тут ще потрібно наголосити на наступному: якщо ви обчислили потік через замкнуту поверхню, і у вас вийшов нуль, то це ще не означає, що в області немає джерел та стоків. Вони можуть існувати, але компенсувати один одного. І перший спосіб вирішення не дає нам відповіді на це запитання.

Тому вирішуємо другий приклад другим способом:)

Приклад 2

Перевірити, чи векторне поле буде соленоїдальним, і знайти його потік через замкнуту поверхню за формулою Гауса-Остроградського

Результати мають збігтися. Звертаю увагу, що перевірка поля на соленоїдальністьє невід'ємною частиною завдання, і це питання потрібно дати аргументований письмовій відповідь. Зразковий зразок рішення наприкінці уроку, і що приємно – завдання можна оформити у мінімалістичному стилі, без зайвих позначень і навіть запису самої формули.

Ну а тепер я розповім вам, а точніше нагадаю універсальний методзнаходження нормальних векторів поверхні:

Приклад 3

Дано векторне поле і замкнута поверхня. Обчислити потік векторного поля через цю поверхню у напрямку зовнішньої нормалі:

а) безпосередньо;
б) за формулою Гауса-Остроградського.

Поширене формулювання, що дозволяє ще раз усвідомити всю цінність формули =)

Рішення: креслення тут простий:

але ось рішення - "труба" =)

а) Знайдемо потік векторного поля через повну поверхнюциліндра у напрямку зовнішньої нормалі безпосередньо. В силу адитивностіповерхневого інтегралу:

– бічна поверхня циліндра ;
- Його нижня основа (поодиноке коло в площині);
- І верхня основа (поодиноке коло в площині).

1) Циліндрична поверхня паралельна осі та виникає питання, як знайти її вектори нормалі? Дуже просто. Вектор нормалі до поверхніу точці задається так:

У даному випадку:

Таким чином, ми отримуємо цілу функцію нормальних векторів для різних точокциліндра:

Але нам потрібні поодинокі вектори. Вони розшукуються стандартно:

Контроль:

Так, переконаємося, що вони дивляться зовні. Для цього можна взяти кілька конкретних точок поверхні (найпростіше в площині) і подивитися, які вектори будуть виходити. Так, наприклад, для крапки отримуємо:
- все ОК. Власне, цей вектор як приклад і зображений на кресленні. Самостійно перевірте інші точки, і переконайтеся, що виходять вектори потрібного напрямку.

і зведемо рішення до поверхового інтегралу 1-го роду:

У цьому випадку площина не підходить для проектування. Чому? Тому що циліндрична поверхня спроектується в коло нульової площіі вийде нуль. Але з бічної поверхні стирчать вектори поля, і через неї запросто може йти потік!

Тому в нашому розпорядженні залишаються дві координатні площини, я оберу для проектування більш наочну передню площину . І тут виникає інша проблема – циліндричну поверхню, Отже, і отриманий інтеграл 1-го роду доведеться розділити на 2 частини:
, де:

- Близький до нас шматок циліндра, а - Далекий його шматок.

Проведемо обчислення для першого інтегралу:

Використовуємо відповідну формулу:
, де:

За формулою:

Проекція на площину очевидна:

Виберемо наступний порядок обходу області:

При обчисленні другого інтеграла вийде такий самий результат:

Таким чином:

Це я навів довге загальне рішення(про всяк випадок), але насправді тут є короткий і витончений шлях - у суму інтегралів можна відразу підставити і :

і, відповідно, геометричному змісту цих інтегралів, дана сумадорівнює площі бічної поверхні циліндра:

Знання – сила =)

2) Обчислимо потік векторного поля через орієнтованийодиничне коло.

З нормаллю та скалярним творомвсе просто:

а з поверхневим інтегралом – ще простіше:
, оскільки

3) Третій інтеграл починається схоже:

Використовуємо формулу , у разі:

Проекція (Поверхні на площину)є коло площі , і відповідно геометричному змісту інтегралу :

І, нарешті, потік через всю поверхню:

Відповідь:

Що, до речі, означає цей результат? Позитивний потік через зовнішню поверхню означає, що усередині циліндра є джерела поля. Інакше, звідки б там узятись одиницям рідини, що витікли назовні? (за одиницю часу)

б) Розв'яжемо задачу за формулою Гауса-Остроградського:

І, перш за все, тут потрібно переконатися, що компоненти та їх похідні визначено у всіхточок тіла. В іншому випадку формулу застосовувати не можна!Повинен попередити, що це не порожня формальність – на практиці зустрічаються поля з корінням та логарифмами, і ось там можуть бути проблеми.

Складемо функцію дивергенції:
, яку дуже корисно проаналізувати:

У разі збільшення «зет» від 0 до 2 дивергенція суворо позитивна і наростає. Це означає, що, по-перше, всередині циліндра знаходяться виключно джерела поля. І, по-друге, джерела посилюються, тобто. поточна знизу вгору рідина починає розганятися. Тому одразу можна сказати, що потік через зовнішню поверхню буде позитивним. У чому ми зараз ще раз переконаємось аналітично:

Оскільки проекція тіла на площину є коло одиничного радіусу (креслити вже не буду), то зручно перейти до циліндричної системи координат:

Таким чином, за допомогою «ро», «тета» та «фі» можна однозначно визначити будь-яку точку простору.

Де використовується сферична система координат? Ну, звісно, в астрономії. Але своє скромне застосування вона знайшла і при

Чисельне інтегрування певних інтегралів

з високою точністю. Квадратурні формули

типу Гауса.

Як було зазначено на попередній лекції, чисельне обчислення певних інтегралів зводиться до обчислення квадратурної суми виду.

де – будь-який кінцевий чи нескінченний відрізок числової осі; р(х) - вагова функція, що враховує особливості поведінки підінтегральної функції; f(x) – довільна гладка функція; A k – квадратурні коефіцієнти, x k – квадратурні вузли.

Квадратурна сума однозначно визначається 2n+1 параметром: n значень Ак, n – значень х k і сам параметр n – число розбиття відрізка . Щоб отримати точніший результат при обчисленнях за допомогою найпростіших квадратурних формул, слід дробити відрізок інтегрування на досить велику кількість інтервалів. (Це спостерігалося, при розгляді найпростіших квадратурних формул трапецій та Сімпсона)

Однак можливі інші способи підвищення точності квадратурних формул. Досягнення точності можна досягти рахунок правильного чи оптимального вибору вузлів x k і квадратурних коефіцієнтів A k .

Якщо за умовою завдання вузли можна вибирати довільним чином і функція f(x) має високий рівень гладкості, то для обчислення певних інтегралів застосовують квадратурні формули типу Гаусса.

Формула Гауса.

Нехай необхідно вирахувати визначений інтегралвиду:

де f(x) – має високий ступіньгладкості на інтервалі [-1; 1].

Це завдання можна вирішити за допомогою квадратурної формули

Гауссом було доведено, що для досягнення найвищої точності результату інтегрування необхідно як вузли квадратурної формули взяти коріння багаточлена Лежандра