Математика для 1 курса

Решение.

Если

кривая задана

параметрическими

уравнениями

x = x(t );

y = y (t ),

то

площадь криволинейной

трапеции,

ограниченной

этой

кривой,

y

прямыми x = a ,

x =b и отрезком [a,b] оси

Ox выражается формулой

x

t2

O

рис.12

2π

S

= ∫y(t )x'(t )dt,

t1

где t1 и t2

определяются из условий a = x(t1 ); b = x(t2 ). Здесь dx = 2(1 −cost )dt , а t

изменяется от t1 = 0 до t2 = 2π, следовательно:

S = 2π 2

(1 −cost )2(1 −cost )dt = 42π

1 − 2cost + cos2 t dt.

∫

∫

(

)

0

1+cos 2t

0

Используя формулу cos2 t =

, будем иметь

2

2π

2π

1 + cos 2t

1

1

S = 4

∫0

1 − 2cos t +

dt = 4 t − 2sin t

+

t +

sin 2t

=

2

2

4

0

																										1										= 4(2π +π )=12π.
														= 4 2π −									0	+					2π			+ 0
																										2
			Ответ: S =12π.
																							дуги кривой ρ =sin3 ϕ от ϕ = 0																																		= π .
			Задача 65. Найти длину l																																																		до ϕ			2
																																												3				1										2
			Решение. Если гладкая кривая задана в полярных координатах уравнением
ρ = ρ(ϕ),					α ≤ϕ ≤ β , то длина l																		дуги равна
																											β
																							l = ∫ ρ2 +(ρ')2 dϕ .
																											α
			Найдем ρ'													ϕ			2		cos		ϕ		1				=sin				2	ϕ		cos			ϕ		.	Следовательно,
								=3 sin								3							3			3								3						3
						π / 2								ϕ								ϕ						ϕ			2						π / 2							ϕ						ϕ					ϕ
				l =		∫ sin6																	cos									dϕ =					∫				sin6					+sin			4			cos2					dϕ		=
															+ sin2
						0								3								3							3								0							3							3				3
				π / 2			sin			4			ϕ				2		ϕ		+cos			2 ϕ								=		π / 2			sin			2 ϕ		dϕ =				1	2π				−cos			2ϕ
				=	∫								3	sin					3						3				dϕ						∫						3					2	∫ 1							3		dϕ =
					0																														0												0
	1			3			2ϕ					π / 2			1				π			3					π								1			π				3 3						1			2π		−3 3						2π −3 3
=			ϕ −		sin									=							−		sin							−0 =										−						=												=		.
	2			2			3								2				2			2				3									2			2				2 2						2					4						8
												0
			Ответ: l =						1				(2π −3								3).
								8
			Задача 66. Найти площадь S поверхности,																																							образованной вращением вокруг
оси Ox дуги кривой y =																		1		x3 от x = 0 до x =1 (рис.13).
																	3

41

	y		1
	1	y =	3 x3
	3		x
	0	1

рис.13

Решение. Если дуга y = f (x)(a ≤ x ≤ b)

вращается вокруг оси Ox , то площадь поверхности вращения вычисляется по формуле

b

S = 2π∫y 1+(y ')2 dx .

a

Найдем производную y ' = 13 3x2 = x2 , тогда

1

2π

1

1

1

1

S = 2π∫0

13 x3 1+ x4 dx =

14 ∫0

(1+ x4 )2 4x3dx = π6 ∫0

(1+ x4 )

2 d (1+ x4 )=

3

(1 + x4 )

3

1

3

1

π

2

π

π

(2 2 −1).

= 6

3/ 2

=

6 32 (1 + x4 )2

=

9

Ответ: S = π9 (2

2 −1).

0

0

Задача 67. Найти объем V тела, образованного вращением вокруг оси Ox

y

дуги кривой

y =tgx от x = 0

до x = π

(рис.14).

y = tgx

3

b

Решение. Объем тела вращения Vx =π∫y2dx. В

нашем случае

a

π / 3

2

xdx

π / 3 sin2 x

π / 3

1 −cos2 x

dx =

x

V =π ∫ tg

=π ∫

cos

2

x

dx =π ∫

cos

2

x

O

π

π

0

0

0

π / 3

1

π0

/ 3

3

2

= π

∫

−1

dx = π (tgx − x )

=

2

x

рис.14

0

cos

= π

3 −

π

− 0

π (3 3 − π )

.

=

3

3

π

Ответ: V =

(3

3 −π ).

3

Задача 68. Найти значение функции z = ln(2ex−2 y −1) в точке M0 (2,1) . Решение. Подставляя в выражение функции x = 2, y =1, получим

z(M0 ) = ln(2e2−2 1 −1) = ln(2e0 −1) = ln1 = 0.

Ответ: z(M0 ) = 0 .

Задача 69. Область определения функции задана системой неравенств

42

x2 +( y + 2)2 ≤ 25,

x −2 y +1 ≤ 0.

Сделать рисунок области и определить будет ли она ограниченным, замкнутым, связным множеством.

Решение. Рассмотрим сначала где выполняются равенства, то есть систему уравнений

y

M B

O

A O1

рис.15

x2 +( y + 2)2 = 25,

x −2 y +1 = 0.

Первое уравнение – уравнение окружности с

xцентром в точке O1 (0;−2) и радиусом равным 5. Второе уравнение – уравнение прямой.

Чтобы найти координаты точек пересечения окружности и прямой нужно решить систему уравнений. Решив систему, получим:

A(−5;−2), B(3;2).

Окружность делит плоскость на две части. Неравенство x2 +( y +2)2 < 25

выполняется во всех точках, расположенных внутри окружности. Для этого достаточно проверить выполнение его для любой точки, например, для точки O(0;0) . Таким же образом можно проверить, где верно неравенство x − 2 y +1 < 0.

Это будет множество точек, лежащим выше прямой AB . Одновременно система неравенств, задающих область определения функции, будет выполнятся для координат точек дуги AMB окружности, отрезка AB прямой и всех точек, расположенных между ними (рис.15).

Очевидно, что множество перечисленных точек будет ограниченным, замкнутым и связным множеством.

Задача 70. Найти частные производные функции z = x3 +e3 y . Решение. Находим частную производную по переменной x

∂∂xz = z′x = (x3 )′x +(e3 y )′x = 6x2 +0 = 6x2 .

Производная по x от второго слагаемого равна нулю, так как при дифференцировании по переменной x переменная y считается постоянной и,

следовательно, e3 y = const. Аналогично,

∂∂xz = z′y = (x3 )′y +(e3 y )′y = 0 +3e3 y = 3e3 y .

Здесь первое слагаемое от y не зависит и производная от него по y равна

нулю.

Ответ: ∂∂xz = 6x2 , ∂∂xz = 3e3 y .

Задача 71. Найти частные производные функции z = x3e2 y .

43

Решение.

′

= (x

3

e

2 y

′

= e

2 y

(x

3

′

2

e

2 y

.

zx

)x

)x = 3x

Так как при дифференцировании по переменной x множитель e2 y

= const , то

его выносим за знак производной .

Аналогично,

′

=

(x

3

e

2 y

′

= x

3

(e

2 y ′

= x

3

(2e

2 y

3

e

2 y

.

zy

)y

)y

) = 2x

Ответ: ∂z 3x2e2 y ,

∂z

=

2x3e2 y .

∂x

∂x

Задача 72. Найти частные производные функции z = x3e3x+2 y .

x оба

Решение. В данном случае при дифференцировании по переменной

множителя зависят от x поэтому

′

′

3

e

3x+2 y

′

3

′

3x+2 y

+ x

3

(e

3x+2 y

2

e

3x+2 y

+ x

3

e

3x+2 y

2

e

3x+2 y

(1

+ x).

zx = (x

)x = (x

)x e

)x

= 3x

3 = 3x

При дифференцировании по переменной y имеем

′

= (x

3

e

3x+2 y ′

= x

3

(e

3x+2 y

′

3 3x+2 y

2

=

3 3x+2 y

.

zy

)y

)y = x e

2x e

Ответ: z′y =3x2 (1+ x) e3x+2 y ,

z′y

= 2x3e3x+2 y .

Задача 73. Найти частные производные функции u = x2 y + z2ex+yz . Решение. Функция в данном примере - функция трех переменных x, y и z .

Следовательно, и частных производных у нее три.

Находим производную по x , считая y = const и z = const ,

u′x = 2xy + z2ex+yz .

При дифференцировании по y переменные x и z считаем постоянными

u′y = x2 + z2ex+yz (x + yz)′y = x2 + z3ex+yz .

Учитывая, что x = const и y = const , при дифференцировании по z имеем

′

2

′

+(z

2

′

x+yz

+ z

2

(e

x+yz ′

x+yz

+ z

2

e

x+yz

′

uz = (x

y)z

)z e

)z = 0 + 2ze

(x + yz)z =

= 2zex+yz + z2ex+yz y = z(2 + yz)ex+yz .

Ответ: u′x

= 2xy + z2ex+yz , u′y = x2 + z3ex+yz , u′z = z(2 + yz)ex+yz .

Задача 74. Найти полный дифференциал функции u =

xy

и его выражение в

z

точке M0 (1;0;2).

Решение. Полный дифференциал функции трех переменных находится по формуле

du = ∂∂ux dx + ∂∂uy dy + ∂∂uz dz.

Найдем сначала частные производные

44

∂u

=

y

;

∂u

=

x

;

∂u

= −

xy

.

∂x

∂y

∂z

z

z

z2

Теперь запишем

du =

y

dx +

x

dy −

xy

dz =

1

( yzdx + xzdy − xydz).

z2

z

z

z2

Подставляя в это выражение x =1, y = 0, z = 2, получим

du

=

1

(0

2dx +1 2dy −1 0dz) =

1

dy.

M0

2

2

2

Ответ:

du =

1

( yzdx + xzdy − xydz);

du

1

dy.

=

z2

M0

2

Задача 75. Написать уравнения нормали и касательной плоскости к

поверхности z = 3 x2 + y2 +3 в точке M

0

, для которой x

=1, y

0

= −2,

z

0

= 2.

0

Решение. В случае явного задания поверхности, т.е. уравнением,

разрешенным

относительно z :

z = f (x, y), уравнение

касательной

плоскости

имеет вид: ∂f

(x − x ) +

∂f

( y − y

)

−(z − z

) = 0,

∂x

M0

0

∂y

M0

0

0

а уравнения нормали

x − x0

y −

y0

z − z0

=

=

.

∂f

∂f

−1

∂x

M0

∂y

M0

Поверхность задана явным уравнением. Находим частные производные

2

2

2

2

fx′(x, y) =

x(x2 + y2

+3)−

3 , fy′(x, y) =

y(x2

+ y2 +3)−3 .

3

3

Вычислим их значения в данной точке M0 (1, −2,2)

fx′(1, −2) =

1

;

fy′(1, −2) = −

1

.

6

3

и, подставив в соответствующее уравнение касательной плоскости, получим

1

(x −1) −

1

( y + 2) −(z −2) = 0 или

x − 2 y −6z + 7 = 0 - уравнение касательной

6

3

плоскости. Уравнения нормали к поверхности имеют вид

x −1

=

y + 2

=

z −2

1

1

−1

6

−3

или, умножив на 6 все знаменатели, получим

x −1

=

y + 2

=

z − 2

.

1

−2

−6

45

Ответ: Уравнения нормали

x −1

=

y + 2

=

z −2

; уравнение касательной

1

плоскости x −

2 y −6z + 7 = 0.

−2

−6

Задача 76. Найти наибольшее и наименьшее значения функции

π .

z =sin x +cos(x + y) в области

: 0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ y ≤

D

2

2

Решение. Сделаем рисунок области

D

. Границами ее будут прямые x = 0;

x =

π

; y = 0

и y = π . (рис.16)Так как

область

ограниченная и

замкнутая, то

2

2

наибольшее и наименьшее значения функция может принимать либо в точках экстремума внутри области, либо на границе.

1. Исследуем внутренние точки области. Ищем стационарные точки внутри области D (точки, где выполняются необходимые условия экстремума). Для этого находим частные производные

						z′x	= cos x −sin(x + y),
π	A			B		z′y	= −sin(x + y).
						Приравнивая частные производные нулю,
2
						получаем систему
	M0					cos x −sin(x + y) = 0,
					C x
O		M				sin(x + y) = 0.
			1	π		Прибавляя к первому уравнению второе,
				2
	рис.16					переходим к системе
							cos x = 0,
							sin(x + y) = 0.	π
Первое		уравнение				системы имеет множество решений x =			+πn, n Z.
								2

Заметим, что при любом n , решения не принадлежат открытому промежутку

(0; π2 ). Следовательно, и все стационарные точки не принадлежат открытой области

D		0	< x <	π	;0	< y <	π		: экстремумов внутри области D нет.
				2			2

2. Исследуем функцию на границе области, которая состоит из четырех участков, заданных разными уравнениями.

а) Участок границы M0 A - отрезок прямой x = 0, при этом 0 ≤ y ≤ π2 . На

прямой x = 0 заданная функция принимает вид z = cos y, то есть становится функцией одной переменной y . Наибольшее и наименьшее значения она (как функция одной переменной) может принимать в стационарных точках внутри

46

промежутка[0;	π ] или в граничных точках y = 0 и		y = π	(точки	M0	и A на
рисунке).	2		2
Ищем стационарные точки: находим производную и приравниваем ее нулю
z′y = (cos y)′y = −sin y;sin y = 0; y =πn; n Z.		При	любом n		y (0; π ).
				z = cos y		2
Стационарных	точек нет. Находим значения	функции			на	концах

промежутка (точки M0 (0;0)

0;

π

z(M0 ) = cos 0 =

1; z( A) = cos

π

= 0.

и A

2

)

2

б) Участок границы

M0C -

отрезок прямой

y = 0

(0 ≤ x ≤ π ). На прямой

y = 0 исследуемая функция имеет вид z =sin x +cos x .

2

Ищем стационарные точки:

z′x = cos x −sin x;

cos x −sin x = 0;

cos x = sin x;

tgx =1;

x = π

+πn, n Z.

4

Промежутку (0; π ) принадлежит только точка x =

π . На этом промежутке

2

(π ;0).

4

одна стационарная точка M1

4

π +cos

π =

2

2

z(M1 ) = sin

+

=

2.

2

2

π

4

4

В граничной точке C

;0

имеем z(C) =1.

2

π

(0 ≤ x ≤ π ).

в) Участок границы

AB -

отрезок прямой

y =

На этом

π )..

2

2

участке z = sin x +cos(x +

2

Так как cos(x + π ) = −sin x, то имеем z =sin x −sin x = 0.

2

AB функция принимает одно и

Из этого следует, что во всех точках отрезка

тоже значение равное нулю (в том числе и в граничных точках A и B ).

г) Участок границы BC : x = π

;0 ≤ y ≤

π . Исследуемая функция имеет вид

z = sin π

+cos(π + y) =1−sin y.

2

2

2

2

47

Находим z′y = −cos y; cos y = 0, y =	π	+πn, n Z. При любом n
	2

y 0; π2 .

В граничных точках участка	π		;	π		и	π		;0		значение функции уже
	B	2		2			Ñ	2

найдены.

3. Сравниваем значения функции во всех точках, в которых она может иметь наибольшее и наименьшее значения

z(M0 ) =1, z( A) = 0; z(M1 ) = 2; z(B) = 0, z(C) =1.

Наибольшее значение функция имеет в точке M1, наименьшее в точках отрезка AB.

Ответ: zнаиб = 2, zнаим = 0.

Библиографический список

1.Лобунина, И.И. Основы линейной алгебры: учеб. пособие /И.И. Лобунина. – СПб.: Изд-во СЗТУ, 2006

2.Романова, Ю.С. Аналитическая геометрия: учеб. пособие /Ю.С. Романова. - СПб.: Изд-во СЗТУ, 2006

3.Шепелявая, Н.Б. Введение в математический анализ: учеб. пособие /Н.Б. Шепелявая. - СПб.: Изд-во СЗТУ, 2006.

4.Волынская, И.А. Дифференциальное исчисление функций одной переменной: учеб. пособие /И.А. Волынская. - СПб.: Изд-во СЗТУ, 2006.

5.Потапенко, А.А. Интегральное исчисление функций одной переменной: учеб. пособие /А.А. Потапенко. – СПб.: Изд-во СЗТУ, 2006.

6.Гаврилов В.Л. Дифференциальное исчисление функций многих переменных: учеб. пособие /В.Л. Гаврилов. - СПб.: Изд-во СЗТУ, 2006.

48

Cодержание

1.Примеры решения типовых задач к контрольной работе №1 по 3 разделам: ”Линейная и векторная алгебра’’, ”Аналитическая геометрия”

2.Примеры решения типовых задач к контрольной работе №2 по 17 разделам: ”Математический анализ”, ”Дифференциальное исчисление функции одной переменной”

3.Примеры решения типовых задач к контрольной работе №3 по 23 разделам: ”Дифференциальное исчисление функции одной переменной”, ”Интегральное исчисление функции одной переменной”

4.Примеры решения типовых задач к контрольной работе №4 по 38 разделам: ”Интегральное исчисление функции одной переменной”, ”Дифференциальное исчисление функций нескольких переменных”

5. Библиографический список

48

49