- •Розв’язання типового варіанта обов'язкового домашнього завдання 2
- •Умови обов'язкового домашнього завдання 2
- •Знайти область визначення функції: .
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції:
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •1. Знайти область визначення функції
- •3. Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції:
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції:
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції:
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції:
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції:
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції:
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
- •Знайти область визначення функції
- •Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці м0:
Розв’язання типового варіанта обов'язкового домашнього завдання 2
-
Знайти область визначення функції:
z=.
Оскільки логарифма від`ємного числа й нуля не існує, то . Або . Знаменник не може дорівнювати нулю й підкореневий вираз має бути невід`ємним, тобто , виділимо повний квадрат за х: . Або.
Таким чином, маємо систему
Для розв`язування системи будуємо границі області і і відповідно до знаків у нерівностях наносимо штрихування.
Область визначення функції – частина площини хоу, розташована між колами і , не включаючи межі (тобто внутрішня частина кола радіусом 4 з «діркою»).
-
Визначити похідну складеної функції за аргументом t, якщо .
Для розв`язування використовуємо формули:
У цьому випадку можна одержати результат тільки через аргумент t:
-
Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці М0:
: x2+2xy+y2-5x+3y+2z=0, Mo(2; 1;-1).
Рівняння дотичної площини має такий вигляд:
де F(x, y, z)=0 – рівняння поверхні σ.
У нашому випадку:
Рівняння дотичної площини таке:
.
Рівняння нормалі в загальному вигляді:
Тоді для даної поверхні нормаль має рівняння
-
Перевірити, чи є функція z = f(x, y) розв`язком диференціального рівняння
z =
Диференціюємо дану функцію:
Підставимо отримані похідні в диференціальне рівняння
.
Із цього випливає, що функція є розв`язком даного диференціального рівняння.
-
Дослідити функцію z = f(x; y) на екстремум і знайти найбільше й найменше значення цієї функції в замкненій області :
,
.
Задача розпадається на дві частини:
а) дослідити функцію на екстремум;
б) знайти найбільше й найменше значення цієї функції в області .
Використовуючи необхідну ознаку існування екстремуму, одержуємо систему
Точки А(1;0) і В(-5;-2) - стаціонарні.
. За достатньою ознакою в точці А екстремуму немає.
у точці В є екстремум.
Оскільки , то в точці В мінімум.
Zmin = Z(B)= 25-60+24+ 10-12+6= -7.
Для розв`язування другої частини задачі зробимо креслення області .
Оскільки точка , то її в другій частині задачі не розглядаємо.
Точка , визначимо . Розглянемо поведінку функції на межі області .
1. Межа DAC: , y [-2;2].
=4y3+9y2=0.
Стаціонарні точки а точка у1 лежить на межі DAC, тобто це точка А. Визначимо Z на кінцях відрізка [-2;2]:
Z(D)=ZDAC (-2)= 16-24+5= -3;
Z(C)=ZDAC (2)=16+24+5=45.
2. Межа DC: x= -3, y [-2;2].
ZDC=9+18 y-3y3+6+6y+6= -3y3+24y+21;
= -9y2+24=0.
Стаціонарні точки
На межі DC це точки Е(-3;1,63) і К(-3;-1,63).
Z(Е)= -3(1,63)3+24·1,63+21=47,12;
Z(К)= 3(1,63)3 - 24·1,63+21= -5,12.
Випишемо отримані значення:
Z(А)=5; Z(D)= -3;
Z(С)=45; Z(Е)=47,12.
Z(К)= -5,12;
Вибираємо з них найбільше й найменше значення:
Zнаиб.=Z(Е)= 47,12;
Zнаим.=Z(К)= -5,12;
-
Змінити порядок інтегрування:
.
З першого доданка бачимо, що
, із другого – .
На одному кресленні побудуємо межі області інтегрування.
Помітимо, що області мають загальну межу .
Проводимо вектор паралельно і співнапрямлено з віссю ОХ. Точка входу в область інтегрування лежить на лінії (), а точка виходу з області - на лінії (). Таким чином, , при цьому .
Тоді суму інтегралів можна замінити одним повторним
.
-
Знайти площу фігури S за допомогою подвійного інтеграла:
-
S: y=sin x, y=cos x, y=0 ;
-
б) S: x2+2x+y2=0, x2+6x+y2=0.
Побудуємо плоску фігуру, описану в пункті а:
Проведемо вектор паралельно осі OY.
Оскільки точка виходу вектора лежить на різних кривих, область S розбиваємо на дві частини: ліву S1 і праву S2.
;
.
Тоді (од. площі)
Щоб побудувати плоску фігуру, описану в пункті б, у рівняннях меж цієї області виділимо повний квадрат за змінною х:
х2+2х+1+у2= 1 або (х+1)2+у2=1,
х2+6х+9+у2= 9 або (х+3)2+у2=9.
Ясно, що границі області – кола зрушені за віссю ОХ ліворуч.
Розв’язуємо цю задачу в полярній системі координат, де
Щоб перейти до повторного інтеграла й розставити межі інтегрування, переведемо рівняння меж у полярну систему координат:
– рівняння «малого» кола.
– рівняння «великого» кола.
-
Знайти масу пластини D з поверхневою густиною ρ:
D:
Маса пластини визначається за формулою .
Обчислення проводимо в декартовій системі координат, тоді
-
Знайти об'єм тіла V:
V: , z=1, x2+y2≤ 1.
.
. Щоб перейти до повторного інтеграла й розставити межі інтегрування, потрібно рівняння даних поверхонь записати в циліндричних координатах.
Нижня половина сфери:
циліндр: або , остаточно .
Оскільки
Таким чином,
-
Знайти масу тіла V:
V: z= 1-x2 -y2, , = 15(x2+y2).
Маса об'ємного тіла V визначається за формулою .
Обчислення проводимо в циліндричній системі координат , тоді
Так само в циліндричну систему координат переводимо рівняння поверхонь, що задають тіло V: параболоїд обертання і нижня половина сфери
Визначимо лінію перетину цих двох поверхонь:
або або . Ясно, що для лінії перетину r = 1.
Розпишемо потрійний інтеграл на повторний і розставимо межі інтегрування:
-
Обчислити момент інерції однорідного тіла V щодо зазначеної осі:
V:
Формула для обчислення моменту інерції
.
Вирішуємо цю задачу в циліндричній системі координат .
Оскільки тіло V однорідне, то можна густину винести за знак інтеграла
Тіло V обмежене конічною поверхнею й двома площинами y=0, y=5. У циліндричній системі координат ці рівняння наберуть вигляду , y=0, y=5.
Таким чином, тіло V - конус.
Отже,
12. Обчислити криволінійні інтеграли:
а) ;
б) .
Тут AB – частина гвинтової лінії від точки А до точки В..
Щоб обчислити криволінійний інтеграл , визначимо за формулою . Тобто
. Точці А відповідає значення параметра , для точки В .
Тоді
Обчислимо інтеграл
13. Перейшовши до параметричного задання контура L, визначити роботу сили при переміщенні точки вздовж кривої L. Перевірити результат обчислення за допомогою теореми Стокса:
Оскільки крива L лежить на циліндрі , то , отримаємо
.
Якщо обхід контура L здійснювати проти годинникової стрілки, то A=90π.
За теоремою Стокса
.
Для σ+ нормаль показано на рисунку, зрозуміло, що , а α – гострий.
Тоді cos γ=0, cos α>0. Від поверхневого інтеграла перейдемо до подвійного
Проекція поверхні σ+ на площину yoz – еліпс, рівняння якого
або .
А геометричний зміст подвійного інтеграла – площа проекції σyoz , тобто площа цього еліпса, тому
-
Обчислити поверхневі інтеграли:
a) ,
s – частина площини x+2y–2z=4, утворена в перетині з координатними площинами,
б) ,
s – зовнішня сторона поверхні x2+y2=z+1, утворена в перетині з площинами z=0, z=3.
Поверхневий інтеграл з пункту а зведемо до подвійного за такою схемою:
-
визначимо , де тобто
-
в підінтегральній функції «чужу» змінну z замінимо на
-
спроектуємо поверхню σ на площину XOY в σxoy
Тоді
Поверхневий інтеграл за координатами з пункту б зведемо до подвійного, використовуючи формулу
де поверхня σ задається рівнянням z=φ(x;y) і якщо γ (кут між нормаллю до поверхні σ і віссю OZ) – гострий, то перед подвійним інтегралом беремо знак (+), якщо γ – тупий, то знак (–).
На рисунку кут γ – тупий, тому перед подвійним інтегралом беремо знак (–).
таким чином, , то і остаточно запишемо:
Розглянемо проекцію поверхні σ на площину ХОУ
Площина z=0 перетинає поверхню σ (x2+y2=z+1) по колу x2+y2=1, а площина z=3 – по колу x2+y2=4, тому σxoy – кільце. Перейдемо до полярної системи координат x=rcosφ, y=rsinφ, dS=rdrdφ, отримаємо
-
Знайти потік векторного поля через зовнішню сторону поверхні σ:
a) ,
- частина поверхні x2+y2–z2=1, отримана в результаті перетину площинами z=0, z= –2;
б) ,
– замкнена поверхня
У пункті а поверхня незамкнена, тому знаходимо поверхневий інтеграл безпосередньо за формулою
Поверхня σ задається рівнянням x2+y2-z2=1 або тоді
Оскільки то перед подвійним інтегралом ставимо знак плюс (див. розв’язок задачі 14б).
σxoy – проекція поверхні σ на площину ХОУ.
Знаходимо подвійний інтеграл у полярній системі координат x=rcosφ, y=rsinφ, dS=rdrdφ:
У пункті б поверхня замкнена, тому при обчисленні поверхневого інтеграла можна використати теорему Остроградського-Гауса
П.
оскільки V – верхня півкуля, тому перейдемо до сферичної системи координат
x=rsinφ cosθ,
y=rsinφ sinθ,
z=rcosφ,
dV=r2sinφ drdφdθ.