m3var12

Вариант № 12

1. Найти область определения функции и изобразить её на плоскости: z = ln y − ln cos x . Для заданной функции область определяется следующими неравенствами: y > 0, cos x > 0 . Первое неравенство определяет верхнюю полуплоскость, второе

неравенство

выполняется

при

2

x (−π / 2 + 2kπ;π / 2 + 2kπ ), k = 0, ±1, ± 2, .... Область

определения

1

функции – это множество вертикальных полос в верхней

полуплоскости, ширина которых равна π . Границы полос и ось

-π/2

0

π/2

ОХ в область определения

не входят (см. рисунок). Ответ:

1

(x; y) D,

D: y (0; ∞),

x (−π / 2 + 2kπ;π / 2 + 2kπ ),

k =

0, ±1, ± 2, ....

2.

Вычислить

частные

производные z′x

и

z′y сложной

2

u = x2 ; v = sin y;

функции в

данной

точке:

z =

u v + u;

при

x = 3; y = π / 2 .

Частные производные сложной функции двух переменных

формулам

∂z

=

∂F

∂u +

∂F

∂v

и

∂z

=

∂F

∂u +

∂F

∂v

.

∂x

∂x

∂u

∂x

∂v

∂y

∂u

∂y

∂v

∂y

z = F(x, y) находятся по

В данном случае

∂z

= (

v

F(x, y) =

u

v + u; u = x2 ;

v = sin y . Следовательно,

+1) 2x ,

∂x

2 u

∂z

(3, π )

= u cos y .

Заметим,

что

в

точке

M

0

промежуточные

переменные

равны:

∂y

2

u(3, π ) = 9,

v(3, π ) =1. Подставляя

в

частные

производные

x = 3, y = π , u = 9, v =1,

получим:

2

2

2

∂z

= 7 ,

∂z

= 0 . Ответ:

∂z

= 7 ,

∂z

= 0 .

∂x

M 0

∂y

∂x

M0

∂y

M0

M0

3. Найти уравнение касательной плоскости и нормали к указанной поверхности в

данной на ней точке: x2 − 6x + 9y2 + z2 + 4z + 9 = 0;

M

0

(3,0, − 4) .

Касательная плоскость и нормаль к поверхности

F(x, y, z) = 0

в

точке

M0 (x0 , y0 , z0 )

имеют

следующие

уравнения:

а)

∂F

(x − x

0

) + ∂F

(y − y

0

) + ∂F

(z − z

0

) = 0

∂x

∂y

∂z

M0

M0

M0

(касательная

плоскость):

x − x0

=

y −

y0

=

z − z0

(нормаль).

В

данном

случае

∂F

∂F

∂F

∂x

M0

∂y

M

0

∂z

M0

F(x, y, z) = x2 − 6x + 9y2 + z2 + 4z + 9. Найдём

частные

производные

от

F(x, y, z)

в

точке

M

0

(3,0,− 4) :

∂F

= (2x − 6)

= 0,

∂F

=18y

= 0,

∂F

= (2z + 4)

= −4.

Подставим

∂x

M0

∂y

M0

∂z

M0

M0

M0

M0

найденные

частные

производные

в

уравнения

касательной

плоскости

и

нормали:

− 4(z + 4) = 0,

x − 3

=

y

=

z + 4

. Или

z + 4 = 0 ,

x − 3

=

y

=

z + 4

.

Ответ:

а)

Уравнение

0

0

− 4

0

0

1

касательной плоскости: z + 4 = 0 ; б) Уравнение нормали:

x − 3

=

y

=

z + 4

.

0

0

1

4.

Найти

наибольшее и

наименьшее значения

функции

z = f (x, y)

в

области D:

z = xy(4 − x − y); D :{x = 1; y = 0;

x + y = 6}.

-1-

Найдём стационарные точки внутри

D :

∂z = y(4 − 2x − y); ∂z = x(4 − 2y − x). Приравнивая

∂x

∂y

производные к нулю и решая систему уравнений, находим четыре стационарные точки:

M (0, 0) D,

M ′(0, 4) D,

M0 (4, 0) D,

M1(4/3, 4/3) D . Значения функции в этих точка:

z

0

= 0,

z

=

64/ 27. На границе области D

x = 1,

y [0, 5], функция имеет вид z = 3y − y2 .

1

Тогда

dz = 3 − 2y

. Точка

M

2

(1, 3/ 2) D,

z

2

= 9/ 4 . На

dy

6

границе

области

D

y = 0,

x [1, 6], функция

имеет вид

M6

z = 0 . Тогда в угловых точках M3 (1, 0),

M4 (6, 0)

функция

M5

равна

z3

= 0, z4 = 0.

На

границе

области

D

y =

6 − x ,

3

D

x [1, 6],

z = 2x2 −12x.

функция

имеет

вид

Тогда

M2

dz = 4x −12

. В

стационарной

точке

M

5

(3, 3)

функция

M3

M1

M0

M4

dx

0

3

6

равна z5

= −18. Наконец, в угловой точке M6 (1, 5) функция

равна

z6 = −10.

Сравнивая

значения

z0 , z1,..., z6 ,

видим,

что

наибольшее

значение

z1 = 64/ 27 функция принимает в точке M1(4/3, 4/3) , а наименьшее значение z5

= −18 - в

точке M5 (3, 3) . Ответ: наибольшее значение функции z1 = 64/ 27

- в точке M1(4/3, 4/3) ,

наименьшее значение z5 = −18 - в точке M5 (3, 3) .

1

y

2

2− y

5. Изменить порядок интегрирования: ∫dy ∫ fdx +∫dy ∫ fdx .

0

0

1

0

Восстановим

область

интегрирования

(D)

по

пределам

повторных

интегралов:

D = D1 D2 , (D1) : 0 ≤ y ≤ 1,

0 ≤ x ≤

y;

(D2 ) : 1≤ y ≤ 2, 0 ≤ x ≤ 2 − y .

Изобразим область

2

2

1

1

0

1

2

0

1

2

интегрирования на чертеже (см. рисунок). Порядок интегрирования в данном интеграле показан штриховкой на первом графике. На втором графике штриховка изменена на вертикальную. Из рисунка видим, что данная область является y – трапецией. На нижней границе y = x2 , на верхней границе y = 2 − x . Поэтому (D) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 2 − x и в

1 2−x

результате подстановки пределов получим следующий повторный интеграл: ∫dx ∫ fdy .

0 x2

12−x

Ответ: ∫dx ∫ fdy .

0x2

6.

Найти

объём

тела,

ограниченного

указанными

поверхностями:

x + y = 4; y = 2x; z = 3y; z = 0.

-2-

Основанием тела в плоскости ХОУ является область D,

ограниченная параболой y = 2x и прямой x + y = 4 . Снизу тело ограничено плоскостью z = 0, сверху – плоскостью z = 3y (см. рисунок). Таким образом,

2

4−y

3y

2

4− y

2

y2

V = ∫dy

∫

dx ∫dz = 3∫ ydy

∫dx = 3∫ y(4 − y −

)dy =

0

y2 / 2

0

0

y2 / 2

0

2

= 3[2y2 −

y3

−

y4

2

= 3

10

= 10. Ответ: V = 10.

]

3

8

0

3

7. Найти объём тела, ограниченного указанными

поверхностями:

x2 + y2

= 8

2y; z = x2 + y2 − 64; z = 0;

(z ≥ 0) .

Преобразуем

уравнения

цилиндрической

поверхности:

x2 + y2 = 8

2y x2 + (y − 4 2)2 = 32 .

Сверху тело ограничено поверхностью параболоида

вращения

z = x2 + y2 − 64 ,

а

снизу

– координатной

плоскостью

z = 0

(см. рисунок). Удобно

перейти к

цилиндрическим

координатам:

x = ρcosϕ, y = ρsin ϕ, z = z .

Уравнением

окружности

ρ = 8

будет

2 sinϕ ,

уравнением

параболоида будет

z = ρ

2

− 64 .

При

z = 0

найдём

точки пересечения

x

ρ = 8

ρ = 8 ,

окружностей

2 sinϕ

и

получаем:

sinϕ = 1/ 2 ϕ1 = π / 4, ϕ2

= 3π / 4 .

Область

z

6

2

2

4 D

x

z

64

D

-64

интегрирования будет область Ω : π / 4 ≤ ϕ ≤ 3π / 4; 8 ≤ ρ ≤ 82 sinϕ; 0 ≤ z ≤ ρ 2 Следовательно,

4 y

y

− 64 .

ϕ

2

−64

8 2 sin

3π / 4

8

2 sinϕ

ρ

3π / 4

8

2 sinϕ

3π / 4

ρ 4

V = ∫ dϕ

∫

ρdρ

∫dz =

∫ dϕ

∫(ρ 2 − 64)ρdρ = ∫ (

− 32ρ 2 )

dϕ =

4

π / 4

8

0

π / 4

8

π / 4

8

3π / 4

3π / 4

3π / 4

= 6416

∫[1− 4(sin2 ϕ − sin4 ϕ)]dϕ = 6416

∫(1− 4sin2 ϕ cos2 ϕ)dϕ =6416

∫(1− sin2 2ϕ )dϕ =

π / 4

π / 4

π / 4

3π / 4

3π / 4

sin 4ϕ

3π / 4

= 6416

∫cos2 2ϕ dϕ =3216

∫(1+ cos4ϕ)dϕ =3216(ϕ −

)

= 256π .

π / 4

π / 4

4

π / 4

Ответ: V = 256π .

8.

Найти

объём

тела,

ограниченного

указанными

поверхностями:

16 ≤ x2 + y2 + z2

≤ 64;

− x /

3 ≤ y; y ≤ −x

3; z ≥ − (x2 + y2 )/ 63 .

Тело расположено между двумя концентрическими сферами с центрами в начале

координат радиуса 4 и 8, конусом (снизу), и двумя плоскостями

y = −x /

3 и

y = −x 3 .

Перейдём к сферической системе координат:

x = r cosϕsin θ, y = rsin ϕsin θ, z = r cosθ.

Якобиан

преобразования равен r2 sin θ . Уравнение малой сферы будет

r = 4 , большой

сферы -

r = 8, На плоскости

y = −x 3

будет tgϕ = − 3

или ϕ = 5π /3., а на плоскости

y = −x/

tg ϕ = −

1

или ϕ = 5π / 6 . Уравнение

3 будет

конуса

переходит в

уравнение

3

θ = π − arctg 63.

Таким

образом,

тело

занимает

следующую

область:

-3-

Ω :

4 ≤ r ≤ 8, 5π ≤ ϕ ≤ 5π , 0 ≤ θ ≤ π − arctg

63 . Объём

тела

z

6

3

равен:

V = ∫∫∫r2 sin θdr dϕdθ.

Или

(Ω)

5π /3

π −arctg

63

8

V =

∫dϕ

∫

sinθdθ ∫r2dr =

-8

5π / 6

0

4

y

8

= ϕ

5π /3

(−cosθ ) π −arctg

63 r

3

-4

= .

5π / 6

0

3

4

x

= 5π (cos(arctg

63) +1) 448 =

6

3

= cos(arctg

63) =

1

= 1 = 140π . Ответ: V = 140π .

1+ tg2 (arctg

63)

8

9. Найти массу пластинки: 1 ≤ x2 / 4 + y2 ≤ 25; y ≥ x / 2; x ≥ 0; µ = x / y3

Пластинка

занимает

область

D,

изображённую

на

рисунке. Область

неудобна

5

для интегрирования в декартовой системе

координат. Поэтому перейдём к эллиптической

системе

координат:

x = 2ρ cosϕ, y = ρ sinϕ .

Уравнением

меньшего

эллипса

будет:

D

4ρ

2

cos

2

ϕ + ρ

2

sin

2

ϕ = 1 ρ = 1. Аналогично,

2.5

4

1

для большего эллипса получим: ρ = 5 . Якобиан

преобразования

равен

2ρ . На

прямой

линии

y = x / 2

имеем

0

0

5

10

ρ sinϕ = (2ρ cosϕ) / 2 sinϕ = cosϕ ϕ = π / 4 .

Область,

занимаемая

пластинкой,

есть

:1 ≤ ρ ≤ 5; π / 4 ≤ ϕ ≤ π / 2.

Тогда

π / 2

5

π / 2

m = ∫∫

x3 dxdy = ∫∫

2ρ cosϕ3 2ρ dρdϕ =4 ∫

sin−3 ϕ d sinϕ∫ dρ = −2 ln ρ 15 [

12

]

=

(D) y

( )

(ρ sinϕ)

π / 4

1 ρ

sin

ϕ

π / 4

= −2 ln5 (1− 2) = 2ln5 . Ответ: m = 2ln5.

10. Найти массу тела: x2 + y2 + z2

= 9;

y = 0; (y ≥ 0); x2 + y2 = 4; (x2 + y2

≤ 4);

µ = z .

Тело

представляет

часть

шара,

z

«вырезанную»

цилиндрической

3

поверхностью,

и

ограниченную

y

плоскостью

y = 0.

Цилиндрическая

поверхность x2 + y2

= 4 пересекается с

поверхностью сферы

x2 + y2 + z2 = 9

y

D

x

на

высоте

z = ±

5

(см.

рисунок).

2

Область

интегрирования:

Ω : − 2 ≤ x ≤ 2; 0 ≤ y ≤ 4 − x2 ;

− 9 − x2 − y2 ≤ z ≤ 9 − x2 − y2 .

x

Интегрирование в декартовой системе

координат

неудобно.

Перейдём

к

цилиндрической

системе

координат:

-4-

x = ρ cosϕ, y = ρ cosϕ, z = z .

Таким

образом,

тело занимает следующую

область:

µ =

Ω : 0 ≤ ρ ≤ 2, −

9 − ρ 2

≤ z ≤

9 − ρ 2 , 0 ≤ ϕ ≤ π .

При этом плотность тела равна

z

.

Масса

тела

равна:

m = ∫∫∫

z

ρdρdϕdz .

Или

(Ω)

2

π

9−ρ2

2

9−ρ 2

2

(9 − ρ 2 )2

2

m = ∫ρ dρ∫dϕ

∫

z

dz = 2π ∫ρ dρ ∫zdz = 2π ∫(9 − ρ 2 ) ρdρ = − π

= 33π .

Ответ:

0

2

0

0 − 9−ρ2

0

0

0

m = 33π .

11.

Вычислить

криволинейный

интеграл

по формуле

Грина: ∫(−x2 y + x + y)dx + (xy2 + x − y)dy; L : x2 + y2						= R2 .
Преобразуем криволинейный интеграл по замкнутому
контуру	в	двойной		по	формуле	Грина:
∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫∫(			∂Q −	∂P)dxdy .		Область
(L)		(D)	∂x	∂y

интегрирования изображена на рисунке. Для заданного интеграла получаем: J = ∫(−x2 y + x + y)dx + (xy2 + x − y)dy =

R

D

(L)

= ∫∫[y2 +1+ x2 −1)]dxdy = ∫∫(y2 + x2 )dxdy . В полярных координатах

x = ρcos x, y = ρsin x,

(D)

(D)

x2 + y2

= ρ2 ,

якобиан

преобразования

равен

ρ .

Следовательно,

R

2π

R

2π

ρ 4

R

02π = πR4 .

J = ∫dρ ∫ρ 2 dϕ ρdρ = ∫ρ 3dρ ∫dϕ =

ϕ

Ответ:

0

0

0

0

4

0

2

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = πR4 .

(L)

2

12. Вычислить массу дуги кривой (L) при заданной плотности γ :

x = 4(cost + tsint),

≤ t ≤ 2; γ = t2 +1.

L :

; 0

y = 4(sint − t cost)

8

Массу дуги вычисляем с помощью криволинейного

интеграла первого рода: m = ∫γdL . В данном примере

(L)

4

L

линия и плотность заданы в параметрическом виде.

Тогда

dL = x′2 + y′2 dt .

Следовательно,

m = ∫(t2 +1)

dt =

x′ = 4t cost,

=

x′2 + y′2

y′ = 4tsin t

0

4 x(2)

8

(L)

2

2

2

(t2 +1)t dt = = 4(

t4

+

t2

)

= ∫(t2 +1)

16t2 (cos2 t + sin2 t) dt = 4∫

= 24 . Ответ: m = 24.

0

0

4

2

0

13. Вычислить работу силы

при перемещении вдоль линии γ от точки M к точке N:

F

x2 + y2

= 25,

2

; y}; M (5;0;5); γ

F = {x;− z

N(0;5;5) .

z =

x2

+ y2

-5-

Работу				вычисляем	по	формуле:
A = ∫(						Линия	γ
	Fdr			) = ∫Fxdx + Fydy + Fz dz .
MN				MN			z

представляет			собой окружность,		являющуюся
пересечением			цилиндрической		поверхности					5
x2 + y2 = 25			и конической поверхности		z =	x2 + y2 .			γ	M
				z = 5 (см. рисунок).
Линия расположена в плоскости
Перейдём		к	параметрическому	заданию		линии:
x = 5cost, y = 5sin t, z = 5 . Найдём значение параметра								-5
t,	при	котором достигаются		точки	M	и N;
5 = 5costM , 0 = 5sintM tM = 0;									x
0 = 5costN , 5 = 5sintN tN = π / 2 . Тогда
	π / 2					π / 2
A =	∫[5cost (5cost)′ − 25 (sint)′ − 5sint (5)′]dt =25 ∫[−sint cost − cost]dt =

N

y

5

0

0

= 25(

cos2 t

− sint)

π / 2

= 25(−

1

−1) = −

75

. Ответ: Работа равна A = −

75

.

2

0

2

2

2

14.

Найти

производную

функции u(x, y, z)

в точке M0 по

направлению внешней

нормали

к

поверхности S , заданной

уравнением

S(x, y, z) = 0 , или

по

направлению

n

вектора

:

u =

xy −

4 − z2 ;

M

(1,1,0);

S : z = x2 − y2 .

e

0

Производная

по

направлению

находится

по

формуле:

∂u

=

∂u

cosα +

∂u

cosα +

∂u

cosα ,

где

cosα, cosβ, cos γ

-

координаты

∂L

M0

∂x

M0

∂y

M0

∂z

M0

единичного вектора данного направления. Найдём частные производные функции u(x, y, z) в

заданной

точке:

∂u

∂u

∂u

z

=

y

=

1

;

=

x

=

1

;

=

∂x

∂y

∂z

M0

2 x

M

2

M

0

2 y

M

2

M0

0

0

= −

z

= 0.

Следовательно,

grad u = {

1

;

1

; 0}.

y

4 − z

2

M

2

2

0

Найдём координаты

вектора

=

{∂F

;

∂F

;

∂F

},

n

∂x

M

0

∂y

M0

∂z

M

0

x

где F(x, y, z) = x2 − y2 − z :

∂F

= 2x

= 2;

∂F

= − 2y

= −2; ∂F

= −1.

Таким

образом,

= {2; − 2; −1}.

n

∂x

M0

M0

∂y

M0

M0

∂z

M0

=

1

= {

2

; −

2

; −

1

}. Нормаль

Найдём единичный вектор нормали

:

n

=

n

0

n

0

n

n

4 + 4 +1

3

3 3

является

внешней

(см. рисунок). Тогда производная по заданному направлению равна:

∂u =

1

2

+

1

(−

2

) + 0 (−

1

) = 0

(это

значит,

что

градиент перпендикулярен нормали) .

∂L

2

3

2

3

3

Ответ:

∂u(M0 )

= 0

∂L

-6-

15.

Найти наибольшую скорость изменения скалярного поля

ϕ = ϕ(x, y, z)

в заданной

точке М: ϕ = ln(3 − x2 ) + xy2 z;

M (1, 3, 2) .

Наибольшую скорость характеризует градиент поля: grad ϕ =

∂ϕ i

+

∂ϕ

+ ∂ϕ

.

j

k

∂x

∂y

∂z

M

∂ϕ

Вычислим координаты градиента:

= (−

2x

+ y2 z)

= 17 ,

∂ϕ

= 2xyz

= 12 ,

∂x

∂y

∂ϕ

M

3− x2

M

M

M

= xy2

= 9. Таким образом, gradϕ = {17,12, 9}.

∂z

M

M

gradϕ(M )

=

172 +122 + 92

=

Величина скорости есть модуль градиегнта:

514 .

Ответ: Наибольшая скорость изменения поля в заданной точке равна 514 .

16. Вычислить расходимость и вихрь в произвольной точке М, а также найти

уравнения

векторных

линий

поля

градиента

скалярного

поля

ϕ = ϕ(x, y, z):

ϕ = (x + 4)3 + y2 + 2y + z2 − 2z .

По

заданному

скалярному

полю

ϕ

построим

поле

его

градиентов:

grad ϕ = {3(x + 4)2 ; 2(y +1); 2(z −1)}. Дивергенция (расходимость) вектора

определяется

a

∂a

∂ay

+

∂a

формулой:

diva =

x

+

z

.

Для

градиента

получаем:

∂x

∂y

∂z

div(gradϕ) = 6(x + 4) + 2 + 2 = 6x + 28. Ротор

вектора

вычисляется

как

символический

a

определитель третьего порядка:

i

j

k

i

j

k

rot

=

∂

∂ ∂

. Для поля градиентов : rot grad ϕ =

∂

∂

∂

=

a

∂x ∂y ∂z

∂x

∂y

∂z

ax ay az

3(x + 4)2

2(y +1)

2(z −1)

∂(2(z −1))

∂(2(y +

1))

∂(2(z −1))

∂(3(x + 4)2 )

∂(2(y +1))

∂(3(x +

4)

2 )

=

= i

∂y

−

∂z

− j

∂x

−

∂z

+ k

∂x

−

∂y

0 −

0 +

0 =

.

= i

j

k

0

Уравнение

векторных

линий

поля

определяется

системой

дифференциальных

a

уравнений:

dx

=

dy

=

dz

. Для заданного поля grad ϕ :

ax (x, y, z)

ay (x, y, z)

az (x, y, z)

dx

=

dy

=

dz

.

Из

первого

равенства

dx

=

dy

следует

3(x + 4)2

2(y +1)

3(x + 4)2

2(y +1) 2(z −1)

−

1

=

1

ln(y +1) − C

1

ln(y +1) +

1

= C .

Из

второго

равенства

3(x + 4)

2

1

2

3(x + 4)

1

dy

=

dz

получим

ln(y +1) = ln(z −1) + lnC

y +1 = C

(z −1) .

Итак,

уравнения

2(y +1)

2(z −1)

2

2

векторных линийполя градиентов задаётся как семейство кривых от пересечения следующих

-7-

1

ln(y +1) +

1

= C1

3(x + 4)

div(gradϕ) = 6x + 28 ,

rot grad ϕ = 0 ,

поверхностей: 2

.

Ответ:

+1

= C2 (z −1)

y

1

ln(y +1) +

1

= C1

3(x +

урвнения векторных линий поля градиентов: 2

4)

.

+1= C2 (z −1)

y

17.

Найти

поток

векторного

поля

=

(x, y, z)

через

часть

плоскости Р,

a

a

расположенную

в

1-ом

октанте (нормаль

образует острый

угол

с осью OZ):

= {0; πy; 4 − 2z); P : 2x + y /3 + z / 4 = 1.

a

Запишем уравнение плоскости в отрезках:

x

+

y

+

z

= 1

z

1/ 2

3

4

4

или F(x, y, z) =

x

+

y

+

z

−1 = 0

и изобразим её на чертеже

n

1/ 2

3

4

(см.

рис.).

Найдём

нормальный

вектор:

= {∂F ,

∂F ,

∂F} = {2,1/3,1/ 4}.

Нормируем

нормальный

n

∂x

∂y

∂z

вектор:

0 =

1

= {

24

,

4

,

3

}. Поток 1/2

n

n

4 +1/9 +1/16

601

601

601

x

векторного поля находится по формуле Π = ∫∫an dS , где an -

(P)

3 y

(D)

(P)

проекция

вектора

поля

a

на

нормаль

к

поверхности:

a

= (

) =

0

24

+ πy

4

+ (4 − 2z)

3

.

Поверхностный

интеграл

сведём

к

n

an

0

601

601

601

двойному интегралу по области D, являющейся проекцией Р на координатную плоскость

ХОУ:

(D) : 0 ≤ x ≤ 1/ 2; 0 ≤ y ≤ 3(1− 2x) . При этом

dS =

dxdy

=

601dxdy

. Из уравнения

cosγ

3

поверхности

z = 4(1− 2x −

y

).

Тогда

Π = ∫∫an dS =

3

(P)

1/ 2

3(1−2x)

1

1/ 2

3(1−2x) dx =

601

1

y

=

∫ dx

∫

(4πy + 3(4 − 8(1− 2x −

))dy =

∫ (2πy2 −12y + 48xy + 4y2 )

3

3

601

0

0

3

0

0

1

1/ 2

1

(1− 2x)3

=

∫(2π (3(1− 2x))2 −12 3(1− 2x) + 48x 3(1− 2x) + 4(3(1− 2x))2 )dx =

[−(18π + 36)

+

3

0

3

6

+

36

(1− 2x)2

+ 72x2 − 96x3 ]

1/ 2

=

1

[3π + 6 − 9 +18

−12] = π +1.

4

0

3

18…19. Тело Т лежит в 1-ом октанте и ограничено плоскостями координат и

поверхностью

Q,

заданной

уравнением

F(x, y, z) = 0.

z

Вычислить:

2

а)

поток

поля

вектора

через

поверхность,

γ3

a

n

ограничивающую

тело

Т

(воспользоваться

формулой

γ2

(Т)

(Q)

Остроградского);

y

2

0

в) циркуляцию поля вектора

вдоль линии пересечения

a

(D)

γ1

поверхности

Q с плоскостями координат в направлении от

2

точки пересечения Q с осью ОХ к точке пересечения Q с осью

x

OY

(

воспользоваться

формулой

Стокса):

-8-

x2 = 2 − y − z; a = {4x, xz, y}.

Решение.

а) Линии пересечения поверхности с координатными плоскостями.

С плоскостью XOY

γ

1

: z = 0; x2

= 2 − y ;

с плоскостью XOZ

γ

2

: y = 0; x2 = 2 − z;

с

плоскостью YOZ

γ 3 : x = 0; y + z = 1

(см. рисунок, рассматриваются линии только в первом

октанте). Поток

поля

= {4x, xz, y}

через

поверхность, ограниченную

этими

линиями

a

находим по формуле Гаусса-Остроградского:

∂a

∂ay

∂a

Π = ∫∫andS = ∫∫∫divadv .

Находим

дивергенцию:

diva =

x

+

+

z

= 4 + 0 + 0 = 4.

∂y

∂z

(S)

(T )

∂x

1

1−x 2− y−x2

1

1−x

1

y

2

1−x

Тогда

Π = ∫∫∫div

∫dz =4∫dx ∫ (2 − y − x2 )dy = 4∫(2y −

− x2 y)

=

adv = 4∫dx ∫ dy

dx

(T )

0

0

0

0

0

0

2

0

1

(1− x)2

(1− x)3

x3

x4

1

1

1

1

= 4∫[2(1− x) −

− x2 (1− x)]dx = 4[−(1− x)2 +

−

+

]

= 4(1−

−

+

) = 3..

0

2

6

3

4

0

6

3

4

в)

Циркуляцию поля вектора

= {4x, xz, y} вдоль линии L = γ1 γ 2 γ 3 вычислим по

a

формуле Стокса: ∫(

dxdy

adr) = ∫∫(rot a)ndS = ∫∫(rot a n)

. Вычислим ротор данного поля:

(L)

(Q)

(D1)

nz

i

j

k

=

∂

∂

∂

rot

= i

(1− x) − j (0 − 0) + k (z − 0) = {1− x; 0; z}.

Найдём

вектор

:

a

n

∂x

∂y

∂z

4x

xz

y

F(x, y, z) = x2 + z + y − 2;

= {∂F ;

∂F ;

∂F} = {2x;1;1} (это

внешняя

нормаль). Вычислим

n

∂x

∂x

∂x

скалярное произведение:

(rot

) = 2x (1− x) +1 0 +1 z = 2x(1− x) + z .

Таким образом,

a

n

циркуляция векторного поля равна:

1

1−x

1

1−x

Ц = Π(rot

) = ∫∫(rot

)

dxdy

= ∫dx ∫

[2x(1− x) + z]dy

=∫dx ∫[2x(1− x) + 2 − y − x2 ]dy =

a

n

a

n

(D1)

nz

0

0

1

0

0

1

y

2

1−x

1

11

3

3

11

1

3

1

= ∫[2x(1− x)y + 2y −

− x2 y]

= ∫[3x3 −

x2 + x +

]dx = [

x4 −

x3 +

x2 −

x]

=

dx

0

2

0

0

2

2

4

6

2

2

0

=

3

−

11

+

1

−

3

=

25

. Ответ: Π = 3,

Ц =

25

.

4

6

2

2

12

12

20. Убедиться, что поле вектора

потенциально, найти потенциал поля и вычислить

a

работу

при

перемещении

точки

единичной

массы

из точки

А в

точку

В:

= {

x

;

2y

; 6(z +1)

2};

A(1; 2; 0);

B(−1; 0;1).

a

x2 + 2y2

x2 + 2y2

Вычислим ротор вектора a :

-9-

i

j

k

∂

∂

∂

rot

=

= i (0 − 0) −

a

∂x

∂y

∂z

x

2y

6(z +1)2

x2 + 2y2

x2 + 2y2

2xy

2xy

− j (0 − 0) + k (−

+

) = {0; 0; 0}

= 0 . Следовательно,

поле вектора

(x2 + 2y2 )3/ 2

(x2 + 2y2 )3/ 2

z

является потенциальным. Восстановим

потенциал

поля:

u(x, y, z) = ∫az (x0 , y0 , z)dz +

a

z0

y

x

z

y

2y

x

x

+ ∫ay (x0 , y, z)dy + ∫ax (x, y, z)dx = 6∫(z +1)2 dz +∫

dy +∫

dx =

y

0

x

0

1

1 1

+ 2y2

1

x2 + 2y2

y

x

= 2(z +1)3

z + 1+ 2y2

+ x2 + 2y2

= 2(z +1)3 −16 + 1+ 2y2 − 3 + x2 + 2y2 −

1

1

1

−

1+ 2y2 + C = 2(z +1)3 +

x2 + 2y2

+ C (за

точку M0

взята

точка

M0(1, 1,

1)). Найдём

работу по перемещению точки:

A = u(B) − u(A) = 2(1+1)3 +

1+ 0 − 2(0 +1)3 − 1+ 8 = 16 +1− 2 − 3 = 12 .

Ответ: u(x, y, z) = 2(z +1)3 +

x2 + 2y2 + C,

A = 12 .

-10-