4. Блок контроля освоения дисциплины

4.1. Методические указания к выполнению контрольных работ

На втором курсе, в четвертом семестре студенты выполняют контрольные работы № 7 и № 8.

Прежде чем выполнять контрольные работы, следует изучить теоретический материал по указанной литературе, разобрать решения типовых задач, приведенных в данном комплексе, выработать навыки решения примеров и задач по соответствующей теме, проверив себя по тренировочным тестам, приведенным в 4.3. При выполнении контрольных работ студентам необходимо придерживаться указанных ниже правил:

1.Контрольная работа должна быть выполнена студентом в отдельной тетради в клетку, с полями не менее 3 см для замечаний преподавателя. Студенты, занимающиеся с применением ДОТ, могут выполнить работу письменно (для отправки на проверку письменные работы необходимо отсканировать) или в любом текстовом редакторе поддерживающим ввод формул (в формате .doc или .rtf).

2.На титульном листе работы указывается фамилия, имя, отчество студента, шифр (номер студенческого билета), курс, факультет и специальность, по которой студент обучается, номер контрольной работы, год издания методических указаний, из которых взято контрольное задание.

3.Условия задачи переписываются полностью, без сокращения слов, после чего приводится подробное решение со ссылками на использованные при решении определения, теоремы, формулы; в конце решения записывается ответ; чертежи можно выполнять аккуратно от руки.

4.В работу должны быть включены все задачи, указанные в задании, строго по варианту. Контрольные задания, содержащие не все задачи, а также задачи не своего варианта, не зачитываются.

5.Если в работе имеются ошибки, студент должен выполнить все требования преподавателя, изложенные в рецензии, и сдать работу с исправлениями на повторную проверку.

6.Никакие исправления в тексте уже проверенной работы не допускаются, все исправления записываются после рецензии преподавателя с указанием номера задачи, к которой относятся дополнения и исправления.

140

4.1.1. Методические указания к выполнению контрольной работы № 7

Ряды Фурье

Теоретический материал по данной теме изложен на с. 80-87 данного издания.

Пример 1. Построить график заданной функции y f x и написать ряд Фурье для этой функции с учетом ее симметрии (четности, нечетности),

если	f x x при x 2; 2
а)
б)	f x x2	при x 2; 2
		2	,	x 2; 0
	x
в)	f x			x 0; 2
	x,

Решение. Все три функции заданы на симметричном (относительно точки x 0) отрезке и предполагаются продолженными по периодичности на всю вещественную ось. Рассмотрим далее отдельно каждый случай.

y

2

2

2

Рис. 1

а)	Данная	функция является нечетной, т.к.
f x	f x	для всех x (рис.1). Следовательно, ее

график симметричен относительно начала координат и x ряд Фурье для нее не содержит ни постоянного

	2						n x
		слагаемого, ни косинусов и имеет вид bn sin						.
							2
						n 1
			Коэффициенты этого ряда находятся по формуле
		2		n x
		bn xsin			dx,	где n 1, 2,3,....
		0	2

Для

вычисления

bn применим формулу интегрирования

по

частям

udv uv vdu .

У

нас

u x ,

dv sin

n x

dx,

поэтому

du dx ,

2

n x

2

v

cos

. Значит,

n

2

b x 2 cos

n x

2

2

2 cos

n x

dx 4 cos n

4

sin

n x

2

4

1 n 1

0

n

n

2

n

2

n

n2 2

2

n

0

0

141

																	4											n x
и ряд Фурье имеет вид																		1 n 1 sin																.
																n
													n 1																	2
	y																б)			Данная										функция																			является													четной,							т.к.
											f x f x для																				всех x																	(рис.2). Следовательно,																					ее
4
											график симметричен относительно начала координат и
											ряд Фурье для нее не содержит синусов и имеет вид
										x																							a0																			n x
2						2																																an cos																			.
																															2
																																									n 1										2
Рис. 2											Коэффициенты этого ряда вычисляются по формулам
																		an 2						x2 cos								n x								dx,								где n 0,1, 2,....
																							0								2
Беря этот интеграл (для n 1) дважды по частям,																																																получим a																16				1 n ;
																																																												n				n2	2
a0 8 . Поэтому ряд Фурье имеет вид																									4														16																n x
																																													1 n cos																	.
																																							2				2
3																									3						n 1 n																											2
	y																в)		Данная								функция																не является																	ни				четной,					ни
4												нечетной								(рис.3). Следовательно, ее график не обладает
												симметрией, поэтому ряд Фурье для нее не допускает
2												упрощений и имеет вид
										x										a																					n x													n x
2								2												0				an cos																								bn sin													,где
																			2																						2															2
																								n 1
Рис. 3
						1		2		f x cos					n x							1			0				2										n x												2									n x
	an																	dx						x							cos															dx x cos																		dx ,
						2										2						2																			2																			2
								2																2																											0
						1		2		f x sin					n x								1		2					2								n x													2							n x
	bn																	dx							x						sin															dx xsin																	dx		.
						2										2							2																		2																			2
								2																2																											0
Вычисляя соответствующие интегралы, получаем ряд
7												n	2						n x					8 1 1																		n							2		1			n
							10 1																																																								n x
																	cos																																							sin										.
6										2		2							2												3								3												n													2
				n 1						n																						n

142

Уравнения математической физики

Теоретический материал по данной теме изложен на с. 111-116 данного

издания.

2U

2U

Пример 2. Найти

решение

волнового

уравнения

144

на

t2

x2

отрезке

0 x 6 с

граничными

условиями

U 0,t 0,U 6,t 0

и

начальными условиями :

x

, 0 x 3

U x, 0 x

600

;

x 6

, 3 x 6

600

U

x, 0 x 0.

t

Решение. Решим задачу методом Фурье. Будем искать частные решения

в виде

произведения X x T t ,

где X x зависит только

от x ,

а T t

зависит только от t . С учетом начальных и граничных условий решение

уравнения принимает вид :

A

cos n at B

sin n at sin n x ,

U x,t U

x,t

n

n

n

n 1

l

l

l

n 1

где коэффициенты An

и Bn вычисляются по формулам :

A

2 l

x

sin n xdx;

n

l 0

l

B

2

l x sin n xdx.

n

n a 0

l

Из начального условия x 0

следует, что Bn 0 . Находим An :

An

2

3

x

n

xdx

2

6

x 6

n

xdx .

sin

sin

6

600

6

6

600

6

0

3

Каждый интеграл будем брать отдельно, используя формулу интегрирования по

частям udv uv vdu.

Для первого интеграла:

u 600x ; dv sin n6 xdx; du 600dx ; v n6 cos n6 x;

для второго интеграла:

143

u 6 x						;			dv sin n xdx; du																														dx					;			v					6			cos n x.
																																																				n
			600																				6													600																							6
В итоге получаем :
			A				1						x					6			cos			n			x		3				6			x							6				cos				n			x			6
				n			3				600						n							6									600									n										6
																	n												0												n																3
						1					3															1							6
											cos										xdx														cos											xdx
				100n														6																								6
											0														100n 3
		1				3					cos			n									3				cos				n												6						sin					n					x		3
		3													2						100n											2																							6
			100n																																		100n2 2
													n					6																					n																						0		n
			6					sin						x												4									sin																	1							sin						.
																								100n2						2																		25n2						2
100n2 2											6																									2																												2
При четном n ,																		3
											т.е. при n 2k будет																									A2k					0 , при нечетном n, т.е. при
n 2k 1,				(		k 0,1,...													)				получим									A2k 1																		1 k														. Искомое
																																														25 2k 1 2 2
решение имеет вид :															1								k 1
U x,t																											cos 24									2k 1 t sin 2k 1 x.
								k 0					25 2k 1 2 2																																										6

Тройные интегралы

Теоретический материал по данной теме изложен на с. 15-28 данного издания.

Пример 3. Сделать рисунок тела и его проекции на плоскость Oxy , а

также

вычислить массу этого тела, если

тело T ограничено

плоскостями

x 0, y 0, z 0 ,

2x 3y z 1 и имеет плотность x, y, z 1 2x yz

Решение.

Тело

T представляет собой

тетраэдр (рис.4), грани

которого

образованы

координатными

плоскостями

x 0, y 0, z 0

и

наклонной

плоскостью 2x 3y z 1,

пересекающей оси координат в точках

1

;0;0

2

,

1

0;0;1 (эти три точки, а также начало координат

0;

;0 и

являются

3

144

z

1

вершинами тетраэдра). Его проекция на плоскость Oxy - это прямоугольный треугольник (рис.5),

катеты которого лежат на прямых x 0 и y 0, а гипотенуза – на прямой 2x 3y 1 (т.е.

																y							2				x				1		);			вершины					треугольника													имеют
																					3									3							1						1
							O							y координаты (0;0),																											0;
									1																														;0	и			3		.
																																					2
x		1																		Как								известно,									масса			тела T									дается			тройным
											3
																интегралом
		2
																	m x, y, z dxdydz 1 2x yzdxdydz.
				Рис. 4
																								T																	T
							y													Сведем											этот						интеграл				к				повторному.										Если
1																																																				1
																внешним сделать интеграл по x , то																																	x 0;						. Если
																																																				2
3														x
		O							1							далее										расположить													интеграл						по				y ,		то				тогда
										2																1				2
		Рис. 5														y					0;												x . Наконец, внутренний интеграл по
																										3				3
z будет иметь нижний предел z 0																														и верхний z 1 2x 3y , т.к. все точки
тела T				имеют									аппликату									z							от				O			до			аппликаты						точек						плоскости
2x 3y z 1. В результате получим:
														1							1			2	x				1 2 x 3 y
														m 2 dx							3 3														1 2x yzdz .
																												dy
														0							0											0
Проведем дальнейшие вычисления:
1						1	2 x																									1			1		2 x
m 2 dx3							3	1 2x y								z2				1 2 x 3 y dy 2 dx3 3 1 2x y 1 2x 3y 2dy
0							0							2						0												0					0
							1		1			2 x
						2 dx3							3	1 1 2x y 1 2x 2 6 1 2x y 9 y2 dy
						1	0					0		2
								1							y		2																	y	3			9				y		4			1 2 x
						2			1					2x 3							3 1 2x 2																		1 2x										3	dx
								2
						0								2																		3					2				4							y 0

145

	1
	2			1		1 2x	5		1	1		2x		5			9		1	2x		5
																						dx
				4 9					27								8 81
	0
	1																			1		.
2				1	1 2x 5 dx						1		1			1 2x 6				2		1	.
			216								2		216				6					2592
	0																			x 0

Поверхностные интегралы

Теоретический материал по данной теме изложен на с. 28-48 данного издания.

Пример 4. Вычислить поверхностный интеграл yz2d , где - часть

поверхности сферы

z

8

	O
x	xy
	Рис. 6

x2 y2 z2

y

2

1 y O

8 , ограниченная плоскостями		y x,
	y 2x, x 1 z 0 .
y 2x	Решение. Поверхность
	и ее проекция	на плоскость
y x	Oxy изображены на рис. 6 и 7.
x	Для	вычисления
	интеграла	воспользуемся
1	формулой

Рис. 7

x

2

y

2

F

x, y, z d

F x, y, z

z, y

1 z

x, y

z

x, y

dxdy.

xy

Так как из уравнения поверхности z

8 x2 y2 , то

zx

x

,

zy

y

.

8 x2 y2

8 x2 y2

Следовательно,

d 1

x2

y2

dxdy

2

2dxdy

.

x2 y2

x2 y2

8 x2 y2

8

8

146

yz3d											x2				y2												21 dx2 x y						8 x2 y2
					y				8											2			2dxdy 2																			dy
				xy																							0				x
			1							x		2	y	2		y	4					2 x				1						3x			3			15x	4
2 2					4 y		2																dx 2			2		12x2														dx
			0									2			4							x				0								2				4
	1				2		21					4												3		21x5				1								21
2 2		12x								x			dx 2 2										4x								2 2			1						5,9 2.
	0							4																		20				0								20

Пример 5. Вычислить поверхностный интеграл второго рода

xydydz x2 z dxdz xzdxdy

по верхней стороне части поверхности z 1 x2 , ограниченной плоскостями

y 2x, y 0, z 0 .

Решение. Поверхность - это часть параболического цилиндра с образующими, параллельными оси Oy (рис.8). Рассмотрим координатные

плоскости.

z

y

1

z 1 x2

z

y2

2

y 2x

1

z 1 4

O

2

y

O

y

O

x

1

2

x

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 8

Проекция yz

поверхности на

плоскость Oyz

ограничена

осями

координат и некоторой кривой, проходящей через точки 2,0 и 0,1 . Чтобы

	x	2
определить вид этой кривой, рассмотрим систему уравнений z 1		и
y 2x

	исключим из нее переменную x . Получаем x	y	, откуда	z 1	y2	, или
		2			4

y 2 1 z - уравнение рассматриваемой кривой. Область yz изображена на рис. 9, а проекция поверхности на плоскость Oxy - на рис. 10.

Исходный интеграл равен сумме трех интегралов

xydydz x2 z dxdz xzdxdy.

Вычислим каждый из них.

147

1)	Выразим x из уравнения поверхности: x																						1 z . Тогда
															1			y2
												2					4
	xydydz					y								ydy						1 zdz
							1 zdydz
					yz							0				0
			2						1		y2		2							y	3			y	2		y	5			2
	2			(1 z)3 / 2 )							4				2
	(											ydy			y(1							)dy
	0	3							0				3		0				8					3 60							0
	x2
2)		z dxdz 0 , так как проектируется на плоскость Oxz
3) xzdxdy							x2						1 dx2 x						x2				xdy
						1					xdxdy						1
					xy								0		0

54 .

вкривую.

	1						3		x	5			1			4
	2	x2 x4	dx	2		x											.
	0				3			5					0		15
																		4			4			16
	Итак, xydydz x2			z dxdz xzdxdy																					.
																		5		15			15

4.1.2. Методические указания к выполнению контрольной работы № 8

Теория поля. Скалярное поле

Теоретический материал по данной теме изложен на с. 48-56 данного

издания.

Пример

6.

Найти

градиент

скалярного

поля

U x, y, z xyz 3x2 y y3 . Проверить, является ли поле гармоническим.

Решение. а) Находим градиент скалярного поля

U j

gradU U i

U k yz 6xy i xz 3x2 3y2 j xyk.

x

y

z

б) Функция

U x, y, z

называется

гармонической,

если она

удовлетворяет уравнению Лапласа

U

2U

2U

2U

0

x2

y2

z2

U

yz

6xy

xz 3x2 3y2

xy

6 y 6 y

0.

x

y

z

Следовательно, поле гармоническое.

148

Векторное поле. Поток векторного поля через поверхность

Теоретический материал по данной теме изложен на с. 216-227 данного

издания.	j 2x3 yk
Пример 7. Найти поток векторного поля a yzi xy2			через
часть поверхности z 4 x2 4 y2 , лежащей в первом октанте		x 0,	y 0,

z 0 , в направлении нормали, образующей острый угол с осью Oz (рис. 11). Решение. Спроектируем поверхность , являющуюся частью

параболоида, на плоскость Oxy .

d

1 zx

2

z y

2

dxdy;

cos

zx

;

1 zx 2 z y 2

cos

z y

;

cos

1

.

1 zx 2

z y 2

1 zx 2

z y 2

z

4 n

O1 y

x2 xy

Рис.11

Так как нормаль		образует острый угол с осью
Oz cos 0	, перед корнями нужно выбрать знак «+».
Q
	ax zx ay zy az dxdy.

Подставим в формулу:

ax yz y 4 x2 4 y2 , ay xy2 , az 2x3 y, zx 2x, zy 8y.

Q	y 4 x2			4 y2						2x xy2 8y 2x3 y dxdy 8xydxdy.
xy										на плоскости Oxy z 0															xy
Область	xy ограничена																								прямыми x 0 и
y 0 и эллипсом x2		4 y2					4.
		1	x2												x2									x	2
	2		4								2	xy2		1					2
Q	8 xdx					ydy				4					4 dx				4			x 1				dx
	0	0									0		0						0					4
		2						x	3					2x2			x	4			2
	4 x									dx												4.
		0					4							4							0
												149

Дивергенция векторного поля. Теорема Остроградского

Теоретический материал по данной теме изложен на с.56-67 данного

издания.

Пример 8. Вычислить по

теореме

Остроградского поток векторного поля

1

z

a

13i

y2 zj 3yzk

через

полную

поверхность

2

3

тела,

ограниченного

поверхностями

n

9x2 y2 z 3 2 ,

x 0,

y 0,

3

y

z 0 x 0, y 0 ,

в сторону

внешней

нормали

к

O

поверхности.

1

x

Решение. В

данной задаче

поверхность

Рис. 12

образована

конусом

9x2 y2

z 3 2

и

плоскостями

x 0, y 0, z 0

(рис.

12),

то

есть

является

замкнутой,

следовательно, к ней можно применять теорему Остроградского. Находим дивергенцию вектора

13

1

2

3yz 0

yz 3y y z 3 .

diva

zy

x

2

z

y

	Поверхность проектируется на плоскость Oxy в область,
ограниченную частью эллипса 9x2 y2																				9 и осями Ox и Oy .
		Q							y z 3 dv 1 dx										9 9 x	2			3 9 x2 y2						z 3 dz
																					ydy
						T									0				0					0
	1 1 dx 9 9 x2							y z 3 2					3 9 x2 y2						dy 1 1 dx 9 9 x2										y 9x2 y2 9 dy
	2 0		0										0								2 0			0
			1		1			9x2 9			2				y4				9 9 x2					811									2			2
										y											dx																dx
																												1 x
			2		0				2						4			0						8 0
																								2x		3				x	5				1
					81				1												81
									1 2x2				x4 dx										x														5, 4.
					8				0												8			3					5						0

Циркуляция векторного поля

Теоретический материал по данной теме изложен на с. 56-67 данного

издания.
Пример	9.	Вычислить	циркуляцию	векторного	поля
			150

a 3y2i xzj 15 y2 z2k по линии ABFA

пересечения с координатными плоскостями той

части поверхности S : x2 y2 4z2 4, которая лежит в области: x 0, y 0, z 0 .

Решение. Сделаем чертеж той части эллипсоида, которая лежит в первом октанте x 0, y 0, z 0

(рис. 13). Вычислим циркуляцию непосредственно по определению

z

1 F

B y

2 2

A

x Рис. 13

C 3y2dx xzdy 15y2 z2dz IAB IBF IFA.

L

x2 y2 4 ,

z 0,

dz 0,

а) Дуга АВ является частью окружности

здесь

y2 4 x2 ,

AB

3y2

2

2

12x x3

0

I

dx

3

4 x

dx

2

16.

AB

0

4z2 y2

x 0,

dx 0,

б) Дуга BF - это часть эллипса

4 . Следовательно,

y2 4 4z2 ,

15 4 4z

z2dz 20z3 12z5

1

1

IBF 15y2 z2dz

2

0

8.

BF

0

x2 4z2 4,

в) Дуга FA - это

часть

эллипса

здесь

y 0, dy 0,

значит,

IFA 0,

C IAB IBF IFA 8.

Ротор векторного поля. Теорема Стокса

Теоретический материал по данной теме изложен на с. 56-67 данного

издания.						z
				20
Пример 10. Вычислить по теореме Стокса						F
циркуляцию	векторного		поля
a y 2z i x z j y 3z k			по линии	4x z 20		5y z 20
ABFA пересечения	с	координатными
плоскостями той	части	поверхности
4x 5y z 20, которая		лежит в	области:		O	4	y
x 0, y 0, z 0 .				5A		B
Решение. Поверхность S : 4x 5 y z 20					4x 5y 20
является плоскостью. Примем за ту часть				x
плоскости S , которая лежит в первом октанте (рис. 14).				Рис. 14
			151

i

j

k

y 3z

x z

rota

i

x

y

z

y

z

y 2z

x z

y 3z

y 3z

y 2z

x z

y 2z

j

k

2 j.

x

z

x

y

По теореме Стокса

C rota nd 2 cos d .

Вданном случае cos 0 и cos d dxdz .

C 2 cos d				2dxdz		5 dx20		4 x 2dz 25				z		20 4 xdx
			xz			0	0			0	0			0
0
25	20		4x dx 2			20x 2x2				5	100.

Потенциальное и соленоидальное векторные поля

Теоретический материал по данной теме изложен на с. 67-70 данного издания.

Пример 11. Проверить, является ли векторное поле

a cos y 5 i xsin y z j y z k

а) потенциальным; б) соленоидальным. Если поле потенциально, найти его потенциал.

Решение. а) Находим ротор поля

i

j

k

rota

1 1 i

0 j

sin y sin y k

0.

x

y

z

cos y 5

x sin y z

y z

Следовательно, поле a - потенциально. б) Найдем дивергенцию поля

diva ax ay az x cos y 1 0.

x y z

Следовательно, поле не соленоидально.

в) Так как a gradU , то потенциал поля может быть вычислен по формуле

152

U M M	dU C M	axdx ay dy az dz C.
M0	M0

Криволинейный интеграл от полного дифференциала не зависит от пути интегрирования. Здесь за начальную точку

удобно взять начало координат 0 0,0,0 . В

качестве пути интегрирования возьмем ломаную

ОАВМ (рис. 15).

z	M x, y, z

O 0,0,0	y
	B x, y,0
x A x,0,0 Рис. 15

U x, y, z	x, y,z	cos y 5 dx xsin y z dy y z dz C.

0,0,0

1.На отрезке OA : y 0, z 0, dy 0, dz 0, следовательно

IOA x 5 1 dx 6x.
0
2. На отрезке AB : x const, z 0, dx 0, dz 0, отсюда
y
IAB xsin ydy xcos y				x.
0
3. На отрезке BM : x const, y const,dx 0, dy 0, отсюда
IBM z y z dz yz			z2		.
0	z2			2
Итак, U x, y, z 6x x cos y x yz		C,			где C - произвольная

2
постоянная.
Окончательно, U x, y, z 5x xcos y yz	z2	C.
2

153