ИДЗ 15.1 Рябушко пример решения
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Решение задач по высшей математике на заказ
ИДЗ 15.1 – Вариант 0
1. Дана функция u(M) = u(x, y, z) и точки M1, M2. Вычислить: 1) производную этой функции в точке M1 по направлению вектора M1M2 ; 2) grad u(M1)
1.0. u(M) = 3x2y2z2, M1(–2, 1, 1), M2(3, –1, 0)
1. Вычислим производную функции u(M) = u(x, y, z) в точке M1 по направлению вектора
M1M2 x 2 x1; y2 y1; z2 z1 3 2 ; 1 1; 0 1 5; 2; 1
Получили вектор M1M2 5; 2; 1
Справедлива формула для функции u = f(x, y, z)
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2 z 2 y 3 2yx2 z2 6yx2 z2 |
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2 z 2 z |
3 2zx2 y2 |
6zx2 y2 |
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u M |
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Найдем модуль вектора M1M2 : |
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Направляющие косинусы: |
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Запишем производную функции в точке M1 |
по направлению вектора M1M2 ; |
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du M |
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2. Согласно определению, градиент функции u = f(x, y, z) в точке M1 получаем по формуле
grad u M |
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u |
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i u |
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j u |
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Тогда, согласно данным, полученным в пункте 1 градиент функции равен grad u M1 12i 24j 24k
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2. Вычислить поверхностный интеграл первого рода по поверхности S, где S – часть плоскости (p), отсеченная координатными плоскостями.
2.0. 5x 2y 3z dS , (p): x – y + z = 2
S
Из уравнения плоскости находим z 2 x y
Находим частные производные z´x и z´y z x 2 x y x 1
z y 2 x y y 1
Применяем формулу (дифференциал поверхности)
dS 1 zx2 z y2 dxdy
dS 1 12 1 2 dxdy 1 1 1dxdy 3dxdy
Запишем уравнение плоскости x – y + z – 2 = 0 В виде уравнения в отрезках:
x |
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y |
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z |
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Сводим вычисление поверхностного интеграла к вычислению двойного интеграла по области D, где D
– треугольник AOB, являющийся проекцией поверхности S на плоскость Oxy.
Тогда
5x 2y 3z dS 5x 2y 3 2 x y 3dxdy 5x 2y 6 3x 3y 3dxdy
S |
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x 2 |
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0 |
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x 2 |
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2 |
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2x x 2 |
x 2 2 |
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6 x |
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2 |
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x 2 4x 4 |
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||||||||||||||||||||||||||||||
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2 |
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2x |
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4x |
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6x 12 |
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3 dx |
2 |
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|
2 |
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3 |
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2 |
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dx |
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0 |
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0 |
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||||||||||||||
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2 |
|
2 |
|
|
|
x 2 |
|
|
|
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|
|
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|
|
|
|
2 5 |
|
|
2 |
|
|
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|
5 x 3 |
|
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|
2 |
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|
5x 3 |
|
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|
2 |
|
|||||||||||||||
|
|
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3 |
2x |
|
2x |
|
|
|
2x |
2 12 |
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3 |
x |
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10 dx |
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10x |
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|
10x |
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
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dx |
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3 |
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3 |
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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0 |
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|
2 |
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0 2 |
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2 3 |
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0 |
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6 |
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0 |
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||||||||||||||
|
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||||||||||||||||||||
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5 23 |
|
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5 03 |
|
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5 4 |
|
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20 60 |
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40 3 |
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||||||||||||||||||||||||||
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
3 |
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|
|
10 2 |
|
|
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|
3 |
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|
|
|
10 |
0 |
|
|
3 |
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20 |
3 |
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6 |
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|
6 |
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|
3 |
|
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|
|
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|
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|
3 |
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|
3 |
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|
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Наш сайт: Fizmathim.ru
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Решение задач по высшей математике на заказ
3. Вычислить поверхностный интеграл второго рода.
3.0. yzdydz x 2dxdz y2dxdy , где S – часть поверхности конуса x2 + z2 = y2 (нормальный вектор n
S
которой образует тупой угол с ортом j), отсекаемая плоскостями y = 0, y = 2. z
2
2 y
x
2
Если обозначить проекции поверхности S на координатные плоскости Oyz, Oxz и Oxy через Dx, Dy, Dz соответственно, а данный интеграл I рассматривать как сумму трех интегралов:
I1 yzdydz, I2 |
x |
2 |
dxdz, I3 |
y |
2 |
dxdy |
z |
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||
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|||
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S |
S |
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S |
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2 |
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В проекции на Oyz конус имеет вид x 2 y2 |
z2 |
2 |
y |
|||||||
Из соображения симметрии, следует |
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||||
Получаем |
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2 |
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I1 yzdydz yzdydz yzdydz 0 |
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S |
Dx |
Dx |
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z |
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В проекции на Oxz x2 + z2 = 4 – окружность |
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2 |
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||||||
Для вычисления интеграла I2 перейдем к полярным координатам, положив |
|
|
||||||||
x cos , |
z sin , |
dxdz d d ; 0 2 ; 0 2 |
2 |
x |
||||||
y2 x 2 z2 |
2 cos 2 2 sin 2 2 |
cos 2 |
sin 2 2 |
|
|
2 4 2
где область Dy – круг x2 + z2 = 4, y = 0, являющийся проекцией поверхности конуса
на плоскость Oxz. Так как нормаль n поверхности образует тупой угол с ортом j, то перед интегралом I2 ставится знак «−»
Тогда получаем
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2 |
|
2 |
|
2 |
|
|
|
4 |
I2 x 2dxdz x 2 dxdz 2 cos 2 d d cos 2 |
d 3d cos 2 |
d |
4 |
|||||||||||||||||||||||||||||||
S |
|
|
|
|
|
|
Dy |
|
|
|
|
|
Dy |
|
|
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0 |
|
0 |
|
0 |
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||
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|
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|||||||
2 |
|
|
|
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2 |
4 |
|
0 |
4 |
|
|
|
2 |
|
|
|
16 |
|
|
2 |
|
|
cos 2 |
|
1 |
|
|
|
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
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|
cos |
|
d |
|
|
|
|
|
|
cos |
|
|
d |
|
|
|
4 |
|
|
|
d 2 |
|
sin 2 |
|
|
|
|||||||||
0 |
|
|
|
|
4 |
|
4 |
|
|
|
0 |
|
|
|
4 |
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|
0 |
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
0 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
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|
|
|
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|
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|
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|
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||||||||||||
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1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|||
2 2 |
|
sin 2 2 |
0 |
|
sin 2 |
0 2 2 |
|
|
0 |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
|
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|
|
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|
|||||||||
В проекции на Oxy конус имеет вид z2 y2 x 2 |
|
|
|
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|
2 |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
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Получаем |
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|
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|
2 |
|
|
|
2 |
||
Так как проекция параллельна плоскости Oz |
|
|
|
|
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||||||||||||||||||||
Из соображения симметрии, следует |
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Решение задач по высшей математике на заказ
I3 y2dxdy 0
S
Витоге:
yzdydz x 2dxdz y2dxdy I1 I2 I3 0 4 0 4
S
4. Вычислить поток векторного поля a(M) через внешнюю поверхность пирамиды, образуемую плоскостью (p) и координатными плоскостями, двумя способами: а) использовав определение потока; б) с помощью формулы Остроградского – Гаусса.
4.0. а(M) = (3y + 2z)i + (2x + 3y)j + yk, (p): x + 2y + 2z = 2
Вычисляем поток векторного поля с помощью поверхностного интеграла
П a n 0dS
S |
y z 1 |
|
где S – внешняя сторона поверхности пирамиды ABCO |
||
|
||
|
x 2z 2 |
|
Вначале вычислим поток через каждую из четырех |
|
|
граней пирамиды. |
|
|
|
x 2y 2 |
Грань AOC лежит в плоскости y = 0, нормаль к этой грани n10 j, dS dxdz
Тогда поток векторного поля a(M) через грань AOC
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1 |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
1 |
|
x |
|
|
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|
|
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|
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||
П1 2x 3y dS |
|
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|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
2xdxdz 2xdx |
dz 2xdx z |
|
|
|
|
|
2xdx |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
AOC |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
AOC |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x 3 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
23 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
03 |
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|
12 8 |
|
|
|
4 |
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
2x x |
|
|
dx x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
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k, dS dxdy |
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Грань AOB лежит в плоскости z = 0, нормаль к этой грани n |
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П 2 ydS |
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ydxdy dx ydy dx |
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AOB |
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AOB |
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dx |
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x |
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Грань BOC лежит в плоскости x = 0, нормаль к данной грани |
n0 |
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i, dS dydz |
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П3 3y 2z dS 3y 2z dydz dy 3y 2z dz dy 3yz z 2 |
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dy |
dy 3y 1 y 1 y 2 |
3y 3y2 |
1 2y y2 |
dy 3y 3y2 |
1 2y y2 |
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2 dy y |
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Грань ABC лежит в плоскости x + 2y + 2z = 2 нормаль к этой грани
n 0 |
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i 2 j 2k |
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i 2 j 2k |
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12 22 22 |
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3 |
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Находим частные производные z´x и z´y |
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x |
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z x |
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y x |
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2 |
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y y |
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Применяем формулу (дифференциал поверхности)
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dS |
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1 dxdy |
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1 dxdy |
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2 |
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Тогда |
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П |
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3 |
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3y 2z 2 2x 3y 2y dxdy |
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3y 2z 4x 6y 2y dxdy |
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4 |
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2 |
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1 |
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4x |
11y 2z dxdy |
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1 |
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x |
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1 |
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4x |
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x 2y dxdy |
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4x |
11y 2 1 |
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y dxdy |
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11y 2 |
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2 ABC |
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2 ABC |
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2 |
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2 |
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ABC |
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1 |
x |
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x |
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1 |
2 |
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2 |
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1 |
2 |
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9 |
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1 |
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1 |
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x |
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9 |
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x |
2 |
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x |
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2 |
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dx 3x 9y 2 dy |
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2 |
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dx 3xy |
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y |
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2y |
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dx |
3x 1 |
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1 |
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2 1 |
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2 |
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2 |
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2 |
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2 |
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2 |
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2 |
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0 |
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0 |
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0 |
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0 |
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0 |
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1 |
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3 2 |
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x 2 |
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1 |
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3 2 |
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9 9 |
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9x 2 |
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3x x |
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1 |
x |
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2 |
x |
dx |
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2x |
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x |
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x |
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2 |
dx |
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x |
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x dx |
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2 |
0 |
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2 2 |
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2 |
0 2 |
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2 |
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1 |
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5x 2 |
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3x 3 |
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13 |
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5x |
2 |
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x 3 |
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2 |
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5 22 |
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23 |
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1 |
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5 02 |
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x |
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2 |
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2 |
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4 |
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8 3 |
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2 |
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2 |
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8 |
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2 |
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2 |
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8 |
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0 |
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13 5 1 |
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7 |
7 |
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2 |
2 |
2 |
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Наш сайт: Fizmathim.ru
Группа ВКонтакте https://vk.com/fizmathim_resh
Перейти на Готовые решения ИДЗ Рябушко (по вариантам)
Решение задач по высшей математике на заказ
Далее находим поток через полную поверхность пирамиды ABCO:
|
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4 |
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1 |
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5 |
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7 |
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15 |
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15 21 |
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П П1 П2 П3 П4 |
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6 |
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3 |
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6 |
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|
6 2 |
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|
Вычисление потока векторного поля a(M) б) с помощью формулы Остроградского – Гаусса.
Если S – замкнутая гладкая поверхность, ограничивающая область V, и Р = Р(x, y, z), Q = Q(x, y, z), R = R(x, y, z) – функции непрерывные вместе со своими частными производными первого порядка в замкнутой области V, то справедлива формула Остроградского – Гаусса
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P |
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Q |
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R |
П |
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dxdydz |
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V |
x |
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y |
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z |
По условию
P 3y 2z P 3y 2z x 0
x
Q 2x 3y Q 2x 3y y 3
y
R y R y z 0z
Получаем:
0 3 0 dxdydz 3dxdydz
V V
Пределы интегрирования
0 x 2; 0 y 1 x2 ; 0 z 1 x2 y
Решаем интеграл
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x |
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y |
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x |
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П 3dxdydz 3 dx dy |
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dz 3 dx dyz |
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3 dx |
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y dy |
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2 |
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2 |
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2 |
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2 |
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2 |
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3 dx y |
2 |
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2 |
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3 dx 1 |
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2 |
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1 |
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2 |
1 |
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0 |
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0 |
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0 |
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2 |
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2 |
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2 |
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2 |
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x |
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x x 2 |
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1 |
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x 2 |
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2 |
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x 2 |
1 x x 2 |
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2 |
1 |
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x x 2 |
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3 |
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x |
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3 dx 1 |
2 |
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1 x |
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1 |
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dx 3 |
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2 |
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dx |
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0 |
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2 4 2 |
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0 |
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4 2 2 8 |
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0 |
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2 8 |
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2 |
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x |
2 |
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x |
3 |
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1 |
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22 |
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23 |
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02 |
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03 |
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1 |
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3 |
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3 |
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x |
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3 |
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2 |
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3 |
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0 |
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3 |
1 |
1 |
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1 |
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3 |
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2 |
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4 |
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24 |
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0 |
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2 |
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4 24 |
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2 |
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4 |
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24 |
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3 |
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