РДЗ 20 Вариант / Методички / 1

						11
		Таким чином			P = 2xy3 + 4		; Q = 3x2 y2 + 3;
	∂P	= 6xy2 ;		∂Q	= 6xy2	тобто	умова	повного		диференціала
	∂y			∂x
виконується.						u = u(x, y)
		Відновити		функцію				можна	за	допомогою
							x		y
криволінійних			інтегралів			u(x, y) = òP(x, y0 )dx + òQ(x, y)dy + C
							x0		y0
		x			y
або		u(x, y) = òP(x, y)dx + òQ(x0 , y)dy + C , де x0							та	y0 довільні ,
		x0			y0

але доцільно вибирати іх такими, щоб інтегрування спрощувалося. Для розглядуваного випадку зручно покласти x0 = 0 , y0 = 0. Тоді

x

y

u(x, y) = ò4dx + ò(3x2 y2 + 3)dy + C =

0

0

= 4x

x

+ (x2 y3

+ 3y)

y + C = 4x + x2 y3 + 3y + C

0

0

Приклад 1.10

1.3 Теорія поля

+2xyz у напрямі вектора

Знайти

похідну функції u(x,y,z)=

x

-

y

z

x

M1M 2

в т. М1

та grad u (M1 ), якщо М 1 (1,1,-1), М 2 (-2, -1,1).

Розв’язок:

1.Знайдемо вектор M1M 2 =(-3, -2,2), його напрямні косинуси:

cos α =

− 3

, cos β =

− 2

, cos ϕ =

2

.

17

17

17

∂u(M1)

=

∂u

cosα +

∂u

cosβ +

∂u

cos γ

∂x

∂y

∂z

∂M M

1

2

M1

M1

M1

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

12

¶u

=

1

+

y

+ 2yz ,

¶u

= -

3

¶x

x

2

¶x

2

2z x

M1

¶u

1

¶u

5

¶u

¶u

= -

+ 2xz,

= -

,

= -

x

+ 2xy,

= 1

¶y

¶y

2

¶z

z2

¶x

2x y

M1

M1

¶u(M

)

3

æ

3 ö

5

æ

2 ö

2

23

23

17

1

= -

ç

-

÷

-

ç -

÷

+1×

=

=

2

2

34

¶M M

2

è

17

ø

è

17 ø

17

2 17

1

2.За означенням

grad

u (M1 )=

¶u

i +

¶u

+

¶u

j

k

¶x

M1

¶y

M1

¶z

M1

grad

u (M1 )=

-

3

i -

5

+

j

k

2

2

Приклад 1.11

Для даного векторного поля

a = (3xz + y2 )i + (4yx + z) j + (x2 y + 4z)k знайти в точці

M 0 (2,-2,1) diva, rota .

Розв’язок:

Вирази для i

rota = ¶¶x

P diva = ¶¶Px

rota та

diva мають такий вигляд

j

k

¶

¶

æ

¶R

¶Q ö

æ

¶R

¶P ö

æ

¶Q

¶P ö

= iç

-

÷

- jç

-

÷

+ k ç

-

÷

¶y ¶z

ç

¶y

÷

è ¶x

¶z ø

ç

¶x

÷

è

¶z ø

è

¶y ø

Q

R

+

¶Q

+

¶R

де

P , Q , R -

складові

вектора

¶y

¶z

							P = 3xz + y2 ,	Q = 4yx + z ,
a = P i		+ Q j + R k , тобто
R = x2 y + 4z .

Таким чином rota = i (x2 -1) - j(2xy - 3x) + k (4y - 2y) = = i (x2 -1) + j(3x - 2xy) + k 2y , rota(M 0 ) = 3i +14 j - 4k ,

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

13

	diva = 3z + 4x + 4 ,		diva(M0 ) = 3+8 + 4 =15
Приклад 1.12
Обчислити течію векторного поля
		(M ) = (x + z)i + (2y - x)					через	зовнішню поверхню піраміди,
	a			j	+ zk
створену площиною			x − 2y + 2z = 4					та координатними площинами,

двома способами: а) за означенням течії; б) за допомогою формули Остроградського-Гаусса.

Розв’язок:

а) Обчислимо течію за допомогою поверхневого інтеграла П= òòa ×n°dS, де S - зовнішня поверхня піраміди АВСО.

S

Обчислимо течію через кожну грань піраміди:

Рисунок 1.8

а)

AOC y=0,

° = j , dS=dxdz.

n

4

2−

x

P1 = - òò

xdS = - òò

2

xdxdz = -òxdx

òdz =

AOC

AOC

0

0

4

æ

x

ö

æ

2

x

3

ö

4

16

ç

÷

= -òxç2 -

÷dx = -ç x

-

÷

= -

2

6

0

3

0

è

ø

è

ø

òò0 × dxdy = 0

б)

AOB z=0,

n

° = -k , dS=dxdy. П 2 =

AOB

в)

BOC х=0,

= -i , dS=dydz.

n°

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

14

2

0

2

P3 = -

òò

zdzdy = -ò zdz

ò

dy = -ò z(-z + 2)dz =

BOC

0

z−2

0

æ

z

3

ö

2

4

ç

+ z

2 ÷

= -

= - -

÷

ç

3

0

3

è

ø

г)

ABC належить площині x-2y+2z-4=0, нормаль до цієї грані

=

i - 2

j

+ 2

k

=

i - 2

j

+ 2

k

.

n

1

1

1+ 4 + 4

3

x + y + 2 ,

z′y = 1.

dS = 1+ z¢x

2

+ z¢y

2

dxdy ,

z = -

z¢x = -

,

2

2

dxdy =

3

dxdy

Тоді

dS =

1+

1

+1

4

3

2

òò

2

P4 = 1

×

3

((x + z) - 2(2y - x) + 2z)dxdy =

ABC

=

1

òò(3x - 4y + 3z)dxdy =

2

ABC

1

òò

æ

3

ö

=

ç

3x -

4y -

x + 3y + 6÷dxdy =

2

2

ABC

è

ø

1

0

2 y+4

æ

3

ö

1

0

æ

3

x2 + (6

ö

2 y+4

=

ò dy

ò

ç

x - y

+ 6÷dx =

ò

dyç

- y)x÷

=

2

2

2

4

−2

0

è

ø

−2

è

ø

0

æ

ö

0

1

0

1

y3

52

=

ò ( y2

+ 20y + 36)dy =

ç

+10y2 + 36

÷

=

2

2

3

3

ç

÷

−2

è

ø

−2

Течія

крізь

32

повну

поверхню

піраміди:

П = П1 + П2 + П3 + П4 =

3

б) 3а формулою Остроградського-Гаусса:

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

15

	òòò				æ	¶P		¶Q		¶R	ö
П=		divadxdydz =			òòòç		+		+		÷
					ç						÷dxdydz .
	V				V è	¶x		¶y		¶z	ø

Частинні похідні:
¶P	= ¶(x + z)	= 1, ¶Q	= ¶(2y - x) = 2 ,	¶R		=	¶z = 1
¶x	¶x	¶y	¶y	¶z			¶z
Інтеграл	òòòdxdydz	дорівнює об'єму прямокутної піраміди							АВСО,
	V				1		1			32
тому П = òòò(1+ 2 +1)dxdydz = 4òòòdxdydz = 4 ×						×		× 4 × 2 × 2 =
							2			3
	V		V	3

Приклад 1.13

Обчислити циркуляцію векторного поля

a = (2x + z)i + (3x + 2y) j + (2z + 3y)k

по контуру трикутника, який утворюється внаслідок перетину

площини 2x + y + 2z = 2			з	координатними площинами		при
додатньому	напряму	обходу		відносно нормального вектора
n = (m,n, p)	( p > 0)	до	площини. Обчислення зробити			двома
способами :
а) за означенням
б) за допомогою формули Стокса
Розв’язок:			C = òadr		= òPdx + Qdy + Rdz
а) За означенням циркуляції

l l

Для заданого векторного поля z

C 1 n

B

A

2 y

x1

Рисунок 1.9

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

16

C = ò(2x + z)dx + (3x + 2y)dy + (2z + 3y)dz

l

На відрізку AB : z = 0 ; dz = 0 ; 2x + y = 2 або y = −2x + 2 ; dy = −2dx

C1 = ò(2x + z)dx + (3x + 2y)dy + (3y + 2z)dz =

AB

0

= ò 2xdx + (3x + 2y)dy = ò(2x + (3x + 2(-2x + 2))×(-2))dx =

AB	1
0			0
= ò(4x -8)dx = (2x2 -8x)				= -2 +8 = 6 .
			1
1	x = 0 , dx = 0 , y + 2z = 2 або y = 2 − 2z ,
На відрізку BC :

dy = −2dz .

C2 = ò(2x + z)dx + (3x + 2y)dy + (3y + 2z)dz =

		BC
			1
	= ò 2ydy + (3y + 2z)dz = ò(2(2 - 2z)(-2) + (2z + 3(2 - 2z))dz =
	BC		0
	1	(4z - 2)dz = (2z2		1
	== ò		- 2z)		= 2 - 2 = 0 .
				0
	0	На відрізку : CA y = 0 , dy = 0 , 2x + 2z = 2 або z = 1− x ,

dz = −dx .

C3 = ò(2x + z)dx + (3x + 2y)dy + (3y + 2z)dz =

CA

1

= ò (2x + z)dx + 2zdz = ò((2x +1- x) + 2(1- x)(-1))dx =

	CA		0
	1	x2			1	3		1 .
	== ò(3x -1)dx = (3		- x)		=		-1 =
		2				2
	0				0			2

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

17

Таким чином C = C + C

2

+ C = 6 + 0 +

1

= 6

1

.

1

3

2

2

б) Обчислення циркуляції за допомогою формули Стокса.

ò

òò

òò

rota ×n0

C =

adr =

rota ×n0ds =

dxdy

cos g

l

S

Dxy

z=z(x, y)

де S -

трикутник

ABC ,

Dxy - проекція цього трикутника на

координатну площину

XOY ,

n0 - нормальний одиничний вектор до

поверхні S ,

cos γ

- це третя складова вектора n0 ,

i

j

k

n

rota =

¶

¶

¶

+

, n =

,

= 3i

j

+ 3k

¶x

¶y

¶z

0

n

2x + z 3x + 2y 2z + 3y

n = (± j′x ,±j′y ,±j′z ),

ϕ(x, y, z) = 0 - рівняння поверхні, знак(+)

або (–) вибирається з умови. Для цього прикладу рівняння поверхні має вигляд 2x + y + 2z = 2 , тобто ϕ(x, y, z) = 2x + y + 2z − 2 .

Таким чином , враховуючи напрямленість нормального вектора

	n = (2,1,2) , n							æ 2				1		2 ö								2
маємо								= ç			,		,			÷ ,		cos g =						. Враховуючи
												3										3
							0	è 3						3 ø
попередню формулу обчислимо циркуляцію
	3×		2	+1× 1			+ 3×	2						13 SDxy				13		1				13		1
								3
C = òò	3			3					dxdy =								=		×		×1× 2 =				= 6
																		2		2				2		2
Dxy					2									2
				3

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

18

2 ТЕОРІЯ ФУНКЦІЙ КОМПЛЕКСНОЇ ЗМІННОЇ

2.1 Комплексні числа та дії над ними

Комплексним числом z в алгебраїчній формі називається вираз z=х+iу, де х та у – дійсні, а i – уявна одиниця, i2 = −1. z = x − iy –

спряжене комплексне число.

x = Re z – дійсна частина комплексного числа, y = Im z – його

уявна частина.

Комплексне число z=х+iу можна зобразити точкою площини хОу з координатами (х,у), також числу z можна поставити у відповідність

вектор r , який має напрямок з початку координат О в точку z (рис. 2.1).

			Рисунок 2.1
Довжина вектора			має назву модуля комплексного числа:
	r
			ρ =		z		=	x2 + y2		(2.1)
Кут ϕ , утворений			з віссю Ох				має	назву аргумента		ϕ = Argz ,

значення якого неоднозначне, всі його значення відрізняються на доданки, кратні 2π .

Якщо z=0, то Argz невизначено.

Головне значення аргумента позначається arg z і визначається однозначно −π < arg z ≤ π .

ϕ = Argz = arg z + 2kπ ( k = 0;±1;± 2;....) (2.2)

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

				19
			ì	y
			ïarctg		,	якщо х > 0
				x
			ï			y
									(2.3)
			ï
			arg z = íπ + arctg				,	якщо х < 0, y ³ 0
						x
			ï				y
			ï
			ï-π + arctg					, якщо х < 0, y < 0
							x
	π		î
arg z =		, якщо x=0, y>0.
	2	π
arg z = −			, якщо x=0, y<0.
		2

З рисунку 2.1 видно, що x = ρ cosϕ; x = ρ sin ϕ , тобто комплексне число можна записати у так званій тригонометричній формі:

z = x + iy = ρ(cosϕ + i sin ϕ)

Показникова форма комплексного числа: z = ρeiϕ

Дії над комплексними числами:

Нехай z1 = x1 + iy1 , z2 = x2 + iy2

z1 = z2 x1 = x2, y1 = y2

z1 ± z2 = (x1 ± x2 ) + i( y1 ± y2 )

z1 × z2 = (x1x2 - y1 y2 ) + i(x1y2 + x2 y1) =

= ρ ρ

2

(cos(ϕ + ϕ

2

)+ isin(ϕ +ϕ

2

))= ρ ρ

ei(ϕ1 +ϕ2 )

1

1

1

1

2

z1

=

z1

=

ρ1

(cos(ϕ −ϕ

))=

ρ1

z2

2

)

+ isin(ϕ −ϕ

2

ei(ϕ1 −ϕ2 )

z2

z2 z2

ρ2

1

1

ρ2

(2.4)

(2.5)

(2.6)

(2.7)

(2.8)

(2.9)

Приклад 2.1

Визначити множину точок, які задовольняють наступним умовам: а)

1≤ z −1− i ≤ 3

б) − π4 < arg(z −1− 2i) ≤ π6

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

20

Розв’язок:

а) З геометричної точки зору рівняння z − z0 = r є рівнянням кола з центром в точці z0 і радіусом r .

Шукана множина точок повинна одночасно задовольняти двом умовам:

1. 1≤ z −1− i – зовнішність одиничного кола з центром в точці 1+і. 2. z −1− i ≤ 3 – внутрішність кола з радіусом 3 і центром в точці 1+і.

Тому шукана множина – це кільце, що обмежено концентричними колами радіусів 1 та 3 з центром в точці 1+і, включаючи самі кола

(рис. 2.2).

Рисунок 2.2

б) комплексне число z-1-2i=z-(1+2i) зображується вектором, початок якого є точка 1+2i, а кінець – точка z.

Кут між цим вектором та віссю Ох ϕ = arg(z −1− 2i) та він змінюються у межах від − π4 до π6 .

Тобто шукана множина точок – це частина площини між променями,

що виходять з точки (1+2i), та які утворюють з віссю Ох кути − π4 та

π6 , включаючи верхній промінь (рис. 2.3).

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com