Розв’язання типового варіанта обов'язкового домашнього завдання 2

1. 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»).

2. Визначити похідну складеної функції за аргументом t, якщо .

Для розв`язування використовуємо формули:

У цьому випадку можна одержати результат тільки через аргумент t:

3. Знайти рівняння дотичної площини й нормалі до поверхні σ у точці М₀:

: x²+2xy+y²-5x+3y+2z=0, M_o(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

4. 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.

5. 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.

Z_min = 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)=Z_DAC (-2)= 16-24+5= -3;

Z(C)=Z_DAC (2)=16+24+5=45.

2. Межа DC: x= -3, y [-2;2].

Z_DC=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:

Z_наиб.=Z(Е)= 47,12;

Z_наим.=Z(К)= -5,12;

6. 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

.

7. Знайти площу фігури S за допомогою подвійного інтеграла:

   1. 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.

8. Знайти масу пластини D з поверхневою густиною ρ:

D:

Маса пластини визначається за формулою .

Обчислення проводимо в декартовій системі координат, тоді

9. Знайти об'єм тіла V:

V: , z=1, x²+y²≤ 1.

. Обчислювати цей інтеграл простіше в циліндричній системі координат:

.

. 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,

10. 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:

11. 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 σ_yoz , тобто площа цього еліпса, тому

14. 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:

1. визначимо , де тобто

2. в підінтегральній функції «чужу» змінну z замінимо на

3. спроектуємо поверхню σ на площину XOY в σ_xoy

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 σ_xoy – кільце. Перейдемо до полярної системи координат x=rcosφ, y=rsinφ, dS=rdrdφ, отримаємо

14. 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).

σ_xoy – 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.