Добавил:

Morze Developer Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский технический университет связи и информатики

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Сидз 2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.01.2023

Размер:

950.34 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 116 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

	S 4S1 41							1 x2 3dx						Замена х sint, dx costdt
														Замена х sint, dx costdt

						0
															2			Используем формулу понижения
		2		3					2		1 cos2t					dt
		2		3					2		1 cos2t
4 cos					t costdt 4							2						степени и перехода к двойному углу
		0							0			2						степени и перехода к двойному углу

	2								2						2				2	2	1 cos4t				1
	2								2						2				2	2	1 cos4t				1
								cos									sin2t		0			dt		0
		1 2cos2t						cos		2t dt			2		2		sin2t				2	dt	2	0	2	2
	0												2		2					2	2		2		2	2
	1		1sin4t				2 3 0					3 .
	1		1sin4t				2 3 0					3 .
	2		4				0	4				4
2. Окружностью r											3sin и кардиоидой r 1 cos
r			3sin ,r					1 cos , т.е. нас интересует область,

лежащая внутри обеих кривых

X 0

Точки пересечения кривых:
3sin 1 cos :cos						3sin 1;			1cos			3	sin			1
3sin 1 cos :cos						3sin 1;			1cos				sin			2
					1				2	1		2		2		2
cos		cos sin		sin	1	;				1	;			2	2 n
cos	3	cos sin	3	sin	2	;	cos	3		2	;	3		3	2 n
	3		3		2			3		2		3		3
								51

2 n,									и						+2 n;					, 3 , 5 , ,3 ,5 ,....																								,	2 ,			2 ,...
													3																													3		3			3
В пределах нашего чертежа, например, при 0;																																					2 ,						и .
																																									3

																	1															1		3							1		1 cos 2 d
Исходя из формулы S																	1	r2d , имеем: S														1		3	3sin2 d						1		1 cos 2 d
																	2																2	0							2
																																										3

	3	3	1 cos2 d											1		1 2cos cos2 d
	4	0												2
															3
	3					3	sin2							1							sin						1				1 cos2 d
	3					3								1													1
	4		3			8					03							3									4
	4		3			8								2				3								3	4
																													3
				3 3								3			1							1	sin2																	3 3				3		3
				3 3								3			1							1																		3 3				3		3

	4				16			3		2									3			8										4				3			6	16				2		16
	4				16			3		2					4				3			8						3				4				3			6	16				2		16
	3 4 2									12 3						3				3 3				3 3									.
					12							16					4				4				4								.
					12							16					4				4				4
																														x t t								3
3.	Вычислить длину дуги петли кривой:																													x t t
3.	Вычислить длину дуги петли кривой:																																				3
																																		t		2
																														y				t

Отметим, что хотя каждому значению t соответствует одна вполне определенная точка кривой, одной и той же точке кривой могут соответствовать разные значения параметра t .

Так как для двух значений t и t1 абсцисса x и ордината y в точке

самопересечения должны быть одними и теми же, то из уравнения кривой следуют два условия для t и t1

	2	t1		2
t		t1
			t3		t 3	, причем	t t1 .
			t3	t	t 3	, причем	t t1 .
t				t	1
			3	1	3
			3		3

Поскольку

t t1 из первого уравнения следует t t1. Подставляя это значение

во второе уравнение, получим t

0 t 3 t2 0. Если t 0, то t1 0 и

значения t

и t1 совпадают, что невозможно. Остается только одна возможность

3 и t

Этим значениям соответствует одна и та же точка с координатами (0;3), но

угловые коэффициенты касательных различны

y'x

y't

3; y'x

y't

1 t2

t 3

Через точку (0;3) кривая проходит дважды (точка самопересечения).

													xt 2 yt 2dt,									3	1 t2 2				2t 2dt
Исходя из формулы									L				xt 2 yt 2dt,					имеем L				3	1 t2 2				2t 2dt
																						3
				3											3						3				2			3
							2			4		2					2		4					2	2					2
		2				1 2t		t			4t		dt 2			1 2t		t		dt 2		1	t			dt	2		1 t		dt
				0											0						0							0
			t3		3						3 3
			t3		3						3 3
2	t				0	2		3						4 3.
2	t		3		0	2		3			3			4 3.

Часть 2.

Решение типового варианта

1.Расставить пределы интегрирования двумя способами в двойном интеграле

f x,y dxdy в декартовых координатах для области	D : y x2,	y 2 x,
D
x 0.

Решение.

I способ. При каждом значении x из отрезка [0, 1] переменная y изменяется от x2 до 2 x , т. е. область D можно представить в виде

x,y :

0 x 1, x2

y 2 x

. Тогда получаем:

y2 x

2 x

x,y dxdy dx

f x,y dy

f x,y dy.

y1 x

II способ. При 0 y 1 0 x

y , а при

1 y 2

0 x y , где

D D1 D2 , поэтому в этом случае получаем:

x2 y

2 y

x,y dxdy dy

f x,y dx

f x,y dx dy

f x,y dx.

x1 y

Окончательно, получаем:

2 x

2 y

x,y dxdy dx

x,y dy dy f

x,y dx dy

f x,y dx.

2. Найти массу неоднородной пластинки

D : y 2x x2,

y x,если

поверхностная плотность в каждой ее точке

x,y x2 2xy.

y x

y 2x x2

2 x

Решение: Массу неоднородной

пластинки с поверхностной плотностью

x,y

вычисляем по формуле

m x,y dxdy , поэтому имеем:

2x x2

y 2x x

m dx

x2 2xy dy x2 y xy2

y x

1 2x3 x4 x3 4x3 4x4 x5 x3 dx

x 1

x 0

3. Найти статический момент однородной пластины D : x2 y2 2x 0,

x2 y2 x 0, y x 0, x y 0, относительно оси Oy , используя полярные координаты.

Решение: Статический момент однородной пластины D (относительно оси Oy) вычисляются по формулам: M y xdxdy (относительно оси Oy) и

M x ydxdy (относительно оси Ox). В данном случае имеем:

M y		2 cos d d								4		4,				cos d				2d

															4
																		2cos
			D							cos		2cos			4			cos

13			4				2cos						4					4	1 cos2					2
			4				2cos						4					4	1 cos2					2
					cos 3		cos d				237			cos4 d 283							4			d
				4										4				0
				4										4				0
	7		4	1 2cos2 cos				2	2 d		7	sin2					4		4	1		1
	7		4					2			7								4	1		1
	3		0								3					0				2		2	cos4 d
	3		0								3					0			0	2		2
	7		3


	3			8		1 .
	3			8

4. Найти координаты центра масс однородного тела, занимающего область V :

y	1	x2 z2 ,	y 2.
	2

Решение:
Данное тело симметрично относительно оси Oy Ox,Oz , поэтому																																																		xc	zc 0,
y		z				0;x y											0		, а				y							y x,y,z dxdydz												.
																														V
																																x,y,z dxdydz
	c			c						c						c									c							x,y,z dxdydz
																														V
			x x,y,z dxdydz																									z x,y,z dxdydz
x			V																			,z							V
x																						,z	c
	c		x,y,z dxdydz																				c						x,y,z dxdydz
			x,y,z dxdydz																										x,y,z dxdydz
					V																									V															x cos ,
Переходя к цилиндрическим координатам по формулам																																													x cos ,						y sin ,
y y,					имеем:
																									2						4			2		ydy			1		2		4				1		2
ydxdydz y d d dy																										d d										ydy			2		d			4			4			d
V												V														0					0				2				2		0		0				4
																																			2
	1	2			2		2				4								4	d				1		16						2			16 .
	1	2					2				4								4					1								2
																			0													0

	2	0								16														2
	2	0								16														2																					1
																						2							4			2					2			4					1
dxdydz														d d dy									d d dy															d					2		2	d
V											V												0						0				2					0		0					2
																																	2
2					2			3					4								16						2						32
2					2			3					4								16						2						32
													0					d									0										.
									6									d				3												3			.
	0
	0																																					16 3					3	и центр масс C 0,3									,0 .
Следовательно,															yc ydxdydz / dxdydz																							16 3					3	и центр масс C 0,3								2	,0 .
																			V												V							32					2									2
5. Найти момент инерции однородного тела																																						относительно оси										Oy ,
занимающего область V :																							y 5 x2									z2,					y 1.

Решение: Так как тело однородное, то примем x,y,z 1, а моменты инерции

относительно осей						Ox Oy,Oz			будем вычислять соответственно по формулам:
Ix x,y,z y2						z2 dxdydz y2						z2 dxdydz,
	V			x2						V
I y x,y,z				x2		z2 dxdydz x2						z2 dxdydz,
	V									V
Iz x,y,z x2						y2 dxdydz x2						y2 dxdydz.
	V									V
В нашем случае, переходя к цилиндрическим координатам по формулам:
x cos ,			y sin ,				y y, имеем:
						2	2		5 2			2	2	y 5					2
						2	2		5 2			2	2						2
I y 2 d d dy d 3d dy d y																				3d
	V					0	0			1		0	0	y 1
2	2	3		2			2	4		6	2					4		26		2		32
2	2	3		2			2	4		6	2					4		26		2		32
d			5		1 d							0	d		2					d				.
d			5		1 d								d		2					d				.
0	0						0			6								6 0					3
0	0						0			6								6 0					3
6. Найти объем тела, ограниченного поверхностями																	z 0, x2				y2		4,
	z x2	y2.

Решение:	4 это круговой цилиндр радиуса 2, ось которого совпадает с Oy.
x2 y2
z x2 y	2 параболоид, который пересекает цилиндр по окружности радиуса 2
	57

в плоскости z 4. z 0 координатная плоскость XOY . Таким образом, тело

ограничено сверху параболоидом		z x2 y2,	снизу кругом D ,	а с боков
цилиндрической	поверхностью	x2 y2 4.	Так как данное тело
цилиндрическое и	z x2 y2 0, то для вычисления его объема можно
использовать формулу V x2		y2 dxdy, где D x,y : x2 y2		4, z 0

круг в плоскости XOY . Для вычисления этого интеграла перейдем к полярным координатам. При этом круг D преобразуется во множество

Dr r, : 0 2 , 0 r 2 , поэтому имеем:

		2	2	2
V r2 cos2 r2 sin2 rdrd d r3dr 2 r3dr 8 .
Dr		0	0	0
		y 0, z	0,
6.1. Найти объём тела	V :
6.1. Найти объём тела	V :	x y z 4,

		2x z 4.

Решение. Легко догадаться, что проще всего описать это тело, если отправляться

от его проекции на ось Oxz : V : (x,z) D,	Область D треугольник,
0 y 4 x z.

ограниченный прямыми x 0, z 0,2x z 4, поэтому

	2		4 2x		2	8x 4x		2x	2	4	2x
V (4 x z)dxdz dx				(4 x z)dz 16		8x 4x		2x			2
D	0		0								2
D	0		0		0
2 dx 4z xz z2 /2		z 4 2x			2 8 4x dx 8x 2x2		2	16 8 8.


0		z 0			0		0
							0

7. Вычислить (непосредственно или с помощью формулы Грина):

x2 ydx x3dy,	L контур, ограниченный параболами	y2 x,	x2 y.
L
	58

2 dx

Решение:

а). Непосредственно:

Представим замкнутый контур									L как сумму двух дуг L x2								и	L x .
																1		2
															1	1		0
x2 ydx x3dy x2 ydx x3dy x2 ydx x3dy x4dx x3																		2xdx x2	xdx
L				L1			L1			L2			L2		0	0		1
0	x3		x5		2x5		3		3
0				1		1	2x2	0		x2	0	3	3	6
		dx													;


1	2 x	5		0	5	0	7	1	7		1	5	7	35
1	2 x	5		0	5	0	7	1	7		1	5	7	35

б). По формуле Грина:

P(x,y)dx Q(x,y)dy										Q			P		тогда имеем
P(x,y)dx Q(x,y)dy										Q			P	dydx ,	тогда имеем
L									D	x			y		1		1	5
															1		1	5
x2 ydx x3dy 3x2								x2 dydx 2x2dydx 2x2 y									2x dx 2(x2 x4)dx

																x
L						D							D		0	x	0
	2	2	7	x5	1	2	2		1		6	.
		2	x2	x5	1		2		1		6


		7							5		35
		7		5 0			7		5		35

8. Найти единичный вектор нормали к поверхности G : x2 y z2 1 в точке M 1,1,1 ,нормаль образует острый угол с положительным направлением оси

Oz.

Решение. В уравнении, задающем поверхность G , участвует функция

f x,y,z x2 y z2 1.

f x,y,z

Найдем координаты градиента функции

в произвольной точке

M x,y,z :

f 2x;

2z.

grad f

2x;1; 2z .

2x i 1

2zk

grad f

1 4x

В заданной точке M 1,1,1 M0													координаты градиента функции													f M0					2;
В заданной точке M 1,1,1 M0													координаты градиента функции															x			2;
	f M0			f M0																								x
	f M0	1;		f M0				2,
	y					z
	grad f M0					f	M	0			f M	0				f M	0								2;1; 2 .
								0	i			0		j			0	k		2	i	1	j 2k
							x		i		y			j		z		k		2	i	1	j 2k
							x				y					z
	grad f M0										0				grad f				2		1		2				2		1		2
											0				grad f				2		1		2				2		1		2
					1 4 4					3, n									3	i	3	j	3	k			3	;	3	;	3	,
															grad f

			2
т.к. cos			2		0,		но это означает, что нормаль к заданной поверхности G в точке
	M 1,1,1		3
	M 1,1,1		образует острый угол с положительным направлением оси Oz.

Ответ: единичный вектор нормали в точке M 1,1,1 к поверхности x2 y z2 1

0	2		1		2
имеет вид n	3	i	3	j	3	k.
	3		3		3

9.1. Найти дивергенцию и ротор векторного поля

F (2 x2 y)i y2zj (2xyz z2 y)k.

Выяснить, является ли данное поле потенциальным или соленоидальным; если да, то найти соответственно его скалярный или векторный потенциал и сделать проверку соответствующего потенциала.

Решение:

divF и rot F :

1-ый способ. Вычислим

2xy 2yz 2xy 2zy 0.

divF

rotF

2xz z2 y2 i 2yz

x2 k

2 x2 y

y2z

2xyz z2 y

rota

существует векторный потенциал

Имеем:

diva

j R x,y,z k , для которого имеет место

b M P

x,y,z i Q x,y,z

rotb M

равенство:

Вычисление векторного потенциала. F (2 x2 y)i y2zj (2xyz z2 y)k.

Будем всегда предполагать, что: P1 0, а Q1 и R1 вычислять по формулам:

P1 0,

R x,y,z dx

2xyz z2 y dx x2 yz xyz2,

Q x,y,z dx

x,y,z dx P x,y,z dy

Q x,y,z dx

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 116 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке СИДЗ

#
16.01.202316.72 Mб117Курсовая 2 часть.pdf
#
16.01.2023950.34 Кб97Сидз 2.pdf