Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Теория функций нескольких переменных. Дифференциальное и интегральное исчисление. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.08.2026

Размер:

842 Кб

Скачать

☆

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

Вариант 30.

1. Для функции	z =	1		найти:

		x −
			y

а) область определения функции, определить ее границы и сделать чертеж, б) область значений функции,

в) семейство линий уровня и построить линию уровня, проходящую через точку N(1,0) .

2. Вычислить предел lim (1+ x2 + y2 ) x 2 + y 2 .

x→0 y →0

3.Найти полный дифференциал функции z = e−xy ln(xy) .

4.Показать, что частные производные функции z = ln(x 2 − xy + y 2 )

удовлетворяют уравнению x	∂z + y	∂z	= 2.
	∂x	∂y
5. Найти частные производные третьего порядка				∂3z		и	∂3z
5. Найти частные производные третьего порядка				∂x	2∂y	и	∂y	2∂x
				∂x	2∂y		∂y	2∂x

от функции z = cos(xy).

6. Найти экстремумы функции двух переменных z = 5x 2 − 2 y 2 + 3xy − x + 7 y + 9 .

7. Найти условный экстремум функции z = cos2 (x − y) − sin2 y при ограничении x − y = 0, 0 ≤ x, y ≤ 2π .

8. Функция z = z(x,y) задана неявно уравнением x 2 − y 2 + z 2 − xz − z − 8 = 0

∂z	∂z
а) найти частные производные ∂x ,		;
а) найти частные производные ∂x ,	∂y	;
б) написать уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности
z = z(x,y) в точке P(1,1,4).
9. Для данной поверхности z = arcsin	x		написать уравнения касательной

	x + y
	x + y
плоскости и нормали в точке Q(1,1, π/6).
10. Для скалярного поля u = 3e x+ y −2z	найти и построить:

а) поверхность уровня, проходящую через точку М(1,1,0); б) градиент скалярного поля u в точке М(1,1,0).

Вычислить производную по направлению l = (1,2,3).

Глава 2. Интегральное исчисление функций нескольких переменных. Кратные и криволинейные интегралы и их применение

2.1. Двойной интеграл и его вычисление

Область D, определяемая неравенствами a ≤ x ≤ b , y1(x) ≤ y ≤ y2 (x) , где y = y1(x) и y = y2 (x) - непрерывные функции на отрезке [a,b], называется правильной относительно оси Оу. Аналогично определяется правильная область относительно оси Ох.

В правильной области D всякая прямая, параллельная оси координат и

проходящая через внутреннюю точку Р(х,у) области D, пересекает границу области в двух точках (рис. 2.1).

Рис. 2.1. а)

Рис. 2.1. б)

Если D – область интегрирования, правильная относительно оси Оу (рис. 2.1. а), тогда двойной интеграл вычисляется по формуле

	b	y2 ( x)
∫∫	f (x, y)dxdy = ∫ dx	∫ f (x, y)dy .	(11)
D	a	y1 ( x)

	Правую часть формулы (11) называют повторным интегралом, интеграл
y2 ( x)	b
∫ f (x, y)dy называют внутренним интегралом, ∫ dx - внешним.
y1 ( x)	a

Вычисление повторного интеграла следует начинать с вычисления внутреннего, в котором переменная x принимается при интегрировании за постоянную величину. В результате интегрирования получается некоторая функция от x , которая интегрируется затем по отрезку [a,b]. Полученное число – значение интеграла (11).

Если область D является правильной относительно оси Ох (рис. 2.1.б), то двойной интеграл вычисляется по формуле

	d	x2 ( y )
∫∫	f (x, y)dxdy = ∫ dy	∫ f (x, y)dx .	(12)
D	c	x1 ( y)

Процесс расстановки пределов интегрирования для внутреннего и внешнего интегралов называется приведением двойного интеграла к повторному, а переход от формулы (11) к формуле (12) или наоборот – изменением порядка интегрирования.

Если область D не является правильной ни относительно оси Оу, ни относительно оси Ох, её разбивают на конечное число областей D1, D2 ,..., Dm , правильных относительно осей Оу или Ох, и при вычислении двойного интеграла по области D используют свойство аддитивности.

Пример 2.1.1. Расставить пределы в интеграле ∫∫ f (x, y)dxdy , изменить

порядок интегрирования, если границы области D: y = 4 − x2 , y = 5x − 2 .

Решение: Построим область D. Первая линия – парабола с вершиной в точке (0, 4), симметричная относительно оси OY. Вторая линия – прямая.

Рис. 2.2.

Решая

систему уравнений

y = 4 − x2

найдём

координаты

точек

5x −

пересечения данных параболы и прямой: А (-6, -32), В (1, 3) ( см. рис. 2.2).

Область D – правильная в направлении оси OY. Получаем

∫∫ f (x, y)dxdy =

4− x 2

∫ dx

∫

f (x, y)dy .

−6

5x −2

Изменим порядок интегрирования. Для этого область D представим в виде

двух областей (правильных в направлении оси Ох): D1

ограниченная

дугой

параболы

x2 = 4 − у,

3 ≤ y ≤ 4 ,

ограниченная

слева дугой параболы

x = − 4 − y

и справа прямой x =

( y + 2) , − 32 ≤ y ≤ 3 (рис. 2.2). Тогда

4− y

( y +2)

4− x 2

∫ dx ∫ f (x, y)dy = ∫dy ∫ f (x, y)dx +

∫ dy ∫ f (x, y)dx.

−6

5x −2

3 − 4− y

−32

− 4− y

Пример

2.1.2.

Вычислить

∫∫(3x + 2 y)dxdy ,

если

область D ограничена

прямыми y = x, y = - x, x = 2, x = 3.

Решение: Построим область D (рис. 2.3). Область интегрирования – правильная в направлении оси ОY.

Рис. 2.3.

Получаем

		3	x	3			x
∫∫(3x + 2y)dxdy = ∫dx ∫(3x + 2y)dy =				∫[	3xy + y 2 ] \| dx =
D		2	− x	2			−x
3			3	x3	3
∫(3x 2	+ x 2	+ 3x 2 − x 2 )dx = 6∫ x 2 dx = 6				\|	= 38.
∫(3x 2	+ x 2	+ 3x 2 − x 2 )dx = 6∫ x 2 dx = 6		3		\|	= 38.
2			2	3	2

Задачи для самостоятельного решения:

Изменить порядок интегрирования в следующих примерах:

	1	y			1	1− x 2
1)	∫ dy ∫ f (x, y)dx ;			2) ∫ dx ∫ f (x, y)dy ;
	0	y			−1	0
	1	3 x 2	2	1− 4x − x 2 −3
3)	∫ dx ∫ f (x, y)dy + ∫ dx				∫	f (x, y)dy.
	0	0	1		0

Вычислить следующие интегралы:

4)	∫∫	x2	dxdy,		дD: х=2, у=х, ху=1; 5) ∫∫sin(x + y)dxdy, дD: у=х, х+у=										π	,у=0;
4)	∫∫		dxdy,		дD: х=2, у=х, ху=1; 5) ∫∫sin(x + y)dxdy, дD: у=х, х+у=										2	,у=0;
	D y2										D				2
6)	∫∫ xdxdy,			дD: у=х3, х+у=2, х=0; 7)								∫∫(x2 + у)dxdy, дD : у=х2, х=у2.
	D											D
			1	x		1					1− y 2		1	2− 2 y − y 2
Ответы: 1)			∫ dx ∫		f (x, y)dy ; 2) ∫ dy ∫							f (x, y)dy ; 3)	∫ dy	∫ f (x, y)dx ;
			0	x 2		0				− 1− y 2			0	y 3
		4)	9 ; 5) 1 ; 6)				7	; 7)		33	.
		4)	9 ; 5) 1 ; 6)					; 7)	140		.
			4		2	15			140

2.2. Двойной интеграл в полярной системе координат

Формулы

x = r × cosϕ ,
y = r × sinϕ	(13)

связывают прямоугольные координаты (х, у) с полярными координатами ( r,ϕ ) при условии, что полюс помещён в начало координат и полярная ось направлена вдоль положительной полуоси Ох (рис.2.4. а). В этом случае двойной интеграл принимает вид

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (r cosϕ, r sinϕ)rdrdϕ		(14)
D	D*
где D* - область, лежащая в плоскости rOϕ . Функции (13)		имеют непрерывные

частные производные первого порядка и взаимно однозначно отображают область D* в область D .

Для области D, ограниченной лучами ϕ =α , ϕ = β (α < β ) и кривыми r = r1(ϕ ) и r = r2 (ϕ ) , ( r1(ϕ ) < r2 (ϕ ) ), ϕ [α, β ], (рис.2.4. б)

Рис. 2.4

получаем

	β	r2 (ϕ )
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dϕ		∫ f (r cosϕ, r sinϕ )rdr .	(15)
D	α	r1 (ϕ )
В частности, если область D содержит начало координат (рис. 2.5), то
∫∫ f (x, y)dxdy =	2π	r(ϕ )
∫∫ f (x, y)dxdy =	∫ dϕ ∫ f (r cosϕ, r sinϕ )rdr .		(16)
D	0	0

Рис. 2.5

Формулы (15) и (16) удобно использовать при решении задач, когда область D есть круг ли часть круга.

Обобщёнными полярными координатами называют переменные r и ϕ ,

связанные с прямоугольными координатами х и у формулами: x = ar × cosϕ , y =br ×sinϕ ,

где r ³ 0, 0 £ ϕ £ 2π , a > 0 , b > 0,	a ¹ b .
В этом случае формула (14) принимает вид
∫∫ f (x, y)dxdy = ab ∫∫ f (ar cosϕ, br sinϕ )rdrdϕ .
D	D*

Пример 2.2. Вычислить площадь плоской области D, ограниченной прямыми y=0, y=x и окружностью x2 + y 2 = 2x .

Решение: Построим область D.

Рис. 2.6

Это часть круга (x -1)2 + y2 = 1 (рис. 2.6.), поэтому удобно перейти к полярным координатам. Используя соотношение (15), получаем ∂D : r = 2 cosϕ,

ϕ = 0, 0 £ ϕ £ π4 .

Тогда

			π / 4	2cosϕ	π / 4	r2 2cosϕ				π / 4
S = ∫∫ dxdy =			∫ dϕ	∫ rdr = ∫ dϕ			\|		=	2 ∫ cos2 ϕ × dϕ =
S = ∫∫ dxdy =			∫ dϕ	∫ rdr = ∫ dϕ		2	\|		=	2 ∫ cos2 ϕ × dϕ =
	D		0	0	0	2	0			0
=	π / 4	+ cos2ϕ )dϕ = (ϕ +			1 sin2ϕ )	π / 4	=	π	+	1 .
=	∫ (1	+ cos2ϕ )dϕ = (ϕ +			1 sin2ϕ )	\|	=	π	+	1 .
	0				2	0		4		2

Задачи для самостоятельного решения:

Вычислить следующие интегралы:

1) ∫∫(1− 2x + 3y)dxdy, D : x2 + y2 £ 1;

∫∫ R2 - x2 - y2 dxdy, D :

x2 + y2 £ Rx ;

∫∫ arctg

dxdy, D: x2 + y2 ³ 1, x2 + y2 £ 9, y ³

, y £ 3 x ;

∫∫ xуdxdy,

D :

£ 1, x ³ 0, y ³ 0 ;

∫∫

4 -

dxdy, D :

³ 1,

£ 4, x ³ 0, y ³ 0 .

(π

π 2

3 abπ

Ответы:

π; 2)

);

;

4) 1;

2.3. Геометрический смысл двойного интеграла

Если функция f (x, y) ³ 0	в области D плоскости XOY, то двойной интеграл
численно равен объёму цилиндрического тела Q с основанием D и образующей,
параллельной оси OZ, которое	ограничено сверху	поверхностью z = f (x, y)
(рис.2.7.)
	V = ∫∫ f (x, y)dxdy .	(17)
	D

Рис. 2.7.

В частности, когда f (x, y) = 1, двойной интеграл численно равен площади S области D

S = ∫∫ dxdy .	(18)
D
Пример 2.3. Найти объём тела, ограниченного поверхностями:
параболическим цилиндром y = x2 , плоскостями y = 1,	z = 0 и параболоидом
z = x2 + y 2 .
Решение: Изобразим область D на плоскости хОу:

Рис. 2.8

Согласно геометрическому смыслу двойного интеграла объём цилиндрического тела равен

V = ∫∫(x2

+ y2 )dxdy =

2 + y2 )dy =

∫

dx ∫ (x

−1

x 2

2 (1

− x6 )dx =

∫ x

2dx ∫ dy + ∫ dx ∫ y2dy = ∫ x

− x2 )dx + ∫

−1

x 2

−1

x 2

−1

=	1	2 − x4 )dx +	1	1	− x6 )dx =(	x	3	−	x	5	+	x	−	x7		1

	∫ (x			∫ (1											)
			3			3			5			3		21
	−1			−1												−1

Задачи для самостоятельного решения:

Вычислить площади следующих плоских фигур D:

= 10588 .

1)D – треугольник со сторонами у = х , у = 2х , х + у = 6;

2)D – параллелограмм х = 3 , х =5 , 3х – 2 у +4 = 0 , 3х – 2 у +1 = 0;

3)D – кольцо х2 + у2 ≥ 1 , х2+ у2 ≤ 9.

Вычислить объемы следующих тел >:

4)> – тело, образованное параболоидом вращения z = х2 + у2,

координатными плоскостями и плоскостью х + у = 1;

5)> – тело, образованное цилиндрами z = 4 - у2, у = x2 и координатной

плоскостью z = 0.

Ответы: 1) 3; 2) 3; 3) 8π; 4) 16 ; 5) 12 214 .

2.4. Физический смысл двойного интеграла

Если область D - поверхностной плотностью находится по формуле

плоская пластина, лежащая в	плоскости XOY, с
γ (x, y) распределения вещества,	то масса пластинки
m = ∫∫γ (x, y)dxdy .	(19)
D

Статические моменты пластинки относительно осей Ох и Оу:

M x = ∫∫ y ×γ (x, y)dxdy , M y				= ∫∫ x ×γ (x, y)dxdy.			(20)
D				D
Координаты центра масс пластинки:
xc	=	M y	, yc =	M	x	.	(21)
		m
				m

Моменты инерции пластинки D относительно осей координат и начала координат:

I x = ∫∫ y2 ×γ (x, y)dxdy , I y	= ∫∫ x2 ×γ (x, y)dxdy ,
D	D
I0 = ∫∫(x2 + y2 ) ×γ (x, y)dxdy .		(22)
D
Пример 2.4. Найти массу однородной	пластинки,	ограниченной кривой

(x2 + y 2 )2 = 2ax3 ( a >0).

Решение: Введём полярные координаты. Уравнение кривой принимает вид r4 = 2ar3 × cos3 ϕ , или r = 2a × cos3 ϕ . Область D симметрична относительно оси Ох.

Пластинка однородная, значит плотность

распределения вещества γ (x, y) = 1.

Переходя к полярным координатам, вычислим массу пластинки:

π / 2

2acos3 ϕ

π / 2

2acos3 ϕ

π / 2

m = ∫∫dxdy=

∫ dϕ

∫rdr=

∫

dϕ

2a2

∫

cos6 ϕ dϕ =

−π / 2

2 π / 2

1+cos2ϕ

π / 2

∫

(

) dϕ

∫ (1+3cos2ϕ

+3cos 2ϕ

+cos 2ϕ)dϕ =

−π / 2

(ϕ

π / 2

sin2ϕ

π / 2

1+cos4ϕ

dϕ) +

∫

(

−π / 2

π / 2

-sin2 2ϕ)d sin2ϕ

(π +

π / 2

(π +

π) =

5a2π

∫

| )

−π / 2

Задачи для самостоятельного решения:

1)Найти статистические моменты относительно осей координат

однородной плоской пластины (γ (x, y) = 1), ограниченной двумя параболами у2 =

хи х2= у.

2)Найти координаты центра масс однородной плоской пластины (γ (x, y) = 1), ограниченной синусоидой y = sin x и прямой у = 0.

3)Найти момент инерции относительно начала координат однородной

плоской пластины (γ (x, y) = 1),

ограниченной эллипсом

= 1.

π ) ; 3)

πab

Ответы: 1) M x = M y =

; 2) (

;

(a2

+ b2 ).

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

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]