Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский технический университет связи и информатики

Предмет:

Математический анализ

Файл:

DKR_MatAn_2_semestr_2014

.pdf

Скачиваний:

176

Добавлен:

03.05.2015

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

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

S1 X

S = 4S1 = 4∫1					dx =
			(1− x2 )3				Замена х = sint, dx = costdt			=
							Замена х = sint, dx = costdt			=

		0
π			π					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						степени и перехода к двойному углу
0			0

	π											π
=	2	1+ 2cos2t + cos2 2t dt = π							+ 2 sin 2t	π	+	2	1+ cos4tdt =	π + 0 + 1		π +
										π
										2
	∫	(					)	2	2	0		∫	2	2	2	2
	0							2	2			2	2	2	2	2
+	1		1 sin 4t	π	=	3π	+ 0 =	3π .
				π
				02
	2		4			4		4


2. Окружностью r =
		3sinϕ и кардиоидой r =1+ cosϕ
r ≤
	3sinϕ,r ≤1+ cosϕ, т.е. нас интересует область,

лежащая внутри обеих кривых

X 0

Точки пересечения кривых:

1 cos βϕ −

sin

ϕ = −

3sinϕ =1+ cosϕ :cosϕ −

3sinϕ = −1;

2π

cos

cosϕ −sin

sinϕ = −

;

ϕ +

= −

;ϕ +

= ±

2πn

cos

ϕ= −π + 2πn, и ϕ = π3 +2πn;

ϕ= −π,−3π,−5π,π,3π,5π,.... ϕ = π3 ,π3 + 2π,π3 − 2π,...

В пределах нашего чертежа, например, при ϕ [0; 2π], ϕ =																																																	π			и ϕ =π.
																																							π										3
																					β																		π
																				1	β																1		∫3										1		π
Исходя из формулы S =																				1	∫r2dϕ, имеем: S=																1		∫3	3sin2 ϕdϕ +									1		∫(1+ cosϕ)2 dϕ =
																				2	α																	2	0										2		π
																																																			3
		π
= 3		3	(1			−cos2ϕ)dϕ + 1												π	1+ 2cosϕ + cos2 ϕ dϕ =
	4	∫														2		∫(													)
	4	0														2		π
																		3
=	3		π			−	3	sin 2ϕ				π		+		1				−	π			+sinϕ						π	1	π		(1+ cos2ϕ)dϕ =
	3		π				3					π				1					π									π	1	π
	4		3				8					03					π				3									π +	4	π∫
	4		3				8									2					3									3	4	π∫
																																3
	π			3					π								1					π				1										π				π				π			3
	π			3			3		π				3				1		π −			π				1	sin 2ϕ				π					π				π				π			3	3					3			3
=		−						+		−					+									+							π	=							+			+				−				−				−			=
=	4	−			16			+	3	−	2				+							3		+		8					π	=					4		+	3		+			6	−	16			−		2		−	16		=
	4				16				3		2						4					3				8					3						4			3					6		16					2			16
																												3(π −							)
	3π + 4π + 2π										12								3π				3										3
=	3π + 4π + 2π									−	12					3		=	3π		−		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
																													52

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 − t3

= 0 t (3 −t2 )= 0. Если t = 0, то t1 = 0 и

значения t

и t1 совпадают, что невозможно. Остается только одна возможность

t =

и t = −

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

угловые коэффициенты касательных различны

y x =

3 ; y x

= − 3 .

1−t2

t=− 3

1−t2

t= 3

t=−

t= 3

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

													β													∫3
													β																(1−t2 )2 +(
Исходя из формулы												L = ∫				(xt′)2 +(yt′)2 dt, имеем L =													(1−t2 )2 +(		2t)2 dt =
													α												−		3

																3							3							3
		3
		3
	∫			2			4			2					∫			2		4		∫		(	2	)	2		∫(		2	)
= 2 1− 2t				2	+t		4	+ 4t		2	dt = 2 1+ 2t							2	+t	4	dt = 2			1+t	2		2	dt = 2 1+t			2	dt =
= 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
= 2					3	=	2		3		+			3			= 4 3.
= 2	t +			0		=	2		3		+						= 4 3.
			3										3						53
			3										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,

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

{

}

D = (x, y): 0 ≤ x ≤1, x2

≤ y ≤ 2 − x . Тогда получаем:

y2 (x)

2−x

f (x, y)dy.

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫dx

∫

f (x, y)dy = ∫dx ∫

y1(x)

II способ. При

0 ≤ y ≤1 0 ≤ x ≤

, а при 1≤ y ≤ 2 0 ≤ x ≤

, где

D = D1 D2 , поэтому в этом случае получаем:

x2 (y)

2−y

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫dy

∫

f (x, y)dx = ∫dy ∫

f (x, y)dx + ∫dy ∫

f (x, y)dx.

x1(y)

Окончательно, получаем:

1 2−x

2−y

∫∫ f (x, y)dxdy =∫dx

∫ f

(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 µ(x, y)= x2 + 2xy.

Решение: Массу неоднородной пластинки с поверхностной плотностью

µ = µ(x, y)

вычисляем по формуле

m = ∫∫µ(x, y)dxdy , поэтому имеем:

m = ∫1 dx2x∫−x2 (x2 + 2xy)dy = ∫1 (x2 y + xy2 ) y = 2x − x2 =

y = x

= ∫1 (2x3 − x4 − x3 + 4x3 − 4x4 + x5 − x3 )dx =

−5x

+ 4x

− x

+ x

x =1

= ∫(x

)dx =

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:

								−π	≤ϕ ≤			π			π	4			2cosϕ
M y		= ∫∫2ρcosϕ ρdρdϕ =							4				4,		= ∫ cosϕdϕ					∫	ρ2dρ =
		D′						cosϕ ≤ ρ ≤ 2cosϕ							−π 4				cosϕ
		π	cosϕ (ρ3 )		ρ = 2cosϕdϕ =								π		−π 4				π	(1+ cos2ϕ)2
		π											π						π
=	1	∫4								2 7		∫4		cos4 ϕdϕ =				28	∫4						dϕ =
	3	−π 4			ρ = cosϕ						3		−π 4					3	0			4
	3	−π 4									3		−π 4					3	0			4
=	7	π 4	(1	+ 2cos2ϕ + cos		2	2ϕ)dϕ =			7		(ϕ +sin 2ϕ)					ϕ =π			π 4	1	+	1			=
	7	π 4				2				7							ϕ =π			π 4	1		1
		∫																	4 + ∫					cos4ϕ dϕ
	3	0								3							ϕ = 0			0	2		2
=	7	3π


	3		8	+1 .
	3		8

4. Найти координаты центра масс однородного тела, занимающего область

V : y = 12 x2 + z2 , y = 2.

Решение:

Данное тело симметрично относительно оси Oy(Ox,Oz), поэтому xc = zc = 0,

(yc = zc = 0; xc = yc = 0), а

∫∫∫yδ (x, y, z)dxdydz

∫∫∫xδ (x, y, z)dxdydz

∫∫∫zδ (x, y, z)dxdydz

, z

∫∫∫δ (x, y, z)dxdydz

Переходя к цилиндрическим координатам по формулам

x = ρcosϕ,

y = ρsinϕ,

y = y, имеем:

2π

ydy =

2π

−

∫∫∫ydxdydz = ∫∫∫yρdρdϕdy =

∫dϕ∫ρdρ ∫

∫dϕ∫

ρ 4

dρ =

V ′

1 2π

−

ρ4

= 4

dϕ =

16ϕ

= 2π

=16π.

2 ∫0

= 0

2π

∫∫∫dxdydz = ∫∫∫ρdρdϕdy =

∫dϕ∫ρdρ ∫ dy =

∫dϕ∫ρ

2 −

dρ =

V ′

2π

−

ρ3

ρ = 4

dϕ

ϕ =

2π

32π

ϕ =

∫0

ρ = 0

16π 3

Следовательно, yc = ∫∫∫ydxdydz / ∫∫∫dxdydz =

и центр масс

32π

C(0, 32,0).

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 δ (x, y, z)≡1, а моменты

инерции относительно осей	Ox(Oy,Oz) будем вычислять соответственно по
формулам:
Ix = ∫∫∫δ (x, y, z)(y2 + z2 )dxdydz = ∫∫∫(y2 + z2 )dxdydz,
V	V
Iy = ∫∫∫δ (x, y, z)(x2 + z2 )dxdydz = ∫∫∫(x2 + z2 )dxdydz,
V	V
Iz = ∫∫∫δ (x, y, z)(x2 + y2 )dxdydz = ∫∫∫(x2 + y2 )dxdydz.
V	V

В нашем случае, переходя к цилиндрическим координатам по формулам: x = ρcosϕ, y = ρsinϕ, y = y, имеем:

					2π	2				5−ρ2			2π	2	y = 5			− ρ	2

Iy = ∫∫∫ρ2ρdρdϕdy = ∫dϕ∫ρ3dρ											∫	dy = ∫dϕ∫y								ρ3dρ =
	V				0	0					1	0		0	y =1
2π	2	3		2		2π		4			ρ6		ρ = 2			4		26			2π	32π

= ∫dϕ∫ρ			(5 − ρ		−1)dρ =∫		ρ		−				ρ = 0	dϕ = 2			−				∫dϕ =		.

0	0					0					6							6			0	3

6. Найти объем тела, ограниченного поверхностями																		z = 0,			x2 + y2 = 4,

z = x2 + y2.

Решение:

x2 + y2 = 4 − это круговой цилиндр радиуса 2 , ось которого совпадает с Oy.

z = x2 + y2 − параболоид, который пересекает цилиндр по окружности радиуса 2 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,ϕ): 0 ≤ϕ < 2π, 0 ≤ r ≤ 2}, поэтому имеем:

V = ∫∫(r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ)rdrdϕ = 2∫π dϕ∫2 r3dr = 2π ∫2 r3dr =8π.

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				(x, z) D,		Область D −
				Oxz : V :
				0 ≤ y ≤ 4 − x − z.
треугольник, ограниченный прямыми x = 0, z = 0, 2x + z = 4 , поэтому
	2		4−2x	2		− (4 − 2x)	2
V = ∫∫(4 − x − z)dxdz = ∫dx			∫ (4 − x − z)dz = ∫ 16 −8x − 4x + 2x2					dx =
D	0		0			2
				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


7. Вычислить (непосредственно или с помощью формулы Грина):
∫ x2 ydx + x3dy,	L −контур, ограниченный параболами y2 = x,					x2 = y.
L

Решение:

а). Непосредственно:

Представим замкнутый контур L как сумму двух дуг L1 = x2 и L2 = x .

∫ 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	7	x5	1		2		1		6
	2	x2 −	x5	1		2		1		6
= 2				= 2			−		=		.
= 2				= 2			−		=		.
	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.

Найдем координаты градиента функции f (x, y, z) в произвольной точке

M (x, y, z):

∂f

= 2x;

∂f

=1; ∂f

= −2z.

∂x

∂y

∂z

grad f

∂f

∂x

∂y

j +

∂z

k = 2x i

+1 j − 2zk =(2x;1;−2z).

∂f

grad f

+ 4z

+ 4x

+ 4z

∂x

∂y

∂z

В заданной точке M (1,1,1)= M0

координаты градиента функции

∂f (M0 )

= 2;

∂f (M0 )

=1;

∂f (M0 )

= −2,

∂x

∂y

∂z

grad f (M0 )=

∂f (M

)

∂f (M

)

∂f

)

i +

j +

k = 2

− 2k = (2;1;−2).

∂x

∂y

∂z

grad f (M0 )

grad f

1+ 4 + 4 =3, n

= ±

= −

i −

j +

k = −

;−

;

grad f

т.к. cosγ =

2 > 0, но это означает, что нормаль к заданной поверхности G в

точке

M (1,1,1)

образует острый угол с положительным направлением оси Oz.

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

Соседние файлы в предмете Математический анализ

#
03.05.20151 Мб176DKR_MatAn_2_semestr_2014.pdf
#
03.05.2015258 Кб70Integraly_MTUSI.pdf
#
03.05.20151 Мб85matan_diffures_ekz.pdf
#
03.05.20152 Мб31Matan_tema_8_nesobstvennye_integraly.pdf
#
03.05.20152 Мб282matan_test_otvety.pdf
#
03.05.201531 Кб17tablica_integralov.pdf