Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Удмуртский государственный аграрный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Reshenie tip priemov po matematike_ochnaya

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.05.2015

Размер:

581 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 74 5 6 7 > Следующая >>>

Решение. Так как по условию x0 = 0 , то искомое частное решение

y(x) можно записать в виде:

y(x) = y(0) +

y′(0)

x +

y′′(0)

y′′′(0)

x3 +...

′

Из начальных условий уже известны y(0)

и y (0). Подставив эти значе-

′′

ния в заданное уравнение, вычислим y (0)

′′

= 0

0 −1+ e

= 0.

y (0)

Последовательно дифференцируя данное уравнение, будем иметь:

′′′

′

+ xy

′′

− y

′

+ e

= xy

′′

+ e

;

y (x) = y

y(IV ) (x) =

y′′+ xy′′′+ ex .

Теперь вычислим значения производных при x = 0 : y′′′(0) =1; y(IV ) =1.

Следовательно, y(x) =1+10! x + 20! x2 + 31! x3 + 41! x4 +... или

y(x) =1+ 16 x3 + 241 x4 +...

есть искомое частное решение.

18. б) Используя разложение подынтегральной функции в степен-

ной ряд, вычислить интеграл ∫2

с точностью до 0,001.

0 3 1 + x2

Решение. ∫2

∫2

(1+ x2 )−

dx .

0 3 1+ x2

Разложим подынтегральную функцию в степенной ряд. Для этого

используем ряд

m(m −1)

m(m −1)(m − 2)

(1+ x) =1+

1! x +

+...,

где −1 < x <1. Положим m = −1

и заменим х на x2 :

(1+ x2 )−

=1−

x4 −

+...

Так как отрезок интегрирования

принадлежит области схо-

димости полученного ряда (−1;1) , то будем интегрировать почленно в указанных пределах:

1			1												x3		2x5		14x7			1
2	dx		2			1	x2 +	2	x4		14	x6			x3		2x5		14x7		2
∫0 3 1+ x2		=	∫0	1	−					−			+... dx =	x −		+		−		+...			=
		=		1	−					−			+... dx =	x −		+		−		+...			=
						3		9			81				9		45		567
						3		9			81				9		45		567		0
																					0

=12 − 721 + 7201 − 362887 +...

Вполученном знакочередующемся ряде четвертый член по абсолютному значению меньше 0,001. Следовательно, требуемая точность будет обеспечена, если учитывать только первые три члена ряда.

1
2	dx		1		1		1		39
	dx		1		1		1		39
∫0 3 1+ x2		≈		−		+		=		= 0,4875.
∫0 3 1+ x2		≈	2	−	72	+	720	=	80	= 0,4875.

РАСЧЕТНО–ГРАФИЧЕСКАЯ РАБОТА №6

19. Дана функция двух переменных z = x2 − xy + y2 +9x −6y + 20. Найти:

1)экстремум функции z(x; y) ;

2)gradz в точке А(1; –2);

3)наибольшую скорость возрастания z(x; y) точке А(1; –2).

Решение. 1) Для отыскания экстремума функции z(x; y) предвари-

тельно найдем частные производные первого и второго порядка:

∂∂xz = z′x = (x2 − xy + y2 +9x −6y + 20)′x = 2x − y +9, ∂∂yz = z′y = (x2 − xy + y2 +9x −6y + 20)′y = −x + 2y −6.

Приравняем их к нулю и решим систему уравнений:
2x − y +9 = 0,			2x +9 = y,				y = 2x	+9,
		= 0,		+9)	−6	= 0,			−6	= 0,
− x + 2y −6		= 0,	− x + 2(2x	+9)	−6	= 0,	− x + 4x +18		−6	= 0,
y = 2x	+9,	y =1,
	= 0,
3x +12	= 0,	x = −4.

Решением системы является точка М(–4; 1). Точка М(–4; 1) называется подозрительной на экстремум. Найдем частные производные второго порядка в точке М:

∂2 z

′′

′

∂x2

= zxx

= (zx )

= (2x − y +9) x = 2,

∂2 z

′′

′

= 2,

∂y2

= z yy

= (z y )

= (− x + 2y −6) y

∂2 z

′′

′

y = (2x − y +9) y

= −1.

∂x∂y

= zxy

= (zx )

Из них составим определитель второго порядка

∂2 z

2 −1

∆ =

∂x2

∂x∂y

= 4 −1 = 3.

∂2 z

−1 2

∂x∂y

∂y2

Так как

∆ = 3 > 0 , то в точке М(–4; 1) есть экстремум. Производная

∂2 z

= 2

> 0 , а, значит, это точка минимума функции.

∂x2

2) Градиент функции z найдем по формуле:

gradz =

∂z r

∂z

∂x

i +

∂y

j ,

∂z

были найдены в пункте 1.

∂x

∂y

gradz = (2x − y +9)ir + (−x + 2y −6) j .

Градиент функции z в точке А(1; –2): r gradz(A) = (2 1−(−2) +9)i + (−1+ 2 (−2) −6) j =13i −11 j .

3) Наибольшая скорость возрастания функции равна модулю градиента:

gradz(A) = 132 + (−11)2 = 290 .

20. а) Найти объем	тела, ограниченного параболоидом
x2 + y2 = −2(z − 4) , цилиндром	x2 + y2 = 4 и плоскостью z = 0 (z ≥ 0) ,

через тройной интеграл, применяя цилиндрическую систему координат.

Решение.
Сделаем чертеж, учитывая, что	вершина параболоида
x2 + y2 = −2(z − 4) находится в точке В(0; 0;	4), радиус окружности в

плоскости хОу равен 2 2 , осью цилиндра x2 + y2 = 4 является ось Оz,

радиус поперечного сечения равен 2, а уравнение z = 0 описывает координатную плоскость хОу.

4 В

2 2

Объем полученного тела найдем через тройной интеграл по фор-

муле

V = ∫∫∫dv .
V
С учетом характера области интегрирования (V ) вычисления удобно
вести в цилиндрических координатах (ϕ; ρ; z).
Зависимость между декартовыми и цилиндрическими координа-
тами точки имеет вид:
x = ρ cosϕ,			z
y = ρ sinϕ,				М(ϕ; ρ; z)

				ρ z
z = z,			0
где угол ϕ равен углу между осью				у

Ох (х>0) и OM ′, ρ =	OM ′	и	ϕ	М′

′		х

z = M M и

0 ≤ϕ ≤ 2π, 0 ≤ ρ < +∞, −∞ < z < +∞.

Якобиан перехода от декартовых координат к цилиндрическим координатам

I = ρ .

Для вычисления объема тела в цилиндрической системе координат справедлива следующая формула:

V = ∫∫∫ρdϕdρdz

или

β	ρ2	z2
V = ∫dϕ ∫ρdρ ∫dz .
α	ρ1	z1

В нашем случае (см. чертеж) 0 ≤ϕ ≤ 2π, 0 ≤ ρ < 2, а z находим из уравнения параболоида, учитывая цилиндрические координаты:

		ρ2 = −2(z − 4),							z −	4 = −	ρ2		,				z = 4 −					ρ2
		ρ2 = −2(z − 4),							z −	4 = −	2		,				z = 4 −						2
и, таким образом,											2												2
и, таким образом,							2
		0 ≤ z ≤ 4		−	ρ		2	.

					2
					2
С учетом вышесказанного имеем:
				4−	ρ2											ρ		2
2π			2						2π	2											2π		2			ρ2
					2										4−


																2			=						−		−0		=
V = ∫dϕ∫ρdρ ∫dz = ∫dϕ∫ρdρ(z)														0					=		∫dϕ∫ρdρ 4				−	2	−0		=
V = ∫dϕ∫ρdρ ∫dz = ∫dϕ∫ρdρ(z)														0							∫dϕ∫ρdρ 4
0			0	0					0	0										0			0
2π		2		ρ3					2π			ρ2					ρ4				2		2π				2π
2π		2		ρ3					2π			ρ2					ρ4				2		2π				2π
= ∫dϕ∫															−						=		∫dϕ(2 4 − 2)				= 6 ∫dϕ =

			4ρ −	2		dρ			= ∫dϕ 4		2							8
0	0			2					0		2							8			0		0					0
0	0								0												0		0					0
= 6ϕ		2π	=12π.
= 6ϕ		2π	=12π.
		0
		Ответ: V =12π ед3.
		20. б) Найти объем тела, ограниченного сферой x2 + y2 + z 2 = 9 и
конусом x2 + y2 − z2 = 0										(z ≥ 0), через											тройной			интеграл,				применяя

сферическую систему координат.

Решение. Сделаем чертеж, учитывая, что центр сферы находится в начале координат (0; 0; 0), радиус равен 3; осью вращения конуса явля-

ется ось Оz, а угол между осью Оz и образующей конуса равен π4 (так

как каноническое уравнение конуса вращения x2 + y2 −tg 2α z2 = 0, где α – угол между образующей конуса и осью вращения Оz).

–3

С учетом характера области интегрирования (V ) вычисления удобно вести в цилиндрических координатах (ϕ;θ; r).

Зависимость между декартовыми и цилиндрическими координа-

тами точки имеет вид:
x = r cosϕ sinθ,
		z
y = r sinϕ sinθ,			М(ϕ; θ; r)
		θ
z = r cosθ,			r
где угол ϕ равен углу ме-
		0	у
жду осью Ох (х>0) и OM ′,
угол θ	равен углу между	ϕ	М′
осью	Оz (z>0) и OM ,	х

r = OM и 0 ≤ϕ ≤ 2π, 0 ≤θ ≤π, 0 ≤ r < +∞.

Якобиан перехода от декартовых координат к цилиндрическим координатам

I = r 2 sinθ .

Для вычисления объема тела в сферической системе координат справедлива следующая формула:

					β		θ				r
V = ∫∫∫r 2 sinθdϕdθdr = ∫dϕ ∫2sinθdθ ∫2 r 2dr .
	V				α		θ1				r1			π
В нашем случае (см. чертеж)								0 ≤ϕ ≤ 2π, 0 ≤θ ≤						π	, 0 ≤ r ≤ 3 и
	π					π							π	4
	π					π					3		π
2π	4		3	2π		4				r3		2π	4			27



V = ∫dϕ ∫sinθdθ			∫r 2dr = ∫dϕ ∫sinθdθ								= ∫dϕ∫sinθdθ						=
V = ∫dϕ ∫sinθdθ			∫r 2dr = ∫dϕ ∫sinθdθ							3	= ∫dϕ∫sinθdθ					3	=
0	0		0	0		0				3	0	0	0			3
0	0	π	0	0		0					0	0	0
2π		π		2π		2						2		2π				2 − 2
2π		4		2π

							−						9 ϕ		=18π				=
= 9 ∫dϕ(−cosθ)		0	== −9 ∫dϕ			2	−	1	= 1−			2	9 ϕ	0	=18π			2	=
0	2)π.			0		2						2						2
= 9(2 −	2)π.			2)π ед3.
Ответ: V = 9(2 −				2)π ед3.

21. а) С помощью двойного интеграла вычислить координаты центра тяжести фигуры (меньшей по площади), ограниченной эллипсом

х2	+	у2	=1 и прямой	х	+	у	=1 (поверхностную плотность считать рав-
25		9		5		3

ной единице).

Решение. В случае однородной пластины, занимающей область D плоскости хОу, координаты центра тяжести x, y находят по формулам:

где S

y = 53

x =	1	∫∫xdxdy, y =		1		∫∫ydxdy,
x =	S	∫∫xdxdy, y =			S	∫∫ydxdy,
	S	D			S	D
		D				D
– площадь области D ,
S = ∫∫dxdy .
	D
В	рассматриваемом					случае фигура ограничена кривыми
					x
25 − x2 и y = 3 1			−			при 0	≤ x ≤ 5.
25 − x2 и y = 3 1			−	5		при 0	≤ x ≤ 5.
				5

												–5								0							5		х
																					–3
Поэтому							3
				5			3		25−x2					5
				5			5		25−x2					5	3	25 − x2									x
S = ∫∫dxdy = ∫dx									∫dy = ∫						3									−	x				=
S = ∫∫dxdy = ∫dx									∫dy = ∫													−3 1		−	5	dx			=
		D		0							x			0	5										5
							3 1−
							3 1−			5
										5
	3	5		2									3x2 5				3 5						2				15
=		∫ 25 − x		2					3x			−				=			∫		25 − x		2	dx −				.
=	5	∫ 25 − x			dx −				3x			−	10			=	5		∫		25 − x			dx −			2	.
	5	0											10		0		5		0								2
Полученный интеграл вычислим заменой переменной.
							x = 5sin t											π											π
	5					dx = 5costdt												π											π
	5					dx = 5costdt												∫2		25 −25sin2 t 5costdt =15∫2 cos2 tdt =
3	∫	25 − x2 dx				= t1 = 0									= 3			∫2		25 −25sin2 t 5costdt =15∫2 cos2 tdt =
5	0										π					5		0											0
	0					t2			=									0											0
						t2			=
											2
		π															π
		2 1+ cos 2t						15						sin 2t			π			15
		2 1+ cos 2t						15						sin 2t			2			15
=15∫						dt =					t		+						=			π.
=15∫			2			dt =					t		+		2				=	4		π.
		0	2						2						2		0			4
		0	S = 15	(π − 2) . Далее													0
Итак,			S = 15	(π − 2) . Далее
			4

										5		3			25−x2
		1					4			5		5			25−x2
x	=	1	∫∫xdxdy =				4			∫xdx		5			∫dy =
x	=	S	∫∫xdxdy =				15(π − 2)			∫xdx					∫dy =
		S	D				15(π − 2)			0					1−		x
													3
													3				5
=			4	5	3	x 25 − x2								−		x
=	15(π − 2)			∫	5	x 25 − x2				−3x 1				−		5		dx =
	15(π − 2)			0	5											5
			4	5				2				4						5	x2
=				∫x 25 − x				2	dx	−
=	25(π − 2)			∫x 25 − x					dx	−	5(π		−		2)			∫ x −	5	dx.
	25(π − 2)			0							5(π		−		2)			0	5

Первый из полученных интегралов вычисляется с помощью замены переменной:

								z = 25 − x2
5								dz = −2xdx												0													3		0
								dz = −2xdx																									3		0
		25 − x2 dx							1																1					1	z 2						125
∫x						= −			1		dz = xdx = −∫													z	1		dz	= −		1	z 2				=		125		.
∫x						= −			2		dz = xdx = −∫													z	2		dz	= −		2		3			=			3	.
0									2									25							2					2		3						3
0								z1 = 25										25													2				25


								z2 = 0
Отсюда																										5
			4			125				4					x2									x3				20							10						10
			4			125				4					x2									x3				20							10						10
x =									−													−					=							−						=		.
x =									−													−					=							−						=		.
		25(π −2)				3					5(π −2)						2							15					3(π − 2)							3(π − 2)					3(π −2)
		25(π −2)				3					5(π −2)						2							15		0			3(π − 2)							3(π − 2)					3(π −2)
Наконец,																										0
Наконец,																3
													5			3		25−x2
		1								4			5			5		25−x2
y =		1	∫∫ydxdy			=				4			∫dx			5			∫ydy =
y =		S	∫∫ydxdy			=	15(π − 2)						∫dx						∫ydy =
		S	D				15(π − 2)						0									x
																3 1−
																3 1−					5
																					5
			2	5		9													x				2
=				∫			(25			− x2 )−9 1							−							dx =
=	15(π − 2)			∫	25		(25			− x2 )−9 1							−							dx =
	15(π − 2)				25														5
				0
			12		5x		2			x3		5				2
			12		5x		2			x3		5				2
=									−				=							.
=									−				=							.
						2								π −2
	125(π −2)					2					3	0		π −2
	125(π −2)										3	0

21. б) С помощью двойного интеграла вычислить координаты центра тяжести фигуры, ограниченной линиями y2 = x +9, y2 = −3x +9 (поверхностную плотность считать равной единице).

Решение.

–9

Поскольку фигура симметрична относительно оси Ох, то у = 0 . Вычис-

лим x =							1	∫∫xdxdy .
лим x =						S		∫∫xdxdy .
						S		D
								D					1	(9−у2 )
											3		1										3
											3												3			1		(9 −		у2 )−(у2				−9)dу = 48;
S = ∫∫dxdy = 2∫dу													3 ∫dх = 2∫													1
S = ∫∫dxdy = 2∫dу													3 ∫dх = 2∫
		D									0			у2 −9									0	3
							3	1		(9−у2 )								3								1	(9−у2 )							3
		1															1					х2				1							1		1	(9 − у2 )2 − (у2 −9)2 dу =

х =					2∫dу3						∫хdх =								∫						3					dу =				∫
х =		48			2∫dу3						∫хdх =								∫											dу =			48	∫
		48					0			у2 −9						24 0							2			у2 −9							48	0 9
			3				0			у2 −9						24 0							2			у2 −9								0 9		у3		3
	1		3				8																					1				8				у3		3	12
=			∫ −					у4		+16 у2 − 72 dу														=					−				у5	+16			− 72 у	= −		.
=			∫ −				9	у4		+16 у2 − 72 dу														=				48	−		9	5	у5	+16		3	− 72 у	= −	5	.
	48 0						9																					48			9	5				3		0	5
	48 0																																					0
Таким образом, х = −2,4; у = 0 .
r		22.						Вычислить											работу,											совершаемую							переменной силой
r									r			3								r
F	=	(x2 +3xy)i									+				x2	+ y j								по контуру, связывающему точки М(1; 1) и
F	=	(x2 +3xy)i									+	2			x2	+ y j								по контуру, связывающему точки М(1; 1) и
												2
N(2; 3), и установить независимость от пути интегрирования.
			Решение. Для того, чтобы найти работу, совершаемую переменной
				r											r			3										r
силой F							= (x2 +3xy)i +														x2			+ y j , вычислим криволинейный интеграл
силой F							= (x2 +3xy)i +											2			x2			+ y j , вычислим криволинейный интеграл
																		2
																		3
			А = ∫(x2 +3xy)dx +																				x2 + y dy
			А = ∫(x2 +3xy)dx +																				x2 + y dy
																		2

по контуру, соединяющему точки М(1; 1) и N(2; 3).

Выберем в качестве контура интегрирования наиболее простой контур, связывающий точки М и N, например, ломаную, звенья которой параллельны осям координат.

у		N
3		N
			х = 2
1	М	у = 1
1	М
0	1	2	х

Имеем на первом			участке	у =1, dy = 0, 1 ≤ x ≤ 2 ,							на	втором			участке
x = 2, dx = 0, 1 ≤ y ≤ 3. Таким образом,
2			3	x3			3x	2	2			y2	3			5
2			3	x3			3x	2	2			y2	3			5
А = ∫(x	2					+					6y +			= 22			.
А = ∫(x		+3x)dx + ∫(6 + y)dy =			3	+	2			+	6y +			= 22		6	.
1			1		3		2		1			2	1			6
1			1						1			2	1

В данном случае выполнено условие независимости криволиней-

ного интеграла от пути интегрирования

∂∂Py = ∂∂Qx ,

где P = x2 +3xy , Q = 23 x2 + y . Действительно, ∂∂Py = 3х, ∂∂Qx = 3х.

РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКАЯ РАБОТА №7

23. Найти поток векторного поля F = (x − 2y +5z) rj через полную поверхность пирамиды S , образованной данной плоскостью S4 : − 2x + y + 2z −6 = 0 и координатными плоскостями S1, S2 , S3 в направ-

лении внешней нормали к ее поверхности, применив теорему Остро- градского–Гаусса.

Решение. Дан вектор поля F = (x − 2y +5z) j и плоскостью − 2x + y + 2z −6 = 0 . Для выполнения чертежа уравнение данной плоскости приведем к виду «в отрезках»:

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 74 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.04.20252 Мб3R_12.doc
#
29.05.20151 Мб28Rabochaya_tetrad_molochnoe_delo.doc
#
20.11.2018389 Кб26Ramka_dlya_texta.doc
#
20.08.2019456 Кб7Rastenievodstvo_MetodUkazan-Samost-Agro.doc
#
08.11.201995 Кб9Razvivayushiesya_strany-sovremennoe_sostoyanie_...docx
#
29.05.2015581 Кб11Reshenie tip priemov po matematike_ochnaya.pdf
#
01.07.2025170 Кб1Rezhim_obzhiga.doc
#
25.03.20162 Мб13rgr_-_kopia.doc
#
08.11.2019223 Кб6Rossia_v_mirovom_hozyaystve-sovremennyy_etap_pr...docx
#
14.09.201936 Кб16Russky_yaz_1_2.docx
#
26.11.2019406 Кб12Russky_yazyk_Praktikum.rtf