Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет информационных технологий, механики и оптики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Типовик матан 5 модуль

.pdf

Скачиваний:

171

Добавлен:

14.04.2015

Размер:

1.22 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Решение. 1) Преобразуем уравнение (7):

x2 + y2 + z2 = 6z x2 + y2 + z2 −6z = 0

x2 + y2 + z2 −6z +9 =9 x2 + y2 +(z −3)2 = 32 .

Таким образом, уравнение (7) задает сферу с радиусом, равным 3 и центром в точке K (0; 0; 3). Уравнение (8) задает конус с вершиной в точке O(0; 0; 0). Уравнение (9) задает координатную плоскость Oxz. Условие y ≥ 0 выделяет ту часть тела, которая лежит

в области положительных ординат. Принадлежность телу точки M (0; 1; 3) указывает на то, что тело содержит точки, лежащие внутри конуса и сферы.

Тело Т изображено схематически на рис. 5.

z 6

К3 M.

0 y

Рис. 5

2) Объем V тела Т выражается тройным интегралом V = ∫∫∫dv .

Будем вычислять этот интеграл, перейдя к сферическим координатам. Для этого используем формулы перехода от декартовых координат к сферическим:

x = r sinθ cosϕ, y = r sinθ sinϕ, z = r cosθ .

При

этом

выполняется условие x2 + y2 = z2 = r2 . Якобиан перехода равен r2 sinθ . Формула объема тела примет вид: V = ∫∫∫r2 sinθ dr dϕ dθ .

Перейдем в уравнениях сферы и конуса от декартовых координат к сферическим.

Преобразуем уравнение сферы:

r sinθ sinϕ ≥ 0 sinϕ ≥ 0 0 ≤ϕ ≤π .

x2 + y2 + z2 = 6z r2 = 6r cosθ r = 6 cosθ .

Преобразуем уравнение конуса при z ≥0 :

x2 + y2 = z2 r2 sin2 θ = r2 cos2 θ tg2θ =1 tgθ =1 θ = π4 .

Координатная плоскость y = 0 при y ≥ 0 «отрезает» от тела,

ограниченного сферой и конусом, ту часть, для точек которой выполняются неравенства

Таким образом, для всех точек данного тела справедливы следующие условия:

0 ≤ r ≤ 6cosθ, 0 ≤θ ≤	π	, 0 ≤ϕ ≤π .
	4

С помощью полученных неравенств расставим пределы интегрирования в тройном интеграле, выражающем объем V тела Т:

π	π / 4	6 cosθ
V = ∫dϕ ∫ sinθdθ		∫ r2dr .
0	0	0

Будем последовательно находить определенные интегралы, начиная с интеграла по переменной r:

π / 4

6 cosθ

π / 4

V = ∫dϕ ∫

sinθdθ

= 72∫dϕ ∫ sinθ cos3 θdθ =

π / 4

= −72∫dϕ ∫ cos3 θd( cosθ) = −72∫cos4 θ

dϕ =

4 π

−cos

27 π

= −18

∫0

cos

dϕ

= −18

∫0

−1 dϕ

dϕ =13,5π

2 ∫0

Ответ: 13,5π .

Задача 4. С помощью криволинейного интеграла первого рода

найдите массу M дуги плоской материальной				кривой
y =	x x	− x	между точками A и B с абсциссами x =1, x = 9 ,

3			1	2

если плотность вещества равна ρ(x, y) =3.

Решение. Масса M дуги плоской материальной кривой между точками A и B выражается криволинейным интегралом первого рода

по дуге AB кривой: M = ∫ ρ(x, y)dl , где dl – дифференциал длины

дуги.

Если кривая задана уравнением y = f(x), то dl = 1+( f ′(x))2 dx , а криволинейный интеграл преобразуется в определенный интеграл

по формуле

M = ∫2

ρ(x, f (x))

1+( f ′(x))2 dx , где

x1 и x2 –

абсциссы точек A и B.

В нашем случае x1 = 1, x2 = 9, плотность постоянна: ρ(x, y) =3,

поэтому масса равна

M =3 ∫ dl =3∫ 1+( f ′(x))2 dx.

Для нахождения дифференциала длины дуги найдем

производную функции f (x) =

−

x :

′

x −1

f (x) =

−

2 x

Найдем dl с учетом того, что x > 0 для всех точек дуги AB:

x −1

(x −

4x + x2 −2x +1

dl = 1+

dx = 1+

dx =

2 x

(x +1)2

dx =

x +1

dx .

2 x

Масса M дуги материальной кривой AB равна

M =39

1+( f ′(x))2 dx =39

x +1

dx = 3

(

x1/ 2 + x−1/ 2 dx =

∫

)

= 3

3 / 2

=(x x +3 x )

= 27 +9 −1−3 =32 .

+2x1/ 2

Ответ: 32.

Задача 5. С помощью криволинейного интеграла первого рода

найдите массу дуги плоской материальной кривой

x = cost

y = 2sin t

при	0 ≤t ≤ π		,	если	плотность	вещества	равна
		3
ρ(x, y) =		6 y2		.
ρ(x, y) =		1+3x2		.
		1+3x2

Решение. Масса M дуги плоской материальной кривой между точками A и B выражается криволинейным интегралом первого рода по дуге AB кривой:

M = ∫ ρ(x,

кривая задана

y)dl , где dl – дифференциал длины дуги. Если

x =ϕ(t)	, то
параметрическим способом	, то
y =ψ(t)

′	2	+(ψ	′	2	dt ,	а	криволинейный	интеграл
dl = (ϕ (t))		+(ψ	(t))		dt ,	а	криволинейный	интеграл
преобразуется в определенный интеграл по формуле
			t2		(ϕ(t),ψ(t)) (ϕ′(t))2 +(ψ′(t))2 dt ,
		M = ∫ρ			(ϕ(t),ψ(t)) (ϕ′(t))2 +(ψ′(t))2 dt ,
			t1

где t1 и t2 – значения параметра t, соответствующие абсциссам точек

A и B.

нашем

случае

ϕ′(t) = xt′ = −sin t,

ψ′(t) = yt′ = 2 cos t ,

поэтому

dl =

′

dt =

sin

t +4cos

tdt = 1+3cos

tdt ,

(ϕ (t))

+(ψ (t))

t = 0,

= π .

Плотность примет вид

ρ(x, y) =

6 y2

ρ(cos t, 2sin t) =

24sin2 t

1+3x2

1+3cos2 t

Подставив полученные формулы в выражение криволинейного интеграла, будем иметь

π / 3

M = ∫

24sin2 t

1+3cos2 t dt = ∫

24sin2 tdt =12 ∫ (1−cos 2t)dt =

1+3cos2 t

π / 3

2π

=12

−

sin 2t

=12

−

sin

=12

−

= 4π −3 3 .

Ответ: 4π −3 3 .

Задача 6. С помощью криволинейного интеграла первого рода найдите массу дуги пространственной материальной кривой

x = 2cos t				π
		при	0 ≤t ≤			, если плотность вещества равна
y =3sin t				2
	z =t
			xy
ρ(x, y, z) =					.
		3x2 −2 y2 +48

Решение. Масса M дуги пространственной материальной кривой между точками A и B выражается криволинейным интегралом первого рода по дуге AB кривой:

M = ∫ ρ(x, y, z)dl , где dl – дифференциал длины дуги. Если

		x =ϕ(t)
кривая задана параметрическим	способом
кривая задана параметрическим	способом	y =ψ(t) , то

dl = (ϕ′(t))2 +(ψ′(t))2 +(χ′(t)2 )dt ,		z = χ(t)
dl = (ϕ′(t))2 +(ψ′(t))2 +(χ′(t)2 )dt ,	а криволинейный интеграл

преобразуется в определенный интеграл по формуле

M = ∫ρ(ϕ(t),ψ(t), χ(t)) (ϕ′(t))2 +(ψ′(t))2 +(χ′(t))2 dt ,

где t1 и t2 – значения параметра t, соответствующие абсциссам точек A и B (в нашем случае t1 = 0, t2 =π2).

В данной задаче кривая AB представляет собой дугу эллиптической спирали, которая «вьется» вокруг оси Oz и проецируется на эллипс с полуосями a = 2, b = 3, лежащий в плоскости Oxy. Для выражения дифференциала длины дуги найдем производные

′	′	′
ϕ (t) = −2sin t, ψ (t) =3cost,		χ (t) =1.

Подставив полученные производные в выражение дифференциала, будем иметь

Рис. 5

dl = 4sin2 t +9cos2 t +1dt = 5cos2 t +5dt .

Плотность ρ(x, y, z) =

примет вид

3x2 −2 y2 +48

ρ(2 cos t,3sin t,t) =

6 cost sin t

12 cos2 t −18sin2 t +48

cos t sin t

2 cos2 t −3sin2 t +8

5cos2 t +5

Подставив найденные выражения в криволинейный интеграл,

получим

π 2

5cos2 t +5 cos t sin tdt

π 2

cos t sin tdt

M = ∫

= ∫

5cos

t +5

5cos2 t +5

Произведем замену переменной в определенном интеграле по

формулам

u =5cos2 t +5,

du = −10cost sin tdt, cos t sin tdt = −du ,

u1 =10 при t1 = 0, u2 = 5 при t2 =π 2 .

В результате будем иметь

105

( 5 − 10 )=

10 − 5

M = −

∫u−1 2du =−

2 u

= −

Ответ:

10 −

Образцы решения задач по теме «Теория поля»

Задача

Дано

векторное

поле

a = 2(x + y)iG−

плоскость

σ , заданная

уравнением

−(x +2 y −2z −2)k

x + y +2z = 2,

пересекающая

координатные

плоскости по

замкнутой ломаной KLMK, где K, L, M – точки пересечения плоскости σ с координатными осями Ox, Oy, Oz соответственно.

1)Найдите поток Q векторного поля a через часть S плоскости

σ, вырезаннойG координатными плоскостями, в сторону нормали n , направленной от начала координат О(0;0;0).

2)С помощью теоремы Остроградского-Гаусса найдите поток Q векторного поля a через полную поверхность тетраэдра OLMK в сторону внешней нормали.

Решение. 1) Часть S плоскости σ , лежащая в первом октанте, представляет собой треугольник KLM (рис. 6).

			z	1	n
			M	1	n
			O		L
		К			2 y
		К		x + y = 2
			2
				Рис. 6
Поток Q векторного поля a					через поверхность S выражается
поверхностным интегралом первого рода
G	G	G	G	G
Q = ∫∫a	ndS , где	n	= i cosα	+ j cos β + k cosγ – единичный вектор

нормали к данной поверхности, направление которого задано в условии задачи, dS – дифференциал площади поверхности. Скалярное произведение, стоящееG под знаком интеграла, в координатной форме имеет вид a n = ax cosα +ay cos β +az cosγ ,

гдеG ax = ax(x, y, z), ay = ay(x, y, z), az = az(x, y, z) – координаты вектора a .

Если уравнение поверхности разрешено относительно z, т. е. задано в виде z = f(x, y), то, введя обозначения частных производных

∂z = p(x, y),		∂z	= q(x, y) , выразим				направляющие косинусы
∂x		∂y
единичного вектора нормали:
cosα =		−p(x, y)			,cos β	=			−q(x, y)
cosα =	± 1+ p2 (x, y) +q2 (x, y)				,cos β	=	± 1+ p2 (x, y) +q2 (x, y)
	± 1+ p2 (x, y) +q2 (x, y)						± 1+ p2 (x, y) +q2 (x, y)
			cosγ =		1				.
			cosγ =	± 1+ p2 (x, y) +q2					.
				± 1+ p2 (x, y) +q2				(x, y)

В приведенных формулах перед радикалом выбирается знак «+», если вектор нормали образует острый угол с осью Oz, и знак « – » в противном случае. Дифференциал площади поверхности равен

dS = 1+ p2 (x, y) +q2 (x, y)dxdy .

В условиях данной задачи координаты вектора a равны

Разрешив

ax = 2(x + y), ay = 0, az = – (x + 2y – 2z – 2).

получим

уравнение

плоскости

относительно

z =1− 1 x − 1 y .

Найдем

частные

производные

этой

функции

∂z = p(x, y) = −1

∂z

= q(x, y) = −1 .

Радикал,

стоящий

∂x

∂y

знаменателях

направляющих

косинусов,

равен

1+ p2 (x, y) +q2 (x, y) =

1+ 1

+ 1

Согласно

условию

задачи, cosγ > 0,

следовательно, перед радикалом выбираем знак

«+». В результате получим

cosα =

cos β =

cosγ =

Найдем скалярное произведение a n :

n = 2(x + y)

−(x +

2 y −2z −2)

= 2x +2 y −(2x +4 y −4z −4)

4 +4z −2 y .

Для вычисления потока преобразуем поверхностный интеграл по части S плоскости σ в двойной интеграл по плоской области DGxy G– проекции области S на плоскость Oxy. Для этого в выражении a n

заменим z на 1	− 1 x −	1 y		и выразим дифференциал площади
	2	2
поверхности по формуле
dS =	1+ p2 (x, y) +q2 (x, y)dxdy =				6		dxdy .
dS =	1+ p2 (x, y) +q2 (x, y)dxdy =				2		dxdy .
					2
G G			4 +4 −2x −2 y −2 y			6
Получим Q = ∫∫a	ndS =∫∫							dxdy =
Получим Q = ∫∫a	ndS =∫∫			6	2			dxdy =
S		Dxy		6	2
S		Dxy

= ∫∫(4 − x −2 y)dxdy .

Dxy

Полученное выражение представляет собой двойной интеграл по треугольнику OKL, лежащему в плоскости Oxy (рис. 6). Расставим пределы интегрирования и вычислим этот интеграл.

2 2−x

Q = ∫∫(4 − x −2 y)dxdy = ∫dx ∫ (4 − x −2 y)dy =

Dxy

= ∫2 dx(4 y − xy − y2 )2−x = ∫2 (8 −4x −2x + x2 −4 +4x − x2 )dx =

0	0	0	2
	2		2
	= ∫(4 −2x)dx =(4x − x2 )		=8 −4 = 4 .
	0		0

Замечание. В данной задаче часть плоскости, ограниченная координатными плоскостями, лежит в верхнем полупространстве, поэтому в выражениях направляющих косинусов перед радикалами был выбран знак « + ». Если же указанная часть плоскости будет лежать в нижнем полупространстве, перед радикалами следует выбрать знак « – ».

2) Формула Остроградского-Гаусса для нахождения потока векторного поля через замкнутую поверхность наружу, имеет вид

G	G		∂a		∂ay		∂a
Q = ∫∫∫divadv , где	diva	=		x +		+		z , Т – тело, ограниченное
Q = ∫∫∫divadv , где	diva	=		x +	∂y	+		z , Т – тело, ограниченное
T			∂x		∂y		∂z
T

замкнутой поверхностью. В нашем случае дивергенция векторного поля равна

G		∂(2x +2 y)		∂0		∂(−x −2 y +2z +2)
diva	=	∂x	+	∂y	+	∂z	= 2 +2 = 4 .

Поскольку дивергенция постоянна, формула ОстроградскогоГаусса примет вид Q = ∫∫∫divadvG = 4∫∫∫dv = 4VT , где VT объем тела

T T

Т, ограниченного замкнутой поверхностью, в нашем случае – объем тетраэдра OLMK. Для нахождения объема тетраэдра OLMK воспользуемся известной формулой

VT = 13 OM 12 OK OL = 16 OM OK OL = 16 2 2 1 = 64 = 23 .

Окончательно получим Q = 4 23 = 83 .

Ответ: 1) Q = 4, 2) Q = 83 .

Задача	8.	Дано	векторное	поле	a = 2(x + y)iG−
		G	плоскость σ , заданная уравнением
−(x +2 y −2z −2)k и			плоскость σ , заданная уравнением
x + y +2z = 2,		пересекающая координатные			плоскости по

замкнутой ломаной KLMK, где K, L, M – точки пересечения плоскости σ с координатными осями Ox, Oy, Oz соответственно.

Найдите циркуляцию C векторного поля a по контуру KLMK, образованному пересечением плоскости σ с координатными плоскостями

Решение. I способ. Циркуляция векторного поля aG по контуру

l представляет собой криволинейный интеграл второго рода:

C = ∫aG drG = ∫ax dx + ay dy +az dz

l	l
Для нашей задачи получим
C = ∫ axdx +ay dy +az dz = ∫ 2(x + y)dx −(x +2 y −2z −2)dz
KLMK	KLMK

По условию задачи обход контура производится в направлении, отмеченном стрелками на рис. 7.

z	1
M		2z + y = 2
x + 2z = 2
		L
O
		2 y
К
	x + y = 2
x 2

Рис. 7

Для вычисления циркуляции применим свойство аддитивности интеграла и представим C в виде суммы трех криволинейных

интегралов IKL, ILM и IMK, взятых по отрезкам KL, LM и MK соответственно, т. е. C = IKL + ILM + IMK. Найдем значение каждого из

этих трех интегралов.

а) Отрезок KL представляет собой отрезок прямой, заданной

	z = 0		, откуда следует, что dz = 0. При движении от
системой			, откуда следует, что dz = 0. При движении от
x + y = 2
точки K	к точке				L координата x		меняется от 2	до 0.
Следовательно,					0
					0	02 = −8 .
					IKL = ∫4dx = 4x


					2
б) Отрезок LM представляет собой отрезок прямой, заданной
	x = 0			,	откуда следует,		dx = 0	. При
системой		2z		,	откуда следует,		что	. При
y = 2 −		2z					dy = −2dz

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.03.2016345.13 Кб83Тиоповой расчёт по математике 6 модуль.pdf
#
20.03.2016912.38 Кб41Типовик - несобственные интегралы и ряды.doc
#
20.03.20163.06 Mб24типовик 1 курс 3 модуль.doc
#
20.03.20163.08 Mб68Типовик 3 модуль.doc
#
20.03.2016117.25 Кб35типовик 7 модуль.doc
#
14.04.20151.22 Mб171Типовик матан 5 модуль.pdf
#
21.03.201616.17 Mб21Типовик по матану 3 семестр.pdf
#
21.03.201648.03 Mб120Типовик_мат_6модуль.pdf
#
14.04.2015988.75 Кб17ТИПОВЫЕ РАСЧЕТЫ ДЛЯ ЭКОНОМ СПЕЦ 1-2 модуль.pdf
#
14.04.20151.14 Mб23Типовые расчеты.pdf
#
21.03.2016843.71 Кб7типовые расчеты.pdf