Курсовая, контрольная работа. Примеры выполнения

Контрольная по математике

Вычисление тройного интеграла

Пусть область интегрирования U определяется неравенствами:

Где y1(x), y2(x), z1( x, y), z2(x, y) — непрерывные функции. Тогда тройной интеграл от функции по области U вычисляется по формуле:

Интеграл стоящий в правой части формулы называется трехкратным. Он принципиально мало чем отличается от двукратного, добавляется лишь интегрирование еще по одной переменной.

Пример 1. Вычислить с помощью тройного интеграла объём тела, ограниченного

поверхностями Вычислить определенный интеграл методом интегрирования по частям .

z=0, z=4-y2, x2=2y.

Решение: Данное тело ограничено сверху цилиндрической поверхностью z=4-y2 с образующими, параллельными оси ОХ, снизу плоскостью z=0 ( координатная плоскость ХОУ ).

Эти поверхности пересекаются по прямым: у = -2 и у = +2

Тело U ограничено также цилиндрической поверхностью x2=2y с образующими, параллельными оси OZ

Поверхности, пересекаясь, образуют замкнутое тело, которое проецируется в область Д плоскости ХОУ

Для вычисления объёма воспользуемся формулами. Пределы интегрирования по Х и У расставятся в соответствии с областью Д (как в двухкратном интеграле), а пределами интегрирования по Z будут:

Получим

Ответ:

Для определения горизонтальных асимптот находим , и . Значит, горизонтальная асимптота одна (ось ).

Для определения вертикальных асимптот находим те значения , вблизи которых неограниченно возрастает по абсолютной величине: , . Это и есть вертикальные асимптоты.

14.4 Т.к. , то горизонтальных асимптот нет, т.к. неограниченно возрастает, когда при .

Таким образом имеется вертикальная асимптота, ее уравнение .

При этом при и при

Определим наклонные асимптоты , где ,

Итак, уравнение наклонной асимптоты

14.5. Область определения: вся числовая ось, кроме . Функция непрерывна всюду, кроме , следовательно имеется вертикальная асимптота: . Горизонтальных асимтот нет: .

Наклонные асимптоты: ,

Значит, наклонная асимптота одна:

Критические точки: , , , , (не входит в область определения)

(Не рассматривается, т.к. не входит в область определения) На интервалах и выпуклость вверх . На интервале выпуклость вниз т. - точка перегиба.

16.1 Сделайте подстановку Определите новые пределы интегрирования

При изменении от 0 до функция монотонно возрастает и её значения заполняют первоначальный отрезок интегрирования

16.2 Учтите, что значение функции находятся на интервале

Ответ:

16.3 Ответ:

16.4 Подынтегральную функцию представьте в виде . Далее легко интегрируется.

Ответ:

16.5

Применена формула интегрирования по частям.

17.1 .

При предел существует и равен ;

при интеграл расходится .

17.2 Задача сводится к 17.1 подстановкой . Ответ: интеграл сходится при и расходится .

17.3

17.4 Замена переменных . Особенность в точке . Ответ:

17.5 имеет особенность в точке

(проинтегрировали по частям)

Но (по правилу Лопиталя)

Ответ:

18.1 Разделите отрезок интегрирования на 10 равных частей точками

; значит

Итак, , значит .

Взяв значения функций в точках деления до третьего знака, получим точность числа до второго знака.

21.1 Стационарные точки:

x=-2, y=-1 ,следовательно, есть одна стационарная точка (-2, -1)

Исследуем функцию на границе области. Граница состоит из отрезка оси , отрезка оси и отрезка АВ прямой

а) На оси , значит . Эта функция должна быть рассмотрена на отрезке . Так как функция на отрезке непрерывна, она достигает наибольшего и наименьшего значения. Это происходит или в точках стационарности, или на концах отрезка. Определим точку стационарности .

Определим значение функции при и на концах отрезка [-5,0]

б) На оси значит

в) Исследуем функцию z на отрезке AB. Уравнение АВ , значит

Сравним теперь значение z в стационарной точке (-2,-1) с наибольшими и наименьшими значениями на отрезках ОА, ОВ и АВ.

, получаем, что наименьшего своего значения функция достигла в стационарной точке , а наибольшего — на границе области в точке (0,-5).

21.2 Стационарные точки находятся вне рассматриваемой области. Наибольшего значения функция достигает на границе области в точке , а . Наименьшего значения функция достигает в точке , а .

21.3 Обозначим стороны треугольникаи . По формуле Герона площадь треугольника , так как - полупериметр, то и становится функцией не трёх, а только двух переменных

Вместо того, чтобы искать экстремум этой функции будем искать экстремум её квадрата . Находим стационарные точки . Исследованию подлежит только одна точка , так как остальные точки не удовлетворяют смыслу задачи(не может быть треугольника, у которого сторона равна половине периметра).

Проверяем точку М. В ней функция достигает максимума. Итак, при

Так как , то треугольник равносторонний.

22.1

22.2 Градиент функции Z и производная по направлению a связаны формулой - то есть производная по направлению равна проекции вектора-градиента на вектора.

В нашем случае

23.1 Для решения нужно представить себе область интегрирования. Решив систему

можно построить область интегрирования и найти точки пересечения линий, ограничивающих область пересечения.

Точки пересечения и . Постройте область интегрирования. Теперь изменим порядок интегрирования, то есть внешний интеграл будем брать по , а внутренний по . Заметим, что в пределах изменения от -1 до 8 область интегрирования ограничена снизу одной линией: параболой, а сверху — двумя: параболой и прямой. Разобьем область интегрирования Д на две и . Значит, придётся разбить наш интеграл на два. Область ограничена сверху и снизу ветвями параболы и , а область снизу ограничена ветвью параболы , а сверху прямой (при ).

23.2 По данному уравнению построим кривую в декартовой системе координат. Из уравнения видно, что кривая симметрична и относительно и относительно . Биссектрисы координатных углов и также являются осями симметрии кривой. Найдём точки пересечения с осями. При , получим две точки пересечения с осью и .

Аналогично при получим , . Добавим точки при

Построим кривую

Найдём площадь области Д. Перейдём в систему координат, поместив полярную ось вдоль оси , а полюс в начало координат.

При решении геометрических и физических задач во многих случаях для упрощения вычислений двойной интеграл в прямоугольных координатах преобразуется к полярным координатам. Преобразование двойного интеграла от прямоугольных координат x, y к полярным координатам ρ, φ, связанным с прямоугольными координатами соотношениями

x= ρcosφ, y= ρsinφ, осуществляется по формуле

Если область интегрирования D ограничена двумя лучами, выходящими из полюса,

φ =α, φ =β (α<β) и двумя кривыми ρ= ρ1(φ) и ρ= ρ2(φ), где ρ1(φ)≤ρ2(φ), то что двойно интеграл вычисляется по формуле

, где F(ρ, φ)=f(ρcos φ ,ρsin φ), причем сначала вычисляется интеграл , в котором φ считается постоянным.

 

Преобразуем уравнение кривой к полярным координатам, заменив x= ρcosφ, y= ρsinφ.

Получим

- уравнение линии в полярных координатах.

В силу симметричности кривой, площадь выразиться так:

По формуле интегрирования запишем двукратный интеграл, при этом пределы интегрирования по φ будут от 0 до , а пределы интегрирования по ρ:

Итак

=

.