1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 73

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 73)

262Z pI=x2 + y 2 ds,Γгде Γ = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = ax}, a > 0.Решение. Перейдя к полярным координатам, получим уравнение окружности Γ в виде ρ = a cos ϕ, − π2 < ϕ 6 π2 . Взяв в качестве параметра полярныйугол ϕ, найдем параметрические уравнения окружности Γx = a cos2 ϕ,На окружности имеемy = a cos ϕ sin ϕ (−ππ< ϕ 6 ).22px2 + y 2 = a cos ϕ. Поскольку ds = adϕ, то I = 2a2 .75018.5RЗадача № 17, §10, [5], Стр. 263x2 ds, Γ – окружность x2 + y 2 + z 2 = 1, x + y + z = 0.ΓРешение. Мы используем циклические заменыZx2 ds =ΓZΓy 2 ds =Zz 2 ds,ΓZx2 + y 2 + z 2 ds =ΓZZds = 2π,Γ18.6x2 ds =2π.3ΓПример из [14], Стр.

191ВычислимR(x + y)ds, где Γ = AB — дуга циклоиды: x = a(t − sin t), y =Γa(1 − cos t), A = (0, 0), B = (4aπ, 0).Решение. Кривая L состоит из двух гладких кусков – дуг циклоиды L1 =AC и L2 = CB, где C = (2aπ, 0). ПосколькуL1 = {(x, y) : x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t),t ∈ [0, 2π]},L2 = {(x, y) : x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t),t ∈ [2π, 4π},то для обеих дуг имеем, чтоp√ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dt = a 2 − 2 cos t dt = 2a sint dt,2tttt(x + y) ds = 2a2 (t − 2 sin cos + sin2 ) sin dt.2222751Следовательно,ZZZ(x + y) ds +(x + y) ds =0L2L1LZ2πtt(x + y) ds = 2a2 (t − 2 sin cos22Z4πtttttt+ sin2 ) sin dt − 2a2 (t − 2 sin cos + sin2 ) sin dt2222222π πZZπZπ= 8a2  2z sin z dz − 2 sin2 z cos z dz + (1 − cos2 z) sin z dz 000432+ 16πa2 = 8a2 (2π + ) + 16πa2 = a2 (1 + 3π).33Домашняя работа18.7ЗадачаC помощью нормального эллиптического интеграла Лежандра 2-го рода найти длину кривой (x2 + y 2 )2 = 3x2 y − y 3 .Полный нормальный эллиптический интеграл Лежандра 2-го родаZπ/2qE(k) =1 − k 2 sin2 ϕ dϕ = E(π/2, k)018.8Задача № 7, §10, [5], Стр.

262RВычислить криволинейный интеграл (x + y) ds по плоской кривой Γ – праΓвый лепесток лемнискаты, заданной в полярных координатах уравнениемr2 = a2 cos 2ϕ.18.9Задача № 13.1, §10, [5], Стр. 262RВычислить криволинейный интеграл z ds по пространственной кривой Γ –Γдуга конической винтовой линии x = t cos t, y = t sin t, z = t, 0 6 t 6 2π.75219Seminar on 11.04.2019. Room 405. Поверхностные интегралы первого родаОпределение. Пусть S – кусочно-гладкая поверхность, лежащая в R3 . Конечный набор кусочно-гладких кривых γ, лежащих на S, назовем разбиениемP поверхности S. Части Si (1 6 i 6 n) поверхности S, полученные при разбиении P , назовем участками разбиения.Заметим, что как для поверхности S, так и для всех участков разбиенияSi , 1 6 i 6 n, определены площади |S| и |Si |.

Пусть функция f : S →R определена и ограничена на кусочно-гладкой поверхности S ⊂ R3 и P –разбиение S. Введем обозначения:Mi = sup f (x),mi = inf f (x);x∈SiS(f, P ) =nXS(f, P ) =i=1nXx∈SiMi |Si | – верхняя сумма Дарбу;mi |Si | – нижняя сумма Дарбу;i=1J (f, S) = inf S(f, P ) – верхний интеграл Дарбу;PJ (f, S) = sup S(f, P ) – нижний интеграл Дарбу.PОпределение. Функция f : S → R, определенная и ограниченная на кусочногладкой поверхности S ⊂ R3 , интегрируема по поверхности S, если J (f, S) =J (f, S).В этом случае общее значение интегралов Дарбу называется поверхностным интегралом первого рода от функции f по поверхности S и обозначаетсяZZf dS.SОпределение поверхностного интеграла первого рода переносит определение двойного интеграла Римана по плоской лежащей в R2 , области накусочно-гладкую поверхность S, лежащую в R3 .Основные свойства поверхностного интеграла первого рода7531.

Непрерывная на поверхности S функция f интегрируема по S.2. Если функции f1 и f2 интегрируемы по поверхности S, то функции g = f1 f2и f = α1 f1 + α2 f2 при любых числах α1 , α2 интегрируемы по S, причемZZZZZZZZf dS =(α1 f1 + α2 f2 ) dS = α1f1 dS + α2f2 dS.SSSS(линейность интеграла).3. Назовем две поверхности S1 и S2 неперекрывающимися, если их пересечение представляет конечное множество кусочно-гладких кривых (может быть,и пустое). Если функция f интегрируема по двум неперекрывающимся поверхностям S1 и S2 , то f интегрируема по S = S1 ∪ S2 иZZZZZZf dS =f dS +f dS.S1SS2(аддитивность интеграла).5. Если функция f интегрируема по поверхности S, то функция |f | интегрируема по S иZ Z ZZ6fdS|f | dSSS6. Если функции f и g интегрируемы по поверхности S и f (x) 6 g(x) длявсех x ∈ S, тоZZZZf dS 6Sg dSS(монотонность интеграла).7.

Если функции f и g интегрируемы по поверхности S, g(x) ≥ 0 для всехx ∈ S, a = inf f (x), b = sup f (x), тоx∈Sx∈SZZaZZg dS 6SZZf g dS 6 bSв частностиg dS,SZZa|S| 6f dS 6 b|S|.S754Если к тому же функция f непрерывна вдоль поверхности S, то существуетточка x ∈ S, такая, чтоZZZZg(x)f (x) dS = f (x0 )Sg(x) dSS(теорема о среднем).8. Пусть S – простая гладкая поверхность, т. е.S = {r = (x, y, z)} : r = r(u, v) = {x(u, v), y(u, v), z(u, v)}(u, v) ∈ D,где D – жорданова область в R2 , r ∈ C 1 (Π) и ранг (r 0 ) = 2 (|r 0u × r 0v | =6 0).Если f : S → R непрерывна вдоль поверхности S, тоZZZZpf (x, y, z) dS =f (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) EG − F 2 dudv,SSгдеE = (r 0u · r 0u ),G = (r 0v · r 0v ),F = (r 0u · r 0v )в частности, если поверхность S задана явной функцией z = z(x, y):S = {(x, y, z) : z = z(x, y) : (x, y) ∈ D},D ⊂ R3 – квадрируемая область, z ∈ C 1 (D), тоZZZZqf (x) dS =f (x, y, z(x, y)) 1 + (zx0 )2 + (zy0 )2 dxdy.SSПусть масса распределена на поверхности S с поверхностной плотностьюρ = ρ(x, y, z), тогдаZZm=ρ(x, y, z) dS.SИнтегралыZZMyz =xρ(x, y, z) dS,SZZMxz =yρ(x, y, z) dS,SZZMxy =zρ(x, y, z) dS,S755называются моментами первого порядка поверхности S относительно плоскостей x = 0, y = 0 и z = 0.

Координаты xc , yc , zc центра масс поверхностиS с плотностью ρ(x, y, z) вычисляются по формуламxc =Myz,myc =Mxz,mzc =Mxy.mThe moments of inertia about the x–,y–, and z– axis are given byZZIx =(y 2 + z 2 )ρ(x, y, z) dS,ZZIy =S(x2 + z 2 )ρ(x, y, z) dS,SZZIz =(x2 + y 2 )ρ(x, y, z) dS.SThe moments of inertia of a shell about the OXY – , OY Z – , and OXZ – planeare defined by the formulasZZIxy =ZZ2z ρ(x, y, z) dS,Sx2 ρ(x, y, z) dS,Iyz =SZZIxz =y 2 ρ(x, y, z) dS.S19.1Задача 11, §11, [5]Вычислить интегралZZz dS,SS – поверхность x = u cos v, y = u sin v, z = v, u ∈ [0, 1], v ∈ [0, 2π].Решение. Вычислим коэффициенты первой фундаментальной формы E =√√r 0u · r 0u = 1, F = r 0u · r 0v = 0, G = r 0v · r 0v = 1 + u2 , EG − F 2 = 1 + u2 .Следовательно,ZZSZ1 pZ2π√√z dS =1 + u2 du v dv = π( 2 + ln(1 + 2))0075619.2ПримерНайти площадь сферы радиуса R.Решение.Рассмотрим параметризацию x = R cos ϕ cos ψ,y = R sin ϕ cos ψ, ψ ∈ [− π2 , π2 ], ϕ ∈ [0, 2π); E = r 0ϕ · r 0ϕ = R2 cos ψ, F =z = R sin ψ,√r 0ϕ · r 0ψ = 0, G = r 0ψ · r 0ψ = R2 , EG − F 2 = R2 cos ψ,ZZdS = R2Z2dϕcos ψ dψ = 4πR2 .− π20S2R19.3πZ2πЗадача 15.2, §11, [5]Определить массу, распределенную по сфере x2 + y 2 + z 2 = R2 с плотностью:p(a) ρ = ρ0 x2 + y 2 ,Решение.Рассмотрим параметризацию x = R cos ϕ cos ψ,y = R sin ϕ cos ψ, ψ ∈ [− π2 , π2 ], ϕ ∈ [0, 2π); E = r 0ϕ · r 0ϕ = R2 cos ψ, F =z = R sin ψ,√r 0ϕ · r 0ψ = 0, G = r 0ψ · r 0ψ = R2 , EG − F 2 = R2 cos ψ,ZZρ0px2 + y 2 dS = R3 ρ019.4Z2dϕ0S2RπZ2πcos2 ψ dψ = π 2 R2 ρ0 .− π2Пример на стр.

200, [14]Вычислим поверхностный интеграл первого родаZZ(x + y + z) dS,Sгде S – поверхность тела, ограниченного плоскостью z = 0, полусферойpz = 2a2 − x2 − y 2 и конусом z 2 = x2 + y 2 , a > 0.757Решение. Поверхность S стоит из трех гладких поверхностей: части плоскостиS1 = {(x, y, z) : z = 0, x2 + y 2 6 2a2 },части полусферыS2 = {(x, y, z) : z =p2a2 − x2 − y 2 , a2 6 x2 + y 2 6 2a2 },части конусаpS3 = {(x, y, z) : z = x2 + y 2 , x2 + y 2 6 a2 }.В силу свойства 3ZZ(x + y + z) dS =3 ZZX(x + y + z) dS.i=1 SiSВычислим отдельно каждое из трех слагаемых, пользуясь свойством 3.1. Для S1 имеем, чтоqdS = 1 + (zx0 )2 + (zy0 )2 dxdy = dxdy,и, следовательно, в силу симметрии области интегрирования и нечетности подынтегральной функцииZZZZ(x + y + z) dS =(x + y) dxdy = 0.x2 +y 2 62a2S12.

Для S2 имеем, чтоxzx0 = − ,zyzy0 = − ,z√qa2dS = 1 + (zx0 )2 + (zy0 )2 dxdy =dxdyzи, следовательно,ZZZZ(x+y+z) dS =S2a2 6x2 +y 2 62a2x+yp2a2 − x2 − y 2758!√√+ 1 a 2 dxdy = a3 π 2.3. Для S3 имеем, чтоzx0x= ,zzy0y= ,zq√dS = 1 + (zx0 )2 + (zy0 )2 dxdy = 2dxdyи, следовательно,ZZ√ ZZ(x + y + z) dS = 2p22x + y + x + y dxdy =x2 +y 2 6a2S32π√ 3Za√ Z22a π.2 dϕ r2 dr =300Итак, окончательно,ZZ√5a3 π 2(x + y + z) dS =.3S19.5Пример на стр.

202, [14]RR 2 3xy z dS, где S – часть поверхности цилиндра x2 + y 2 = 2ax,ВычислимSлежащая внутри конуса y 2 + z 2 = x2 и выше плоскости z = 0 (a > 0)Решение. Запишем поверхность S в видеS = {(x, y, z) : x2 + y 2 = 2ax,y 2 + z 2 6 x2 , z > 0}.Как уже говорилось раньше, наиболее простым и часто употребляемым способом параметризации цилиндра с образующими, параллельными оси OZ,является следующий:x = x(t),y = y(t),z = h,t ∈ [α, β],h ∈ R,где x = x(t), y = y(t), t ∈ [α, β] – параметрическое задание линии пересечения этого цилиндра с плоскостью OXY . В данном случае таким способомполучаем параметризацию цилиндра:x = a(1 + cos t),y = a sin t,z = h,759t ∈ (−π, π],h ∈ R.Чтобы найти область D значений параметров t и h, перейдем к переменным t и h в неравенстве y 2 + z 2 6 x2 .

Получим неравенствоth2 6 a2 (1 + cos t)2 − sin2 t = a2 (2 cos2 t + 2 cos t = 4a2 cos t cos2 .2Последнее неравенство показывает, что cos t > 0, т.е. t ∈ [−π/2, π/2]. Итак,S = {r = r(t, h),√th ∈ [0, 2a cos t cos ]2t ∈ [−π/2, π/2],r(t, h) = (a(1 + cos t), a sin t, h).Отсюда получаем, чтоr 0t = (−a sin t, a cos t, 0),2r 0h = (0, 0, 1),2E = |r 0t | = a2 ,G = |r 0h | = 1, F = (r 0t , r 0h ) = 0;pdS = EG − F 2 dtdh = adtdh.Следовательно,ZZ2 3xy z dS = aZZ4Sh3 (1 + cos t) sin2 t dtdh =Da4√2a cos t cos 2tZπ/2Z2(1 + cos t) sin t dth3 dh =0−π/2a8Zπ/2(1 + cos t)3 sin2 t cos2 t dt =−π/2πZ2nΓ(x)Γ(y)B(x, y) = 2 (sin θ)2x−1 (cos θ)2y−1 dθ =,Γ(x + y)0√1Γ( ) = π,2πΓ(1 − z)Γ(z) =,sin(zπ)760oΓ(z + 1) = zΓ(z).Zπ/22a8 (1 + 3 cos t + 3 cos2 t + cos3 t) sin2 t cos2 t dt =0Zπ/22a8 sin2 t(cos2 t + 3 cos3 t + 3 cos4 t + cos5 t) dt =0a819.6 Γ(3/2)Γ(3/2)+3Γ(3)Γ(3/2)Γ(2)Γ(3/2)Γ(5/2)+3Γ(7/2)Γ(4)20Γ(3/2)Γ(3) 8 5π=a+.+Γ(9/2)16 21Пример на стр. 204, [14]Найдем координаты центра тяжести части сферы x2 + y 2 + z 2 = a2 , лежащейв первом октантеx > 0, y > 0, z > 0, если плотность ρ(x, y,z) = z 2 (a > 0). x = a cos ϕ cos ψ,ππРешение.

S =y = a sin ϕ cos ψ, ϕ ∈ [0, 2 ], ψ ∈ [0, 2 ] .z = a sin ψ,dS = a2 cos ψ dϕdψ.πZZm=ZZρ(x, y, z) dS =Sπz dS = a422Z2a4 πsin ψ cos ψ dψ =,620SπZZMxy =ZZzρ(x, y, z) dS =Sπz dS = a523ZZZZyρ(x, y, z) dS =SSZZZZMyz =xρ(x, y, z) dS =SОтвет. xc =3a8,yc =3a8,zc =πa5sin ψ cos ψ dψ =,830SMxz =Z2S3a4.761πa5yz dS =,162πa5xz dS =.162Домашняя решение19.7Задача 15.2.b, §11, [5]Определить массу, распределенную по сфере x2 + y 2 + z 2 = R2 с плотностью:(b) ρ = ρ0 (x2 + y 2 ).19.8Задача 18, §11, [5]Определить координаты центра масс однородных поверхностей:1) x2 + y 2 + z 2 = R2 , x > 0, y > 0, z > 0;p2) z = R2 − x2 − y 2 , x > 0, y > 0, x + y 6 R;p3) z = x2 + y 2 , x2 + y 2 6 x;4) z = 2 − (x2 + y 2 )/2, z > 0;5) x = u cos v, y = u sin v, z = v, u ∈ [0, 1], v ∈ [0, π].19.9Задача 19, §11, [5]Вычислить моменты инерции относительно координатных плоскостей однородной (ρ = ρ0 = const) поверхности:1) x + y + z = 1, x > 0, y > 0, z > 0;p2) z = hr x2 + y 2 , x2 + y 2 6 r2 .20Seminar on 15.04.2019.

Room 5213Семейство {e1 , . . . , en } векторов линейного пространства x называется базисом, если каждый вектор x ∈ X однозначно представим в виде линейнойnPкомбинации: x =xk ek , xk ∈ R. Коэффициенты xk называются координаk=1тами x относительно базиса {ek }. Векторы базиса являются линейно независимыми.762Пусть X — конечномерное линейное пространство. Обозначим через X p линейное пространство, элементы которого суть упорядоченные наборы (x1 , . .

. , xp ).Определение. Отображение f : X p → R называется полилинейной формойстепени p (или p-линейной формой), еслиf (x1 , . . . , αx0k + βx00k , . . . , xp ) = αf (x1 , . . . , x0k , . . . , xp )+ βf (x1 , . . . , x00k , . . . , xp )для каждого k = 1, . . . , p и для всех α, β ∈ R.•Полилинейные формы степени 1 будем называть линейными формами.Для двух полилинейных форм f и g произвольных степеней k и m соответственно определим полилинейную форму f ⊗ g степени k + m, называемуюих тензорным произведением:(f ⊗ g)(x1 , .

Характеристики

Список файлов семинаров