[an error occurred while processing this directive] Автоматика came для секционных ворот автоматика для секционных ворот came.
Геометрические приложения интегралов Криволинейные интегралы Физические приложения тройных интегралов Тройные интегралы в декартовых координатах Найти разложение в ряд Фурье функции Автоматика came для секционных ворот автоматика для секционных ворот came.

Математика Примеры решения задач контрольной работы

Поверхностные интегралы первого рода

Рассмотрим скалярную функцию и поверхность S. Пусть S задана векторной функцией

где координаты (u,v) изменяются в пределах некоторой области определения в плоскости uv. Заметим, что функция рассматривается только в точках, принадлежащих поверхности S, то есть
Поверхностный интеграл первого рода от функции по поверхности S определяется следующим образом:
где частные производные и равны
а означает векторное произведение. Вектор перпендикулярен поверхности в точке .

Абсолютное значение называется элементом площади: оно соответствует изменению площади dS в результате приращения координат u и v на малые значения du и dv (рисунок 1).
Рис.1
Рис.2
Площадь поверхности S выражается с помощью поверхностного интеграла в виде
Если поверхность S задана уравнением , где
z (x,y) − дифференцируемая функция в области D (x,y), то поверхностный интеграл находится по формуле
Если поверхность S состоит из нескольких частей Si, то для вычисления поверхностного интеграла можно использовать свойство аддитивности:

Пример 1 Вычислить поверхностный интеграл , где S − часть плоскости , лежащая в первом октанте (x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0).


Решение.
Запишем уравнение плоскости в виде
     
Найдем частные производные
     
Применяя формулу
     
поверхностный интеграл можно выразить через двойной интеграл:
     
Область интегрирования D представляет собой треугольник, показанный выше на рисунке 2. Вычисляем окончательно заданный интеграл:
     

Пример 2 Вычислить интеграл , где S представляет собой полную поверхность конуса .


Решение.
Обозначим через S1 боковую поверхность конуса, и через S2 − его основание. Запишем данный интеграл в виде суммы двух интегралов
     
Найдем сначала первый интеграл I1, используя формулу
     
Частные производные здесь равны
     
Тогда
     
Поскольку
z = 2 для основания конуса, то область интегрирования D (x,y) определяется неравенством z2 + y2 ≤ 4 (рисунок 3). Следовательно, интеграл I1 записывается в виде
     
Его легко вычислить в полярных координатах:
     
Рассмотрим теперь второй интеграл I2. Уравнение основания конуса имеет вид
z = 2. Поэтому,
     
где равно площади основания . Тогда
     
Таким образом, полное значение поверхностного интеграла равно
     
Рис.3
Рис.4

 

Пример 3 Вычислить интеграл , где S − часть конуса внутри поверхности .


Решение.
Определим сначала область интегрирования D, которая является проекцией поверхности S на плоскость Oxy. Запишем уравнение в следующем виде:
     
Как видно, область интегрирования D представляет собой круг с центром в точке
(a, 0) (рисунок 4). Поскольку частные производные равны
     
то элемент площади конической поверхности имеет вид
     
Следовательно, по формуле
     
получаем
     
Для вычисления полученного интеграла удобно перейти к полярным координатам. Область интегрирования D при этом принимает вид
     
Тогда интеграл равен
     
В последней формуле интеграл I1 равен нулю, поскольку подынтегральная функция является нечетной, а интегрирование выполняется в интервале, симметричном относительно начала координат. Отсюда следует
     

Пример 4 Найти интеграл , где поверхность S − часть сферы , лежащая в первом октанте.


Решение.
Данный интеграл удобно вычислять в сферических координатах. Элемент площади в сферических координатах имеет вид . Поскольку , то интеграл можно записать в следующей форме:
     
Область интегрирования определяется как
     
Следовательно, интеграл равен
     

Пример 5 Найти интеграл , где S − часть цилиндрической поверхности, заданной параметрически в виде .


Решение.
Вычислим частные производные:
     
и их векторное произведение
     
Тогда, элемент площади заданной поверхности равен
     
Теперь можно вычислить поверхностный интеграл:
     

   Пример 6 Вычислить интеграл . Поверхность S задана параметрически в виде .


Решение.
Найдем частные производные и их векторное произведение:
     
Тогда элемент площади равен
     
Теперь несложно вычислить заданный поверхностный интеграл:      

Предел функции одной переменной.

4.4.1. Предел функции.

 В этом разделе мы изучим основное понятие математического анализа - предел функции. Все остальные объекты, которые встречаются в анализе (производная, интеграл и т.д.) определяются с помощью предела.

4.4.1.1. Определение предела функции в точке.

 Опр.4.4.1. Пусть а - предельная точка области определения Х функции f(x). Число b называется пределом функции при х, стремящемся к а, если для любого числа e>0 существует такое число d (вообще говоря, положительное и зависящее от e), что если хÎХ принадлежит также проколотой d-окрестности  точки а, то значение функции f(x) принадлежит e-окрестности числа b.

Обозначения: ; f(x)® b при x® а; .

Краткая форма записи: .

Неравенство  расписывается в виде двустороннего неравенства как   или . Аналогично неравенство  можно расписать как . Поэтому смысл определения предела таков: , если для любой наперед заданной степени близости значений f(x) к числу b мы в состоянии найти такую близость аргумента х к числу а, которая обеспечивает эту близость f(x) к b. Заметим, что в определении никак не участвует значение f(а) функции f(x) в точке а, в частности, f(а) не обязательно должно быть равным b; более того, f(x) может быть вообще не определена в точке а.

 Рассмотрим два простых примера. Докажем, что 1. ; 2.  (дальше мы увидим, что предел любой элементарной функции при стремлении х к любой точке области определения этой функции равен значению функции в предельной точке).

Возьмём "e>0. Требуется найти такое d>0, что 0<| x-2 |<dÞ| x2-4 |<e, т.е. | (x-2)(x+2) |<e. Договоримся сразу брать d<1, тогда из | x-2 |<dÞ2-d<x<2+dÞx<3Þx+2<5. Неравенство

| (x-2)(x+2) |<e будет обеспечено, если . Таким образом, если в качестве d взять , то при | x-2 |<d(e) получим |x+2|<5Þ| (x-2)(x+2) |=| x-2 || x+2 |<*5=e, что и требовалось.

 Возьмём "e>0. Требуется найти такое d>0, что 0<| x-p/6 |<dÞ| sin x-1/2 |<e~

| sin x- sin(p/6)|<e ~<e.Так как , |sin a|<|a| при a¹0, то требуемое неравенство будет выполнено, если взять d(e)=e (Тогда из <| x-p/6 |<d=eÞ ; , что и требовалось.

Более сложный пример-функция Дирихле

В любой окрестности любого вещественного числа а имеются и рациональные, и иррациональные точки, обеспечить одновременное выполнение неравенств | b-1 |<e и | b-0 |<e при e<1/2 невозможно ни при каком значении b, следовательно, функция Дирихле не имеет предела ни при каком стремлении аргумента.


Вычисление объемов с помощью тройных интегралов