Вычислить криволинейный интеграл Поверхностный интеграл Исследовать поведение функции Функции комплексной переменной Векторное поле Решение типовых задач Элементы теории множеств

Задачи курсового, типового расчета по математике. Примеры решений

Задача 5. Поверхность задана уравнением z =  + xy – 5x3. Составить уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности σ в точке М0(x0, y0, z0), принадлежащей ей, если x0 = –1, y0 = 2.

Решение.

Уравнения касательной плоскости и нормали к поверхности σ получим, используя формулы (5) и (6). Найдем частные производные функции

z = f (x, y) =  + xy – 5x3:

(x, y) = ( + xy – 5x3) = –  + y – 15x2;

(x, y) = ( + xy – 5x3) =  + x.

Точка М0(x0, y0, z0) принадлежит поверхности σ, поэтому можно вычислить z0, подставив заданные x0 = –1 и y0 = 2 в уравнение поверхности:

z =  + xy – 5x3  z0 =  + (–1) 2 – 5 (–1)3 = 1. Вычисление криволинейных интегралов  1-го рода Пусть по кривой MN, расположенной в плоскости хОу, движется материальная точка Р (х, у ), к которой приложена сила F , изменяющаяся по величине и направлению при перемещении точки.

Вычисляем значения частных производных в точке М0(–1, 2, 1):

(М0) = – + 2 – 15(–1)2 = –15; (М0) =  – 1 = –2.

Пользуясь формулой (5), получаем уравнение касательной плоскости к поверхности σ в точке М0:

z – 1= –15(x + 1) – 2(y – 2)  15x + 2y + z + 10 = 0.

Пользуясь формулой (6), получаем канонические уравнения нормали к поверхности σ в точке М0:  =  = .

Ответы: уравнение касательной плоскости: 15x + 2y + z + 10 = 0; уравнения нормали:  =  = .

Задача 6. Дано плоское скалярное поле U = x2 –2y, точка М0(1,–1) и вектор . Требуется:

1) найти уравнения линий уровня поля;

2) найти градиент поля в точке M0 и производную  в точке M0 по направлению вектора ;

3) построить в системе координат xОy 4-5 линий уровня, в том числе линию уровня, проходящую через точку M0, изобразить вектор  на этом чертеже.

Решение.

1) Для U = x2 – 2y уравнение семейства линий уровня имеет вид

x2 – 2y = С или y =  – , где С – произвольная постоянная. Это семейство парабол, симметричных относительно оси Oy (ветви направлены вверх) с вершинами в точках (0, – ).

Найдем частные производные функции U = x2 – 2y:

 = (x2 – 2y) = 2x,  = (x2 – 2y) = – 2.

В точке М0(1,–1) значения частных производных:, .

По формуле (7) находим градиент поля в точке M0:

.

Прежде, чем найти производную по направлению вектора = = {2; – 1}, вычислим его модуль и направляющие косинусы:

, .

Производную поля по направлению вектора  в точке М0 вычисляем

по формуле (8): .

3) Для построения линий уровня в системе координат xОy подставим в уравнение семейства линий уровня y =  –  различные значения С:

при С = 0 получим y = – уравнение линии уровня, соответствующей значению U = 0;

при С = –2 получим y =  + 1 (для U = –2);

при С = 2 получим y =  – 1 (для U = 2);

при С = – 4 получим y =  + 2, и т.д.

Получим уравнение линии уровня, проходящей через точку М0(1,–1). Для этого вычислим значение функции U в этой точке: .

Построим эти линии в системе координат xОy (рис. 10).

Для построения градиента поля в точке M0 нужно отложить от точки М0 проекции градиента в направлениях координатных осей и построить вектор   по правилу параллелограмма.

В данном случае , поэтому откладываем от точки М0(1,– 1) две единицы вдоль оси Ox, две единицы в направлении, противоположном оси Oy и получаем вектор   как диагональ параллелограмма, построенного на векторах  и  (рис. 10).

Ответы: 1) x2 – 2y = С; 2) , ;

3) линии уровня и  на рисунке 10.

ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ АНАЛИЗА

 

ИЛЛЮСТРАТИВНЫЙ ПРИМЕР приведем, используя геометрическое задание функции; на рисунке  удовлетворяет условиям теоремы, причем  и  и .

Примеры на существенность условий теоремы рекомендуем провести самостоятельно.

Доказательство. Рассмотрим дифференцируемую в точке  функцию, т.е. для  существует , причем  (произвольно!) Для определенности предположим, что . Тогда для  имеем ; для  имеем . Переходя к пределу при произвольном стремлении , получаем одновременно  и , что возможно лишь при .


Криволинейный и поверхностный интеграл