Файл: В.М. Волков Математика. Программа, контрольные работы №7, 8 и методические указания для студентов-заочников инженерно-технических специальностей 2 курса.pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 03.06.2024

Просмотров: 431

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

11

Пример. Вычислить ∫∫(3x + y2 )dxdy,

≥

1

D = y

x

; y ≤ 2x; x ≤ 3 .

D

1

Построим границы области y =

; y = 2x; x = 3

(рис.3). Найдём

x

координаты точек их пересечения A,B,C.

Для A:

Для B:

Для C:

1 , 2x −

1

= 0,

2x

2

− 1

= 0, 2x2 = 1,

y = 2x, 2x =

x

x

x

1

, x2

=

1

, x =

1

, y =

2

=

1

y =

2, A

, 2 .

x

2

2

2

2

y = 2x,

y = 6, B(3,6).

3,

x =

1

,

y =

1

1

x

y =

,

C

3,

.

3

3,

3

x =

B

y

y = 2 x

y

y = 2x

A

A

1

x + y = 3

C

y =

x

O

B

3

0

x

x

Рис.3

Рис.4

В данной области D

x, y удовлетворяют условиям

1

≤ x ≤ 3,

1

≤ y ≤ 2x .

2

x

∫∫(3x + y2 )dxdy =

3

2x

(3x

+ y2 )dy .

Находим

∫dx ∫

D

1

1

2

x

Вычислим внутренний интеграл, в котором считаем x постоянным, подставим вместо y его пределы интегрирования, затем вычислим

внешний интеграл

3

y3

2x

3

1

1

3

1

∫

3xy

+

3

dx =

∫

3x

2x

−

+

8x

−

dx =

1

1

1

x

3

x3

2

2

x

12

3

2

8

3

1

x3

8

x4

1

x−2

3

=

∫

6x

−

3 +

3

x

−

dx

=

6

3

− 3x +

3

4

−

3

=

1

3x3

(− 2)

1

2

1

1

2

1

1

1

2

33

3

34

− (

2)

2

= 100 .

= 2

−

(

2)

3 − 3

−

+

−

( 2)

4

+

2

2

3

6 3

Иногда удобней внешний интеграл вычислять по переменной y , а внутренний по x .

Пример. Вычислить ∫∫ ydxdy, D = {y ≤ 2 x; x + y ≤ 3; y ≥ o}.

D

Построим область D (рис.4). Координаты точек пересечения O(0,0); A(1,2); B(3,0). В области D y удовлетворяет условию 0 ≤ y ≤ 2. При это

область D слева ограничена кривой y = 2x , справа линией x + y − 3 = 0.

Для определения границ изменения выразим из этих уравнений x как функцию от y , то есть

x = y2

, x = 3 − y.

4

y2

Следовательно, в области D справедливо

≤ x ≤ 3 − y.

2

3−y

4

Находим

∫∫ ydxdy = ∫dy ∫ ydx .

D

0

y 2

4

При вычислении внутреннего интеграла считаем y постоянным

2

3−y

2

y2

2

−

y3

∫ yx

y 2

dy = ∫

y(3

− y)− y

2

dy

= ∫

3y − y2

4

dy =

0

0

0

4

2

y2

y3

y4

1

.

= 3

−

−

= 2

2

3

4 4

3

0

13

В некоторых задачах решение равноценно при любом порядке интегрирования, но следует помнить, что пределами внешнего интеграла всегда являются числа, а пределами внутреннего интегралауравнения линий.

x2

Пример. Вычислить

∫∫D y2 dxdy, D = {y ≥ x2; y ≤ 2x}.

Построим область D (рис.5). Координаты точек пересечения O(0,0);

0 ≤ y ≤ 4,

A(2,4). В области D

y

≤ x ≤

y.

2

Находим

x2

4

y x2

4

x3

y

1

∫∫

dxdy = ∫dy ∫

dx = ∫

dy =

y2

3

D y2

0

y

0

y2

y

3

2

1

2

1

1

3

2

4

1

y 2

y

4

1

−

2

1

2

2

1

y

= 1.

= ∫

−

dy = ∫

y

−

y dy =

y

−

2

3

24

3

24

2

0 y

3

8 3

0

0

Если область D - круг или часть круга, удобнее вычислить двойной интеграл, переходя к полярным координатам.

y

x2

+ y 2 = 9

y

y = x

y

y = 2x

y =

1

A

O

x

1

3

x

y = x2

x

O

x

Рис.6

Рис.7

Рис.5

Пример. Вычислить

∫∫e−x 2 −y 2 dxdy,

D = {1 ≤ x2 + y2 ≤ 9}.

D

Построим границы области точке O(0,0) и радиусом R=1,

x2 + y2 = 1 x2 + y2 = 9

-окружность с центром в

-окружность с центром в

точке O(0,0) и радиусом R=3 (рис.6).

Полагая x = r cosϕ,

x2 + y2 = r2 , dxdy = rdrdϕ, имеем

y = r sinϕ,

14

∫∫e−x 2 −y 2 dxdy = ∫∫e−r 2

rdrdϕ.

D

D

В области D :

0 ≤ ϕ ≤ 2π,

1 ≤ r ≤ 3. Находим

−x

2 −y

2

−r 2

2π

3

−r 2

2π

3

1

−r 2

2

)

∫∫e

dxdy = ∫∫e

rdrdϕ = ∫dϕ∫e

rdr = −

∫dϕ∫

e

d − r

=

2

D

3

D

0

1

0

1

(

1

2π

−r 2

1

(e

−9

−1

)ϕ

2π

1

(e

−9

−1

)2π

1

1

= −

∫

e

dϕ = −

− r

= −

− r

=

−

π .

2

0

1

2

1

0

2

e

e9

Пример. Вычислить

∫∫

dxdy,

+ y2

≤ R

2 ,

x

x

D = x2

3

≤ y ≤ x .

D

2 + y2

Построим область D (рис.7). В области D :

0 ≤ r ≤ R .

Пределы

изменения ϕ определим из уравнений прямых y =

x

,

y = x .

1

π

3

Так k1 = tgϕ1 ,

= tgϕ1

,

ϕ1 =

,

3

π

6

π

π .

k2 = tgϕ2 ,

1 = tgϕ2 ,

ϕ2 =

, то есть

≤ ϕ ≤

Находим

4

6

4

π

π

1

dxdy = ∫∫ rdrdϕ =

R

∫∫

∫∫drdϕ = 4∫dϕ∫dr

D x2 + y2

D

r2

D

π 0

6

π

π

π

1

π4

πR .

= R ϕ

= R

−

=

6

4

6

12

=4∫r R0 dϕ =

π

6

Контрольная работа №8

Данная контрольная работа включает в себя задачи по теме «Дифференциальные уравнения».

В задачах № 1-30 при отыскании общего решения дифференциального уравнения первого порядка следует использовать литературу [1,

с.105-107, 110-111, 118-120; 2, с. 22-27, 30-34; 3, с. 198-203; 4, с. 568575; 5, с. 389-394].

Перед решением задач нужно определить тип уравнения и метод решения, при этом можно руководствоваться табл.1.

15

Пример. Найти общее решение уравнения siny′x = y .

Так как y′ = dydx , то получаем уравнение dydx = y sinx - уравнение

первого типа. Разделяем переменные

dyy = sinx dx, ∫ dyy = ∫sinxdx, ln y = −cosx + c,

где c - произвольная постоянная. Можно оставить решение в таком виде или выразить y в явном виде

y = e− cos x+c .

y

Пример. Найти общее решение уравнения y′ = ex + xy .

Это уравнение второго типа, однородное, следовательно, делаем подстановку xy = u, y = ux, y′ = u′x + u . Уравнение примет вид

Таблица 1

Дифференциальные уравнения первого порядка

Тип

дифференци-

Вид уравнения

Метод решения

ального уравнения

первого порядка

1. С

разделяющи-

dy

= f1(x) f2 (y).

∫

dy

=

∫f1(x)dx .

dx

f2 (y)

мися

переменны-

ми.

2. Однородное.

dy

y

Подстановка

y

= u, y = ux ,

dx

= f .

x

x

y′ = u′x + u

приводит к

уравнению первого типа.

3. Линейное.

dy

+ P(x)y = Q(x).

Подстановка y = u(x) v(x)

dx

приводит

к

уравнениям

первого

типа

dy

+ P(x) v = 0,

dx

du

v = Q x

.

dx

(

)

Смотрите также файлы