типовой расчет по математическому анализу 6 вариант

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
1. Найти момент инерции плоской однородной пластинки D относительно оси Oх.
При вычислении двойного интеграла перейти к полярным координатам.
D : x 2  y 2  4; x  y  4 х
Решение.
Момент инерции плоской однородной пластинки D относительно оси Oх найдем по
формуле:
I x   y 2 dxdy
D
x 2  y 2  4 - уравнение окружности
с центром (0; 0) и радиусом, равным 2 ( x 2  y 2  4 - область круга, ограниченного
окружностью).
x  y  4 x; y  3x - уравнение прямой.
( x  y  4 x; y  3x - полуплоскость с контрольной точкой (2;0))
Область D на рисунке заштрихована.
Эта область – полукруг x 2  y 2  4 с пределами углов: arctg3   ; arctg3 .
Перейдем к полярным координатам:
 x  r cos  ,

 y  r sin  ,
dxdy  r  drd.

I x   y dxdy 
2
D
arctg3
2
 d  r  r sin   dr   sin
2
arctg3
arctg3
0
 r4
1  cos 2

d



2
 4
arctg3
arctg3

arctg3
2
2
d   r 3 dr 
0



1
cos 2
   
d  
d   4 

2
 0  arctg3 2
arctg3

2
arctg3
arctg3
  1 arctg3

  2  sin 2  arctg3  2  sin arctg 3  sin arctg 3  2  


 4 
cos
2

d
2

arctg3
2 4 

arctg3


 2  sin arctg3  sin arctg3  2
Ответ. 2 .
ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ
1. Вычислить криволинейный интеграл
 P( x; y)dx  Q( x; y)dy по замкнутому
контуру L, пробегаемому против часовой стрелки, двумя способами:
непосредственно и по формуле Грина.
P( x; y)  x 2  2 x  y  1; Q( x; y)  y 2  1; L : x  1; y  0; x  y  2.
Решение.
 (x
2
 2 x  y  1)dx  ( y 2  1)dy
1) (непосредственное вычисление)
Найдем координаты точек: А, В, С.
 x  1;
А: 
А(1; 0)
 y  0.
 y  0;
В: 
В(2; 0)
 y  2  x.
 x  1;
C (1; 1)
С: 
 y  2  x.
L=AB+BC+CA – замкнутый контур. Вычислим криволинейный интеграл на каждом из
отрезков.
На отрезке АB: x  [1; 2]; y  0; dy  0. Подставим в интеграл
 ( x  2 x  y  1)dx  ( y  1)dy .
2
2
 ( x  2 x  y  1)dx  ( y  1)dy =
2
2
 x3
2
2
2

 1  ( 8  4  2)  ( 1  1  1) 
(
x

2
x

1
)
dx


x

x

 3

3
3


1
7
1
 2 .
3
3
2
x  [1; 2]; Изменяется от 2 до 1;
На отрезке ВС:
 (x
y  2  x; dy  dx.
1
2
 2 x  y  1)dx  ( y  1)dy =  ( x 2  2 x  (2  x)  1)dx  (( 2  x) 2  1)( 1)dx 
2
2
1
1
x2 1 1
3
 ( x  2 x  2  x  1  4  4 x  x  1)dx   xdx  2 2  2  2   2 .
2
2
2
2
x  1  const ;
На отрезке СА:
dx  0
y  [0;1]; Изменяется от 1 до 0
0
2
2
2
 ( x  2 x  y  1)dx  ( y  1)dy =  ( y  1)dy (
1
Вычислим сумму найденных интегралов:
y3
1
2
 y ) 10  0  (  1) 
3
3
3
1 3 2
1
   .
3 2 3
2
1
Ответ.  .
2
2) по формуле Грина.
Решение.
 Q
P 
 P( x; y)dx  Q( x; y)dy    x  dy dxdy - формула Грина;
L
D
Q
 ( y 2  1)x  0 ;
dx
P
 ( x 2  2 x  y  1)y  1;
dy
 ydx  (2xy  x  2 y  1)dy   0  1dxdy   
L
D
2
2
1
1
D
2
2 x
1
0
dxdy    dx
 dy =
x2 2
1
1
  dx  y 02  x    (2  x)dx  (2 x 
) 1  (( 4  2)  (2  ))   .
2
2
2
1
Ответ.  .
2
2. Найти поток векторного поля a через замкнутую поверхность, ограничивающую
указанное тело G , в направлении внешней нормали к поверхности. Задачу решить
двумя способами: непосредственно, вычислив поток через все гладкие куски
поверхности, и с помощью теоремы Гаусса-Остроградского.




a  3 y i  3x j  2 z k ;  1  z   x 2  y 2
Решение.
1) По теореме Остроградского-Гаусса
П   a  ndS   div adxdydz
S
G
a x a y a z


 002  2
x
y
z
Перейдем к цилиндрической системе координат:
 x  r cos 

 y  r sin 
z  z

div a 
1
2
r 2
1


1


П   2dxdydz  2 rdr  d  dz  2  2   rdr  r  1  4   r  r 3 dr 
G
0
1
0
0
2
0
1
 r2 r4 
1 1
 4      4      
4 0
2 4
 2
Ответ. П   .
2) Непосредственно, вычислив поток через все гладкие куски поверхности.
Замкнутая поверхность G состоит из двух гладких поверхностей S1 и S 2 :

 

S1 : z   x 2  y 2 , x 2  y 2  1
S 2 : z  1, x 2  y 2  1
1) Найдем поток через S1 .
S1 - такая, что для нее z  f x, y  , следовательно, нормаль к поверхности S1 :
z
z
 i   j  k
x
y
, при этом к области G эта нормаль будет внешней.
n
2
2
 z   z 
      1
 x   y 


2x
2y
1
  cos  , cos  , cos  
n
,
,
 4x 2  4 y 2  1 4x 2  4 y 2  1 4x 2  4 y 2  1 


Теперь найдем поток по определению:
 a x  cos   a y  cos   a z  cos  d S1 
S1
 
S1
 2

x  y 1
2

2
 z   z 
d S1   2
      1  dxdy 
2
2
2
2
4x  4 y  1
4 x  4 y  1  x   y 
x 2  y 2 1
6 xy  6 xy  2 z
2
 x2  y2
x2  y2
4x  4 y  1
x  r cos 
2
2
2
2
 4 x 2  4 y 2  1  dxdy  2
1
 2  d  r  r 2 dr  2  2 
 x
2

 y 2 dxdy 
x  y 1
2
2
1
 
4
y  r sin 
0
0
2) Найдем поток через S 2 .
Внешняя нормаль к поверхности S 2 :
n  0,0,1  cos  , cos  , cos  
Теперь найдем поток по определению:
 a x  cos   a y  cos   a z  cos  d S 2 
S2
  0  0  2 z d S 2 
S2
  2   1dxdy  2  dxdy  2
x 2  y 2 1
x 2  y 2 1
Итого, суммарный поток равен:    2   .
Ответы в обоих случаях совпадают.
Ответ. П   .
3. Найти циркуляцию векторного поля a по замкнутому контуру, ограничивающему
указанную поверхность ό . Задачу решить двумя способами : вычислив
непосредственно линейный интеграл векторного поля и применив формулу Стокса.
Направление обхода контура выбрать произвольно.



a  xzj  y 2 k
ό задано системой уравнений: x = z+1; x2 + y2 ≤ 1
Решение.
1) Непосредственное вычисление по контуру.
Искомая кривая – окружность. Разделим ее на 2 дуги следующими точками:
A1,0,0
B 1,0,2
C   xzdy  y 2 dz 
L
 xzdy  y
AB
2
dz   xzdy  y 2 dz
BA
y  1 x

z  x  1

По дуге AB : 
x
dx
dy  
2
1

x

dz  dx
1

x
2
ABxzdy  y dz  1 x  x  1    1  x 2

2
1


1
x2
dx  
1
x3

2

dx   1  x 2 dx  I 1  I 2  I 3
1 x
1 1 x
1
Найдем интеграл I 1 :
Подыинтегральная функция - четная:
1
2
1

 x2  x3

dx  1  x 2 dx   
 1  x 2 dx 


2
1  1 x


1
I1 
0
x2

1 x2
1
dx  2 
1
t 2  x 2  1
0
1

x2
1
dx  2  x 2 1  x 2 2 dx  x 

1 x2
t2 1
1
t
dx  
dt
3
2
2
t 1




1  t2 

2 2
  2
0 t  1  t 1

1
2




  2
t
1
1  t  1  2t 2
1 



dt


2
dt


2


3 
0 t 2  1 2
0 2  t 2  1 2 t 2  1 dt 
 t2 1 2 












 t

  2
 arctgt   
2
 t 1
0
Найдем интеграл I 2 :
Подынтегральная функция – нечетная: верхний и нижний пределы равны по модулю,
следовательно, I 2  0 .
Найдем интеграл I 3 :
1
1

x3 
1
1
4

I 3   1  x dx   x      1   1    
3 1
3
3
3


1
Таким образом:

4
3  8
2
ABxzdy  y dz  I1  I 2  I 3   2  0  3   6

2

y   1 x2

z  x  1

По дуге BA : 
x
dx
dy 
2
1

x

dz  dx
1

x
2
xzdy

y
dz

BA
1 x  x  1   1  x 2

1


1
x3
dx  
1
x2

1

 x3  x2

2
dx  1  x 2 dx   
dx 

1

x



2
1

x
1



dx   1  x 2 dx  I1  I 2  I 3
2
1 x2
1 1  x
1
Найдем интеграл I 1 :
Подынтегральная функция – нечетная: верхний и нижний пределы равны по модулю,
следовательно, I1  0 .
Найдем интеграл I 2 :
1
1
I2 

1
x2
dx   
1 x
Найдем интеграл I 3 :
2
1
2
1
 4 4
 1  x dx    1  x dx    3   3
1
I3 
1
  
(используем ранее найденный интеграл)
dx     
 2 2
1 x
x2
2
1
Таким образом:
2
1
4 8  3

2
3
6
BA6
Теперь сложим интегралы по 2-м дугам окружности:
3  8 8  3
C   xzdy  y 2 dz   xzdy  y 2 dz  

 
6
6
AB
BA
Ответ. C   .
2) Вычисление по теореме Стокса.
C   rot a  ndS , n - единичная нормаль.
 xzdy  y
2
dz  I1  I 2  I 3  0 


S
 z 
 z 
    i     j  k
 x 
 y 
n
2
1 
 1
 
,0,

2
2

 z   z 
      1
 x   y 
a y a x a z a y a x
 a
rot a   z 
,

,

z z
x x
y
 y
2

  2 y  x,0, z 

2
z 
 x  2y
 x  2 y x  1   z   z 
C   


dS   
       1  dxdy 
2
2
2
2   x   y 
S 
x 2  y 2 1 
2
 2 x  2 y  1dxdy 

x 2  y 2 1
2

x  r cos 
2
1
y  r sin 
  d  r 2r cos   2r sin   1dr 
dxdy  rdrd 0 0

2
1
1 1

  d  2r cos   2r sin   r dr    2 cos    2 sin    d 
3
3 2
0
0
0
1
2
2
2
2
2
2
2
1
1
cos d   sin d   d  0  0   2  

30
3 0
20
2
Ответы в обоих случаях совпадают.
Ответ. C   .


n
2n  1 2
Задача 1. Исследовать на сходимость числовой ряд  (
) с положительными
3
n

1
n 1
членами.
n
 2n  1  2
Решение. u n  
 - n-ый член ряда.
 3n  1 
Найдем предел n u n :
n
lim
n
nu
2n  1 2
2n  1
(
)  lim

n  lim
3n  1
n
n   3n  1
n
(разделим числитель и знаменатель дроби на
возведя его в квадрат)
n , Внесем делитель под знак корня,
1
n  lim 2  2 (<1) – по радикальному признаку Коши ряд сходится.
lim
1 n  3
3
n 
3
n
2
Ответ. Ряд сходится.
Задача 2. Установить, является ли знакочередующийся ряд

 (1)
n 1

sin
сходящимся абсолютно, сходящимся условно или расходящимся.
3 n
n 1

 (1) n 1 sin 3
Решение.

n 1
n
- знакочередующийся ряд, исследуем сходимость по
признаку Лейбница.
bn  sin

3 n
 sin

3 n 1
 bn 1
n
Найдем lim bn  lim sin
n 
n

3 n


2 n
sin
0

2 n
=0.
0
По признаку Лейбница ряд сходится. Исследуем характер сходимости.
Для этого перейдем к ряду


n 1

 sin 3
bn 
bn  sin
n 1

n
- знакоположительный ряд.

3 n
Пользуясь предельным признаком сравнения, подберем такой ряд, о сходимости или

расходимости которого нам известно. Таким рядом является ряд

n 1
гармонический ряд, расходится (т.к.
an : an 
1
n
1
n

1
1
n2
,
1
- обобщенный
n
1
 1 ). Обозначим n-ый член этого ряда
2
Вычислим lim
bn
n   an
sin
 lim
n

bn

n   an
Т.к. ряд



 
3 n
=
 lim
n  1
n  3 3
n

3 n

0
1
3 n
n
lim
n
sin

3 n

 lim

3 n

конечное, не равное 0, число.
3
1

- расходится, то и ряд -
n 1
n
Исследуемый ряд сходится условно.
Ответ. Ряд сходится условно.
 sin 3

n 1
n
расходится.

3 n 1 n
x . Исследовать
Задача 3. Найти интервал сходимости степенного ряда 
n(n  1)
n 1
сходимость на концах интервала.
Решение.

3 n 1 n
 n(n  1) x - полный степенной ряд.
n 1
un
n   u n 1
Найдем радиус сходимости: R  lim
un 
3 n  1 1
3n  2
3 n 1

; u n 1 
.
(n  1)( n  1  1) (n  1)( n  2)
n(n  1)
un
3 n 1 (n  1)( n  2)
1
n 2  3n  2
 lim
 lim

3 n  n 2  n
n   u n 1
n 
n(n  1)  3 n  2
3 2
3
2
1 
т.к. n  ,  0,
0
2
2
2
n
разделим
на
п
1
n

n
n
 
 lim


1
   разделим на п 2 3 n 1  1
0
n
n
1
1
1 1
R=
 lim 
3
3 n 1 3
1
1
1
x 
 x
3
3
3
1 1
Интервал сходимости степенного ряда: ( ; ) .
3 3
1
Исследуем сходимость на концах интервала, т.е. в точках  .
3
R  lim
1) x  
1
3

n 1  n

3 n 1
1 n
3
3
n3
- знакочередующийся ряд.

(

)

(

1
)

(1) n
 n(n  1) 3


n
(
n

1
)
n
(
n

1
)
n 1
n 1
n 1

3
lim u n  lim
n  n 2  n
n 
0
1
1
1

 ... 
,
1 2 2  3
n(n  1)
2) x 

следовательно,
3
 (1) n n(n  1) - ряд Лейбница, сходится.
n 1
1
3

 n 1  n

3 n 1
1 n
3
3
3

(
)


 n(n  1)  n(n  1) - знакоположительный ряд.
 n(n  1) 3
n 1
n 1
n 1
Исследуем сходимость ряда.
3
3

.
n(n  1) n 2  n
Если пользоваться предельным признаком сравнения, то мы должны подобрать такой ряд,
о сходимости или расходимости которого нам известно. Таким рядом является ряд
По условию n-ый член ряда равен: bn 


1
n 1 n
2
- обобщенный гармонический ряд (т.к. показатель степени 2>1, то ряд сходится).
Обозначим n-ый член этого ряда a n : a n 
1
n2
Вычислим
3
bn
3n 2
n2
 3 lim
 lim n  n = lim

1
n 
n  n 2  n
n   an
n  n 2  n
n2
2
lim
2
1
1
   разделим на п
 
 3 lim
 т.к. n  ,  0   3 lim 1  3
1
n 
n
n
   разделим на п 2
1
n
bn
 3 – конечное, не равное 0, число.
n   an
lim

Т.к. ряд

1
n 1 n
2

- сходится, то и исследуемый ряд
1 1
Область сходимости исходного ряда: [ ; ] .
3 3
1 1
Ответ. [ ; ]
3 3
3
 n(n  1) - сходится.
n 1
Задача 4. Разложить функцию f(x) в степенной ряд (по степеням х-а), используя
известные разложения элементарных функций в ряд Тейлора. Указать область сходимости
1
полученного ряда f ( x)  .
x
Решение.
f ( x) 
1 1
 
x a
1
.
xa
1
a
Воспользуемся разложением в степенной ряд
функции
m
m(m  1) 2 m(m  1)( m  2) 3
m(m  1)( m  2)  ...  (m  n  2) n 1
(1  x) m  1  x 
x 
x  ... 
x
1!
2!
3!
(n  1)!
x  (1;1)
1
 1  x  x 2  x 3  ...  (1) n 1 x n 1  ...
Т.к. m=-1, то
1 x
Заменим x на
xa
:
a
xa
xa 2
xa 3
x  a n 1
1
(
) (
)  ...  (1) n 1 (
)
 ... .
=1 
xa
a
a
a
a
1
a
1

a

1
xa
xa 2
xa 3
x  a n 1
1
(
) (
)  ...  (1) n 1 (
)
 ...) =
 (1 
xa a
a
a
a
a
1
a
1 1
1
1
1

( x  a) 
( x  a) 2 
( x  a) 3  ...  (1) n 1
( x  a ) n 1  ...
2
3
4
n
a a
a
a
a
Ответ.
1 1
1
1
1

( x  a) 
( x  a) 2 
( x  a) 3  ...  (1) n 1
( x  a) n 1  ...
3
4
n
a a2
a
a
a
Задача 5. С помощью разложения функции в степенной ряд вычислить
b
определенный интеграл
1
ln( 1  x 3 )
 x dx с точностью   0,001, b  2 .
0
Решение.
Разложим функцию ln( 1  x 3 ) в степенной ряд,
воспользуемся разложением в степенной ряд функции
x 2 x3
(1) n 1 x n
; x   1;1
ln( 1  x)  x 

 ... 
2
3
n
Заменим х на
x3

ln( 1  x 3 )  x 3 
x6 x9
(1) n 1 x 3n
; x   1;1  .

 ... 
2
3
n
ln( 1  x 3 )
x 5 x8
 x2 

 ...
x
2
3
1
2
1
2
1
5
x3 x6
x9
ln( 1  x )
x8
2 x
 x dx =  ( x  2  3  ...)dx  ( 3  6  2  9  3  ...) 02 
0
(
3
0
1
1
1
1
1
1
1
1
32  1 31


 ...)  0 


 ... 

.

8  3 64  12 512  27
24 768 13824
24 768
768
768
(слагаемые, начиная с третьего, отбросили, т.к. эти слагаемые <0,001).
31
Ответ.
.
768
Задача 6 .
а) Построить график кусочно-линейной функции, заданной на отрезке
[-5; 5]. Является ли она четной (нечетной)?

 1,  5  x  0;
б) Разложить в ряд Фурье периодическую функцию f x    х
 , 0  x  5.

 5
заданную на периоде [-5,5).
Решение.
Функция общего вида.
a0  
 nx 
 nx  
   a n cos
  bn sin 
 ,
2 n 1 
 5 
 5 
y
1
 nx 
f  x  cos
dx,

5 5
 5 
5
an 
1
 nx 
f  x sin 
dx.

5 5
 5 
Отдельно найдем коэффициент a 0 :
5
bn 
5
0
5
1
1  x
1
1  x2 
1
3
0
a0    1dx     dx   x  5      1   
5 5
5 0 5
5
5  10  0
2
2
Найдем коэффициент a n :
1
1
1  x   nx 
 nx 
 nx 
f x cos
dx    1 cos
dx      cos
dx  I 1  I 2

5 5
5 5
5 0 5  5 
 5 
 5 
5
an 
0
5
1. Найдем интеграл I1 :
0
1
1 5
1   nx  
 nx 
 nx   nx 
I 1    1 cos
cos
dx   
d 
    sin 
 

5 5
5 n 5  5   5 
n   5   5
 5 
0

0
1
0  sin  n  0
n
2. Найдем интеграл I 2 :
5
  nx  
  nx  
 nx 
 nx  n
0 sin  5 dx   sin  5   x   0 xd sin  5    sin n  5  0  0 x  cos 5   5 dx 
0
5
5
5
 x   nx 
 n     cos
dx
5  5 
0
5
5


5
5
 nx 
 nx   nx  5 
 nx  
n 1
0 sin  5 dx  n  0 sin  5 d  5   n    cos 5    n   1  1
0
5
5


5
 x   nx 
n 1
Следовательно,     cos
dx  2 2   1  1
5  5 
 n
0
5


1  x
1
 nx 
n 1
      cos
dx  2 2   1  1
5 0 5
 n
 5 
1
n 1
Таким образом, a n  I 1  I 2  2 2   1  1
 n
5
I2 


Теперь найдем коэффициент bn :
1
1
1  x   nx 
 nx 
 nx 
bn   f x sin 
dx    1sin 
dx      sin 
dx  I1  I 2
5 5
5 5
5 0 5  5 
 5 
 5 
5
1. Найдем интеграл I1 :
0
5
0
1
1 5
1 
 nx 
 nx   nx 
 nx  
I 1    1sin 
sin 
dx   
d 
      cos
  

5 5
5 n 5  5   5 
n 
 5 
 5   5
0
0

1
1
n
  1  cos n  
 1   1
n
n
2. Найдем интеграл I 2 :

5

  nx  
  nx  

 nx 
 nx   n
0 cos 5 dx   cos 5   x   0 xd cos 5    cosn  5  0  0 x    sin  5    5 dx 
0
5
5
5
 x
 nx 
 5   1  n      sin 
dx
5
 5 
0
5
n
5
5
5
 nx 
 nx   nx  5   nx  
0 cos 5 dx  n  0 cos 5 d  5   n   sin  5    n  0  0  0
0
5
5
5   1
 x   nx 
Следовательно,     sin 
dx 
5  5 
n
0
n
5
 1
1  x
 nx 
I 2        sin 
dx 
5 0 5
n
 5 
n
5
 1
1
n
 1   1 
Таким образом, bn  I 1  I 2 
n
n

y

n
a0  
 nx 
 nx  
   a n cos
  bn sin 
 ,
2 n 1 
 5 
 5 
1
 nx 
f  x  cos
dx,

5 5
 5 
5
Подставляем в формулу: a n 
В итоге:
1
 nx 
bn   f  x sin 
dx.
5 5
 5 
5
 1n  sin  nx  
3   1
 nx  1
n 1
n


y      2 2   1  1  cos


1


1




4 n 1   n
n
 5  n
 5  




n

3   1
 1
 nx  1
 nx  
n 1
n





 1 1 
 sin 
Ответ. y      2 2   1  1  cos


4 n 1   n
n
 5  n
 5  



