12.7. Вправи на засвоєння матеріалу.
1). Розв’яжемо декілька прикладів:
ПРИКЛАД 1.
Обчислити поверхневі інтеграли по площі поверхні (інтегрли І-го типу).
, де S – частина площини , яка лежить в першому октанті
Розв’язок:
Спроектувавши поверхню на площину хОу, застосуємо (10.7). Нормаль до площини утворює з віссю Oz гострий кут , , , а тому
. Область – частина площини , обмежена трикутником , а тому
Рис 10.4.
=
=
ПРИКЛАД 2.
Обчислити поверхневі інтеграли по площі поверхні (інтегрли І-го типу).
, де S – зовнішня сторона піраміди утвореної площинами .
Розв’язок:
Зовнішня сторона піраміди, див. рис.10.4, (як, до речі, і внутрішня) складається з чотирьох поверхонь її граней. Крім точки , вершинами піраміди будуть точки перетину площини з вісями координат . Обчислення інтегралу заданого за умовою перетвориться в обчислення читирьох інтегралів по чотирьох частинах поверхні . Запишемо рівняння цих поверхонь і поведінку змінних та їх диференціалів на цих поверхнях.
: рівняння ; змінюються всі змінні ;.
: рівняння ; змінюються лише координати х і z. ; .
: рівняння ; змінюються лише координати х і у. ; .
: рівняння ; змінюються лише координати z і у. ; .
Обчислимо інтеграл по кожній з поверхонь.
. Зрозуміло за умовою на яку координатну площину який доданок проектується і яка змінна повинна виражатись через інші. Всі області мають однаковий вид – рівнобедрені прямокутні трикутники, а тому далі:
. Інтеграли відрізняються один від одного лише видом змінних, тому за величиною вони однакові. Обчислимо перший.
. буде втричі більший, тобто .
Приступимо до обчислення . Проектувати цю поверхню нікуди не треба бо вона вже лежить на координатній площині. ЇЇ проекції на інші координатні площини є відрізками ОА і ОВ, які не мають площі. Через те із трьох інтегралів два перших дорівнюють нулю із-за рівності нулю площі областей інтегрування, а третій при обчисленні також дасть нуль бо в цій області у=0. По двох інших областях одержимо такий же результат і з тих же самих причин.
Відповідь. 1/8.
ПРИКЛАД 3.
Обчислити
через замкнуту поверхню обмежену зверху і знизу площиною .
Розв’язок:
Застосуємо теорему Остроградського. Для
обчислимо .
З виду інтеграла знаходимо: ;
.Обчислимо ;
. А це значить, що .
Відповідь: 0
ПРИКЛАД 4.
Обчислити криволінійний інтеграл , де - контур .
Розв’язок:
Застосуємо теорему Стокса і формулу Для цього на коло , “натягнемо” яку – небудь поверхню. Звичайно візьмемо найпростішу – круг. Поверхня буде мати вигляд: . Для застосування теореми Стокса обчислимо , де
. Тому перші дві різниці дорівнюють 0,
. Підставляючи в формулу Стокса одержимо: , де S – поверхня . Так як S паралельна площиніто і , як відомо і поверхневий інтеграл дуже легко зводиться до подвійного - де - круг , який лежить на площині . Перейдемо до полярної системи координат
, границі очевидні .
=
.
Відповідь: .
2) Розв’язати сомостійно:
10.1. Обчислити поверхневі інтеграли першого типу:
а), де S – сфера . Відп. .
б) , де S – бокова поверхня конуса .
Відп..
10.2. Обчислити , де S – зовнішня сторона поверхні напівсфери
. Відп. .
Практичне заняття 13.
План:
13.1.Тема. Дослідження теорії поля. Поняття градієнта. Векторне поле і векторні лінії. Дослідженняпотока вектора через поверхю.
13.2.Ціль:
1). Засвоїти скалярне поле.
2). Засвоїти означення градієнта.
3). Засвоїти векторне поле і векторні лінії.
13.3. Теоретичний матеріал подано в лекції номер 11.
13.4. Опитування студентів з теоретичного курсу (запитання подані в кінці лекції).
13.5. Додаткову літературу можна використати таку:Бермант А. Ф., Араманович И. Г. Краткий курс математического аналмза (издание любое стереотипное) стор. 491-505.
Уважаемый посетитель!
Чтобы распечатать файл, скачайте его (в формате Word).
Ссылка на скачивание - внизу страницы.