Математика 2сем. Мальцев_А_П_АТ-211851_Математика_КР. Контрольная работа по дисциплине Математика Студент гр. Ат а. П. Мальцев 2022
 Скачать 232.37 Kb.
|
|
Федеральное агентство железнодорожного транспорта Омский государственный университет путей сообщения (ОмГУПС) Кафедра Высшая математика Контрольная работа по дисциплине Математика Студент гр. АТ ____________ А. П. Мальцев ____/___________2022 г Руководитель – доцент кафедры ВМ ____________ НА. Рубанова ___/___________2022 г Омск 2022 Контрольная работа Двойные и криволинейные интегралы Задача 1. Вычислить двукратный интеграл. 3 ∙ ∙ √ ∙ = 3 ∙ ∙ √ ∙ = 3 2 ∙ ∙ ∙ √ = = 3 2 ∙ ∙ −√ − ∙ −3 ∙ = 3 2 ∙ − 9 ∙ = 3 7 ∙ ! − 27 14 ∙ ! = = 3 7 ∙ 3 ! − 27 14 ∙ 3 ! − 3 7 ∙ 2 ! − 27 14 ∙ 2 ! = 81 7 ∙ √3 − 24 7 ∙ √2 − 55593 14 ≈ −3955.735. Задача 2. С помощью двойного интеграла вычислить площадь плоской фигуры, ограниченной заданными линиями = −9 ∙ + 8, = 8 ∙ + 6. y = –9·x 2 + 8 x y = 8·x 2 + 6 D 5.5 6 6.5 7 7.5 8 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 5 Рисунок 1 Чертеж области D изображен на рисунке 1. Абсциссы точек пересечения парабол −9 ∙ + 8 = 8 ∙ + 6, 17 ∙ = 2, +, = ±- 2 Вычисляем площадь . = / 0 = 1∙ 23 3∙ 2 4+! 4+! = 5 1∙ 23 3∙ 2 6 4+! 4+! = | 3∙ 2 1∙ 23 4+! 4+! = = −9 ∙ + 8 − 8 ∙ + 6 4+! 4+! = −17 ∙ + 2 4+! 4+! = − 17 3 ∙ + 2 ∙ 4+! 4+! = = − 17 3 ∙ 5 - 2 176 + 2 ∙ - 2 17 − ⎝ ⎜ ⎛ − 17 3 ∙ 5− - 2 176 + 2 ∙ 5− - 2 176 ⎠ ⎟ ⎞ = 8√34 51 кв. ед Задача 3. С помощью двойного интеграла вычислить объем тела, ограниченного заданными поверхностями C = 0; = 6; = ; = 3;C = 5 − . Заданное тело Т представлено криволинейной призмой О 3 О 4 АВB 1 A 1 . Сверху тело Т ограничено областью D – частью плоскости z = 0 (или xOy). Плоские боковые поверхности О 4 ВB 1 , ООО соответственно части плоскостей. Снизу тело Т ограничено поверхностью BAО 3 О 4 – частью параболического цилиндра z = 5 – y 2 x y z B A C 1 O 1 O 2 C 2 1 2 3 O 5 15 10 5 1 y = x/6 y = x y = √5 z = 5 – y 2 4 5 6 y = Рисунок 1 – Тело Т y = x/6 x y = x y 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 y = 3 D y = Рисунок 2 – Область D Поясним построение поверхности О 1 С 1 С 2 О 2 . Уравнение z = 5 – y 2 не содержит переменной х. Рассмотрим его на плоскости yOz, где оно определяет параболу (линия ОС – часть этой параболы. Переместим эту параболу вдоль Ox и получим цилиндрическую поверхность О 1 С 1 С 2 О 2 Объем тела Т равен двойному интегралу F = / C , 0 = / 0 − 5 Область D изображена на рисунке 2. Рассмотрим пределы интегрирования и получим двукратный интеграл F = 5 − 5 − ∙G G 6 При вычислении внутреннего интеграла по х с переменной y обращаемся как с константой ∙ 3 − 5 4 ∙ √5 H − 25 2 ∙ √5 = 20 ед. куб. Задача 4. Вычислить криволинейный интеграл второго рода − вдоль дуги кривой γ: = + − 4 от точки А) до точки В. Решение. Кривая γ задана уравнением = 1 − 4, значит, = и x изменяется от x A = 2 до x B = 3. Получаем − ∙ K + − ∙ = L− ∙ 1 − 4 M + L ∙ 1 − 4 M ∙ − 1 = = −16 ∙ + 72 ∙ − 49 + 12 − 1 = − 16 3 ∙ + 36 ∙ − 49 ∙ + 12 ∙ ln| | + 1 = = − 16 3 ∙ 3 + 36 ∙ 3 − 49 ∙ 3 + 12 ∙ ln 3 + 1 3 − − − 16 3 ∙ 2 + 36 ∙ 2 − 49 ∙ 2 + 12 ∙ ln 2 + 1 2 = 59 2 + 12 ∙ ln 3 − ln 2 . Контрольная работа Элементы теории поля Задача 1. Задано скалярное поле P = −Q6 ∙ + 6 ∙ + 1, точка Ми вектор R = 5S − 4T. Найти а) линии уровня б) градиент поля U в точке М в) производную по направлению вектора R в точке Мг) наибольшую скорость изменения поля U в точке М 0 Решение. а) Линией уровня скалярного поля называют геометрическое место точек, в которых функция U(x;y) принимает постоянное значение, те, СВ нашем случае −Q6 ∙ + 6 ∙ + 1 = U, при U > 1 и U < задает семейство окружностей U − 1 6 + U − 1 6 = 1 с центром вначале координат и радиусом [ = 4 \ +б) Находим градиент поля U: grad P = aP a S + aP a T = a −Q6 ∙ + 6 ∙ + 1 a S + a −Q6 ∙ + 6 ∙ + 1 a T = = − 6 ∙ Q6 ∙ + 6 ∙ + 1 S − 6 ∙ Q6 ∙ + 6 ∙ + 1 T В точке М grad P b c = − 6 ∙ 6 √6 ∙ 6 + 6 ∙ 6 + 1 S − 6 ∙ 6 √6 ∙ 6 + 6 ∙ 6 + 1 T = − 36 √433 S − 36 √433 T в) Производную поля U в точке М по направлению вектора R находим по формуле aP b c aR = aP b c a ∙ cos g + aP b c a ∙ cos h , где направляющие косинусы вектора R: cos g = R |R| , cos h = R G |R|. cos g = 5 Q5 + −4 = 5 √41 ; cos h = −4 Q5 + −4 = − 4 √41 ; aP b c aR = − 36 √433 ∙ 5 √41 − 36 √433 ∙ − 4 √41 = г) Наибольшая скорость изменения поля U в точке М равна |grad P b c | = − 36 √433 S − 36 √433 T = - − 36 √433 + − 36 √433 = 36- 2 433. Задача 2. Вычислить работу силового поля i = 5 ∙ S − 6 ∙ T при перемещении вдоль дуги кривой j: l = 1 ∙ cos m ; = 2 ∙ sin m от точки А) до точки В) по кратчайшему пути. Решение. Работа силового векторного поляна дуге γ равна криволинейному интегралу q = o , + p Строим чертёж (рисунок 1). Кривая γ, заданная параметрическими уравнениями, представляет собой эллипс. A x y B 3 2 1 0 1 2 3 3 2 1 1 Рисунок 1 o , = 5 ∙ = 10 ∙ sin m ; = 1 ∙ cos m r m = −1 ∙ sin m m; p , = −6 ∙ = −6 ∙ cos m ; = 2 ∙ sin m r m = 2 ∙ cos m m, параметр t изменяется от π/2 до 0 (очевидно по чертежу. Таким образом, переходя от криволинейного интеграла к определенному, вычисляем работу q = 10 ∙ sin m ∙ −1 ∙ sin m m + −6 ∙ cos m ∙ 2 ∙ cos m m c s = = −10 ∙ sin m − 12 ∙ cos m m c s = −10 ∙ L 1 − cos 2 ∙ m 2 M − 12 ∙ L 1 + cos 2 ∙ m 2 M m c s = −1 ∙ cos 2 ∙ m − 11 m c s = − 1 2 ∙ sin 2 ∙ m − 11 ∙ m s c = = − 1 2 ∙ sin 2 ∙ 0 − 11 ∙ 0 − − 1 2 ∙ sin 2 ∙ t 2 − 11 ∙ t 2 = 11 2 t ед. раб Задача 3. Вычислить циркуляцию вектора i⃗ = o , w⃗ + p , x⃗ = −4 ∙ + 5 ∙ w⃗ + 4 ∙ − 5 ∙ вдоль треугольного контура с вершинами A(-6;7), B(3;9), C(3;7) непосредственно и с помощью формулы Грина. Сделать чертеж. Решение Заданный контур γ, составленный сторонами треугольника АВС, изображен на рисунке 1. Рисунок 1 – Контур γ Вычислим циркуляцию непосредственно ( , ) ( , Ц x y dx Y x y Разобьем этот интеграл по замкнутому контуру γ натри интеграла, соответствующих отрезкам BA, CB, AC: Ц = −4 ∙ + 5 ∙ + 4 ∙ − 5 ∙ z { + + −4 ∙ + 5 ∙ + 4 ∙ − 5 ∙ { \ + + −4 ∙ + 5 ∙ + 4 ∙ − 5 ∙ \ z Найдем уравнение стороны AB, используя уравнение прямой, проходящей через две заданные точки − z { − z = − z { − z ; − −6 3 − −6 = − 7 9 − 7 ; = 2 9 ∙ + 75 9 Учтем, что на отрезке BA = 1 ∙ + ! 1 , dy = y’dx = 2/9∙dx, x изменяется от 3 до -6; CB = 3 , dx = 0, y изменяется от 7 до 9; AC = 7 , dy = y’dx = 0∙dx, x изменяется от -6 до 3. Тогда Ц = |−4 ∙ + 5 ∙ 2 9 ∙ + 75 9 } + |4 ∙ − 5 ∙ 2 9 ∙ + 75 9 } ∙ 2 9 + + −4 ∙ 3 + 5 ∙ ∙ 0 + 4 ∙ 3 − 5 ∙ 1 ! + + −4 ∙ + 5 ∙ 7 + 4 ∙ − 5 ∙ 7 ∙ 0 = = − 91 81 ∙ + 875 27 ∙ + − 5 2 ∙ + 12 ∙ ! 1 + −2 ∙ + 35 ∙ | = = |− 91 81 ∙ −6 + 875 27 ∙ −6 − − 91 81 ∙ 3 + 875 27 ∙ 3 } + + |− 5 2 ∙ 9 + 12 ∙ 9 − − 5 2 ∙ 7 + 12 ∙ 7 } + + −2 ∙ 3 + 35 ∙ 3 − −2 ∙ −6 + 35 ∙ −6 = −322 − 56 + 369 = Вычислим циркуляцию по формуле Грина ( , ) ( , Ц x y dx Y x y Находим частные производные ap , a = a 4 ∙ − 5 ∙ a = 4; ao , a = a −4 ∙ + 5 ∙ a = По формуле Грина имеем Ц = / 4 − 5 0 = −1 ∙ . ∆z{\ = −1 ∙ 1 2 ∙ qU ∙ •U = −1 ∙ 1 2 ∙ 9 ∙ 2 = −9. Задача 4. Проверить, будет ли векторное поле i⃗ = −8 ∙ ∙ C + w⃗ + −2 ∙ ∙ − 9 ∙ ∙ C + 3 ∙ ∙ C x⃗ + 2 ∙ + 5 ∙ − 5 ∙ ∙ C потенциальными соленоидальным. В случае потенциальности поля i⃗ найти его потенциал U = U(x,y,z). Решение Векторное поле i⃗ , заданное в пространственной области Т потенциально, если выполняется условие rot i⃗ = Вычисляем ротор векторного поля rot i⃗ = aƒ a − ap aC w⃗ + ao aC − aƒ a x⃗ + ap a − ao a € •⃗ = = L a 2 ∙ + 5 ∙ − 5 ∙ ∙ C a − a −2 ∙ ∙ − 9 ∙ ∙ C + 3 ∙ ∙ C aC M w⃗ + + L a −8 ∙ ∙ C + aC − a 2 ∙ + 5 ∙ − 5 ∙ ∙ C a M x⃗ + + L a −2 ∙ ∙ − 9 ∙ ∙ C + 3 ∙ ∙ C a − a −8 ∙ ∙ C + a M €•⃗ = = 10 ∙ − 5 ∙ C + 9 ∙ − 3 ∙ w⃗ + −8 ∙ − 4 ∙ x⃗ + −2 ∙ − 9 ∙ C €•⃗ ≠ Условие потенциальности поляне выполняется, значит, полене потенциально. Векторное поле i⃗ является соленоидальным, если div i⃗ = Вычисляем дивергенцию поля i⃗ : div i⃗ = ao , , C a + ap , , C a + aƒ , , C aC = = a −8 ∙ ∙ C + a + a −2 ∙ ∙ − 9 ∙ ∙ C + 3 ∙ ∙ C a + a 2 ∙ + 5 ∙ − 5 ∙ ∙ C aC = = −8 ∙ C + 1 − 2 ∙ + 3 ∙ C − 5 ∙ ≠ Дивергенция неравна нулю, значит, полене является соленоидальным. Контрольная работа 10 Числовые и степенные ряды Задача 1. Задан числовой ряд 13 11 + + 17 15 + 21 19 + 25 23 H + Составить формулу общего члена ряда и исследовать его на сходимость. Решение. Члены заданного ряда ‡ + = 13 11 + = 4 ∙ 1 + 9 4 ∙ 1 + 7 + ; ‡ = 17 15 = 4 ∙ 2 + 9 4 ∙ 2 + 7 ; ‡ = 21 19 = 4 ∙ 3 + 9 4 ∙ 3 + 7 ; ‡ H = 25 23 H = 4 ∙ 4 + 9 4 ∙ 4 + Формула общего члена ряда ‡ ˆ = 4 ∙ ‰ + 9 4 ∙ ‰ + Необходимый признак сходимости числового ряда lim ˆ→Œ ‡ ˆ = Так как lim ˆ→Œ 4 ∙ ‰ + 9 4 ∙ ‰ + 7 ˆ = •1 Œ Ž = lim ˆ→Œ 1 + 2 4 ∙ ‰ + 7 ˆ = lim ˆ→Œ 1 + 2 4 ∙ ‰ + 7 ˆ∙H∙ˆ2!∙H∙ˆ2! = = lim ˆ→Œ 5 1 + 2 4 ∙ ‰ + 7 H∙ˆ2! 6 ∙ˆ H∙ˆ2! = 5 lim ˆ→Œ 1 + 2 4 ∙ ‰ + 7 H∙ˆ2! 6 ••‘ ’→“ ∙ˆ H∙ˆ2! = ” ••‘ ’→“ ∙ˆ H∙ˆ2! = ” + ≠ необходимый признак не выполняется, то данный ряд расходится. Задача 2. Разложить функцию = ∙ ln 5 6 ∙ + вряд Маклорена и указать область сходимости полученного ряда. Решение. Используем известное разложение вряд Маклорена ln 1 + = − 2 + 3 − H 4 + ⋯ + −1 ˆ ˆ2+ ‰ + 1 + ⋯ −1; Полагая 5/6·x вместо x, получаем ряд ∙ ln 1 + 5 6 ∙ = = ∙ 5 6 ∙ − ∙ 5 6 ∙ 2 + ∙ 5 6 ∙ 3 − ∙ 5 6 ∙ H 4 + ⋯ + −1 ˆ ∙ 5 6 ˆ2+ ∙ ˆ2 ‰ + Область сходимости полученного ряда, находим, решая неравенство 5 6 ∙ ∈ −1; 1• или − 1 < 5 6 ∙ ≤ 1, − 6 5 < ≤ 6 Таким образом, ряд сходится при ∈ − 6 5 ; 6 5™. Задача 3. Вычислить приближенно с точностью ε = 10 -3 функцию Лапласа Ф ” › c при c = Решение Используя ряд Маклорена для элементарной функции ” œ = 1 + C 1! + C 2! + C 3! + ⋯ −∞; +∞ при C получим Ф 0.91 = 1 √2t ∙ L1 − 2 ∙ 1! + H 2 ∙ 2! − 2 ∙ 3! + 3 2 H ∙ 4! − ⋯ M , ∈ −∞; +∞ Степенные ряды внутри интервала сходимости можно интегрировать почленно. Значит, Ф 0.91 = 1 √2t ∙ 5 1 ∙ c.1+ c − 2 ∙ c.1+ c + H 8 ∙ c.1+ c − 48 ∙ c.1+ c + 3 384 ∙ c.1+ c − ⋯ 6 = = 1 √2t ∙ L − 1 2 ∙ 3 + 1 8 ∙ 5 − 1 48 ∙ ! 7 + 1 384 ∙ 1 9 − ⋯ MŸ c c.1+ = = 1 √2t ∙ L0.91 − 1 2 ∙ 0.91 3 + 1 8 ∙ 0.91 5 − 1 48 ∙ 0.91 ! 7 + 1 384 ∙ 0.91 1 9 − ⋯ M ≈ ≈ 0.3989 ∙ 0.91 − 0.753571 6 + 0.6240321451 40 − 0.5167610194 336 + 0.4279298001298 3456 − ⋯ ≈ ≈ 0.36303748 − 0.05010522 + 0.00622382 − 0.00061356 + 0.00004939 − Если учтем три члена, то отброшенная часть составляет ошибку = |−0.00061356 + 0.00004939 − ⋯ Итак, ошибка ряда равна модулю суммы знакочередующегося ряда 0.00061356 − 0.00004939 + Его члены по модулю убывают, и общий член стремится к нулю. Значит, по теореме Лейбница сумма этого ряда меньше его первого члена, те. < 0.00061356 < и заданная точность будет обеспечена. Таким образом, с заданной точностью находим Ф 0.91 ≈ 0.36303748 − 0.05010522 + 0.00622382 = 0.31915607 ≈ 0.319. Задача 4. Найти четыре первых члена разложения вряд Маклорена решения задачи Коши. rr + r + 3 ∙ ∙ H = sin 3 ∙ ; 0 = −8; r 0 = Решение. Из уравнения видно, что неизвестная функция y(x) имеет производные любых порядков. Значит, ее можно разложить вряд Маклорена: = 0 + r 0 ∙ + 1 2! ∙ rr 0 ∙ + 1 3! ∙ rrr 0 ∙ + ⋯ (1) C учетом начальных условий 0 = −1; r 0 = 2 из заданного уравнения rr + r + 3 ∙ ∙ H = sin 3 находим rr = − r − 3 ∙ ∙ H + sin 3 Значит, при x = 0 rr 0 = − r 0 − 3 ∙ 0 ∙ 0 H + sin 3 ∙ 0 = −2 − 0 + 0 = Изданного уравнения rr = − r − 3 ∙ ∙ H + sin 3 ∙ находим (учтем, что произведение необходимо дифференцировать по формуле PF r = P r ∙ F + P ∙ F′ ): rrr = − rr − 6 ∙ ∙ H − 3 ∙ ∙ 4 ∙ ∙ r + 3 ∙ cos 3 ∙ При x = 0 rrr 0 = − rr 0 − 6 ∙ 0 ∙ 0 H − 3 ∙ 0 ∙ 4 ∙ 0 ∙ r 0 + 3 ∙ cos 3 ∙ 0 rrr 0 = − −2 − 0 − 0 + 3 ∙ 1 = Подставим найденные значения в формулу (1) и получим искомое решение ≈ −8 + 2 ∙ − 1 ∙ + 5 6 ∙ . Контрольная работа Элементы гармонического анализа Задача 1. периодическая функция задана графически на отрезке [-π; π]. Требуется а) представить функцию аналитически б) проверить выполнение условий Дирихле в) найти разложение функции вряд Фурье. Рисунок 1 Решение. Получим аналитический вид функции f(x) на отрезке [-π; π], необходимый для вычисления коэффициентов Фурье. На промежутке [-π;0] уравнение прямой с угловым коэффициентом, проходящей через точки (-π;3) и (0; 0): l3 = € ∙ −t + ¢; 0 = € ∙ 0 + откуда k = -3/π, b = 0, а на интервале (0; π] l−2 = € ∙ 0 + ¢; −2 = € ∙ t + откуда k = 0, b = -2. В итоге аналитическое задание исходной функции на отрезке [-π; π] имеет вид £ = ¤− 3 t ∙ , −t ≤ ≤ 0; −2; 0 < ≤ Построим график периодической функции f(x), добавив к основному периоду по одному периоду слева и справа (рисунок 2). Рисунок 2 По графику f(x) на рисунке 2 проверим условия Дирихле. Период функции T = 2π, а ее полупериод l = π. Функция f(x) имеет на отрезке [-π; π] два участка монотонности и поэтому является на этом отрезке кусочно-монотонной. Для функции f(x) выполняется неравенство -2 ≤ f(x) ≤ 3, те. она ограничена Таким образом, условия Дирихле выполняются и по теореме 2 ряд Фурье функции f(x) сходится к ней во всех точках непрерывности. В точках скачков функции, задаваемых общей формулой = t¥, ¥ ∈ ℤ , значение суммы S(x) ряда Фурье будет отлично от f(x). Функция f(x) не обладает свойством четности-нечетности, поэтому коэффициенты Фурье будем находить по общим формулам ‡ c = 1 t £ s s = 1 t ∙ 5 − 3 t ∙ c s + −2 s c 6 = = 1 t ∙ |L− 3 2 ∙ t MŸ s c + −2 ∙ | c s } = = 1 t ∙ |− 3 2 ∙ 0 t − L− 3 2 ∙ −t t M + −2 ∙ t − −2 ∙ 0 } = − 1 2 ; ‡ § = 1 t £ ∙ cos € s s = 1 t ∙ 5 − 3 t ∙ ∙ cos € c s + −2 ∙ cos € s c 6 ; − 3 t ∙ ∙ cos € c s = − 3 t ∙ € ∙ sin € + 1 € ∙ cos € s c = = − 3 t ∙ L 0 € ∙ sin € ∙ 0 + 1 € ∙ cos € ∙ 0 − −t € ∙ sin € ∙ −t + 1 € ∙ cos € ∙ −t M = = − 3 t€ ∙ 1 − −1 § ; −2 ∙ cos € s c = − 2 € ∙ sin € c s = 2 € ∙ sin € ∙ t − sin € ∙ 0 = 0; ‡ § = 1 t ∙ L− 3 t€ ∙ 1 − −1 § M = − 3 t € ∙ 1 − −1 § ¢ § = 1 t £ ∙ sin € s s = 1 t ∙ 5 − 3 t ∙ ∙ sin € c s + −2 ∙ sin € s c 6 ; − 3 t ∙ ∙ sin € c s = − 3 t ∙ − € ∙ cos € + 1 € ∙ sin € s c = = − 3 t ∙ |− 0 € ∙ cos € ∙ 0 + 1 € ∙ sin € ∙ 0 − L− −t € ∙ cos € ∙ −t + 1 € ∙ sin € ∙ −t M} = = 3 € ∙ −1 § ; −2 ∙ sin € s c = 2 € ∙ cos € c s = 2 € ∙ cos € ∙ t − cos € ∙ 0 = 2 € ∙ −1 § − 1 ; ¢ § = 1 t ∙ L 3 € ∙ −1 § + 2 € ∙ −1 § − 1 M = 1 t€ ∙ 5 ∙ −1 § − 2 Коэффициенты Фурье ‡ c = − 1 2 ; ‡ § = − 3 t € ∙ 1 − −1 § ; ¢ § = 1 t€ ∙ 5 ∙ −1 § − 2 Запишем итоговое разложение функции f(x): £ = − 1 4 + ¨ ©− 3 t € ∙ 1 − −1 § ∙ cos € + 1 t€ ∙ 5 ∙ −1 § − 2 ∙ sin € ™ Œ §ª+ , при ≠ t¥, ¥ ∈ ℤ. |