Strona3

Strona3



Rozwiązanie. W tym zadaniu mamy:    1

R(x,y,z) = -6z\


(1)    P(x, y, z) — 4x3, Q(x, y, r) = 4y\ Śtąd:

—— = i2vJ    = 12\>J    ^ = — tą*3

dx    " ■ by J '    ^


(2)

• i Podstawiając (1) i (2) do wzoru (3.1), mamy:

(3)    / = t j 4.x3 dy dz + 4y3 rfz dx — 6z* dx dy = j J j (1 2*1 -f 12_yJ: 24z3) r/.vdy dz.

1 P    P

gdzie obszar przestrzenny V jest walcem określonym nierównościami:

\

V s


0^ z</j.


(4)    -

. 1

Wobec (4) mamy:

(5) J j((12jrł + \2y2—24z3) dxdydz = 12 $$ [JO^+y1—2z2)dz]dxdy— = 12A t J (X1 + y2) dxdy — 6h* \ \dxdy — \2h • 2n — a*6h*na2 =

= 6na*h(arh1).

Wstawiając (5) do (3), mamy odpowiedź:

/= 6na2h(a2—/i2).

A 2


Zadanie 3.3. Posługując się wzorem Gaussa-Ostrogradskiego obliczyć całkę:

J = \ \x2 dydz + y1 dzdx + z1 dx dy,

s    i KaTw/

gdzie S jest zewnętrzną stroną powierzchni stożka o równaniu:

z2 = x2+y2, ■    0 śzsh.    v ,

Rozw iązanie. Z treści zadania wynika, że powierzchnia 5 nie jest powierzchnią zamkniętą. Aby można było stosować twierdzenie Gaussa-Ostrogradskiego, bierzemy pod uwagę powierzchnię _S0 złożoną z danej powierzchni 5 i dodatkowej powierzchni kola:

0)


U1 +yJ</ił

S> 3 \ z = h

zorientowanej do góry (patrz rys. 17.11). Do obszaru V ograniczonego powierzchnią:

(2)    S0=S + S„    ,

gdzie S0 zorieniovvana jest na zewnątrz obszaru V, oraz do funkcji:

(3)    P = x2, Q = y1, R = z-, stosujemy wzór (3.1). Mamy:

(4)    $ \ x2 dydz + ył d:dx + :: dxdy = $ H $ (2x + 2y + 2z)dx dv dz.

s *•    K

Obliczamy najpierw całkę potrójną występującą po prawej stronie (4). W tym celu wprowadzamy współrzędne walcowe:

(5)


x — r cos p, y = r sin p,


n * <v


10 < r ^ li ■ 0^p«r2n ' r < z < /i    od


Przy przekształceniu (5) obszarowi V odpowiada obszar określony nierównościami:

(6)

Wobec (5) i (6) oraz biorąc pod uwagę, że jakobian przekształcenia (5) jest równy r (por T. I, rozdz. 12.5, przykład 3) łatwo otrzymujemy, źc:

(7)    2 J $ $ (x -( y -r z) dx dy dz — 2 J { $ [ \(r cos p -f r sin p -j- z) r dz] t/p} dr =

V '    O 0 r .

,    . A ’«

= 2 ij | Jj |(r2//    r3) (cos p + sin p) +    --yj dvj </r =

O *0

= 2rt.jj(W,2-,3)</r = 2n^    =

O

Z drugiej strony uwzględniając (2) całkę powierzchniową z wzoru (4) przedstawiamy w postaci sumy całek. Mamy więc:    v

(8)    $ J jc2 dy dz -f y2 dz dx + z3 dx dy = ( $ .x2 dy dz + y2 dz dx + z2 dx dy +

-r j J x2 dydz -f y2 dz dx -f ;2 dxdy.

Zauważamy, że:


(\ .v2 dy dz = j y1 dz dx = 0,

y,    s,

gdyż powierzchnia Sj jest prostopadła do płaszczyzn Oyz i Ora-. Wobec tego:

(\ x2 dydz -f v3dzdx !- z2 dx dy = ($ z2dxdy.

y    >,

Stosując do ostatniej całki twierdzenie (2.6) i uwzględniając przy tym (1), otrzymujemy:

(9)    (\ z2 dx dy = $\ h2 dxdy = rt/i\ s, ^

Wstawiając teraz (9) do (8), mamy:

(10)    \ ( x2 dydz -|- y2 dz dx -f z2 d.x dy = (\ x2 dydz -f y2 dz dx -f ;2 dx dy -f rdi*.

111


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
22 (1027) 22 PRZYKŁAD 1.9 1, Układy pfaakio w przypadku więzów idealnych ROZWIĄZANIE W tym przypadku
8 M3 SzklarekM ŻurowskiŁ ZAD84 ROZWIĄZANIE W tym zadaniu wprowadziliśmy dodatkową siłę i moment w p
14173 Image76 (7) 150 4.3. Z treści zadania mamy F = F ^    n F x = F oraz Wykorzy
MASZ ZADANIE. MAMY ROZWIĄZANIE!karcher makes a difference
8. WSKAZÓWKI POMOCNE W ROZWIĄZYWANIU ZADAŃ Zadanie 236. Najpierw zauważmy, że dla a eC,f € R mamy
Triki tablica N 0 1 Statystyka zadania z rozwiązaniami Statystyka-zadania z rozwiązaniami Statys
Zadania rozkład normalny Statystyka zadania z rozwiązaniami Statystyka-zadania z rozwiązaniami RAC
to mamy do czynienia z tłumieniem krytycznym. Rozwiązanie w tym przypadku wygląda
ROZWIĄZANIA ZADAŃROZWIĄZANIE ZADANIA 1. a)    Dla p = 1 mamy: ,/ x x — 3 x-l-2
Strona5 Rozwiązanie. Zadanie to rozwiążemy dwiema metodami: Metoda I. Zauważmy najpierw, że powierz
img280 (6) kiem AB. W tym przypadku mamy nieskończenie wiele rozwiązań (rozwiązania te stanowią wspó

więcej podobnych podstron