 

1. Даны функция z  arctg  xy 2  , точка A  2;3 и вектор a  4; 3 . Найти: 1) gradz в точке A ;
2) Производную в точке A по направлению вектора a .
Решение:
Найдем частные производные:
z 
1

1
y2
2
2

arctg  xy 2  

xy


y

  x2 y 4  1
2
x x
x2 y 4  1
 xy 2   1 x


z 
1

1
2 xy

arctg  xy 2  
  xy 2   2 4
 2 xy  2 4
2
2
y y
x y 1
x y 1
 xy   1 y


Градиент функции:
 y2
2 xy 
gradz   2 4 ; 2 4 
 x y  1 x y  1
Градиент функции в точке A :
 32
2 23   9
12   9
12   9 12 
gradz   2 4 ; 2 4   
;

;
;



A
 2  3  1 2  3  1  4  81  1 4  81  1   324  1 324  1   325 325 
Производная в точке A по направлению вектора a :
z
a
9
12
36 36
4
  3

gradz   a

325
325
325
325 



A
42   3
a
A
16  9
2
0
0
25
Ответ:
z
 9 12 
;
1) gradz  
; 2)

A
a
 325 325 
 0.
A
2. Вычислить с помощью двойного интеграла в полярных координатах площадь фигуры,
ограниченной кривой, заданной уравнением в декартовых координатах ( a  0 ).
x6  a 2   x4  y 4 
Решение:
 x  r  cos  
Перейдем в полярную систему координат: 
 y  r  sin  
 r  cos   
6

 a 2   r  cos      r  sin   
4
r 6  cos6    a 2   r 4  cos 4    r 4  sin 4   
r 2  cos6    a 2   cos 4    sin 4   
4

r 
2
a 2   cos 4    sin 4   
cos6  
a 2   cos 4    sin 4   
r 
cos6  
 r  a
cos 4    sin 4  
cos 6  
Найдем область изменения полярного угла  :
4
4

cos 4    sin 4  
cos    sin    0
0 6
cos6  

cos    0
1
 2
1) cos 4    sin 4    0
 cos    sin      cos    sin     0
 cos    sin    1  0
2
2
2
2
2
2
cos 2    sin 2    0
cos  2   0
 arccos  0   2 n  2  arccos  0   2 n, n 



2

4
 2 n  2 
n  

4

2
 2 n, n 
  n, n 
2) cos 6    0  cos    0   

2
  n, n 
Так как в полярной системе координат  0;2  , то, окончательно, имеем:
    3 5   7

  0;    ;    ; 2  .
 4  4 4   4

Изобразим заданную кривую в полярной системе координат:
В силу симметрии фигуры, можно вычислить площадь ее четверти S1 при 0   

4
, и, тогда,
искомая площадь S  4S1 .
В полярной системе координат четверть фигуры задается системой неравенств:


0    4


4
4
0  r  a  cos    sin  

cos 6  

Вычислим площадь четверти фигуры:

a
cos 4   sin 4  
cos6  
4
S1   rdrd   d
D
4

0
0

a
r 
rdr    
2 0
0
2
4

cos 4   sin 4  
cos6  


2


cos 4    sin 4   
1 4 
2
   0  d 
d     a 


2 0  
cos 6  




4
4
4
4
tg 4   
1  2 cos    sin   
a 2 4  cos   sin   
a2 4 
1
    a 


 d    
 d    
 d 
2 0
cos 6  
2 0  cos 6   cos 6   
2 0  cos 2   cos 2   

4




tg 4   d a 2
a
d
a
a2 4 4
4
 




tg


    0 2   tg   d  tg    
2 0 cos 2   2 0 cos 2  
2
0
2
2
4
4

5
a2    
 a 2  tg    4 a 2
a2  5   
 a2 a2
5
   tg    tg  0     


1

0


tg

tg
0





 
  2  10  1  0  
2  4
2
10   4 
 2  5 

0

a a
5a  a
4a
2a




2 10
10
10
5
2
2
2
2
2
2
единиц площади 
Тогда, искомая площадь:
S  4S1  4 
2a 2 8a 2

единиц площади  .
5
5
Ответ:
S
8a 2
единиц площади  .
5
3. Вычислить с помощью тройного интеграла объем тела, ограниченного указанными поверхностями
z  0, 4 z  y 2 , 2 x  y  0, x  y  9 .
Решение:
z  0 - плоскость xOy .
4z  y2  z 
y2
- параболический цилиндр.
4
2x  y  0  y  2x  x 
y
и x  y  9  x  9  y - плоскости, параллельные оси Oz .
2
Данное тело по бокам ограничено плоскостями x 
параболическим цилиндром z 
y
и x  9  y , снизу – плоскостью z  0 , сверху –
2
y2
.
4
Построим тело V , ограниченное заданными поверхностями:
Изобразим проекцию D тела V на плоскость xOy :
Тело V задается системой неравенств:

0  y  6

y
  x 9 y
2

y2
0

z



4
Искомый объем:
6
9 y
0
y
2
V   dxdydz   dy
V
6
y2

4
0
y2
4
6
9 y
0
0
y
2
 dx  dz   dy   z 
y2
4
0
6
9 y
0
y
2
dx   dy

6
 y2

y2

0
dx



0 4 dy
 4

9 y
 dx 
y
2
6
6
6
 9 y 2 3 y3 
 9 y3 3 y 4 
y
y2 
3y 

  9  y   dy     9   dy   

dy




 
2
4
2
4
8
12
32






0
0
0
9  63 3  64 9  216 3 1296 9 108 3  648
243 324  243





 9 18 


12
32
12
32
6
16
2
2
324  243 81


единиц объема 
2
2

Ответ:
V
81
единиц объема  .
2
4. Даны векторное поле F   2 x  4 y  3z  k и плоскость  p  : 3x  2 y  3z  6  0 , которая совместно с
координатными плоскостями образуют пирамиду V . Пусть s - основание пирамиды,
принадлежащее плоскости  p  ; L - контур, ограничивающий s , n - нормаль к s , направленная вне
пирамиды V . Требуется вычислить:
1) поток векторного поля F через поверхность s в направлении нормали n ;
2) циркуляцию векторного поля F по замкнутому контуру L непосредственно и применив теорему
Стокса к контуру L и ограниченной им поверхности s с нормалью n ;
3) поток векторного поля F через полную поверхность пирамиды V в направлении внешней
нормали к ее поверхности непосредственно и применив теорему Остроградского.
Сделать чертеж.
Решение:
Уравнение плоскости в отрезках: 3x  2 y  3z  6  0  3 x  2 y  3 z  6 
Схематический рисунок:
x y z
  1
2 3 2
1) Поверхность s лежит в плоскости  p  : 3x  2 y  3z  6  0 , откуда 3z  6  3x  2 y или
z  2 x
2
y.
3
Поверхность s взаимно однозначно проектируется на плоскость xOy в область Dxy , которой
0  x  2

является треугольник OAB, который задается системой неравенств 
3 .
0

y

3

x

2
Найдем вектор единичной нормали n 0 к поверхности s :
n0  
grad  3x  2 y  3z  6 
grad  3x  2 y  3z  6 

3i  2 j  3k
3 2 3
2
2
2

3i  2 j  3k
3i  2 j  3k
.

949
22
По условию, нормаль n образует острый угол  с осью Oz , поэтому n0 
3i  2 j  3k
.
22
Находим скалярное произведение:
F  n0 
3  0  2  0  3   2 x  4 y  3z 
22
Так как cos    

6 x  12 y  9 z
.
22
3
dxdy
22
 0 , то dS 

dxdy .
cos  
3
22
Вычислим искомый поток:


П ABC   F  n 0 dS 
S
22
6 x  12 y  9 z
 
3 Dxy
22
1

2 

dxdy     6 x  12 y  9   2  x  y   dxdy 
2
3 Dxy 
3 

z 2 x  y
3
1
1
    6 x  12 y  18  9 x  6 y  dxdy     3x  6 y  18  dxdy    2 y  x  6  dxdy 
3 Dxy
3 Dxy
Dxy
2
  dx
3
3 x
2
0
2
  2 y  x  6  dy    y
0
2
 xy  6 y 
0
3
3 x
2
0
2

3 
3 
3 


dx     3  x   x   3  x   6   3  x   dx 

2 
2 
2  


0 
2
2
2
 15 3 21x 2

9 2
3 2


 15 2

   9  9 x  x  3x  x  18  9 x  dx    x  21x  27  dx   x 
 27 x  
4
2
4
2


 12
0
0
0
2

15 3 21 22
5
21  4
2 
 27  2   8 
 54  10  42  54  22
12
2
4
2
2) Вычислим циркуляцию непосредственно:
Ц
 Pdx  Qdy  Rdz    2 x  4 y  3z  dz    2 x  4 y  3z  dz    2 x  4 y  3z  dz    2x  4 y  3z  dz
L
L
AB : z  0  dz  0 
AB
BC
CA
  2 x  4 y  3z  dz  0
AB
2
2
BC : z  2  y  dz   dy, 3  y  0, x  0
3
3
0
0
0
2 
2 
2
2

2
x

4
y

3
z
dz



4
y

3

2

y
dy



4
y

6

2
y
dy







 2 y  6  dy 



3 3 
3  
3 3
3 3

BC
0
2
2
2
2
    y 2  6 y      02  6  0  32  6  3     9  18    27  18
3
3
3
3
3
CA : z  2  x  dz  dx, 0  x  2, y  0
2
2
2
2
0
0
0
0
  2 x  4 y  3z  dz     2 x  3   2  x   dx     2 x  6  3x  dx      x  6  dx    x  6  dx 
CA
2
 x2

22
   6 x    6  2  2  12  10
 2
0 2
Тогда:
Ц  0  18  10  8
Вычислим циркуляцию с помощью формулы Стокса:
Единичная нормаль к поверхности s будет n0 
3i  2 j  3k
.
22
Тогда:
Ц
 F  d r   rot  F   n dS    R '
0
L
S
y
 Q 'z   cos     P 'z  R 'x   cos      Q 'x  P ' y   cos     dS 
S
3
2
3 
4 
8

 12
   4  0  
  0  2 
 0  0 
dS   

dS 
 dS


22
22
22 
22 
22 
S 
S  22
S
0  x  2

Проекцией поверхности s на плоскость xOy будет треугольник Dxy : 
3 .
0  y  3  2 x
dS 
dxdy
22

 dxdy
3
3
22
Тогда:
2
8
8
22
8
8
  dS 
 
 dxdy    dxdy    dx
3 Dxy
3 0
22 S
22 Dxy 3
3
3 x
2

0
3
3 x
8
8 
3 
dy     y  0 2 dx     3  x  dx 
3 0
3 0
2 
2
2
2
8 
3x 2 
8 
3  22  8
8
   3x 


3

2



    6  3   3  8
3 
4 0 3 
4  3
3
3) Вычислим поток векторного поля через полную поверхность пирамиды непосредственно:
П  П ABC  ПOCB  ПOAB  ПOAC
Поток через часть плоскости  p  , то есть через грань ABC вычислен в пункте 1 и равен П ABC  22
Вектор нормали к грани OCB есть n1   1;0;0  .
ПOCB   F  n1dS    1 0  0  0  0   2 x  4 y  3z   dS   0dS  0
S1
S1
S1
Вектор нормали к грани OAB есть n2   0;0; 1 .
ПOAB   F  n2 dS    0  0  0  0  1  2 x  4 y  3z   dS     2 x  4 y  3z  dS
S2
S2
S2
0  x  2

Грань OAB лежит в плоскости xOy , и задается системой неравенств : 
3 .
0

y

3

x

2
Тогда:
2
3
3 x
2
2
3
3 x
2
2
0
0
0
0
0
   2 x  4 y  3z  dS    dx
S2
3
3 x
2
2
  2 x  4 y  3  0  dy    dx   2 x  4 y  dy     2 xy  2 y  0
dx 
2
2
2

3 
3  

9 2 
9 




2
    2 x   3  x   2   3  x   dx     6 x  3x  2   9  9 x  x   dx     6 x  3x 2  18  18 x  x 2  dx 


2 
2  
4 
2 



0
0
0
2
2
3

1

1

    x 2  12 x  18  dx    x3  6 x 2  18 x      23  6  2 2  18  2     4  24  36   16
2

2
0
2

0
2
Вектор нормали к грани OAC есть n3   0; 1;0 .
ПOAC   F  n3dS    0  0  1 0  0   2 x  4 y  3z   dS   0dS  0
S3
S3
Таким образом:
П  22  0 16  0  6
S3
Вычислим поток векторного поля через полную поверхность пирамиды по формуле Остроградского:
 P Q R 
П   


 dV    0  0  3 dV  3   dV

x

y

z


V
V
V
0  x  2

Проекцией пирамиды V на плоскость xOy будет треугольник Dxy : 
3 .
0  y  3  2 x
Тогда:
2
П  3   dV  3   dx
V
0

0
3
3 x
2

y2 
 3    2 y  xy  
3 0
0
2
2
2 x  y
3
3
3 x
2
dy

0
2
3
3 x
2
0
0
dz  3   dx

2


 2  x  y  0  dy  3   dx
3


0
2
3
3 x
2

0
2 

 2  x  y  dy 
3 

2
 
3 
3  1 
3  

dx  3    2   3  x   x   3  x     3  x   dx 
 
2 
2  3 
2  

0
2

3
1 
9 
3
3 

 3    6  3 x  3 x  x 2    9  9 x  x 2   dx  3    6  6 x  x 2  3  3 x  x 2  dx 
2
3 
4 
2
4 
0
0
2
2
2


3 2
3x 2 x3 
3  2 2 23 

 3    3  3 x  x  dx  3   3 x 
   3  3 2 
   3 6  6  2  3 2  6
4 
2
4 0
2
4


0
2
Ответ:
1) П ABC  22 ;
2) Ц  8 ;
3) П  6 .