2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 
Сообщение28.01.2009, 13:07 
Аватара пользователя
может быть 0?

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 13:09 
Что ноль?

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 13:20 
Аватара пользователя
нижний внутренний предел - 0. (нас никак не учили, я- заочница))))

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 13:22 
Напишите окончательный результат -- посмотрим.

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 13:35 
Жек@ писал(а):
Я никак не могу вставить рисунок.Как это можно сделать?[/math]
Поддерживаю ewert в отношении отсутствия необходимости вставлять рисунок, но при необходимости, как вставлять рисунки можно посмотреть в гл. V "Псевдорисунки" книги Львовский С.М. Набор и вёрстка в системе $\LaTeX$. В качестве примера вставки рисунка (наведите курсор на рисунок для отображения кода):
\begin{picture}(100,100)
\put(0,50){\line(1,0){100}}
\put(50,0){\line(0,1){100}}
\put(00,100){\line(1,-1){100}}
\put(50, 50){\line(1,1){20}}
\put(70,50){\circle{50}}
\end{picture}
На рис. изображена граница круга [окружность $ \rho = 4\cos \varphi$], граница полуплоскости [прямая $y + x= 0$] и часть луча, соответствующая значению $\pi/4$ «внешней переменной интегрирования» $\varphi$, до пересечения с окружностью. [Область интегрирования: часть круга лежащая выше прямой $y + x= 0$].

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 14:47 
Аватара пользователя
\[
\iint\limits_D {ydxdy = \int\limits_{ - \frac{\pi }
{4}}^{\frac{\pi }
{2}} {d\varphi \int\limits_0^{4\cos \varphi } {\rho ^2 \sin \varphi d\rho  = \int\limits_{ - \frac{\pi }
{4}}^{\frac{\pi }
{2}} {\left[ {\frac{{\rho ^3 }}
{3}\sin \varphi } \right]} } } }_0 ^{4\cos \varphi } d\varphi  = \int\limits_{ - \frac{\pi }
{4}}^{\frac{\pi }
{2}} {\left( {\frac{{4\cos ^3 \varphi }}
{3}\sin \varphi } \right)} d\varphi  = \int\limits_{ - \frac{\pi }
{4}}^{\frac{\pi }
{2}} {\frac{{4\cos ^3 \varphi \sin \varphi }}
{3}}  \times \frac{{d(\cos \varphi )}}
{{ - \sin \varphi }} =  - \frac{4}
{3}\int\limits_{ - \frac{\pi }
{4}}^{\frac{\pi }
{2}} {\cos ^3 \varphi d(\cos \varphi ) =  - \frac{4}
{3}} \left[ {\frac{{\cos ^4 \varphi }}
{4}} \right]_{ - \frac{\pi }
{4}} ^{\frac{\pi }
{2}}  =  - \frac{4}
{3}\left( {\frac{{\cos ^4 \frac{\pi }
{2}}}
{4} - \frac{{\cos ^4 ( - \frac{\pi }
{4})}}
{4}} \right) =  - \frac{4}
{3}\left( {0 - \frac{{\sqrt 2 }}
{{2 \times 4}}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}
{6}
\]


Вот так? :?:

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 15:02 
да, только в самом конце забыли возвести косинус в четвёртую степень.
И потом: никогда не пишите таких длинных формул
-- обязательно разбивайте на несколько более мелких!

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 18:02 
Аватара пользователя
Спасибо

Добавлено спустя 6 минут 36 секунд:

Подскажите,пожалуйста,какие будут пределы в этом примере:
\[
\iint\limits_D {(x - 1)dxdy}
\]
\[
x^2  + y^2  \leqslant 2y
\]
\[
y \leqslant \sqrt {3x} 
\]?
Вот так?
\[
\iint\limits_D {(x - 1)dxdy} = \int\limits_0^{\frac{\pi }
{2}} {d\varphi \int\limits_{2sin\varphi }^{\frac{{\sqrt {3\rho \cos \varphi } }}
{{\sin \varphi }}} {(\rho \cos \varphi  - 1)\rho d\rho } } 
\]

Добавлено спустя 18 минут 35 секунд:

Ой,ошиблась...вот так:\[
\iint\limits_D {(x - 1)dxdy = \int\limits_0^{{\raise0.7ex\hbox{$\pi $} \!\mathord{\left/
 {\vphantom {\pi  2}}\right.\kern-\nulldelimiterspace}
\!\lower0.7ex\hbox{$2$}}} {d\varphi \int\limits_{2\sin \varphi }^{3\frac{{\cos \varphi }}
{{\sin ^2 \varphi }}} {(\rho \cos \varphi  - 1)\rho d\rho } } }
\]?

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 18:15 
Нет, не так (хотя вычисления и правильны). Проведите несколько лучей -- они при разных $\varphi$ будут пересекаться с разными участками границы. Соответственно, интеграл придётся разбить на сумму двух.

Впрочем, стоит ли? У Вас явно в условии какая-то ошибка. Поскольку так или иначе надо искать точку пересечения этих кривых, а явно её -- не найти.

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 18:36 
Аватара пользователя
а где может быть ошибка? Должны быть разные знаки в неравенствах?

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 18:50 
нет, знаки неравенств не при чём, просто система уравнений, дающая точку пересечения, сводится к кубическому уравнению, не имеющему хороших корней. Тригонометрическое уравнение, к которому та же система сводится в полярных координатах, тоже выглядит как минимум малоперспективной. В учебных задачах (грамотно поставленных) так не бывает.

Вот если бы, скажем, под корнем не было тройки, или в первом уравнении стояла шестёрка вместо двойки -- тогда бы ещё куда ни шло.

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 18:57 
Аватара пользователя
А в этом примере я правильно нашла пределы?
\[
\iint\limits_D {\tfrac{{dxdy}}
{{\sqrt {R^2  - x^2  - y^2 } }}}
\]
\[
x^2  + y^2  \leqslant R^2 
\]
\[
x \geqslant 0
\]
\[
\iint\limits_D {\tfrac{{dxdy}}
{{\sqrt {R^2  - x^2  - y^2 } }}} = \int\limits_{ - \frac{\pi }
{2}}^{\frac{\pi }
{2}} {d\varphi \int\limits_0^R {\frac{{\rho d\rho }}
{{\sqrt {R^2  - \rho ^2 \cos \varphi  - \rho ^2 \sin \varphi } }}} } 
\]

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 19:08 
Ко второй задаче. Скорее всего, в учебнике (методических указаниях) опечатка и вместо
Жек@ писал(а):
$y \leqslant \sqrt {3x}$
должно быть $y \leqslant \sqrt3 x$. Часто с таким сталкивался.

Добавлено спустя 4 минуты 11 секунд:

Жек@ писал(а):
[/math]
\[
\iint\limits_D {\tfrac{{dxdy}}
{{\sqrt {R^2  - x^2  - y^2 } }}} = \int\limits_{ - \frac{\pi }
{2}}^{\frac{\pi }
{2}} {d\varphi \int\limits_0^R {\frac{{\rho d\rho }}
{{\sqrt {R^2  - \rho ^2 \cos \varphi  - \rho ^2 \sin \varphi } }}} } 
\]
В подынтегральной функции опечатка.

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 19:10 
Аватара пользователя
ааа!!! точно! там косинус в квадрате! так?

 
 
 
 
Сообщение28.01.2009, 19:14 
Жек@ писал(а):
ааа!!! точно! там косинус в квадрате! так?
Да, косинус и синус должны быть в квадратах.

 
 
 [ Сообщений: 32 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group