Тема Математический анализ

08 Кратные интегралы (двойные, тройные) Римана.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#64001

От двойного интеграла

∫∫ f(x,y)dxdy Ω

перейти к повторному при помощи теоремы Фубини двумя разными способами: в порядке сначала $dx$ , потом $dy$ и наоборот - сначала $dy$ , потом $dx$ .

Ω -тр еу гол ьник с вер шин ами O(0,0),A (1,0),B (1,1).

Показать ответ и решение

$PIC$

1. Если интегрировать сначала по $x$ , потом по $y$ :
При каждом фиксированном $y$ в нашем треугольнике $x$ изменяется на отрезке от $y$ до 1. Поэтому в таком порядке интеграл разобьётся на повторные вот так:

∫∫ ∫ 1 ∫ 1 f (x, y)dxdy = dy f(x,y)dx Ω 0 y

2. Если интегрировать сначала по $y$ , потом по $x$ :
При каждом фиксированном $x$ в нашем треугольнике $y$ изменяется на отрезке от $0$ до $x$ . Поэтому в таком порядке интеграл разобьётся на повторные вот так:

∫ ∫ ∫ 1 ∫ x f (x,y )dxdy = dx f(x,y)dy 0 0 Ω

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#64002

От двойного интеграла

∫∫ f(x,y)dxdy Ω

перейти к повторному при помощи теоремы Фубини в порядке сначала $dy$ , потом $dx$ .

Ω -к руговое к ольцо 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4

$PIC$

Показать ответ и решение

Если интегрировать сначала по $y$ , потом по $x$ :
При каждом фиксированном $x ∈ [− 2,− 1]∪ [1,2]$ $y$ будет изменяться от нижней границы синего круга до верхней границы синего круга, то есть $√------ √ ------ y ∈ [− 4 − x2, 4− x2]$ . А при каждом фиксированном $x ∈ [− 1,1]$ $y$ будет изменяться от нижней границы синего круга до нижней границы красного круга, а также от верхней границы красного круга до верхней границы синего круга то есть $y ∈ [− √4-−-x2,− √1-−-x2]∪ [√1-−-x2,√4-−-x2]$ . Таким образом, получим по теореме Фубини:

$√---- √---- ∫ ∫ ∫ −1 ∫ 4−x2 ∫ 2 ∫ 4−x2 f(x,y)dxdy = dx √ ----f(x,y)dy + dx √---- f(x,y)dy+ Ω −2 − 4− x2 1 − 4−x2 ∫ 1 ∫ −√1-−x2 ∫ 1 ∫ √4−-x2 + dx f(x,y)dy + dx f(x,y) −1 − √4−x2 −1 √1−-x2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#64003

Вычислить двойной интеграл

∫∫ (x2y2 + y2)dxdy Ω

Ω = {(x,y)|1≤ y ≤ 2,x ≤ y ≤ 3x} x x

$PIC$

Показать ответ и решение

Как мы видим, наша область задаётся не очень удобными неравенствами для того, чтобы сразу применять теорему Фубини.
Поэтому сначала давайте сделаем замену переменных $u = xy,v = xy$ . Тогда область $Ω$

1 2 Ω = {(x,y)|-≤ y ≤ -,x ≤ y ≤ 3x} x x

переходит в область $D$

D = {1 ≤ u ≤ 2,1 ≤ v ≤ 3}

В новых координатах $u,v$ , как мы видим, область из себя представляет просто-напросто прямоугольник.

Для замены переменных нужно вычислить якобиан:

( ∂x ∂x) |J | = |det ∂u ∂v | ∂∂yu ∂∂yv

где $x(u,v) = ∘ uv,y(u,v ) = √uv-$ . Тогда $∂∂xu = 2√1uv-$ , $∂∂xv = − 12 √√uv3$ , $∂∂yu = √2v√u-$ , $∂∂yv = √2u√v-$ .

Тогда

( ∂x ∂x ) ( --1- 1-√u ) √ -- √ --- |J | = |det ∂u ∂v- | = |det( 2√√uv − 2√√v3-) | = |-√-u-+ ----u√v--| = 1-- ∂y ∂y- √v-- -√u- 4 uv 4√u-- v3 2v ∂u ∂v 2 u 2 v

(всё это происходило в предположении, что $u,v$ - положительные числа, ведь в нашей области $D$ выполнено $1 ≤ u ≤ 2,1 ≤ v ≤ 3$ ).

Таким образом, по теореме о замене переменной в кратном интеграле и, впоследствии по теореме Фубини, получим:

$∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ 2 2 2 u- -1- u2- u- (x y + y )dxdy = (vuv + uv)2v dudv = (2v + 2)dudv = Ω D D 1∫ 3 ∫ 2 u2 1∫ 3 7 3 7 3 = -- dv (---+ u)du = -- (---+ --)dv = -ln3 + -- 2 1 1 v 2 1 3v 2 6 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#64004

Вычислить двойной интеграл

∫∫ (x2 + y2)dxdy Ω

Ω -пар аллелограмм со сторон ами y = x,y = x+ a,y = a,y = 3a (a считать полож ительн ым)

Показать ответ и решение

Давайте для удобства сделаем замену $u = x − y$ , $v = y$ . Тогда $x = u + v$ , $y = v$ , и при такой замене переменных область $Ω$ переходит в область $D = {− a ≤ u ≤ 0,a ≤ v ≤ 3a}$ .

Для замены переменных нужно вычислить якобиан:

( ∂x ∂x) |J | = |det ∂u ∂v | ∂∂yu ∂∂yv

где $x(u,v) = u + v,y(u,v) = v$ . Тогда $∂x= 1 ∂u$ , $∂x-= 1 ∂v$ , $∂y = 0 ∂u$ , $∂y = 1 ∂v$ .

Тогда

( ) 1 1 |J| = |det 0 1 | = 1

Таким образом, по теореме о замене переменной в кратном интеграле и, впоследствии по теореме Фубини, получим:

$∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0 ∫ 3a (x2 + y2)dxdy = ((u + v)2 + v2)dudv = du ((u + v)2 + v2)dv −a a Ω D$

Вычислим внутренний интеграл:

$∫ 3a ∫ 3a 2 ((u+ v)2 + v2)dv = (u2 + 2uv + 2v2)dv = (u2v + uv2 + -v3)|3aa = 3u2a + 9ua2 + 18a3 a a 3$

Следовательно,

$∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0 ∫ 3a (x2 + y2)dxdy = ((u + v)2 + v2)dudv = du ((u + v)2 + v2)dv = −a a Ω ∫ 0 D = (3u2a + 9ua2 + 18a3)du = (au3 + 9u2a2 + 18a3u)|0 = − a 2 − a 4 9 4 4 47 4 = a + 2a + 18a = 2-a$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#64005

Вычислить тройной интеграл

∫∫ ∫ dxdydz ------- Ω 2 + z

Ω - область, огранич енная двумя ци линдрам и x2 + z2 = 1 и y2 + z2 = 1

Показать ответ и решение

Давайте сначала по теореме Фубини представим наш тройной интеграл как повторный - сначала проинтегрируем по $dxdy$ , а потом по $dz$ .

$PIC$

Причём интегрирование по $dxdy$ будет происходить при каждом фиксированном $z$ по области, которая является ортогональной проекцией пересечения двух цилиндров на плоскость уровня $z$ :

∘ ------ ∘ ------ ∘ ------ ∘ ------ Ω = {(x,y,z)|− 1 − z2 ≤ x ≤ 1− z2,− 1− z2 ≤ y ≤ 1 − z2} z

Таким образом, получим:

∫∫ ∫ ∫ ∫∫ dxdydz- 1 dxdy- 2 + z = −1 dz 2 + z Ω Ωz

во внутреннем интеграле по $Ωz$ $∫∫ dxdy- Ωz 2+z$ подынтегральная функция $-1- 2+z$ не зависит от $x$ и $y$ , поэтому $∫∫ dxdy Ωz 2+z$ будет равен $-1- 2+z$ умноженная на $∫∫ dxdy Ωz$ , а $∫∫ dxdy Ωz$ есть площадь квадрата $Ωz$ , то есть $2√1-−-z2-⋅2√1-−-z2-= 4(1− z2)$ . Таким образом, в итоге будем иметь:

$∫ ∫∫ dxdydz ∫ 1 ∫∫ dxdy ∫ 1 1− z2 -------= dz -----= 4 -----dz = 16 − 12ln3 Ω 2+ z −1 Ωz 2+ z −1 2 + z$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#89606

От двойного интеграла

∫∫ f(x,y)dxdy Ω

2 Ω = {(x,y) ∈ ℝ ||x |+ |y| ≤ 1}

Показать ответ и решение

В таких задачах всегда начинаем с графика области $Ω$ :

$PIC$

Граница области $Ω$ - это квадрат, образуемый при пересечении четырех прямых $y = x + 1,y = x− 1,y = − x + 1,y = − x − 1$ .

1. В порядке $dy$ , а затем $dx$ .
Пусть мы хотим представить наш двойной интеграл $∫∫ f(x,y)dxdy Ω$ в виде повторного в порядке $∫ ∫ dx f(x,y)dy$ .

Проверим, удовлетворяет ли область $Ω$ необходимым и достаточным для этого условиям.

Во-первых, проекция области $Ω$ на ось $Ox$ является отрезком.

Во-вторых, при каждом фиксированном $x$ область $Ω$ изменяется по $y$ в пределах некоторого отрезка.

Отлично, значит, наша область подходит для того, чтобы расписать интеграл в повторные в таком порядке:

∫ ∫ ∫0 x∫+1 ∫1 −∫x+1 f(x,y)dxdy = dx f(x,y)dy + dx f (x, y)dy Ω −1 −x−1 0 x−1

2. В порядке $dx$ , а затем $dy$ .
Нетрудно убедиться, что и в таком порядке перейти к повторному интегралу будет можно.

Выразим предварительно кривые, задающие границу $Ω$ как функции $x = x(y)$ :

x = y − 1,x = y + 1,x = 1− y,x = − 1− y

Таким образом:

∫∫ ∫0 y∫+1 ∫1 y∫+1 f(x,y)dxdy = dy f (x,y)dx+ dy f(x,y)dx Ω −1 − y−1 0 y−1

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#89607

Вычислить интеграл

∫∫ (x + y)dxdy Ω

где

Ω − область, ограниченная ли ниями y2 = 2x,x + y = 4,x+ y = 12

Показать ответ и решение

Выполним рисунок нашей области:

$PIC$

Наша область - это кусок внутри параболы, ограниченный двумя прямыми.

В принципе, нет никакой необходимости для сведения двойного интеграла к повторному расписывать его в виде повторного и в том и в другом порядке. Поэтому выберем какой-то один порядок и будем действовать по нему.

Например, попробуем посчитать в порядке

∫ ∫ ∫ ∫ (x+ y )dxdy = dx (x+ y)dy Ω

В таком порядке мы имеем полное право считать, поскольку проекция нашей области на ось $Ox$ - это отрезок $[2,18 ]$ (от первой точки пересечения красной прямой с параболой до второй точки пересечения синей прямой с параболой).

Ну и легко видеть, что при каждом фиксированном $x$ область $Ω$ по оси $Oy$ тоже изменяется в пределах некоторого отрезка.

А именно, при $x ∈ [2,8]$ область $Ω$ будет изменяться от $y = 4 − x$ до $√ --- y = 2x$ .

А при $x ∈ [8,18]$ область $Ω$ будет изменяться от $√ --- y = − 2x$ до $y = 12− x$ .

Следовательно:

√ -- ∫∫ ∫8 ∫ 2x ∫18 1∫2−x (x + y)dxdy = dx (x+ y )dy + dx (x + y)dy √-- Ω 2 4− x 8 − 2x

1. Вычислим первый повторный интеграл:

∫18 1∫2−x ∫8 2 √-- ∫8 2 dx (x + y)dy = (xy + y-)| 2xdx = (x⋅√2x--+ x − x⋅(4 − x)− (4-−-x)-)dx = 826- √-- 2 4− x 2 5 8 − 2x 2 2

2. Вычислим второй повторный интеграл:

18 12− x 18 18 ∫ ∫ ∫ y2 12−x ∫ (12− x)2 √--- 5678 dx (x + y)dy = (xy + --)|− √2xdx = (x⋅(12 − x)+ ---------+ x ⋅ 2x − x)dx = ----- 8 −√2x 8 2 8 2 15

Итого

∫∫ 8156- (x + y)dxdy = 15 Ω

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#89608

Вычислить интеграл

∫∫∫ ∘ ------- x2 + y2dxdydz Ω

где

Ω − область, ограниченная ли ниями x2 + y2 = z2,z = 1

Указание. Применить цилиндрическую замену координат $x = r cosφ,y = r sinφ, z = z$

Показать ответ и решение

Наша область - это то, что находится между красным конусом и синей плоскостью:

$PIC$

Разумеется, свести такой тройной интеграл к трем повторным можно и так.

Но вот проблема вся в том, что потом будет очень трудно интегрировать нашу конкретную функцию $∘x2--+-y2$ . Поэтому мы будем пользоваться данным нам в условии указанием.

Итак, цилиндрическая замена задается такими функциями:

x = rcosφ, y = r sin φ,z = z

Якобиан такой замены будет

( ∂x ∂x ∂x) ( ) | ∂r ∂φ ∂z| | cosφ − rsin φ 0| J = det|( ∂∂yr ∂∂yφ ∂∂yz|) = det|( sin φ rcosφ 0|) = r ∂z ∂z ∂z ∂r ∂φ ∂z 0 0 1

Но поскольку $r > 0$ , то $|J| = J = r$ .

При такой цилиндрической замене чтобы получилась область $Ω$ , переменные $r,φ,z$ должны изменяться в пределах

0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ 2π, r ≤ z ≤ 1

(обращаем внимание, что $z$ изменяется от $r$ до 1, то есть пределы изменения $z$ будут зависеть от $r$ и при каждом $r$ будут разные.)

Кроме того, при такой замене $∘ ------- x2 + y2 = r$ . Поэтому по формуле замены переменной в кратном интеграле, имеем: