Кратные интегралы (двойные, тройные) Римана. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Кратные интегралы (двойные, тройные) Римана.

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#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:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 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 $∂∂xu = 2√1uv-$ , $∂∂xv = − 12 √√uv3$ , $∂uy= √2√vu--$ , $∂vy = √2u√v-$ .

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#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 5#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: