Двойной интеграл (y/x)^2dxdy по 1<=x^2+y^2<=2x и тройной интеграл (x^2-z^2)dxdydz по G, где G ограничена y=-x, z=x, z=y и z= 1.

Заранее спасибо!

задан 14 Дек '18 20:27

изменен 14 Дек '18 21:05

1

x^2+y^x - здесь все верно?

(14 Дек '18 21:04) epimkin

@epimkin спасибо, исправил

(14 Дек '18 21:05) Артемон
10|600 символов нужно символов осталось
0

alt text

Может быть так

ссылка

отвечен 14 Дек '18 21:35

изменен 14 Дек '18 21:36

@epimkin да, я так же рассуждал, а вот второй номер что-то вообще не идет... спасибо за отклик!

(14 Дек '18 21:40) Артемон
10|600 символов нужно символов осталось
0

1) Здесь полезно сделать рисунок, изобразив две окружности радиуса 1, и взяв разность двух множеств. Интеграл удобно вычислять в полярных координатах. Из рисунка видны границы для угла: $%\phi\in[-\frac{\pi}3,\frac{\pi}3]$%.

Неравенства приводят к условиям $%1\le r\le2\cos\phi$% (откуда снова ясны границы изменения угла ввиду $%\cos\phi\ge\frac12$%). Не забываем также про якобиан замены, равный $%r$%. Получается $$\int\limits_{-\pi/3}^{\pi/3}d\phi\frac{\sin^2\phi}{\cos^2\phi}\int\limits_1^{2\cos\phi}r\,dr.$$

"Внутренний" интеграл равен $%2\cos^2\phi-\frac12$%, а интегрируемая функция чётна, поэтому берём удвоенный интеграл от нуля: $%2\int_0^{\pi/3}\frac{\sin^2\phi}{\cos^2\phi}(2\cos^2\phi-\frac12)\,d\phi=4\int_0^{\pi/3}\sin^2\phi\,d\phi-\int_0^{\pi/3}\tan^2\phi\,d\phi$%. Это будет $%(\frac23\pi-\frac{\sqrt3}2)-(\sqrt3-\frac{\pi}3)=\pi-\frac32\sqrt3\approx0,5435$%.

Оба интеграла вычисляются просто: первый с учётом тождества $%2\sin^2\phi=1-\cos2\phi$%, а второй с учётом того, что $%d(\tan\phi)=(\tan^2\phi+1)\,d\phi$%.

2) Здесь проведены 4 плоскости, которые ограничивают тетраэдр. Из равенств $%z=x$%, $%z=1$%, в проекции на плоскость $%Oxy$% возникает прямая $%x=1$%, и аналогично получается граница $%y=1$%. Три прямые, вместе с $%x+y=0$%, ограничивают треугольник. По нему и надо интегрировать, но границы по $%z$% зависят от того, что больше: $%x$% или $%y$%? Разрежем область интегрирования на две части прямой $%y=x$%. Получается два треугольника. У верхнего $%y\ge x$%, и тогда $%z$% изменяется от $%y$% до $%1$%. У нижнего -- от $%x$% до $%1$%.

Расставляя везде пределы интегрирования, имеем сумму двух интегралов, выбирая для каждого из них наиболее удобный порядок следования переменных:

$$\int_0^1dy\int_{-y}^y\,dx\int_y^1(x^2-z^2)\,dz+\int_0^1dx\int_{-x}^x\,dy\int_x^1(x^2-z^2)\,dz$$

Промежуточные вычисления я опускаю. У меня вышло $%-\frac16-\frac1{10}=-\frac4{15}$%. То, что значение отрицательно, ничему не противоречит.

Здесь можно решать также при помощи линейной замены, с учётом якобиана. Я попробовал и этот способ для сравнения. Ответ совпал, но вычисления там длинноватые получились.

P.S. Я писал ответ долго, и за это время с первым пунктом меня опередил @epimkin, но текст я оставляю как есть.

ссылка

отвечен 14 Дек '18 22:18

@falcao огромное спасибо!

(14 Дек '18 22:29) Артемон
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×4,064
×3,990
×1,410

задан
14 Дек '18 20:27

показан
553 раза

обновлен
14 Дек '18 22:29

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru