функции многих переменных идз
.pdfГОУ ВПО Уральский государственный педагогический университет
В.Ю. Бодряков, Н.В. Ткаленко, Н.Г. Фомина
Функции многих переменных
Индивидуальные домашние задания по дисциплине ¾Математический анализ. Часть 5. Функции нескольких переменных¿
Екатеринбург 2009
Составители: В.Ю. Бодряков, Н.В. Ткаленко, Н.Г. Фомина
2
Индивидуальные домашние задания по дисциплине "Математический анализ. Часть
5.Функции нескольких переменных". Екатеринбург, Изд-во УрГПУ, 2009, с. Индивидуальные домашние задания (ИДЗ) по дисциплине "Математический анализ.
Часть 5. Функции нескольких переменных"предназначены для студентов очной и заочной форм обучения математического факультета УрГПУ, изучающих курс математического анализа. Работа содержит 12 ИДЗ по 25 вариантов в каждом, содержащих различные задания по теме "Функции нескольких переменных". Самостоятельное решение индивидуальных заданий дает возможность углубить теоретические знания, отработать практические навыки интегрирования и освоить приложения интегрального исчисления. Во введении к работе приведены подробные примеры решения типовых заданий по теме с необходимыми методическими указаниями.
Рецензент:
c Уральский государственный педагогический университет, 2009
Введение. Методические указания к решению заданий
0.1Основные свойства функции нескольких переменных
Найти область определения D функции двух переменных: z = f(x; y) = ln(25 x2 y2) + (x2 + y2 4) и изобразить ее на плоскости (xOy): Охарактеризовать множество
D:
Решение: Область определения D: функции z = f(x; y) определяется условиями:
25 x2 y2 |
> |
0; |
|
x2 + y2 4 |
> |
0; |
|
или, эквивалентно, |
|
|
|
x2 + y2 |
< |
25; |
|
x2 + y2 |
> |
4: |
|
Решение данной системы уравнений может быть изображено на плоскости в виде области, заключенной между двумя концентрическими окружностями (рис. 1). Внутренняя граница принадлежит области определения D; внешняя нет.
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
5 |
|
2 |
0 |
1 |
2 |
5 |
x |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
Рис. 1. Область D определения функции |
||||||||
z = f(x; y) = ln(25 x2 y2)+(x2 +y2 4) |
Множество D не является ни замкнутым, ни открытым. Действительно, с одной стороны, множество предельных точек, лежащих на внешней границе, не принадлежит D: С другой стороны, множество предельных точек внутренней границы принадлежит D лишь с частью своей окрестности. Множество D ограничено, т.к. может быть целиком заключено в двумерный "шар"с центром в точке O(0; 0) конечного радиуса R = 5: Множество D связно, так любые две его точки можно соединить ломаной, целиком лежащей в D: Множество D не является компактным, так как не является замкнутым.
Ответ: Область определения D заданной функции z = f(x; y) приведена на рис. 1. Множество D ограничено, не является ни замкнутым, ни открытым, и не компактно.
0.2Вычисление пределов для функции нескольких переменных
Вычислить данный двойной предел функции нескольких переменных, а также оба повторных предела. Сравнить полученные значения между собой:
lim sin xy : x!0 sin 2xy
y!4
Решение: Считая, что предел существует, воспользуемся теоремами о пределах:
lim |
|
sin xy |
= |
|
1 |
|
lim |
|
|
|
sin xy |
|
|
y |
|
|
|
|
|
2x |
|
= |
1 |
|
lim |
|
sin xy |
lim y |
|
lim |
|
|
2x |
|
= |
1 |
|
1 |
|
4 |
|
1 = 2: |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
sin 2xy |
2 |
|
|
sin 2xy |
|
sin 2x |
2 |
|
sin 2xy |
|
|
|
|
|
|
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
x!0 |
|
|
|
x!0 |
|
|
|
|
x!0 |
y 4 |
|
x |
0 sin 2x |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
y |
! |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
! |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
! |
4 |
|
|
|
|
|
|
! |
|
|
|
|
! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
Вычислим повторные пределы: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
lim lim |
|
|
sin xy |
= lim |
|
y |
|
lim |
sin xy |
|
|
|
|
|
2x |
= lim |
|
y |
|
1 |
|
1 = 2: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sin 2x |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
4 x |
! |
0 sin 2xy |
|
|
y |
! |
4 |
|
2 x 0 sin 2xy |
y |
! |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
lim lim |
|
|
sin xy |
|
|
|
lim |
|
sin 4x |
= lim |
sin 4x |
|
|
|
2x |
|
|
= 2 |
|
1 |
|
1 = 2: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sin 2x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
x |
! |
0 y |
|
4 sin 2xy |
= x |
! |
0 sin 2x |
|
|
x |
|
|
0 |
|
|
|
|
4x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
Ответ: lim |
sin xy |
|
|
= lim lim |
|
|
sin xy |
= lim lim |
sin xy |
= 2: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
sin 2xy |
|
|
|
|
|
sin 2xy |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
x!0 |
|
|
y 4 x |
0 |
|
sin 2xy |
x |
! |
0 y |
! |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
y |
! |
4 |
|
|
|
|
|
! |
|
|
! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0.3Исследование функции нескольких переменных на непрерывность
Исследовать функцию нескольких переменных на непрерывность:
( |
|
1; |
при |
x2 + y2 |
= 0: |
|
f(x; y) = |
ln(1+x+y) |
; |
при |
x2 + y2 |
6= 0 |
|
x2+y2 |
|
Если функция претерпевает разрыв, исследовать тип точек разрыва. Решение: Область определения D функции f(x; y) определяется условиями:
1 + x + y > 0; x2 + y2 6= 0
и представляет открытую верхнюю полуплоскость с выколотой точкой O(0; 0) (рис. 2).
4
|
y |
|
|
|
1 |
|
|
1 |
0 |
1 |
x |
|
1 |
|
|
Рис. 2. Область D определения функции z = f(x; y): |
В любой точке (x; y) 2 D; возможно, за исключением граничных, данная функция f(x; y) непрерывна, так как является композицией элементарных непрерывных функций. Исследуем на непрерывность поведение функции f(x; y) в граничной точке O(0; 0) множества D, где непрерывность функция может быть нарушена. Для этого вычислим
предел |
ln(1 + x + y) |
|
|
lim |
: |
||
x2 + y2 |
|||
x!0 |
|
||
y!4 |
|
|
Для определенности положим y = kx; где угловой коэффициент k может принимать значения 1 < k < +1: В этом случае имеем:
lim |
ln(1 + x + y) |
= lim |
ln(1 + x(1 + k)) |
|
= lim |
|||||||
x2 + y2 |
x2(1 + k) |
|||||||||||
x!0 |
x |
! |
0 |
x |
! |
0 |
||||||
y |
! |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
ln(1 + x(1 + k) |
= 1; |
|
|
|
|
|
||
x |
x(1 + k) |
в зависимости от того, x |
! |
0+0 |
или x |
! |
0 |
|
0; соответственно. При нахождении предела |
|||||||
|
|
|
|
|||||||||||
мы воспользовались тем, что |
lim |
ln(1+t) |
= 1: |
Так как в точке |
O(0; 0) lim f(x; y) |
= |
||||||||
t |
! |
0 |
t |
|
|
|
|
|
x!0 |
6 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y!0 |
|
|
f(0; 0); причем lim f(x; y) |
= |
1; то точка O(0; 0) является точкой разрыва второго |
x!0
y!0
рода.
Ответ: Данная функция f(x; y) непрерывна в любой точке (x; y) из своей области определения D; в точке O(0; 0) функция f(x; y) претерпевает разрыв второго рода.
0.4Дифференцирование функции нескольких переменных, заданной явно
Найти первые и вторые частные производные функции z(x; y); заданной явно:
z(x; y) = ln(3xy 4):
Убедиться в том, zxy00 = zyx:00 Записать выражения для первого и второго дифференци-
алов функции z(x; y): |
|
|
|
|
= f(x; y) определяется неравенством |
||
Решение: Область определения D функцииz |
|||||||
y > 4=(3x): Найдем первые частные производные функции z(x; y) : |
|||||||
x |
= (ln(3xy |
|
x |
= |
3y=(3xy |
|
4); |
z0 |
|
4))0 |
|
||||
y |
= (ln(3xy |
y |
= |
3x=(3xy |
4): |
||
z0 |
|
4))0 |
|
5
Найдем вторые частные производные функции z(x; y) :
zxx00 zyy00 zxy00 zyx00
=(3y=(3xy 4))0x
=(3x=(3xy 4))0y
=(3y=(3xy 4))0y
=(3x=(3xy 4))0x
=9y2=(3xy 4)2;
=9x2=(3xy 4)2:
=12=(3xy 4)2;
=12=(3xy 4)2:
Видим, что zxy00 = zyx:00 Выпишем выражения для первого и второго дифференциалов функции z(x; y) :
|
dz = z0 |
dx + z0 |
dy = |
|
3ydx |
+ |
|
3xdy |
= 3 |
ydx + xdy |
: |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
x |
|
y |
|
|
|
3xy 4 3xy 4 |
3xy 4 |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
d2z = z00 |
d2x+2z00 |
dxdy+z00 |
d2y = |
|
|
9y2d2x |
|
24 |
dxdy |
|
9x2d2y |
= |
|
9y2d2x + 24dxdy + 9x2d2y |
: |
|||||||||
(3xy 4)2 |
|
(3xy 4)2 |
(3xy 4)2 |
|
(3xy 4)2 |
|||||||||||||||||||
xx |
xy |
|
yy |
|
|
|
|
|
|
zx0
Ответ: zxx00 dz
d2z
= |
3y=(3xy |
|
|
y |
= 3x=(3xy |
|
4); |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
4); z0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
= |
|
9y2 |
=(3xy |
|
4)2; |
z00 |
= |
|
9x2 |
=(3xy |
|
4)2 |
; |
z00 |
= |
12=(3xy |
|
4)2; |
|||
|
|
|
|
|
yy |
|
|
|
|
|
|
|
xy |
|
|
|
=3(ydx + xdy)=(3xy 4);
=(9y2d2x + 24dxdy + 9x2d2y)=(3xy 4)2:
0.5 Дифференцирование функции нескольких переменных, заданной неявно
Вычислить значения первых частных производных функции z(x; y); заданной неявно, в данной точке M0(x0; y0; z0) с точностью до двух знаков после запятой:
x3 + 3xyz z3 = 27; M0(3; 1; 3):
Решение: Получим выражения для первых частных производных функции
F (x; y; z) = x3 + 3xyz z3 27 = 0 :
Fx0 Fy0
откуда
=3x2 + 3yz + 3xyzx0 3z2zx0 = 0;
=3xz + 3xyzy0 3z2zy0 = 0;
zx0 |
= |
(x2 + yz)=(z2 xy); |
zy0 |
= |
xz=(z2 xy): |
Вычислим значения найденных частных производных в точке M0 :
Ответ: zx00 zy
z0 |
(3; 1; 3) |
= |
(32 + 1 |
|
3)=(32 |
|
3 |
|
1) = 2; |
|||||
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
z0 |
(3; 1; 3) |
= |
3 |
|
3=(32 |
|
3 |
|
1) = 3=2 = 1; 5: |
|||||
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
= (x2 + yz)=(z2 xy); |
|
zx0 (3; 1; 3) = 2; |
|
|
|
|||||||||
= xz=(z2 xy); |
zy0 (3; 1; 3) = 1; 5: |
|
|
|
|
|
|
6
0.6Уравнения для функции нескольких переменных и ее производных
Проверить, удовлетворяет ли указанному уравнению данная функция нескольких переменных:
@2u @2u @x2 @y2 =
Решение: Для данной функции u(x; y) производные по x и по y :
0; u = ln(x2 y2):
вычислим ее первые и затем вторые частные
@u |
= |
@ ln x2 y2 |
= |
2x |
; |
|
|||
2 2 |
|
||||||||
@x |
|
@x |
|
x y |
|
||||
@u |
|
2 |
y |
2 |
|
||||
= |
@ ln x |
|
= |
2y |
; |
||||
@y |
@y |
|
x2 y2 |
@2u |
= |
@ |
|
2x |
= 2 |
x2+y2 |
|
@x2 |
|
|
|
; |
|||
@x |
|
x2 y2 |
(x2 y2)2 |
@2u |
= |
@ |
|
2y |
= 2 |
x2+y2 |
|
@x2 |
|
|
|
: |
|||
@y |
x2 y2 |
(x2 y2)2 |
Видим, что функция u(x; y) удовлетворяет данному уравнению. Ответ: Функция u = ln(x2 y2) удовлетворяет уравнению
@2u @2u
@x2 @y2 = 0:
0.7Исследование функции нескольких переменных на локальный экстремум
Исследовать на локальный экстремум функцию нескольких переменных:
z = xy(x + y 2):
Решение: Найдем первые частные производные данной функции:
zx0 |
= 2xy + y2 2y; |
||||
z0 |
= |
x2 + 2xy |
|
2x: |
|
y |
|
|
|
|
|
Приравнивая их нулю, получаем систему уравнений: |
|||||
y(2x + y 2) |
= |
0; |
|||
x(x + 2y 2) |
= 0; |
||||
из которой определяем стационарные |
точки |
|
функции z(x; y) : M1(0; 0); M2(2; 0); |
M3(0; 2); M4(2=3; 2=3): Для установления того, какие из этих точек являются точками локального экстремума, найдем выражения для вторых частных производных данной функции:
zxx00 zxy00 zyy00
=2y;
=2x + 2y 2;
=2x:
Значения вторых частных производных в стационарных точках функции z(x; y); а также дискриминант 4 = AC B2; соответственно, равны:
A1 |
= z00 |
(M1) = 0; |
B1 |
= z00 |
(M1) = |
|
2; |
C1 |
= z00 |
(M1 = 0; |
4 |
1 = |
|
4; |
|
xx |
|
|
xy |
|
|
|
yy |
|
|
|
|||
A2 |
= z00 |
(M2) = 0; |
B2 |
= z00 |
(M2) = 2; |
|
C2 |
= z00 |
(M2) = 4; |
4 |
2 = |
|
4; |
|
|
xx |
|
|
xy |
|
|
|
|
yy |
|
|
|
||
A3 |
= z00 |
(M3) = 4; |
B3 |
= z00 |
(M3) = 2; |
|
C3 |
= z00 |
(M3) = 0; |
4 |
3 = |
|
4; |
|
|
xx |
|
|
xy |
|
|
|
|
yy |
|
|
|
||
A4 |
= z00 |
(M4) = 4=3; B4 |
= z00 |
(M4) = 2=3; |
C4 |
= z00 |
(M4) = 0; |
4 |
4 = 4=3: |
|||||
|
xx |
|
|
xy |
|
|
|
|
yy |
|
|
|
|
7
Так как 41; 42; 43 < 0; то в точках M1(0; 0); M2(2; 0); M3(0; 2) экстремума нет. Поскольку 44 > 0; то в точке M4(2=3; 2=3) имеем локальный минимум функции, в котором zmin(2=3; 2=3) = 8=27:
Ответ: В точке Mmin(2=3; 2=3) функция z = xy(x+y 2) имеет локальный минимум, равный zmin(2=3; 2=3) = 8=27:
0.8Наибольшее и наименьшее значение функции нескольких переменных в замкнутой области
Найти наибольшее и наименьшее значения функции нескольких переменных: z = xy y2 + 3x + 4y в замкнутой области D;, ограниченной линиями x = 0; y = 0; x + y 1 = 0 (рис. 3).
Решение: Известно, что функция, определенная в замкнутой области, достигает своих наименьшего и наибольшего значений либо в стационарных точках, принадлежащих области, либо на ее границе. Поэтому необходимо выяснить, существуют ли стационарные точки функции z(x; y); принадлежащие D и исследовать функцию на экстремум.
y
1
D
0 |
1 |
x |
Рис. 3. Область D; ограниченная линиями x = 0; y = 0; x + y 1 = 0:
Для первых частных производных функции z(x; y) имеем:
zx0 |
= |
y + 3 = 0; |
||
z0 |
= |
x |
|
2y + 4 = 0; |
y |
|
|
|
откуда есть стационарная точка M1( 10; 3): Так как стационарная точка M1 лежит вне области D; то ее не учитываем. Исследуем поведение функции на границе области
D:
На границе x = 0 функция z(x = 0; y) = y2 + 4y представляет собой квадратичную параболу с ветвями, обращенными вниз. Стационарная точка для этой функции определяется условием zy0 (x = 0; y) = 2y + 4 = 0; что дает M2(0; 2): Так как и стационарная точка M2 лежит вне области D; то ее также не учитываем. Следовательно, функция z(x = 0; y) = y2 + 4y достигает своих наибольшего и наименьшего значений на своих границах. А именно, в точке (0; 0) значение z(0; 0) = 0 и в точке (0; 1) значение z(0; 1) = 3:
На границе y = 0 функция z(x; y = 0) = 3x представляет собой прямую, и, следовательно, достигает наибольшего и наименьшего значений на своих границах. А именно, в точке (0; 0) значение z(0; 0) = 0 и в точке (1; 0) значение z(1; 0) = 3:
8
На границе x + y 1 = 0 функция z(x; y = 1 x) = 2x2 + 2x + 3 представляет собой квадратичную параболу с ветвями, обращенными вниз. Стационарная точка для этой
функции определяется условием zx0 (x; y = 1 x) = 4x+2 = 0; что дает M3(1=2; 1=2) 2 D: Так как zxx00 (x; y = 1 x) = 2 < 0; то в точке M3 имеем максимум z(1; 0) = 3; 5: В граничных точках (1; 0) и (0; 1) значения функции z(x; y) определены выше.
Таким образом, данная функция z(x; y); определенная в указанной замкнутой обла-
сти D; достигает своего наибольшего значения zнаибольш(1; 0) = 3; 5 в точке (1; 0) и наименьшего значения zнаименьш(0; 0) = 0 в точке (0; 0):
Ответ: zнаибольш = z(1; 0) = 3; 5; zнаименьш = z(0; 0) = 0:
0.9Изменение порядка интегрирования в кратных интегралах
Изобразить область интегрирования; изменить порядок интегрирования:
pp
1 |
|
x |
2 |
|
2 x |
|
I1 = Z0 |
dx Z0 |
f(x; y)dy + Z1 |
dx |
Z0 |
f(x; y)dy: |
Решение: Область интегрирования D (рис. 4) данного повторного интеграла I = I1 + I2
S
представляет собой объединение двух областей: D = D1 D2: Область D1 ограничена линиями x = 1; y = 0; y = x: Область D2 ограничена линиями x = 1; y = 0; y = (2 x):
y
1
D1 D2
0 |
1 |
2 |
x |
Рис. 4. Область интегрирования D двойного интеграла I:
Исходно при вычислении двойного интеграла I1 при фиксированной абсциссе x ордината y изменяется в пределах от 0 до кривой y = x; а уже затем x изменяется в пределах от 0 до 1: При изменении порядка интегрирования при фиксированной ординате y абсцисса x изменяется в пределах от кривой x = y2 до 1; а уже затем y изменяется в пределах от 0 до 1:
В итоге, |
p |
|
|
|
|
|
1 |
dx Z |
x |
|
1 |
1 |
|
I1 = Z |
f(x; y)dy = |
Z |
dy Z2 |
f(x; y)dx: |
||
0 |
0 |
|
|
0 |
y |
|
Аналогично, при вычислении двойного интеграла I2 исходно при фиксированной абсциссе x ордината y изменяется в пределах от 0 до кривой y = (2 x); а уже затем x изменяется в пределах от 1 до 2: При изменении порядка интегрирования при фиксированной ординате y абсцисса x изменяется в пределах от x = 1 до кривой x = 2 y2; а уже затем y изменяется в пределах от 0 до 1:
9
В итоге, |
|
|
|
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y2 |
|
||
|
|
2 |
|
2 x |
|
1 |
|
||||
|
|
I2 = Z1 |
dx |
Z0 |
f(x; y)dy = Z0 |
dy Z1 |
f(x; y)dx: |
||||
1 |
1 |
|
|
1 |
|
|
y2 |
|
|
|
|
Ответ: I = R0 |
dyyR2 |
f(x; y)dx + R0 |
dy |
R1 |
f(x; y)dx: |
|
|
0.10Вычисление двойных интегралов
Вычислить двойные интегралы в указанных областях:
0.10.1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I1 = ZZ (xy 9x5y5)dxdy; |
D1 : x = 1; y = p3 |
|
|
; y = x2; |
|||||
x |
|||||||||
|
D1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0.10.2 |
= |
ZZ y2 cos 2 dxdy; |
D2 : x = 0; y = p2 ; y = 2x: |
||||||
I2 |
|||||||||
|
|
|
xy |
|
|
|
|
|
|
|
|
D2 |
|
|
|
|
|
У к а з а н и е. Проверить правильность ответа можно повторным расчетом с иным порядком интегрирования.
Решение: p
10.1. Вычислим двойной интеграл I1 в области D1 (рис. 5). Кривые y = 3 x и y = x2 пересекаются в точках (0; 0) и ( 1; 1):
|
y |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
D11 |
|
|
|
0 |
D |
1 |
x |
|
|
|||
|
|
12 |
|
|
|
1 |
|
|
|
Рис. |
5. |
Область |
интегрирова- |
|
ния D1 |
двойного интеграла I1: |
Область интегрирования D1 данного повторного интеграла I1 удобно представить в виде объединения двух непересекающихся (за исключением точки (0; 0)) областей: D1 =
10