Решение повторного интеграла и построение графика функции

Хорошо, давайте решим эти задачи по порядку. ЗАДАНИЕ 4. Вычислить а) вычислить повторный интеграл \[ \int_{0}^{1} dy \int_{0}^{y^2} (3x - 2y) dx \] Решение: Сначала вычислим внутренний интеграл по \(x\): \[ \int_{0}^{y^2} (3x - 2y) dx \] При интегрировании по \(x\), \(y\) считается константой. \[ \left[ \frac{3x^2}{2} - 2yx \right]_{0}^{y^2} \] Теперь подставим пределы интегрирования: \[ \left( \frac{3(y^2)^2}{2} - 2y(y^2) \right) - \left( \frac{3(0)^2}{2} - 2y(0) \right) \] \[ = \frac{3y^4}{2} - 2y^3 - 0 \] \[ = \frac{3y^4}{2} - 2y^3 \] Теперь подставим результат во внешний интеграл по \(y\): \[ \int_{0}^{1} \left( \frac{3y^4}{2} - 2y^3 \right) dy \] Вычислим этот интеграл: \[ \left[ \frac{3y^5}{2 \cdot 5} - \frac{2y^4}{4} \right]_{0}^{1} \] \[ = \left[ \frac{3y^5}{10} - \frac{y^4}{2} \right]_{0}^{1} \] Теперь подставим пределы интегрирования: \[ \left( \frac{3(1)^5}{10} - \frac{(1)^4}{2} \right) - \left( \frac{3(0)^5}{10} - \frac{(0)^4}{2} \right) \] \[ = \left( \frac{3}{10} - \frac{1}{2} \right) - 0 \] \[ = \frac{3}{10} - \frac{5}{10} \] \[ = -\frac{2}{10} \] \[ = -\frac{1}{5} \] Ответ: \( -\frac{1}{5} \) б) составить два повторных интеграла, выбрать порядок обхода и вычислить двойной интеграл по заданной области \[ \iint_{D} xy \, dxdy \] Область \(D\) - треугольник \(ABC\) с вершинами \(A(0;0)\), \(B(2;0)\), \(C(0;2)\). Сначала опишем область интегрирования. Вершины треугольника: \(A = (0,0)\) \(B = (2,0)\) \(C = (0,2)\) Стороны треугольника: 1. Сторона \(AB\) лежит на оси \(Ox\), уравнение \(y = 0\). 2. Сторона \(AC\) лежит на оси \(Oy\), уравнение \(x = 0\). 3. Сторона \(BC\) соединяет точки \((2,0)\) и \((0,2)\). Уравнение прямой, проходящей через две точки \((x_1, y_1)\) и \((x_2, y_2)\): \[ \frac{x - x_1}{x_2 - x_1} = \frac{y - y_1}{y_2 - y_1} \] Для точек \(B(2,0)\) и \(C(0,2)\): \[ \frac{x - 2}{0 - 2} = \frac{y - 0}{2 - 0} \] \[ \frac{x - 2}{-2} = \frac{y}{2} \] \[ 2(x - 2) = -2y \] \[ x - 2 = -y \] \[ y = 2 - x \] или \[ x = 2 - y \] Составим два повторных интеграла. Вариант 1: Внешний интеграл по \(x\), внутренний по \(y\). Для этого нам нужно выразить \(y\) через \(x\). \(x\) изменяется от \(0\) до \(2\). Для каждого \(x\), \(y\) изменяется от нижней границы \(y=0\) до верхней границы \(y=2-x\). Повторный интеграл: \[ \int_{0}^{2} dx \int_{0}^{2-x} xy \, dy \] Вычислим этот интеграл. Сначала внутренний интеграл по \(y\): \[ \int_{0}^{2-x} xy \, dy \] При интегрировании по \(y\), \(x\) считается константой. \[ \left[ x \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{2-x} \] \[ = x \frac{(2-x)^2}{2} - x \frac{(0)^2}{2} \] \[ = \frac{x(2-x)^2}{2} \] \[ = \frac{x(4 - 4x + x^2)}{2} \] \[ = \frac{4x - 4x^2 + x^3}{2} \] Теперь подставим результат во внешний интеграл по \(x\): \[ \int_{0}^{2} \frac{4x - 4x^2 + x^3}{2} dx \] \[ = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} (4x - 4x^2 + x^3) dx \] \[ = \frac{1}{2} \left[ 4 \frac{x^2}{2} - 4 \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{2} \] \[ = \frac{1}{2} \left[ 2x^2 - \frac{4x^3}{3} + \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{2} \] Подставим пределы интегрирования: \[ = \frac{1}{2} \left( \left( 2(2)^2 - \frac{4(2)^3}{3} + \frac{(2)^4}{4} \right) - \left( 2(0)^2 - \frac{4(0)^3}{3} + \frac{(0)^4}{4} \right) \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( \left( 2 \cdot 4 - \frac{4 \cdot 8}{3} + \frac{16}{4} \right) - 0 \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( 8 - \frac{32}{3} + 4 \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( 12 - \frac{32}{3} \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( \frac{36}{3} - \frac{32}{3} \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( \frac{4}{3} \right) \] \[ = \frac{2}{3} \] Вариант 2: Внешний интеграл по \(y\), внутренний по \(x\). Для этого нам нужно выразить \(x\) через \(y\). \(y\) изменяется от \(0\) до \(2\). Для каждого \(y\), \(x\) изменяется от левой границы \(x=0\) до правой границы \(x=2-y\). Повторный интеграл: \[ \int_{0}^{2} dy \int_{0}^{2-y} xy \, dx \] Вычислим этот интеграл. Сначала внутренний интеграл по \(x\): \[ \int_{0}^{2-y} xy \, dx \] При интегрировании по \(x\), \(y\) считается константой. \[ \left[ y \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{2-y} \] \[ = y \frac{(2-y)^2}{2} - y \frac{(0)^2}{2} \] \[ = \frac{y(2-y)^2}{2} \] \[ = \frac{y(4 - 4y + y^2)}{2} \] \[ = \frac{4y - 4y^2 + y^3}{2} \] Теперь подставим результат во внешний интеграл по \(y\): \[ \int_{0}^{2} \frac{4y - 4y^2 + y^3}{2} dy \] \[ = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} (4y - 4y^2 + y^3) dy \] \[ = \frac{1}{2} \left[ 4 \frac{y^2}{2} - 4 \frac{y^3}{3} + \frac{y^4}{4} \right]_{0}^{2} \] \[ = \frac{1}{2} \left[ 2y^2 - \frac{4y^3}{3} + \frac{y^4}{4} \right]_{0}^{2} \] Подставим пределы интегрирования: \[ = \frac{1}{2} \left( \left( 2(2)^2 - \frac{4(2)^3}{3} + \frac{(2)^4}{4} \right) - \left( 2(0)^2 - \frac{4(0)^3}{3} + \frac{(0)^4}{4} \right) \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( \left( 2 \cdot 4 - \frac{4 \cdot 8}{3} + \frac{16}{4} \right) - 0 \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( 8 - \frac{32}{3} + 4 \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( 12 - \frac{32}{3} \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( \frac{36}{3} - \frac{32}{3} \right) \] \[ = \frac{1}{2} \left( \frac{4}{3} \right) \] \[ = \frac{2}{3} \] Оба порядка интегрирования дают одинаковый результат. Выберем, например, первый порядок, так как он был вычислен первым. Ответ: \( \frac{2}{3} \) в) изменить порядок интегрирования \[ \int_{0}^{2} dx \int_{3x^2}^{12x} f(x, y) dy \] Сначала опишем область интегрирования \(D\). Из данного интеграла видно, что: \(0 \le x \le 2\) \(3x^2 \le y \le 12x\) Границы области: 1. \(x = 0\) (ось \(Oy\)) 2. \(x = 2\) 3. \(y = 3x^2\) (парабола) 4. \(y = 12x\) (прямая) Найдем точки пересечения кривых \(y = 3x^2\) и \(y = 12x\). Приравняем их: \(3x^2 = 12x\) \(3x^2 - 12x = 0\) \(3x(x - 4) = 0\) Отсюда \(x = 0\) или \(x = 4\). Точки пересечения: При \(x = 0\), \(y = 3(0)^2 = 0\). Точка \((0,0)\). При \(x = 4\), \(y = 3(4)^2 = 3 \cdot 16 = 48\). Точка \((4,48)\). Также при \(x = 4\), \(y = 12(4) = 48\). Наша область интегрирования ограничена \(x\) от \(0\) до \(2\). Значит, нас интересует часть области, где \(0 \le x \le 2\). В этом интервале \(y = 3x^2\) и \(y = 12x\) определяют нижнюю и верхнюю границы для \(y\). Для изменения порядка интегрирования на \( \int dy \int f(x, y) dx \), нам нужно выразить \(x\) через \(y\). Из \(y = 3x^2\), получаем \(x^2 = \frac{y}{3}\), значит \(x = \sqrt{\frac{y}{3}}\) (так как \(x \ge 0\)). Из \(y = 12x\), получаем \(x = \frac{y}{12}\). Теперь нужно определить пределы для \(y\). Минимальное значение \(y\) в области - это \(y=0\) (при \(x=0\)). Максимальное значение \(y\) в области достигается при \(x=2\). При \(x=2\): \(y = 3(2)^2 = 3 \cdot 4 = 12\) \(y = 12(2) = 24\) Значит, \(y\) изменяется от \(0\) до \(24\). Однако, область интегрирования не является простой по \(y\). Нам нужно разбить область на две части, потому что левая граница для \(x\) меняется. Построим график: Парабола \(y = 3x^2\) начинается в \((0,0)\) и проходит через \((2,12)\). Прямая \(y = 12x\) начинается в \((0,0)\) и проходит через \((2,24)\). Область \(D\) ограничена сверху прямой \(y=12x\) и снизу параболой \(y=3x^2\), при этом \(x\) от \(0\) до \(2\). При изменении порядка интегрирования, мы будем интегрировать сначала по \(x\), а затем по \(y\). Нам нужно определить, какая функция \(x(y)\) является левой границей, а какая правой. Рассмотрим \(y\) от \(0\) до \(12\). В этом диапазоне \(y\), левая граница для \(x\) - это \(x = \frac{y}{12}\) (от прямой \(y=12x\)). Правая граница для \(x\) - это \(x = \sqrt{\frac{y}{3}}\) (от параболы \(y=3x^2\)). Это соответствует области, где \(y\) находится между \(y=3x^2\) и \(y=12x\), и \(x\) находится между \(0\) и точкой пересечения \(x=\sqrt{\frac{y}{3}}\) и \(x=\frac{y}{12}\). Но это не совсем так. Давайте посмотрим на график. Для \(0 \le x \le 2\): Нижняя граница \(y_{нижняя} = 3x^2\). Верхняя граница \(y_{верхняя} = 12x\). Когда мы меняем порядок интегрирования, мы должны рассмотреть горизонтальные полосы. Для каждого значения \(y\), мы должны определить, откуда до куда изменяется \(x\). Максимальное значение \(y\) в области при \(x=2\) равно \(12x = 12 \cdot 2 = 24\). Минимальное значение \(y\) в области при \(x=0\) равно \(3x^2 = 3 \cdot 0^2 = 0\). Значит, \(y\) изменяется от \(0\) до \(24\). Однако, область не является простой по \(y\). Нам нужно разбить область на две части по \(y\). Точка \((2,12)\) лежит на параболе \(y=3x^2\). Точка \((2,24)\) лежит на прямой \(y=12x\). Область \(D\) можно разбить на две подобласти: 1. \(D_1\): \(0 \le y \le 12\). В этой части \(y\), \(x\) изменяется от \(x = \frac{y}{12}\) (прямая) до \(x = \sqrt{\frac{y}{3}}\) (парабола). Это неверно. Если посмотреть на график, для \(y\) от \(0\) до \(12\), левая граница - это \(x = \frac{y}{12}\), а правая граница - это \(x = \sqrt{\frac{y}{3}}\). Но это только до \(x=2\). Давайте перерисуем область. График: Парабола \(y = 3x^2\) проходит через \((0,0)\), \((1,3)\), \((2,12)\). Прямая \(y = 12x\) проходит через \((0,0)\), \((1,12)\), \((2,24)\). Область интегрирования ограничена: Слева: \(x=0\) Справа: \(x=2\) Снизу: \(y=3x^2\) Сверху: \(y=12x\) Когда мы меняем порядок интегрирования, мы должны рассмотреть горизонтальные полосы. Для \(y\) от \(0\) до \(12\): Левая граница для \(x\) - это \(x = \frac{y}{12}\) (от прямой \(y=12x\)). Правая граница для \(x\) - это \(x = \sqrt{\frac{y}{3}}\) (от параболы \(y=3x^2\)). Это первая часть интеграла. Для \(y\) от \(12\) до \(24\): Левая граница для \(x\) -