Решения прошлых лет из мудла ***
\iint_D \frac{dxdy}{x+y}$, где область D ограничена линиями $x=2, x=4, y=0, x+2y=6$Решение:
Область: $y = 3 - \frac{x}{2}$, $2 \le x \le 4$, $0 \le y \le 3 - \frac{x}{2}$
$I = \int_{2}^{4} \int_{0}^{3-x/2} \frac{1}{x+y} \, dy \, dx$
Внутренний интеграл: $\ln\left(3 + \frac{x}{2}\right) - \ln x$
Внешний интеграл: $10\ln 5 - 22\ln 2 \approx 0.845166$
\iint_D \sqrt{1-x^2-y^2} \,dx\,dy$, где область D - четверть круга $х^2 + у^2 \le 1$, расположенная в первой четверти.Решение:
Переход к полярным координатам: $x = r\cos\varphi$, $y = r\sin\varphi$
$I = \int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^{1} \sqrt{1-r^2} \cdot r \, dr \, d\varphi$
Внутренний интеграл: $\frac{1}{3}$
Внешний интеграл: $\frac{\pi}{6} \approx 0.523599$
\int_L 2x+3y^2 \, dl$, где L - контур треугольника с вершинами $A(0;0), B(0;1), C(2;0)$.Решение:
Разбиваем на три отрезка:
AB: x=0, 0\le y\le 1, dl=dy$ → $\int_{AB} 3y^2 \, dy = 1$BC: y=1-\frac{x}{2}, 0\le x\le 2, dl=\frac{\sqrt{5}}{2}dx$ → $3\sqrt{5} \approx 6.7082$CA: y=0, 0\le x\le 2, dl=dx$ → $\int_{CA} 2x \, dx = 4$1 + 3\sqrt{5} + 4 \approx 11.7082$\int_l \frac{z^2}{y^2+x^2} \, dl$, где L - первый виток винтовой линии $x=\cos{t}, y=\sin{t}, z = t$.Решение:
$dl = \sqrt{(-\sin t)^2 + (\cos t)^2 + 1^2} \, dt = \sqrt{2} \, dt$
$x^2+y^2=1$, $z^2=t^2$
$I = \int_{0}^{2\pi} t^2 \cdot \sqrt{2} \, dt = \sqrt{2} \cdot \frac{(2\pi)^3}{3} \approx 116.925$
\int_L (2-y) \,dx\ - (1-y)\,dy$, где L - первая арка циклоиды $x=t-\sin{t}, y=1-\cos{t}$.Решение:
$dx = (1-\cos t) dt$, $dy = \sin t \, dt$
$(2-y)dx = \sin^2 t \, dt$, $-(1-y)dy = -\sin t \cos t \, dt$
$I = \int_{0}^{2\pi} (\sin^2 t - \sin t \cos t) \, dt = \pi \approx 3.14159$
\int_L x\,dx\,+y\,dy\,+(x+y-1)\,dz$, где L - отрезок прямой от точки $(1;1;1)$ до точки $(2;3;4)$.Решение:
Параметризация: $x=1+t, y=1+2t, z=1+3t, 0\le t\le 1$
$dx=dt, dy=2dt, dz=3dt$
$x\,dx + y\,dy + (x+y-1)dz = (6+14t)dt$
$I = \int_{0}^{1} (6+14t) \, dt = 13$
\int_L (x^2+y^2)\, dl$, где L - окружность с центром в начале координат радиуса 2.Решение:
$x=2\cos t, y=2\sin t, 0\le t\le 2\pi$
$dl = \sqrt{(-2\sin t)^2 + (2\cos t)^2} \, dt = 2\,dt$
$x^2+y^2=4$
$I = \int_{0}^{2\pi} 4 \cdot 2 \, dt = 16\pi \approx 50.2655$
\iint_D (x+2y)\, dx\,dy$, где область D ограничена линиями $y=\sqrt{x}, у=0, x+у=2$.Решение:
Область — треугольник $(0,0),(2,0),(0,2)$ минус область под $y=\sqrt{x}$ при $0\le x\le 1$
По треугольнику: $\int_{0}^{2} \int_{0}^{2-x} (x+2y) \, dy \, dx = 4$
Под параболой: $\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{x}} (x+2y) \, dy \, dx = 0.9$
$I = 4 - 0.9 = 3.1$
\iint_D \frac{8y}{x^2}\, dx\,dy$, где область D ограничена линиями $x=2, x=4, y=0, x-2y+2=0$.Решение:
Из $x-2y+2=0$: $y = \frac{x+2}{2}$
Область: $2\le x\le 4, 0\le y\le \frac{x+2}{2}$
$I = \int_{2}^{4} \int_{0}^{(x+2)/2} \frac{8y}{x^2} \, dy \, dx$
Внутренний интеграл: $\frac{(x+2)^2}{x^2}$
Внешний интеграл: $3 + 4\ln 2 \approx 5.7726$