Кратни, криволинейни и повърхнинни интеграли - задачи с решения

Решение:
Областта [tex]D[/tex] е правоъгълник и подинтегралната функция е непрекъсната, така че двойният интеграл е равен на повторен интеграл. Интегрираме първо по [tex]y[/tex]; събираемото [tex]\sin (\pi x)[/tex] не зависи от [tex]y[/tex], а интервалът за [tex]y[/tex] има дължина [tex]1[/tex]:
[tex]\int_{2}^{3}\left(x^2y+\sin (\pi x)\right)dy=x^2\cdot \frac{3^2-2^2}{2}+\sin (\pi x)=\frac{5}{2}x^2+\sin (\pi x)[/tex]
Тогава
[tex]\int_{0}^{1}\left(\frac{5}{2}x^2+\sin (\pi x)\right)dx=\frac{5}{6}+\left[-\frac{\cos(\pi x)}{\pi}\right]_{0}^{1}=\frac{5}{6}+\frac{1}{\pi}+\frac{1}{\pi}=\frac{5}{6}+\frac{2}{\pi}[/tex]
Синусовото събираемо не се анулира: [tex]\sin (\pi x)\ge 0[/tex] в [tex][0; 1][/tex], така че то добавя положителното число [tex]\frac{2}{\pi}[/tex].

Решение:
Трите прави ограничават триъгълника с върхове [tex](0; 0)[/tex], [tex](0; \pi)[/tex] и [tex](\pi; \pi)[/tex], следователно
[tex]D=\{(x,y):\ 0\le y\le \pi,\ 0\le x\le y\}[/tex]
Подинтегралната функция е непрекъсната, така че двойният интеграл е равен на повторния. Интегрираме първо по [tex]x[/tex]:
[tex]\int_0^{y}\cos(x+y)\,dx=\sin (x+y)\Big|_{x=0}^{x=y}=\sin 2y-\sin y[/tex]
Следователно
[tex]\iint_D\cos(x+y)\,dx\,dy=\int_0^{\pi}(\sin 2y-\sin y)\,dy=\left(-\frac{\cos 2y}{2}+\cos y\right)\Big|_0^{\pi}=\left(-\frac{1}{2}-1\right)-\left(-\frac{1}{2}+1\right)=-2[/tex]

Решение:
Върховете са пресечните точки на съседните прави: [tex]y=1[/tex] и [tex]y=3x+1[/tex] се пресичат в [tex](0; 1)[/tex]; от [tex]y=3x+1[/tex] и [tex]x+y=5[/tex] получаваме [tex]4x=4[/tex], т.е. [tex](1; 4)[/tex]; [tex]x+y=5[/tex] и [tex]x=2[/tex] се пресичат в [tex](2; 3)[/tex]; [tex]x=2[/tex] и [tex]y=1[/tex] се пресичат в [tex](2; 1)[/tex].
Долната граница навсякъде е [tex]y=1[/tex], а горната е [tex]y=3x+1[/tex] при [tex]0\le x\le 1[/tex] и [tex]y=5-x[/tex] при [tex]1\le x\le 2[/tex], тъй като [tex]3x+1\le 5-x\iff x\le 1[/tex]. Затова разделяме областта с правата [tex]x=1[/tex]:
[tex]S=\iint_D dx\,dy=\int_{0}^{1}\int_{1}^{3x+1}dy\,dx+\int_{1}^{2}\int_{1}^{5-x}dy\,dx=\int_{0}^{1}3x\,dx+\int_{1}^{2}(4-x)\,dx=\frac{3}{2}+\frac{5}{2}=4[/tex]

Решение:
Направляващият вектор е [tex]\overrightarrow{AB}=(1; -1; 5)[/tex], така че отсечката се параметризира по следния начин, като [tex]t=0[/tex] дава [tex]A[/tex], а [tex]t=1[/tex] дава [tex]B[/tex] (при интеграл от втори род посоката е съществена):
[tex]x=1+t,\quad y=2-t,\quad z=-1+5t,\quad 0\le t\le 1[/tex]
Тогава [tex]dx=dt[/tex], [tex]dy=-dt[/tex], [tex]dz=5\,dt[/tex] и
[tex]x+y+1=4,\quad 2y-3=1-2t,\quad 3x+2y-z=(3+3t)+(4-2t)-(-1+5t)=8-4t[/tex]
Следователно интегралът е равен на
[tex]\int_{0}^{1}\left(4-(1-2t)+5(8-4t)\right)dt=\int_{0}^{1}(43-18t)\,dt=43-9=34[/tex]

Решение:
Тук [tex]P=2x-y[/tex] и [tex]Q=2x+y[/tex] са полиноми, следователно са непрекъснато диференцируеми в цялата равнина, а посоката [tex]O\to A\to B\to O[/tex] е обратна на часовниковата стрелка (триъгълникът остава отляво). Затова формулата на Грийн е приложима, като [tex]D[/tex] е триъгълникът:
[tex]\oint_L P\,dx+Q\,dy=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dx\,dy=\iint_D\left(2-(-1)\right)dx\,dy=3\iint_D dx\,dy[/tex]
Страната [tex]OB[/tex] лежи на правата [tex]y=x[/tex], така че [tex]D=\{0\le x\le 2,\ 0\le y\le x\}[/tex] е правоъгълен триъгълник с катети [tex]OA=AB=2[/tex] и лице [tex]\frac{2\cdot 2}{2}=2[/tex]. Следователно
[tex]\oint_L (2x-y)\,dx+(2x+y)\,dy=3\cdot 2=6[/tex]
Проверка с пряко пресмятане: по [tex]OA[/tex] ([tex]y=0,\ dy=0[/tex]) получаваме [tex]\int_0^2 2x\,dx=4[/tex]; по [tex]AB[/tex] ([tex]x=2,\ dx=0[/tex]) получаваме [tex]\int_0^2(4+y)\,dy=10[/tex]; по [tex]BO[/tex] ([tex]y=x[/tex], [tex]x[/tex] от [tex]2[/tex] до [tex]0[/tex]) получаваме [tex]\int_2^0 4x\,dx=-8[/tex]; общо [tex]4+10-8=6[/tex].

Решение:
Повърхнината [tex]S[/tex] не е затворена, така че формулата на Гаус-Остроградски не може да се приложи директно, но потокът [tex]\Phi[/tex] лесно се пресмята непосредствено. Върху [tex]S[/tex] единичната нормала е [tex]\vec{n}=(0; 0; 1)[/tex] и [tex]dS=dx\,dy[/tex], така че има значение само третата компонента на полето при [tex]z=0[/tex]:
[tex]\Phi=\iint_{x^2+y^2\le 1}\left(z^2+x^2\right)\Big|_{z=0}dx\,dy=\iint_{x^2+y^2\le 1}x^2\,dx\,dy[/tex]
В полярни координати [tex]x=r\cos\varphi,\ y=r\sin \varphi[/tex] (якобиан [tex]r[/tex]):
[tex]\Phi=\int_0^{2\pi}\cos^2\varphi\,d\varphi\int_0^1 r^3\,dr=\pi\cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi}{4}[/tex]

Решение:
Параметризираме окръжността в посока обратна на часовниковата стрелка:
[tex]x=\cos t,\quad y=\sin t,\quad 0\le t\le 2\pi[/tex]
Тогава [tex]dx=-\sin t\,dt[/tex], [tex]dy=\cos t\,dt[/tex], [tex]x^2+y^2=1[/tex] и
[tex]x\,dy-y\,dx=\left(\cos^2t+\sin ^2t\right)dt=dt\quad\Rightarrow\quad\oint_L \frac{x\,dy-y\,dx}{x^2+y^2}=\int_{0}^{2\pi}dt=2\pi[/tex]
Забележка: за [tex]P=-\frac{y}{x^2+y^2}[/tex] и [tex]Q=\frac{x}{x^2+y^2}[/tex] имаме [tex]\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}[/tex] при [tex](x,y)\ne(0,0)[/tex], но формулата на Грийн не може да се приложи за единичния кръг, защото [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] не са дефинирани в началото на координатната система, което лежи вътре в [tex]L[/tex]. Затова резултатът не е [tex]0[/tex].