Если внутренний интеграл по y, то для расстановки пределов интегрирования в интеграле по y (функции) необходимо "проткнуть графики" по направлению с осью OY. И тот график, который "протыкается" первым пишем в нижний предел интегрирования.
Аналогично расставляю пределы интегрирования во внешнем интеграле мы должны с крайней слева точки пересечения графиков функций мысленно "заливать краской фигуру" по направлению вдоль оси OX. И соответственно в первую прямую, которую мы "встретим" вдоль оси OX ставим в нижний предел интегрирования по dx.
Если внутренний интеграл по x, то для расстановки пределов интегрирования в интеграле по x (функции) необходимо "проткнуть графики" по направлению с осью OX. И тот график, который "протыкается" первым пишем в нижний предел интегрирования.
Аналогично расставляю пределы интегрирования во внешнем интеграле мы должны с крайней слева точки пересечения графиков функций мысленно "заливать краской фигуру" по направлению вдоль оси OY. И соответственно в первую прямую, которую мы "встретим" вдоль оси OY ставим в нижний предел интегрирования по dy.
Объяснение:
4)
Область [tex]D:[/tex]
[tex]y = x^{2} \Longleftrightarrow x = \pm\sqrt{y}[/tex]
[tex]4 - y = x^{2} \Longleftrightarrow y = 4 - x^{2} \Longleftrightarrow x = \pm\sqrt{4 - y}[/tex]
Точка [tex](-\sqrt{2};2)[/tex] и [tex](\sqrt{2};2)[/tex] есть точки пересечения кривой [tex]y = 4 - x^{2}[/tex] и кривой [tex]y = x^{2}[/tex].
При рассмотрении внутреннего интеграла по x, область [tex]D[/tex] необходимо разбить на две области [tex]D_{1}[/tex] и [tex]D_{2}[/tex]. Прямая [tex]y = 2[/tex] разбивает область на две области. Поэтому следует разбить интеграл на 2 области и отдельно вычислять по каждой из областей.
[tex]|x - 1| = \sqrt{1 - y^{2}}[/tex] ( так как изначально [tex]y = -\sqrt{2x - x^{2} }[/tex], то раскрываем модуль с отрицательным знаком).
[tex]-x + 1 = \sqrt{1 - y^{2}}[/tex]
[tex]x = 1 - \sqrt{1 - y^{2}}[/tex] - функция обратная к [tex]y = -\sqrt{2x - x^{2} }[/tex] при [tex]y \in [-1;0][/tex].
При рассмотрении внутреннего интеграла по y, область [tex]D[/tex] необходимо разбить на две области [tex]D_{1}[/tex] и [tex]D_{2}[/tex]. Прямая [tex]x = 0[/tex] разбивает область на две области. Поэтому следует разбить интеграл на 2 области и отдельно вычислять по каждой из областей.
Answers & Comments
Verified answer
Ответ:
4)
[tex]\boxed{\boldsymbol{ \displaystyle \iint\limits_{D} {f(x,y)} \, dxdy= \int\limits^{2}_{0} {} \, dy \int\limits^{\sqrt{4 - y}}_{-\sqrt{4 - y}} {f(x,y)} \, dx + \int\limits^{4}_{2} {} \, dy \int\limits^{\sqrt{ y}}_{-\sqrt{y}} {f(x,y)} \, dx}}[/tex]
[tex]\boxed{\boldsymbol{\displaystyle \iint\limits_{D} {f(x,y)} \, dxdy = \int\limits^{\sqrt{2} }_{-\sqrt{2} } {} \, dx \int\limits^{4 - x^{2} }_{x^{2} } {f(x,y)} \, dy}}[/tex]
5)
[tex]\boxed{\boldsymbol{ \displaystyle \iint\limits_{D} {f(x,y)} \, dxdy = \int\limits^{2}_{0} {} \, dy \int\limits^{\sqrt{4 - y}}_{-\sqrt{4 - y}} {f(x,y)} \, dx + \int\limits^{4}_{2} {} \, dy \int\limits^{\sqrt{ y}}_{-\sqrt{y}} {f(x,y)} \, dx}}[/tex]
[tex]\boxed{ \boldsymbol{ \displaystyle \iint\limits_{D} {f(x,y)} \, dxdy = \int\limits^{1 }_{0 } {} \, dx \int\limits^{1}_{-\sqrt{2x - x^{2} } } {f(x,y)} \, dy}}[/tex]
Примечание:
Если внутренний интеграл по y, то для расстановки пределов интегрирования в интеграле по y (функции) необходимо "проткнуть графики" по направлению с осью OY. И тот график, который "протыкается" первым пишем в нижний предел интегрирования.
Аналогично расставляю пределы интегрирования во внешнем интеграле мы должны с крайней слева точки пересечения графиков функций мысленно "заливать краской фигуру" по направлению вдоль оси OX. И соответственно в первую прямую, которую мы "встретим" вдоль оси OX ставим в нижний предел интегрирования по dx.
Если внутренний интеграл по x, то для расстановки пределов интегрирования в интеграле по x (функции) необходимо "проткнуть графики" по направлению с осью OX. И тот график, который "протыкается" первым пишем в нижний предел интегрирования.
Аналогично расставляю пределы интегрирования во внешнем интеграле мы должны с крайней слева точки пересечения графиков функций мысленно "заливать краской фигуру" по направлению вдоль оси OY. И соответственно в первую прямую, которую мы "встретим" вдоль оси OY ставим в нижний предел интегрирования по dy.
Объяснение:
4)
Область [tex]D:[/tex]
[tex]y = x^{2} \Longleftrightarrow x = \pm\sqrt{y}[/tex]
[tex]4 - y = x^{2} \Longleftrightarrow y = 4 - x^{2} \Longleftrightarrow x = \pm\sqrt{4 - y}[/tex]
Найдем точку пересечения кривой [tex]y = 4 - x^{2}[/tex] и кривой [tex]y = x^{2} :[/tex]
[tex]4 - x^{2} = x^{2}[/tex]
[tex]2x^{2} = 4|:2[/tex]
[tex]x^{2} = 2 \Longrightarrow x_{1,2} = \pm \sqrt{2}[/tex]
[tex]y = (\pm\sqrt{2})^{2} =2[/tex]
Точка [tex](-\sqrt{2};2)[/tex] и [tex](\sqrt{2};2)[/tex] есть точки пересечения кривой [tex]y = 4 - x^{2}[/tex] и кривой [tex]y = x^{2}[/tex].
При рассмотрении внутреннего интеграла по x, область [tex]D[/tex] необходимо разбить на две области [tex]D_{1}[/tex] и [tex]D_{2}[/tex]. Прямая [tex]y = 2[/tex] разбивает область на две области. Поэтому следует разбить интеграл на 2 области и отдельно вычислять по каждой из областей.
Внутренний интеграл по y:
[tex]\displaystyle \iint\limits_{D} {f(x,y)} \, dxdy = \int\limits^{\sqrt{2} }_{-\sqrt{2} } {} \, dx \int\limits^{4 - x^{2} }_{x^{2} } {f(x,y)} \, dy[/tex]
Внутренний интеграл по x:
[tex]\displaystyle \iint\limits_{D} {f(x,y)} \, dxdy =\displaystyle \iint\limits_{D_{1}} {f(x,y)} \, dxdy + \displaystyle \iint\limits_{D_{2}} {f(x,y)} \, dxdy =[/tex]
[tex]\displaystyle = \int\limits^{2}_{0} {} \, dy \int\limits^{\sqrt{4 - y}}_{-\sqrt{4 - y}} {f(x,y)} \, dx + \int\limits^{4}_{2} {} \, dy \int\limits^{\sqrt{ y}}_{-\sqrt{y}} {f(x,y)} \, dx[/tex]
5)
Область [tex]D:[/tex]
[tex]y = -\sqrt{2x - x^{2} }[/tex]
[tex]x = 0[/tex]
[tex]x =1[/tex]
[tex]y = 1[/tex]
Найдем функция обратную к [tex]y = -\sqrt{2x - x^{2} }:[/tex]
Так как [tex]y \leq 0[/tex], то [tex](-y) \geq 0[/tex], следовательно можем возвести в квадрат обе части уравнения
[tex](-y)^{2} = \bigg (\sqrt{2x - x^{2} } \bigg)^{2}[/tex]
[tex]y^{2} = 2x - x^{2}[/tex]
[tex]y^{2} + x^{2} - 2x = 0| + 1[/tex]
[tex]y^{2} + x^{2} - 2x + 1 = 1[/tex]
[tex]y^{2} + (x - 1)^{2} = 1[/tex]
[tex](x - 1)^{2} = 1 - y^{2}[/tex]
[tex]|x - 1| = \sqrt{1 - y^{2}}[/tex] ( так как изначально [tex]y = -\sqrt{2x - x^{2} }[/tex], то раскрываем модуль с отрицательным знаком).
[tex]-x + 1 = \sqrt{1 - y^{2}}[/tex]
[tex]x = 1 - \sqrt{1 - y^{2}}[/tex] - функция обратная к [tex]y = -\sqrt{2x - x^{2} }[/tex] при [tex]y \in [-1;0][/tex].
При рассмотрении внутреннего интеграла по y, область [tex]D[/tex] необходимо разбить на две области [tex]D_{1}[/tex] и [tex]D_{2}[/tex]. Прямая [tex]x = 0[/tex] разбивает область на две области. Поэтому следует разбить интеграл на 2 области и отдельно вычислять по каждой из областей.
Внутренний интеграл по y:
[tex]\displaystyle \iint\limits_{D} {f(x,y)} \, dxdy = \int\limits^{1 }_{0 } {} \, dx \int\limits^{1}_{-\sqrt{2x - x^{2} } } {f(x,y)} \, dy[/tex]
Внутренний интеграл по x:
[tex]\displaystyle \iint\limits_{D} {f(x,y)} \, dxdy =\displaystyle \iint\limits_{D_{1}} {f(x,y)} \, dxdy + \displaystyle \iint\limits_{D_{2}} {f(x,y)} \, dxdy =[/tex]
[tex]\displaystyle = \int\limits^{0}_{-1} {} \, dy \int\limits^{1}_{1- \sqrt{1 - y^{2}} } {f(x,y)} \, dx + \int\limits^{1}_{0} {} \, dy \int\limits^{1}_{0} {f(x,y)} \, dx[/tex]