Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Область лежит в первой четверти (из [tex]x^2=3y[/tex] следует [tex]y\ge 0[/tex], а из [tex]y^2=x[/tex] следует [tex]x\ge 0[/tex]) и задаётся неравенствами
[tex]3\le\frac{x^2}{y}\le 5,\qquad 1\le\frac{y^2}{x}\le 2[/tex]
Введём новые переменные [tex]u=\frac{x^2}{y}[/tex], [tex]v=\frac{y^2}{x}[/tex]. Тогда области [tex]G[/tex] соответствует прямоугольник [tex]3\le u\le 5,\ 1\le v\le 2[/tex], а отображение взаимно однозначно в открытой первой четверти, поскольку [tex]u^2v=x^3[/tex] и [tex]uv^2=y^3[/tex]. Его якобиан равен
[tex]\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}=\begin{vmatrix}\frac{2x}{y} & -\frac{x^2}{y^2}\\ -\frac{y^2}{x^2} & \frac{2y}{x}\end{vmatrix}=4-1=3,\qquad dx\,dy=\frac{1}{3}\,du\,dv[/tex]
Кроме того, подынтегральная функция в новых переменных равна
[tex]xy=\frac{x^2}{y}\cdot \frac{y^2}{x}=uv[/tex]
Следовательно,
[tex]\iint_G xy\,dx\,dy=\frac{1}{3}\int_{3}^{5}u\,du\int_{1}^{2}v\,dv=\frac{1}{3}\cdot 8\cdot \frac{3}{2}=4[/tex]

Решение:
Неравенство [tex]x^2+y^2\le 2y[/tex], т.е. [tex]x^2+(y-1)^2\le 1[/tex], задаёт круг с центром [tex](0; 1)[/tex] и радиусом [tex]1[/tex]; он лежит в полуплоскости [tex]y\ge 0[/tex], а его граница проходит через начало координат. В полярных координатах [tex]x=r\cos\varphi,\ y=r\sin \varphi[/tex] (якобиан [tex]r[/tex]) этот круг задаётся неравенствами
[tex]0\le r\le 2\sin \varphi,\qquad 0\le\varphi\le\pi[/tex]
Условие [tex]y\le\sqrt{3}\,x[/tex] вместе с [tex]y\ge 0[/tex] даёт [tex]x\ge 0[/tex] и [tex]\operatorname{tg} \varphi\le\sqrt{3}[/tex], т.е. [tex]0\le\varphi\le\frac{\pi}{3}[/tex]. В [tex]D[/tex] имеем [tex]r^2\le 4\sin ^2\frac{\pi}{3}=3\lt 6[/tex], поэтому подынтегральная функция непрерывна. Внутренний интеграл равен
[tex]\int_{0}^{2\sin \varphi}\frac{r\,dr}{\left(6-r^2\right)^2}=\left[\frac{1}{2\left(6-r^2\right)}\right]_{0}^{2\sin \varphi}=\frac{1}{2\left(6-4\sin ^2\varphi\right)}-\frac{1}{12}[/tex]
В оставшемся интеграле сделаем замену [tex]t=\operatorname{tg} \varphi[/tex]; тогда [tex]\sin ^2\varphi=\frac{t^2}{1+t^2}[/tex] и [tex]d\varphi=\frac{dt}{1+t^2}[/tex]:
[tex]\int_{0}^{\pi/3}\frac{d\varphi}{6-4\sin ^2\varphi}=\int_{0}^{\sqrt{3}}\frac{dt}{6+2t^2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\left[\arctan\frac{t}{\sqrt{3}}\right]_{0}^{\sqrt{3}}=\frac{\pi}{8\sqrt{3}}[/tex]
Следовательно,
[tex]I=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{8\sqrt{3}}-\frac{1}{12}\cdot \frac{\pi}{3}=\frac{\pi\sqrt{3}}{48}-\frac{\pi}{36}=\frac{\pi\left(3\sqrt{3}-4\right)}{144}[/tex]

Решение:
Подынтегральная функция непрерывна на прямоугольнике [tex]\left[0; a\right]×\left[0; b\right][/tex] (как максимум непрерывных функций), поэтому прямоугольник можно разбить на части и интегрировать по каждой части в любом порядке. Диагональ [tex]y=\frac{b}{a}x[/tex] от [tex](0; 0)[/tex] до [tex](a; b)[/tex] делит его на два треугольника. Под диагональю ([tex]0\le y\le\frac{b}{a}x[/tex]) имеем [tex]ay\le bx[/tex], значит, [tex]a^2y^2\le b^2x^2[/tex] и подынтегральная функция равна [tex]e^{b^2x^2}[/tex]; над диагональю она равна [tex]e^{a^2y^2}[/tex].
Функция [tex]e^{x^2}[/tex] не имеет элементарной первообразной, поэтому в каждом треугольнике сначала интегрируем по переменной, которая не входит в показатель степени. Нижний треугольник:
[tex]I_1=\int_0^a dx\int_0^{bx/a}e^{b^2x^2}\,dy=\int_0^a\frac{b}{a}\,x\,e^{b^2x^2}\,dx=\frac{b}{a}\cdot \frac{e^{b^2x^2}}{2b^2}\Big|_0^a=\frac{e^{a^2b^2}-1}{2ab}[/tex]
Верхний треугольник ([tex]0\le y\le b,\ 0\le x\le\frac{a}{b}y[/tex]):
[tex]I_2=\int_0^b dy\int_0^{ay/b}e^{a^2y^2}\,dx=\int_0^b\frac{a}{b}\,y\,e^{a^2y^2}\,dy=\frac{a}{b}\cdot \frac{e^{a^2y^2}}{2a^2}\Big|_0^b=\frac{e^{a^2b^2}-1}{2ab}[/tex]
Следовательно, интеграл равен
[tex]I_1+I_2=\frac{e^{a^2b^2}-1}{ab}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]R=20[/tex]; тогда [tex]|S|=4\pi R^2[/tex]. Раскроем скобки:
[tex]T=x^2+2y^2+z^2+2xy-2yz[/tex]
Сфера и элемент площади [tex]dS[/tex] не меняются при [tex]x\mapsto -x[/tex], а [tex]xy[/tex] меняет знак, поэтому [tex]\iint_S xy\,dS=0[/tex]; аналогично (при [tex]z\mapsto -z[/tex]) [tex]\iint_S yz\,dS=0[/tex]. Сфера не меняется и при перестановках координат, а на [tex]S[/tex] выполнено [tex]x^2+y^2+z^2=R^2[/tex], следовательно,
[tex]\iint_S x^2\,dS=\iint_S y^2\,dS=\iint_S z^2\,dS=\frac{1}{3}\iint_S\left(x^2+y^2+z^2\right)dS=\frac{1}{3}R^2\cdot 4\pi R^2=\frac{4\pi R^4}{3}[/tex]
Следовательно, [tex]\iint_S T\,dS=(1+2+1)\cdot \frac{4\pi R^4}{3}=\frac{16\pi R^4}{3}[/tex], и средняя температура равна
[tex]\frac{1}{4\pi R^2}\cdot \frac{16\pi R^4}{3}=\frac{4R^2}{3}=\frac{4\cdot 400}{3}=\frac{1600}{3}[/tex]

Решение:
Поверхность [tex]S[/tex] замкнутая и кусочно-гладкая; она ограничивает тело [tex]V:\ x\ge 0,\ y\ge 0,\ x^2+y^2\le 1,\ 0\le z\le x^2+y^2[/tex], а функции [tex]P=xz[/tex], [tex]Q=x^2y[/tex], [tex]R=y^2z[/tex] имеют непрерывные частные производные. По формуле Остроградского-Гаусса (для внешней стороны)
[tex]\iint_S P\,dy\,dz+Q\,dz\,dx+R\,dx\,dy=\iiint_V\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)dx\,dy\,dz=\iiint_V\left(z+x^2+y^2\right)dx\,dy\,dz[/tex]
В цилиндрических координатах [tex]x=r\cos\varphi,\ y=r\sin \varphi,\ z=z[/tex] (якобиан [tex]r[/tex]) тело задаётся неравенствами [tex]0\le\varphi\le\frac{\pi}{2},\ 0\le r\le 1,\ 0\le z\le r^2[/tex], поэтому
[tex]I=\int_{0}^{\pi/2}d\varphi\int_{0}^{1}r\,dr\int_{0}^{r^2}\left(z+r^2\right)dz=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}r\left(\frac{r^4}{2}+r^4\right)dr=\frac{\pi}{2}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{1}{6}=\frac{\pi}{8}[/tex]
Проверка прямым вычислением: поток через плоскости [tex]x=0[/tex], [tex]y=0[/tex], [tex]z=0[/tex] равен нулю (там соответственно [tex]P=0[/tex], [tex]Q=0[/tex], [tex]R=0[/tex]), цилиндр даёт [tex]\frac{3\pi}{16}[/tex], а параболоид даёт [tex]-\frac{\pi}{16}[/tex], всего [tex]\frac{\pi}{8}[/tex].

Решение:
Замена [tex]t=x^2[/tex], [tex]dt=2x\,dx[/tex], [tex]x\in(0; +\infty)[/tex], сводит задачу к одному интегралу:
[tex]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\int_0^{+\infty}t^{-1/2}e^{-t}\,dt=\int_0^{+\infty}\frac{1}{x}\,e^{-x^2}\,2x\,dx=2I,\qquad I=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}\,dx[/tex]
Интеграл [tex]I[/tex] сходится, так как [tex]0\lt e^{-x^2}\le e^{-x}[/tex] при [tex]x\ge 1[/tex]. Поэтому достаточно доказать, что [tex]I=\frac{\sqrt{\pi}}{2}[/tex].
Для [tex]A\gt 0[/tex] пусть [tex]Q_A=\left[0; A\right]×\left[0; A\right][/tex] — квадрат, а [tex]K_R=\left\{x\ge 0,\ y\ge 0,\ x^2+y^2\le R^2\right\}[/tex] — четверть круга. Тогда [tex]K_A\subset Q_A\subset K_{A\sqrt{2}}[/tex], и так как подынтегральная функция [tex]e^{-x^2-y^2}[/tex] положительна,
[tex]\iint_{K_A}e^{-x^2-y^2}dx\,dy\le\iint_{Q_A}e^{-x^2-y^2}dx\,dy\le\iint_{K_{A\sqrt{2}}}e^{-x^2-y^2}dx\,dy[/tex]
В декартовых координатах подынтегральная функция равна [tex]e^{-x^2}e^{-y^2}[/tex], поэтому по теореме Фубини интеграл по квадрату равен
[tex]\iint_{Q_A}e^{-x^2-y^2}dx\,dy=\int_0^Ae^{-x^2}dx\cdot \int_0^Ae^{-y^2}dy=\left(\int_0^Ae^{-x^2}dx\right)^2[/tex]
В полярных координатах [tex]x=r\cos\varphi,\ y=r\sin \varphi[/tex], [tex]dx\,dy=r\,dr\,d\varphi[/tex], интеграл по четверти круга равен
[tex]\iint_{K_R}e^{-x^2-y^2}dx\,dy=\int_0^{\pi/2}d\varphi\int_0^Re^{-r^2}r\,dr=\frac{\pi}{2}\cdot \frac{1-e^{-R^2}}{2}=\frac{\pi}{4}\left(1-e^{-R^2}\right)[/tex]
Объединяя три соотношения, получаем
[tex]\frac{\pi}{4}\left(1-e^{-A^2}\right)\le\left(\int_0^Ae^{-x^2}dx\right)^2\le\frac{\pi}{4}\left(1-e^{-2A^2}\right)[/tex]
При [tex]A\to+\infty[/tex] обе оценки стремятся к [tex]\frac{\pi}{4}[/tex], поэтому [tex]I^2=\frac{\pi}{4}[/tex], а так как [tex]I\gt 0[/tex], то [tex]I=\frac{\sqrt{\pi}}{2}[/tex]. Таким образом, двойной интеграл по первой четверти, вычисленный в декартовых и в полярных координатах, имеет одно и то же значение [tex]\frac{\pi}{4}=I^2[/tex]. Следовательно,
[tex]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=2I=\sqrt{\pi}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]k=\sqrt{a^2+b^2+c^2}[/tex]. Оба интеграла существуют, так как [tex]f[/tex] непрерывна. Если [tex]k=0[/tex], то [tex]a=b=c=0[/tex], левая часть равна [tex]4\pi f(0)[/tex] (площадь единичной сферы равна [tex]4\pi[/tex]), а правая равна [tex]2\pi\cdot 2f(0)=4\pi f(0)[/tex].
Пусть [tex]k\gt 0[/tex] и [tex]\vec{e}_3=\frac{1}{k}(a; b; c)[/tex]. Дополним [tex]\vec{e}_3[/tex] до ортонормированного базиса [tex]\vec{e}_1,\ \vec{e}_2,\ \vec{e}_3[/tex] и введём новые координаты (скалярные произведения с радиус-вектором [tex]\vec{r}=(x; y; z)[/tex])
[tex]u=\vec{r}⋅\vec{e}_1,\qquad v=\vec{r}⋅\vec{e}_2,\qquad w=\vec{r}⋅\vec{e}_3[/tex]
Это ортогональная замена координат: она сохраняет расстояния и площади, переводит единичную сферу в единичную сферу [tex]u^2+v^2+w^2=1[/tex] и поэтому не меняет поверхностный интеграл первого рода. Так как [tex]ax+by+cz=k\left(\vec{r}⋅\vec{e}_3\right)=kw[/tex], получаем
[tex]\iint_S f(ax+by+cz)\,dS=\iint_{u^2+v^2+w^2=1}f(kw)\,dS[/tex]
Теперь параметризуем эту сферу с полярной осью [tex]Ow[/tex]: [tex]u=\sin \theta\cos\varphi,\ v=\sin \theta\sin \varphi,\ w=\cos\theta[/tex], [tex]0\le\theta\le\pi,\ 0\le\varphi\le 2\pi[/tex]. Для этой параметризации длина векторного произведения частных производных равна [tex]\sin \theta[/tex], т.е. [tex]dS=\sin \theta\,d\theta\,d\varphi[/tex], и
[tex]\iint_{u^2+v^2+w^2=1}f(kw)\,dS=\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{0}^{\pi}f(k\cos\theta)\sin \theta\,d\theta=2\pi\int_{0}^{\pi}f(k\cos\theta)\sin \theta\,d\theta[/tex]
Заменой [tex]t=\cos\theta[/tex], [tex]dt=-\sin \theta\,d\theta[/tex], при которой [tex]t[/tex] убывает от [tex]1[/tex] до [tex]-1[/tex], последний интеграл приводится к виду [tex]\int_{-1}^{1}f(kt)\,dt[/tex]. Следовательно,
[tex]\iint_S f(ax+by+cz)\,dS=2\pi\int_{-1}^{1}f\left(t\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)dt[/tex]
что и доказывает формулу Пуассона.