Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы - задачи с решениями

Решение:
Область [tex]D[/tex] — прямоугольник, а подынтегральная функция непрерывна, поэтому двойной интеграл равен повторному. Интегрируем сначала по [tex]y[/tex]; слагаемое [tex]\sin (\pi x)[/tex] не зависит от [tex]y[/tex], а промежуток для [tex]y[/tex] имеет длину [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]
Тогда
[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]
Слагаемое с синусом не обращается в нуль: [tex]\sin (\pi x)\ge 0[/tex] на [tex][0; 1][/tex], поэтому оно добавляет положительное число [tex]\frac{2}{\pi}[/tex].

Решение:
Три прямые ограничивают треугольник с вершинами [tex](0; 0)[/tex], [tex](0; \pi)[/tex] и [tex](\pi; \pi)[/tex], поэтому
[tex]D=\{(x,y):\ 0\le y\le \pi,\ 0\le x\le y\}[/tex]
Подынтегральная функция непрерывна, поэтому двойной интеграл равен повторному. Интегрируем сначала 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]
Следовательно,
[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:
Вершины — точки пересечения соседних прямых: [tex]y=1[/tex] и [tex]y=3x+1[/tex] пересекаются в [tex](0; 1)[/tex]; из [tex]y=3x+1[/tex] и [tex]x+y=5[/tex] получаем [tex]4x=4[/tex], т.е. [tex](1; 4)[/tex]; [tex]x+y=5[/tex] и [tex]x=2[/tex] пересекаются в [tex](2; 3)[/tex]; [tex]x=2[/tex] и [tex]y=1[/tex] пересекаются в [tex](2; 1)[/tex].
Нижняя граница всюду [tex]y=1[/tex], а верхняя — [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], так как [tex]3x+1\le 5-x\iff x\le 1[/tex]. Поэтому разбиваем область прямой [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:
Направляющий вектор [tex]\overrightarrow{AB}=(1; -1; 5)[/tex], поэтому отрезок параметризуется так, причём [tex]t=0[/tex] даёт [tex]A[/tex], а [tex]t=1[/tex] даёт [tex]B[/tex] (для интеграла второго рода направление существенно):
[tex]x=1+t,\quad y=2-t,\quad z=-1+5t,\quad 0\le t\le 1[/tex]
Тогда [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]
Следовательно, интеграл равен
[tex]\int_{0}^{1}\left(4-(1-2t)+5(8-4t)\right)dt=\int_{0}^{1}(43-18t)\,dt=43-9=34[/tex]

Решение:
Здесь [tex]P=2x-y[/tex] и [tex]Q=2x+y[/tex] — многочлены, поэтому они непрерывно дифференцируемы во всей плоскости, а направление [tex]O\to A\to B\to O[/tex] — против часовой стрелки (треугольник остаётся слева). Значит, формула Грина применима, где [tex]D[/tex] — треугольник:
[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]
Сторона [tex]OB[/tex] лежит на прямой [tex]y=x[/tex], поэтому [tex]D=\{0\le x\le 2,\ 0\le y\le x\}[/tex] — прямоугольный треугольник с катетами [tex]OA=AB=2[/tex] и площадью [tex]\frac{2\cdot 2}{2}=2[/tex]. Следовательно,
[tex]\oint_L (2x-y)\,dx+(2x+y)\,dy=3\cdot 2=6[/tex]
Проверка непосредственным вычислением: на [tex]OA[/tex] ([tex]y=0,\ dy=0[/tex]) получаем [tex]\int_0^2 2x\,dx=4[/tex]; на [tex]AB[/tex] ([tex]x=2,\ dx=0[/tex]) получаем [tex]\int_0^2(4+y)\,dy=10[/tex]; на [tex]BO[/tex] ([tex]y=x[/tex], [tex]x[/tex] от [tex]2[/tex] до [tex]0[/tex]) получаем [tex]\int_2^0 4x\,dx=-8[/tex]; всего [tex]4+10-8=6[/tex].

Решение:
Поверхность [tex]S[/tex] не замкнута, поэтому формулу Гаусса-Остроградского нельзя применить непосредственно, но поток [tex]\Phi[/tex] легко вычислить напрямую. На [tex]S[/tex] единичная нормаль [tex]\vec{n}=(0; 0; 1)[/tex] и [tex]dS=dx\,dy[/tex], поэтому важна только третья компонента поля 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 полярных координатах [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:
Параметризуем окружность в направлении против часовой стрелки:
[tex]x=\cos t,\quad y=\sin t,\quad 0\le t\le 2\pi[/tex]
Тогда [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]
Замечание: для [tex]P=-\frac{y}{x^2+y^2}[/tex] и [tex]Q=\frac{x}{x^2+y^2}[/tex] имеем [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 формулу Грина нельзя применить к единичному кругу, так как [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] не определены в начале координат, которое лежит внутри [tex]L[/tex]. Поэтому результат не равен [tex]0[/tex].