Matematika/Dvilypiai integralai

Dvilypiai integralai skirti pagreitinti integralų (tūrio, ploto ir kt.) skaičiavimą, kad, užuot dalinus į kelias dalis ir integruojant kiekvieną dalį atskirai, būtų galimą greičiau suintegruoti.

Dvylipis integralas Dekarto koordinatėse

Dvilypio integralo skaičiavimo pavyzdžiai.

1.

• Dvilypį integralą $\underset{D}{\iint }f(x;y)dxdy$ pakeisime kartotiniu, kai sritį D riboja ašis Oy, parabolė $y=\sqrt{x}$ ir tiesė $x+y=2.$ Pirmiausia randame kreivių $x+y=2$ ir $y=\sqrt{x}$ susikirtimo tašką A. Tuo tikslu išsprendžiame lygčių sistemą

{$x+y=2,$

{$y=\sqrt{x},$

iš kurios randame: x=1; y=1. Sritį D Gausime, kai x kis nuo 0 iki 1, o y - nuo apatinės kreivės $y=\sqrt{x}$ iki viršutinės $y=2-x.$ Todėl

$\underset{D}{\iint }f(x;y)dxdy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{\sqrt{x}}{\overset{2-x}{\int }}f(x;y)dy.$

Kad gautume D srities plotą reikia skaičiuoti šitaip: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{\sqrt{x}}{\overset{2-x}{\int }}dy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}y{|}_{\sqrt{x}}^{2-x}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}(2-x-\sqrt{x})dx=(2x-\frac{x^2}{2}-\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}){|}_0^1=2-\frac{1}{2}-\frac{2}{3}=\frac{5}{6}.$ Šį plotą galima gauti ir suskaičiavus atskirai trikampio plotą ir po parabolę $(\sqrt{x}=y)$ $x=y^2$ nuo 0 iki $(-1)$.

$S_{\mathrm{\Delta }}=\frac{1}{2}1\cdot 1=\frac{1}{2},$

$S_{parab}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{y}^{2}dy=\frac{y^3}{3}{|}_0^1=\frac{1}{3},$

$S=S_{\mathrm{\Delta }}+S_{parab}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}.$

Tą patį plotą galima gauti dvilypį integralą skaičiuojant šitaip: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}dy\underset{0}{\overset{y^2}{\int }}dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}dy\underset{0}{\overset{2-y}{\int }}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}x{|}_0^{y^2}dy+\underset{1}{\overset{2}{\int }}x{|}_0^{2-y}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{y}^{2}dy+\underset{1}{\overset{2}{\int }}(2-y)dy=$ $=\frac{y^3}{3}{|}_0^1+(2y-\frac{y^2}{2}){|}_1^2=\frac{1}{3}+4-2-2+\frac{1}{2}=\frac{5}{6}.$

• Apskaičiuosime srities D plotą, kurį apriboja parabolė $y=\sqrt{x}$ ir parabolė $y=x^2,$ kai x kinta nuo 0 iki 1.

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{x^2}{\overset{\sqrt{x}}{\int }}dy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}y{|}_{x^2}^{\sqrt{x}}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\sqrt{x}-x^2)dx=(\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}-\frac{x^3}{3}){|}_0^1=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$

2.

Tą patį atsakymą galima gauti iš pradžių apskaičiavus plotą po parabole $y=\sqrt{x}$ ir paskui atėmus iš ploto po parabole $y=x^2.$ Plotas po parabole $y=x^2$ apskaičiuojamas taip:

$S_1=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}{|}_0^1=\frac{1}{3}.$

Plotas po parabole $y=\sqrt{x}$ yra:

$S_2=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{x}dx=\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}{|}_0^1=\frac{2}{3}.$

Atėmus plotą po parabole $y=\sqrt{x}$ iš ploto po parabole $y=x^2$ gauname ieškomą plotą: $S=S_2-S_1=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$

• Apskaičiuosime integralą $\underset{D}{\iint }xdxdy$ srityje D, apribota linija $y=-x;$ $y=1;$ $y=x^2.$ Iš kairės pusės gaunasi trikampis, kurio krašinė a lygiagreti x ašiai ir lygi 1, o kita krašinėb sutampa su y ašimi ir taip pat lygi 1, o trikampio įžambinė lygi $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$. Iš dešinės pusės viena krašinė lygiagreti x ašiai ir lygi 1 (nes $1=x^2=1^2$), o kita krašinė sutampa su y ašimi ir taip pat lygi 1, šoną riboja parabolė.

3.

$\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dy\underset{-y}{\overset{\sqrt{y}}{\int }}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}x{|}_{-y}^{\sqrt{y}}dy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\sqrt{y}+y)dy=$

$=(\frac{2}{3}{y}^{\frac{3}{2}}+\frac{y^2}{2}){|}_0^1=\frac{2}{3}+\frac{1}{2}=\frac{7}{6}.$

Šios dvimatės figuros plotą taip pat galima apskaičiuoti šitaip: $S_{\mathrm{\Delta }}=\frac{1}{2};$ $S_1=1^2-\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}dx=1-\frac{x^3}{3}{|}_0^1=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3};$ $S=S_{\mathrm{\Delta }}+S_1=\frac{1}{2}+\frac{2}{3}=\frac{7}{6}.$

4.

• Apskaičiuosime ploksčios figuros plotą D apribotą $y^2=x+1;$ $x+y=1.$ Sritis D apribota iš kairės parabole $x=y^2-1,$ iš kairės - atkrapa $x=1-y.$ Išsprendę sistemą, randame parabolės ir tiesės susikirtimo taškus

$y^2-1=1-y,$

$y^2+y-2=0;$

$D=b^2-4ac=1+8=9;$

$x_{1;2}=\frac{-b\pm \sqrt{D}}{2a}=\frac{-1\pm 3}{2}=-2;1.$

$\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{-2}{\overset{1}{\int }}dy\underset{y^2-1}{\overset{1-y}{\int }}dx=\underset{-2}{\overset{1}{\int }}(2-y-y^2)dy=(2y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}){|}_{-2}^1=2-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+4+2-\frac{8}{3}=\frac{9}{2}.$ Galima šį dvilypį integralą integruot ir sukeitus funkcijas vietomis, bet reiketų tada dalinti į dvi dalis. Šio uždavinio reikalaujamą plotą galima surasti ir paprastu būdu: $S_1=\underset{-2}{\overset{1}{\int }}(1-y)dy=(y-\frac{y^2}{2}{|}_{-2}^1=1-\frac{1}{2}-(-2-2)=5-\frac{1}{2}=\frac{9}{2};$ $S_2=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}(y^2-1)dy=(\frac{y^3}{3}-y){|}_{-1}^1=\frac{1}{3}-1-(-\frac{1}{3}+1)=\frac{2}{3}-2=-\frac{4}{3};|S_2|=\frac{4}{3}.$ $S_3=\underset{-2}{\overset{-1}{\int }}(y^2-1)dy=(\frac{y^3}{3}-y){|}_{-2}^{-1}=-\frac{8}{3}+2-(-\frac{1}{3}+1)=-\frac{7}{3}+1=-\frac{4}{3};|S_3|=\frac{4}{3}.$ $S=S_1-|S_3|+|S_2|=\frac{9}{2}-\frac{4}{3}+\frac{4}{3}=\frac{9}{2}.$

Vaizdas:Integral379380.jpg

379.

• Rasime tūrį kūno V, apriboto paviršiais $y=x^2;$ $y=1;$ $z=0;$ $z=x^2+y^2.$ Taip kaip šis kūnas yra cilindrinis kūnas su pagrindu D, apribotas iš viršaus paraboloidu $z=x^2+y^2,$ tai turime:

$V=\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)dxdy=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}dy\underset{0}{\overset{\sqrt{y}}{\int }}(x^2+y^2)dx=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\frac{x^3}{3}+x{y}^2){|}_0^{\sqrt{y}}=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\frac{1}{3}{y}^{\frac{3}{2}}+y^{\frac{5}{2}})dy=$ $=2(\frac{2}{3\cdot 5}{y}^{\frac{5}{2}}+\frac{2}{7}{y}^{\frac{7}{2}}){|}_0^1=2(\frac{2}{15}+\frac{2}{7})=\frac{88}{105}.$

Vaizdas:Integral379380.jpg

380.

• Rasime tūrį kūno V, išpjauto iš begalines prizmės (stačiakampio gretasienio, kurio plotis ir aukštis $a=b=2$, o ilgis begalinis $c=\mathrm{\infty }$) ribomis $x=\pm 1;$ $y=\pm 1$ ir paraboloidais (iš viršaus ir apčios atitinkamai) $x^2+y^2=4-z;$ $x^2+y^2=4(z+2).$ Tūrį kūno V randame kaip sumą tūrių $V_1$ ir $V_2$ jo dalių, gulinčių atitinkamai virš ir po plokštuma XOY. Tokiu budu

$V_1=\underset{D}{\iint }(4-x^2-y^2)dxdy=4\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{0}{\overset{1}{\int }}(4-x^2-y^2)dy=4\underset{0}{\overset{1}{\int }}(4-x^2-\frac{1}{3})dx=\frac{40}{3}=13.33333333;$

$V_2=-\underset{D}{\iint }(\frac{x^2+y^2}{4}-2)dxdy=-4\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\frac{x^2+y^2}{4}-2)dy=-4\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\frac{x^2}{4}+\frac{1}{12}-2)dx=$

$=-4(\frac{1}{12}+\frac{1}{12}-2)=\frac{22}{3}=7.33333333;$

$V=V_1+V_2=\frac{40}{3}+\frac{22}{3}=\frac{62}{3}=20.66666667.$

Vaizdas:Cilpav139.jpg

13.9.

• Kūną riboja koordinačių plokštumos $x=0,$ $y=0,$ $z=0,$ cilindrinis paviršius $z=9-x^2$ ir plokštuma $x+y=3$ (13.9 pav., a). Apskaičiuokime to kūno tūrį. Integravimo sritis D yra projekcija plokštumoje xOy. Žinome, kad kūno tūris

$V=\underset{D}{\iint }(9-x^2)dxdy=\underset{0}{\overset{3}{\int }}dx\underset{0}{\overset{3-x}{\int }}(9-x^2)dy=\underset{0}{\overset{3}{\int }}(9y-x^{2}y){|}_0^{3-x}dx=$ $=\underset{0}{\overset{3}{\int }}(27-9x-3x^2+x^3)dx=(27x-\frac{9x^2}{2}-x^3+\frac{x^4}{4}){|}_0^3=81-40.5-27+20.25=33.75.$

Apitiksliu budu patikrinsime ar atsakymas teisingas. Ant xOy plokštumos yra pagrindas, kuris yra ligiakraštis trikampis su kraštinėmis a=b=3; $c=\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}=4.242640687$. Šitą liagiakraštį statųjį trikampį padaliname į 30 dalių, tuomet Ox ašis padalinama į 30 dalių. O trikampio plotas gali būti gautas tokiu budu:

$S_{\mathrm{\Delta }}=\frac{3}{30}\cdot (3+(3-1\cdot 0,1)+(3-2\cdot 0,1)+(3-3\cdot 0,1)+(3-4\cdot 0,1)+(3-5\cdot 0,1)+...+(3-30\cdot 0,1))=$

$=0.1(3*30-0.1-0.2-0.3-0.4-0.5-0.6-0.7-0.8-0.9-1-1.1-1.2-1.3-1.4-1.5-1.6-1.7-1.8-1.9-2-2.1-2.2-2.3-2.4-2.5-2.6-2.7-2.8-2.9)=$

$=0.1(90-5.5-15.5-22.5)=0.1(90-43.5)=0.1(46.5)=4.65.$ Nesunkiai galime patikrinti, kad Tikrasis trikampio plotas labai panašus $S_{\mathrm{\Delta }}=\frac{a\cdot b}{2}=\frac{3\cdot 3}{2}=4.5$.

O viso kūno tūrį padaliname į 30 stačiakampių gretasienių:

$V=\frac{3}{30}\cdot [3\cdot 9+(3-1\cdot 0.1)(9-(1\cdot 0.1{)}^2)+(3-2\cdot 0.1)(9-(2\cdot 0.1{)}^2)+(3-3\cdot 0.1)(9-(3\cdot 0.1{)}^2)+...+(3-30\cdot 0.1)(9-(30\cdot 0.1{)}^2)]=$

$=0.1(18+2.9*8.99+2.8*8.96+2.7*8.91+2.6*8.84+2.5*8.75+2.4*8.64+2.3*8.51+2.2*8.36+2.1*8.19+2*8+$

$+1.9*7.79+1.8*7.56+1.7*7.31+1.6*7.04+1.5*6.75+1.4*6.44+1.3*6.11+1.2*5.76+1.1*5.39+1*(9-2^2)+$

$+0.9*4.59+0.8*4.16+0.7*3.71+0.6*3.24+0.5*2.75+0.4*2.24+0.3*1.71+0.2*1.16+0.1*0.59)=$

$=0.1(18+211.975+97.025+15.075)=0.1(18+324.075)=34.2075.$

Tūrių atsakymai yra panašūs, o padalinus į daugiau dalių atsakymai taptų dar panašesni.

Pagal kai kuriuos samprotavimus, iš esmės čia yra plotas po parabolės šaka atimtas iš stačiakampiom kurio plotas $yx=x^{2}x$ ir padaugintas iš aukščio h=3 ir tuomet tūris turėtų gautis daugiau:

$V_{max}=h(x^{2}x-\underset{0}{\overset{3}{\int }}{x}^{2}dx)=3(3^2\cdot 3-\underset{0}{\overset{3}{\int }}{x}^{2}dx)=3(27-\frac{x^3}{3}{|}_0^3)=3(27-(\frac{3^3}{3}-0))=3(27-\frac{27}{3})=3(27-9)=3\cdot 18=54.$

Palyginimui, stačiakampio gretasienio, kurio kraštinės a=3, b=3, c=9, tūris yra $V_{st}=abc=3\cdot 3\cdot 9=81.$

5.

• Apskaičiuosime tūrį kūno, apriboto paviršiais $x=0,$ $y=0,$ $z=0$ ir $x+y+z=1.$ Turime $V=\underset{D}{\iint }(1-x-y)dxdy,$ kur D - trikampė integravimo sritis, apribota tiesėmis $x=0,$ $y=0,$ $x+y=1.$ Išdestydami integravimo ribas šiame integrale, gauname

$V=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{0}{\overset{1-x}{\int }}(1-x-y)dy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}(y-xy-\frac{y^2}{2}){|}_0^{1-x}dx=$ $=\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-x-x+x^2-\frac{1}{2}+x-\frac{x^2}{2})dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\frac{1}{2}-x+\frac{x^2}{2})dx=$ $=(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}){|}_0^1=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{1}{6}.$

Šį tūrį galima rasti ir taikant piramidės formulę:

$V=\frac{1}{3}\cdot B\cdot h=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{6},$ kur B=1/2 yra piramidės pagrindas, o h=1 yra piramidės aukštis.

6.

• Kūną riboja tiesės $x=y+2$ atkarpa ir parabolės $x=y^2$ lankas. Randame funkcijų susikirtimo taškus per diskriminantą.

$y+2=y^2,$

$y^2-y-2=0,$

$D=1-4(-2)=9;$

$x_{1,2}=\frac{1\pm 3}{2}=-1;2.$ Randame plotą apribotą šių funkcijų:

$S=\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}dy\underset{y^2}{\overset{y+2}{\int }}dx=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}(y+2-y^2)dy=$ $=(\frac{y^2}{2}+2y-\frac{y^3}{3}){|}_{-1}^2=2+4-\frac{8}{3}-(\frac{1}{2}-2+\frac{1}{3})=8-\frac{1}{2}-3=\frac{9}{2}.$

Šį plotą galimą buvo lengvai apskaičiuoti be dvilypio integralo:

$S_1=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}(y+2)dy=(\frac{y^2}{2}+2y){|}_{-1}^2=2+4-(\frac{1}{2}-2)=8-\frac{1}{2}=\frac{15}{2};$

$S_2=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}{y}^{2}dy=\frac{y^3}{3}{|}_{-1}^2=\frac{8}{3}+\frac{1}{3}=3;$

$S=S_1-S_2=\frac{15}{2}-3=\frac{15-6}{2}=\frac{9}{2}.$

Dvilypis integralas polinėje koordinačių sistemoje

Polinėje koordinačių sistemoje $\underset{D}{\iint }f(x,y)dxdy=\underset{D}{\iint }f(\rho \cos \varphi ,\rho \sin \varphi )\rho d\rho d\varphi .$

$x=\rho \cos \varphi ;y=\rho \sin \varphi .$

$x^2+y^2={\rho }^2{\cos }^2\varphi +{\rho }^2{\sin }^2\varphi ={\rho }^2.$

Pavyzdžiai

Paraboloidas.

• Kūną riboja plokštuma xOy, cilindrinis paviršius $x^2+y^2=1$ ir paraboloidas $z=x^2+y^2.$ Apskaičiuokime to kūno tūrį. Kai D yra skritulio dalis, esanti I ketvirtyje, tai $0\le \varphi \le \frac{\pi }{2},0\le \rho \le 1.$ Tuomet

$\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)dxdy=\underset{D}{\iint }{\rho }^2\cdot \rho d\rho d\varphi =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\rho }^{3}d\rho =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{{\rho }^4}{4}{|}_0^{1}d\varphi =\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\varphi =\frac{1}{4}\varphi {|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{8}.$ Kadangi ketvirčiai yra keturi, $V=4\cdot \frac{\pi }{8}=\frac{\pi }{2}.$ Nepolinėje koordinačių sistemoje sprendimas būtų kur kas sudetingesnis.

• Kūną riboja plokštuma xOy, cilindrinis paviršius $x^2+y^2=4$ ir paraboloidas $z=x^2+y^2.$ Apskaičiuokime to kūno tūrį. Kai D yra skritulis ant plokštumos xOy, tai $0\le \varphi \le 2\pi ,0\le \rho \le 4.$ Tuomet

$V=\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)dxdy=\underset{D}{\iint }{\rho }^2\cdot \rho d\rho d\varphi =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{4}{\int }}{\rho }^{3}d\rho =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{{\rho }^4}{4}{|}_0^{4}d\varphi =$

$=(\frac{4^4}{4}-\frac{0^4}{4})\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\varphi =\frac{256}{4}\varphi {|}_0^{2\pi }=64\cdot (2\pi -0)=128\pi =402.1238597.$

Patikrinsime paraboloido $z=x^2+y^2$ tūrį, kai $0\le x\le 4$, $0\le y\le 4$, 0<z<16, padalindami parabolės šaką į 10 atkarpų-tiesių, kai 0<x<4. Kiekvienos atkarpos projekcijos į Ox ašį ilgis yra 0,4 (y reikšmės tuomet visada būna 0). Todėl reikiau gauti visas x reikšmes:

$x_0=0;$

$x_1=0.4;$

$x_2=2\cdot 0.4=0.8;$

$x_3=3\cdot 0.4=1.2;$

$x_4=4\cdot 0.4=1.6;$

$x_5=5\cdot 0.4=2;$

$x_6=6\cdot 0.4=2.4;$

$x_7=7\cdot 0.4=2.8;$

$x_8=8\cdot 0.4=3.2;$

$x_9=9\cdot 0.4=3.6;$

$x_{10}=10\cdot 0.4=4.$

Dabar toliau reikia surasti visas z reikšmes, įstačius x reikšmes:

$z_0=x_0^2=0^2=0;$

$z_1=x_1^2=0.4^2=0.16;$

$z_2=x_2^2=0.8^2=0.64;$

$z_3=x_3^2=1.2^2=1.44;$

$z_4=x_4^2=1.6^2=2.56;$

$z_5=x_5^2=2^2=4;$

$z_6=x_6^2=2.4^2=5.76;$

$z_7=x_7^2=2.8^2=7.84;$

$z_8=x_8^2=3.2^2=10.24;$

$z_9=x_9^2=3.6^2=12.96;$

$z_{10}=x_{10}^2=4^2=16.$

Dabar sudėsime 10 diskų, kai kiekvieno disko aukštis yra $h_1=z_1-z_0$, $h_2=z_2-z_1$, $h_3=z_3-z_2$ ir taip toliau. Gauname paraboloido tūrį:

$V=\pi (r_1^2(z_1-z_0)+r_2^2(z_2-z_1)+r_3^2(z_3-z_2)+r_4^2(z_4-z_3)+r_5^2(z_5-z_4)+r_6^2(z_6-z_5)+r_7^2(z_7-z_6)+r_8^2(z_8-z_7)+r_9^2(z_9-z_8)+r_{10}^2(z_{10}-z_9))=$

$=\pi (0.4^2(0.16-0)+0.8^2(0.64-0.16)+1.2^2(1.44-0.64)+1.6^2(2.56-1.44)+2^2(4-2.56)+2.4^2(5.76-4)+2.8^2(7.84-5.76)+3.2^2(10.24-7.84)+3.6^2(12.96-10.24)+4^2(16-12.96))=$

$=\pi (0.4^2\cdot 0.16+0.8^2\cdot 0.48+1.2^2\cdot 0.8+1.6^2\cdot 1.12+2^2\cdot 1.44+2.4^2\cdot 1.76+2.8^2\cdot 2.08+3.2^2\cdot 2.4+3.6^2\cdot 2.72+4^2\cdot 3.04)=$

$=\pi (0.16\cdot 0.16+0.64\cdot 0.48+1.44\cdot 0.8+2.56\cdot 1.12+4\cdot 1.44+5.76\cdot 1.76+7.84\cdot 2.08+10.24\cdot 2.4+12.96\cdot 2.72+16\cdot 3.04)=$

$=\pi (0.0256+0.3072+1.152+2.8672+5.76+10.1376+16.3072+24.576+35.2512+48.64)=145.024\pi =455.606333.$

Na, gavosi daugiau nei integravimo budu $V=402.1238597,$ taip ir turėjo gautis. Padalinus į daugiau plonesnių diskų atsakymas gali būti gautas neribotai tikslus, toks pat kaip integruojant.

Palyginimui cilindro tūris lygus dviems paraboloido turiams $V_{cil}=\pi r^{2}h=\pi \cdot 4^2\cdot 16=256\pi =804.2477193.$ O tūris po paraboloidu visada lygus paraboloido tūriui.

1.

• Figūrą riboja kreivės $x^2+y^2=4x,$ $x^2+y^2=8x,$ $y=x,$ $y=x\sqrt{3}.$ Apskaičiuokime tos figuros plotą. Pirmiausia išsiaiškinkime, kokias kreives apibūdina lygtys $x^2+y^2=4x,$ $x^2+y^2=8x.$ Išskyrę dvinario kvadratus gauname:

$x^2+y^2=4x$ <=> $(x-2{)}^2+y^2=4,$

$x^2+y^2=8x$ <=> $(x-4{)}^2+y^2=16.$

Tai apskritimo lygtys. Pirmojo apskritimo centras yra taškas (2; 0), o spindulys lygus 2, antrojo centras - taškas (4; 0), o spindulys lygus 4. Parašykime tų apskritimų lygtis polinėje koordinačių sistemoje: $\rho =4\cos \varphi$ ir $\rho =8\cos \varphi .$ Tiesė $y=x$ su ašimi Ox sudaro kampą $\frac{\pi }{4},$ o tiesė $y=x\sqrt{3}$ - kampą $\frac{y}{x}=\sqrt{3};\tan \varphi =\sqrt{3};\varphi =\arctan \sqrt{3}=\frac{\pi }{3}.$ Taigi sritį D gauname, kai $\varphi$ kinta nuo $\frac{\pi }{4}$ iki $\frac{\pi }{3},$ o $\rho$ - nuo $4\cos \varphi$ iki $8\cos \varphi .$ Figūros plotas $S=\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{D}{\iint }\rho d\rho d\varphi ,$ todėl $S=\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}d\varphi \underset{4\cos \varphi }{\overset{8\cos \varphi }{\int }}\rho d\rho =\frac{1}{2}\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}{\rho }^2{|}_{4\cos \varphi }^{8\cos \varphi }d\varphi =\frac{1}{2}\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}(64{\cos }^2\varphi -16{\cos }^2\varphi )d\varphi =24\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}{\cos }^2\varphi d\varphi =$ $=12\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}(1+\cos (2\varphi ))d\varphi =12(\varphi +\frac{1}{2}\sin (2\varphi )){|}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}=12(\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4}+\frac{1}{2}\sin \frac{2\pi }{3}-\frac{1}{2}\sin \frac{\pi }{2})=$

$=12(\frac{\pi }{12}+\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}\cdot 1)=\pi +3\sqrt{3}-6\approx 2,337745.$

• Figūrą riboja kreivės $x^2+y^2=4,$ $x^2+y^2=8x,$ $y=x,$ $y=x\sqrt{3}.$ Apskaičiuokime tos figuros plotą. Pirmiausia išsiaiškinkime, kokias kreives apibūdina lygtys $x^2+y^2=4,$ $x^2+y^2=8x.$ Išskyrę dvinario kvadratus gauname:

$x^2+y^2=4$ <=> $(x-0{)}^2+y^2=4,$

$x^2+y^2=8x$ <=> $(x-4{)}^2+y^2=16.$

Tai apskritimo lygtys. Pirmojo apskritimo centras yra taškas (0; 0), o spindulys lygus 2, antrojo centras - taškas (4; 0), o spindulys lygus 4. Parašykime tų apskritimų lygtis polinėje koordinačių sistemoje: ${\rho }^2=4$, $\rho =2$ ir $\rho =8\cos \varphi .$ Tiesė $y=x$ su ašimi Ox sudaro kampą $\frac{\pi }{4},$ o tiesė $y=x\sqrt{3}$ - kampą $\frac{y}{x}=\sqrt{3};\tan \varphi =\sqrt{3};\varphi =\arctan \sqrt{3}=\frac{\pi }{3}.$ Taigi sritį D gauname, kai $\varphi$ kinta nuo $\frac{\pi }{4}$ iki $\frac{\pi }{3},$ o $\rho$ - nuo $2$ iki $8\cos \varphi .$ Figūros plotas $S=\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{D}{\iint }\rho d\rho d\varphi ,$ todėl $S=\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}d\varphi \underset{2}{\overset{8\cos \varphi }{\int }}\rho d\rho =\frac{1}{2}\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}{\rho }^2{|}_2^{8\cos \varphi }d\varphi =\frac{1}{2}\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}(64{\cos }^2\varphi -2^2)d\varphi =\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}(32{\cos }^2\varphi -2)d\varphi =$ $=\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}(16(1+\cos (2\varphi ))-2)d\varphi =14\varphi +\frac{16}{2}\sin (2\varphi ){|}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}=\frac{14\pi }{3}-\frac{14\pi }{4}+8\sin \frac{2\pi }{3}-8\sin \frac{\pi }{2}=$

$=\frac{14\pi }{12}+\frac{8\sqrt{3}}{2}-8\approx 2,593395.$

• Figūrą riboja kreivės $x^2+y^2=8x,$ $y=x,$ $y=x\sqrt{3}.$ Apskaičiuokime tos figuros plotą. Pirmiausia išsiaiškinkime, kokią kreivę apibūdina lygtis $x^2+y^2=8x.$ Išskyrę dvinario kvadratą gauname:

$x^2+y^2=8x$ <=> $(x-4{)}^2+y^2=16.$

Tai apskritimo lygtis. Apskritimo centras yra taškas (4; 0), o spindulys lygus 4. Parašykime to apskritimo lygtį polinėje koordinačių sistemoje: ${\rho }^2=8\rho \cos \varphi$, $\rho =8\cos \varphi .$ Tiesė $y=x$ su ašimi Ox sudaro kampą $\frac{\pi }{4},$ o tiesė $y=x\sqrt{3}$ - kampą $\frac{y}{x}=\sqrt{3};\tan \varphi =\sqrt{3};\varphi =\arctan \sqrt{3}=\frac{\pi }{3}.$ Taigi sritį D gauname, kai $\varphi$ kinta nuo $\frac{\pi }{4}$ iki $\frac{\pi }{3},$ o $\rho$ - nuo $0$ iki $8\cos \varphi .$ Figūros plotas $S=\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{D}{\iint }\rho d\rho d\varphi ,$ todėl $S=\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{8\cos \varphi }{\int }}\rho d\rho =\frac{1}{2}\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}{\rho }^2{|}_0^{8\cos \varphi }d\varphi =\frac{1}{2}\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}(64{\cos }^2\varphi -0^2)d\varphi =\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}32{\cos }^2\varphi d\varphi =$ $=32\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\frac{1}{2}(1+\cos (2\varphi ))d\varphi =16\varphi +\frac{16}{2}\sin (2\varphi ){|}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}=\frac{16\pi }{3}-\frac{16\pi }{4}+8\sin \frac{2\pi }{3}-8\sin \frac{\pi }{2}=$

$=\frac{4\pi }{3}+\frac{8\sqrt{3}}{2}-8\cdot 1=3,116993435.$

Apskritimas su spinduliu $r=4$. Paveikslėlyje [klaidingi] skaičiai reiškia: 3,547=3,5863; 2,762=2,9282; 1,237=1,07179677.

Dabar rasime šį plotą be integralų. Yra 2 trikampiai, kuriuos sudaro 3 tiesės: $y=x\sqrt{3}$, $y=x$, $y=4\sqrt{3}-x\sqrt{3}$. Tiese $y=x$ su asimi Ox sudaro kampą 45 laipsniu arba $\pi /4$. Tiesė $y=x\sqrt{3}$ su ašimi Ox sudaro kampą, $\frac{y}{x}=\sqrt{3}$, $\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\sqrt{3}$, $\tan \alpha =\sqrt{3}$, $\alpha =\arctan \sqrt{3}$, $\alpha =\frac{\pi }{3}$ arba 60 laipsniu. Tiesė $y=4\sqrt{3}-x\sqrt{3}$ su tiese $y=x$ kertasi šiuose taškuose $x=2,535898385$, $y=2,535898385$, jie gaunami išsprendus lygčių sistemą:

$\{\begin{array}{cc}y=x,& \\ y=4\sqrt{3}-x\sqrt{3}.& \end{array}$

Keitimo butu gauname,

$x=4\sqrt{3}-x\sqrt{3}$; $x^2=(\sqrt{3}(4-x){)}^2$; $x^2=3(16-8x+x^2)$; $x^2-3x^2+24x-48=0$; $-2x^2+24x-48=0$; $D=b^2-4ac=24^2-4\cdot (-2)\cdot (-48)=576-384=192$, $x_1=\frac{-b+\sqrt{D}}{2a}=\frac{-24+\sqrt{192}}{2\cdot (-2)}=\frac{-24+8\sqrt{3}}{-4}=6-2\sqrt{3}\approx 2,535898385$; $x_2=\frac{-24-\sqrt{192}}{-4}=6+2\sqrt{3}\approx 9,464101615$, $x_2$ netinka, nes $y=x$, nes Ox asimi dirbama nuo 0 iki 4, taip pat netinka grafike, nes nesikerta tieses kai x=9,4641. Dabar randame koks yra y, kai kertasi šios dvi tiesės; y=x, taigi y=2,535898385, tą patį gauname ir įstačius x į lygtį $y=\sqrt{3}(4-x)=\sqrt{3}(4-(6-2\sqrt{3}))=\sqrt{3}(4-6+2\sqrt{3})=-2\sqrt{3}+2\cdot 3=2,535898385$.

Dabar galime rasti ilgį tiesės $y=x$ iki susikirtimo su apskritimo spinduliu, kuris yra tiesė $y=\sqrt{3}(4-x)$, taigi $c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{2,535898385^2\cdot 2}\approx 3,586301889.$ Taip pat randame ilgį tiesės $y=\sqrt{3}(4-x)$ iki susikirtimo su tiese $y=x$. Taigi, $c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{(4-2,535898385{)}^2+2,535898385^2}=\sqrt{1,464101615^2+2,535898385^2}=2,92820323.$ Toliau randame tiesės $y=x\sqrt{3}$ ir tiesės $y=4\sqrt{3}-x\sqrt{3}$ susikirtimo taškus. Keitimo budu išsprendžiame sistemą:

$x\sqrt{3}=4\sqrt{3}-x\sqrt{3}$; $2x\sqrt{3}=4\sqrt{3}$; $2x=4$; $x=2$. Įstačius šią reikšmę į lygtį $y=x\sqrt{3}$, gauname $y=2\sqrt{3}$, kad tiesės kertasi taške, kai $x=2$ ir $y=2\sqrt{3}.$

Pagal pitagoro teorema surandame vienu metu ir tiesės $y=\sqrt{3}(4-x)$ ir tiesės $y=x\sqrt{3}$ ilgius (abiejų tiesių ilgiai vienodi) iki jų susikirtimo taško: $c=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{2^2+(2\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{4+4\cdot 3}=\sqrt{16}=4.$

Dabar galime rasti iškirptą tiesės $y=\sqrt{3}(4-x)$ dalį kitų dviejų tiesių: $y=x$ ir $y=x\sqrt{3}$. Taigi, $e=4-2,92820323=1,07179677$.

Žinodami kampą tarp tiesės $y=x$ ir $y=x\sqrt{3}$, kuris yra $\alpha =60-45=15$ laipsnių arba $\alpha =\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{12}$, pagal formulę $S=\frac{1}{2}ab\sin \alpha =\frac{4\cdot 3,586301889}{2}\sin \frac{\pi }{12}=7,172603778\cdot 0,258819045=1,856406461$ , gauname plotą trikampio iškirptą tiesių $y=x$, $y=x\sqrt{3}$ ir iš viršaus tiese $y=4\sqrt{3}-x\sqrt{3}$. Tą patį plotą gausime ir taikydami Herono formulę:

$p=(a+b+c)/2=(4+3,586301889+1,07179677)/2=4,32904933$; $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=$ $=\sqrt{4,32904933(4,32904933-4)(4,32904933-3,586301889)(4,32904933-1,07179677)}=$ $=\sqrt{4,32904933\cdot 0,329049329\cdot 0,74274744\cdot 3,257252559}=\sqrt{3,446244942}\approx 1,856406459.$ Skaičiuojant dviais būdais plotas sutampa.

Tiesė $y=x$ su apskritimu $x^2+y^2=8x$ kertasi taške (x; y)=(4; 4). Jei nuleisime nuo susikirtimo vietos žemyn tiesę statmeną Ox ašiai gausime apskritimo spindulį $r=4$. Randame y=x tiesės ilgį nuo (0; 0) iki (4; 4): $d=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}\approx 5,656854249$. Toliau randame y=x tiesės ilgį nuo šios tiesės susikirtimo su tiese $y=4\sqrt{3}-x\sqrt{3}$ taško iki susikirtimo su apskritimu taško. Taigi,

$g=5,656854249-\sqrt{2,535898385^2+2,535898385^2}=5,656854249-3,586301889=2,070552361.$ Dabar pagal Herono formulę galime rasti trikampio iškirptą tiesių $y=x$, $y=4\sqrt{3}-x\sqrt{3}$ ir tiesės x=4, kuri turi taškus (4; 0) ir (4; 4):

$p=(a+b+c)/2=(4+2,070552361+2,92820323)/2=4,499377796$;

$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=$ $=\sqrt{4,499377796(4,499377796-4)(4,499377796-2,070552361)(4,499377796-2,92820323)}=$ $=\sqrt{4,499377796\cdot 0,499377795\cdot 2,428825435\cdot 1,571174566}\approx \sqrt{8,57437415}\approx 2,928203229.$ Kampas tarp tiesės $x=4$ ir $y=\sqrt{3}(4-x)$ tiesės yra $\beta =90-60=30$ laipsnių (arba $\frac{\pi }{6}$) analogiškai kaip iš 90 laipsnių atimti 60 laipsnių kampą, kurį sudaro tiesė $y=x\sqrt{3}$ su Ox ašimi. Šios dalies plotą galime apskaičiuoti taip: $\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{6}{r}^2=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{6}\cdot 4^2=\frac{8\pi }{6}\approx 4,188790205.$ Iš šito ploto atėmus ką tik suskaičiuoto trikampio plotą gausime dalį ieškomo ploto: $S_1=4,188790205-2,928203229=1,260586976$. Taigi visos ieškomos dalies plotas yra $S_v=S_1+S_{trikam}=1,260586976+1,856406461\approx 3,116993437.$ Visai toks kaip integruojant.

• Figūrą riboja kreivės $x^2+y^2=8x,$ $0=x$ (kad ir kokią x reikšme imtum, y visada yra lygus 0), $y=0$ (kad ir kokia y reikšmę imtum, x visada yra lygus nuliui). Apskaičiuokime tos figuros plotą (tai yra plotas pusė apskritimo, kurio spindulys lygus 4, o greitai skaičiuojant jo plotas yra $S=\frac{\pi \cdot r^2}{2}=\frac{\pi \cdot 4^2}{2}=8\pi =25.13274123$). Pirmiausia išsiaiškinkime, kokią kreivę apibūdina lygtis $x^2+y^2=8x.$ Išskyrę dvinario kvadratą gauname:

$x^2+y^2=8x$ <=> $(x-4{)}^2+y^2=16.$

Tai apskritimo lygtis. Apskritimo centras yra taškas (4; 0), o spindulys lygus 4. Parašykime to apskritimo lygtį polinėje koordinačių sistemoje: ${\rho }^2=8\rho \cos \varphi$, $\rho =8\cos \varphi .$ Tiesė $0=x$ su ašimi Ox sudaro kampą $\varphi =0$, o tiesė $y=0$ - kampą $\varphi =\frac{\pi }{2}.$ Taigi sritį D gauname, kai $\varphi$ kinta nuo $0$ iki $\frac{\pi }{2},$ o $\rho$ - nuo $0$ iki $8\cos \varphi .$ Figūros plotas $S=\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{D}{\iint }\rho d\rho d\varphi ,$ todėl $S=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{8\cos \varphi }{\int }}\rho d\rho =\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\rho }^2{|}_0^{8\cos \varphi }d\varphi =\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(64{\cos }^2\varphi -0^2)d\varphi =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}32{\cos }^2\varphi d\varphi =$ $=32\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{1}{2}(1+\cos (2\varphi ))d\varphi =16\varphi +\frac{16}{2}\sin (2\varphi ){|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{16\pi }{2}-16\cdot 0+8\sin \frac{2\pi }{2}-8\sin (2\cdot 0)=$

$=8\pi +8\cdot \sin \pi -8\sin 0=8\pi +8\cdot 0-8\cdot 0=8\pi =25.13274123.$

• Figūrą riboja kreivės $x^2+y^2=8x,$ $0=x$ (kad ir kokią x reikšme imtum, y visada yra lygus 0), $y=0$ (kad ir kokia y reikšmę imtum, x visada yra lygus nuliui). Apskaičiuokime tos figuros plotą (tai yra plotas pusė apskritimo, kurio spindulys lygus 4, o greitai skaičiuojant jo plotas yra $S=\frac{\pi \cdot r^2}{2}=\frac{\pi \cdot 4^2}{2}=8\pi =25.13274123$). Pirmiausia išsiaiškinkime, kokią kreivę apibūdina lygtis $x^2+y^2=8x.$ Išskyrę dvinario kvadratą gauname:

$x^2+y^2=8x$ <=> $(x-4{)}^2+y^2=16.$

Tai apskritimo lygtis. Apskritimo centras yra taškas (4; 0), o spindulys lygus 4. Parašykime to apskritimo lygtį polinėje koordinačių sistemoje: ${\rho }^2=8\rho \cos \varphi$, $\rho =8\cos \varphi .$ Tiesė $0=x$ su ašimi Ox sudaro kampą $\varphi =0$, o tiesė $y=x\sqrt{3}$ - kampą $\frac{y}{x}=\sqrt{3};\tan \varphi =\sqrt{3};\varphi =\arctan \sqrt{3}=\frac{\pi }{3}$ (60 laipsnių kampą). Taigi sritį D gauname, kai $\varphi$ kinta nuo $0$ iki $\frac{\pi }{3},$ o $\rho$ - nuo $0$ iki $8\cos \varphi .$ Figūros plotas $S=\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{D}{\iint }\rho d\rho d\varphi ,$ todėl $S=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{8\cos \varphi }{\int }}\rho d\rho =\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}{\rho }^2{|}_0^{8\cos \varphi }d\varphi =\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}(64{\cos }^2\varphi -0^2)d\varphi =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}32{\cos }^2\varphi d\varphi =$ $=32\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\frac{1}{2}(1+\cos (2\varphi ))d\varphi =16\varphi +\frac{16}{2}\sin (2\varphi ){|}_0^{\frac{\pi }{3}}=\frac{16\pi }{3}-16\cdot 0+8\sin \frac{2\pi }{3}-8\sin (2\cdot 0)=$

$=\frac{16\pi }{3}+8\cdot \sin (2,094395102)-8\sin 0=\frac{16\pi }{3}+8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-8\cdot 0=16,75516082+6.92820323=23.68336405.$

Sprendžiant tokio tipo uždavinius (kitokio tipo ir negali būti, turiu galvoje, ne su apskritimais, o su parabolėmis ir kad būtų polinėse koordinatėse), formulę galima supaprastint iki tokio lygio:

$S=r^2\cdot \varphi +\frac{r^2}{2}\cdot \sin (2\varphi ),$

kur apskritimo kairys šonas visada liečiasi su koordinačių sistemos O tašku ir ašis Ox visada apskrimą (arba skritulį, jei manyti, kad ten yra ieškomas plotas) dalina į dvi dalis. Visada! Kitaip neįmanoma užrašyti apskritimo lygties, kuri tiktų polinėms koordinatėms, dėl to polinių koordinačių pritaikymas dvilypiams integralams yra labai ribotas. Taigi, apskritimas visada būna koordinačių sistemos pirmame ketvirtyje, kai kampas $\varphi$ kinta nuo 0 iki 90 laipsnių ir didesnės kampo $\varphi$ reikšmės negali būti (tik kampas $\varphi$ turi būti išreikštas radianais).

• Figura riboja kreivės $x^2+y^2=8x,$ $y=\frac{x}{\sqrt{3}}$ ir Ox ašis. Tiesė $y=\frac{x}{\sqrt{3}}$ su ašimi Ox sudaro 30 laipsnių kampą, $\varphi =\frac{\pi }{6},$ nes $\tan \varphi =\frac{y}{x}=\frac{1}{\sqrt{3}};\varphi =\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi }{6}=0.523598775.$

Kreivė $y=\sqrt{8x-x^2}$ yra apskritimas, kurį pusiau dalina ašis Ox. Apskritimo centro koordinatės yra (x; y)=(4; 0). Pereidami į polines koordinates apskritimo lygtį perašome ${\rho }^2=8\rho \cos \varphi ;\rho =8\cos \varphi .$ Integruojame, kai $\rho$ kinta nuo 0 iki $8\cos \varphi ,$ o $\varphi$ kinta nuo 0 iki $\frac{\pi }{6},$ taigi:

$S=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{8\cos \varphi }{\int }}\rho d\rho =\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}{\rho }^2{|}_0^{8\cos \varphi }d\varphi =\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}(64{\cos }^2\varphi -0^2)d\varphi =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}32{\cos }^2\varphi d\varphi =$

$=32\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}\frac{1}{2}(1+\cos (2\varphi ))d\varphi =16\varphi +\frac{16}{2}\sin (2\varphi ){|}_0^{\frac{\pi }{6}}=\frac{16\pi }{6}-16\cdot 0+8\sin \frac{2\pi }{6}-8\sin (2\cdot 0)=$

$=\frac{8\pi }{3}+8\cdot \sin \frac{\pi }{3}-8\sin 0=\frac{8\pi }{3}+8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-8\cdot 0=8.37758041+6.92820323=15.30578364.$

Patikrinimui, rasime šį plotą elementariosios matematikos metodais. Visu pirma reikia surasti kuriame taške kertasi tiesė $y=\frac{x}{\sqrt{3}}$ su apskritimu $x^2+y^2=8x$. Tai mes padarysime išsprendę lygčių sistemą:

$\{\begin{array}{cc}y=\frac{x}{\sqrt{3}};& \\ x^2+y^2=8x.<=>(x-4{)}^2+y^2=16.& \end{array}$

Tada:

$\{\begin{array}{cc}y\sqrt{3}=x;& \\ (x-4{)}^2+y^2=16.& \end{array}$

Toliau:

$(y\sqrt{3}-4{)}^2+y^2=16;$

$3y^2+8y\sqrt{3}-16+y^2=16;$

$4y^2+8y\sqrt{3}=32;$

$y^2+2y\sqrt{3}=8;$

$y^2+2y\sqrt{3}-8=0;$

$D=b^2-4ac=(2\sqrt{3}{)}^2-4\cdot 1\cdot (-8)=12+32=44;$

$y_1=\frac{-b+\sqrt{D}}{2a}=\frac{-2\sqrt{3}+\sqrt{44}}{2}=\frac{-3.464101615+6.633249581}{2}=1.584573983;$

$y_2=\frac{-b-\sqrt{D}}{2a}=\frac{-2\sqrt{3}-\sqrt{44}}{2}=\frac{-3.464101615-6.633249581}{2}=-5.048675598.$

Reikšmė $y_2$ netinka, nes ieškomas plotas yra pirmame Dekarto koordinačių sistemos ketvirtyje, kai y ir x reikšmės negali būti neigiamos.

Įstatę $y_1$ reikšmę į bet kurią iš lygčių gausime x koordinate susikirtimo tiesės ir apskritimo taško:

$x_1=y_1\sqrt{3}=1.584573983\cdot \sqrt{3}=2.744562647.$

Taigi, turime tiesės $y=\frac{x}{\sqrt{3}}$ ir apskritimo susikirtimo tašką $A=(x_1;y_1)=(2.744562647;1.584573983)$.

Toliau iš taško $A=(x_1;y_1)=(2.744562647;1.584573983)$ nuleidžiame tiesę statmeną Ox ašiai, kuri susikerta taške B=(2.744562647; 0). Tiesės AB ilgis yra $a=y_1=1.584573983.$ Tiesės OB ilgis yra $b=2.744562647$. Randame tiesės OA ilgį:

$c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{1.584573983^2+2.744562647^2}=\sqrt{10.04349883}=3.169147966.$

Žinodami visų trikampio OAB kraštinių ilgius, randame pagal Herono formulę trikampio OAB plotą:

$S_{OAB}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{3.749142298(3.749142298-1.584573983)(3.749142298-2.744562647)(3.749142298-3.169147966)}=$

$=\sqrt{3.749142298\cdot 2.164568315\cdot 1.004579651\cdot 0.579994332}=\sqrt{4.728368849}=2.174481283.$

kur $p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{1.584573983+2.744562647+3.169147966}{2}=3.749142298.$

$S_{OAB}=\frac{a\cdot b}{2}=\frac{1.584573983\cdot 2.744562647}{2}=2.174481283.$

Toliau sujungiame tašką A su apskritimo centro tašku C=(4; 0). Gauname tiesės atkarpą AC, kurią pavadiname f. Iš atkarpos OB=b atimame atimame tiesę OC=d, kurios ilgis yra OC=d=4 ir gauname $e=b-d=2.744562647-4=-1.255437353.$ Akivaizdžiai kažkas čia ne taip. Iš taško A nuleista tiesė statmena ašiai Ox ir susikirtusi su ašim Ox taške B turėjo sudaryti tiesę OB, kurios ilgis būtų daugiau nei 4. Vadinasi lygčių sistema išspręsta neteisingai. Ši anomalija gali padėti nekartoti klaidų, kai atrodo viskas padaryta teisingai. Todėl nebus trinamas blogas lygčių sistemos išsprendimas ir diskriminanto radimas.

Taigi, iš naujo sprendžiame lygčių sistemą:

$\{\begin{array}{cc}y=\frac{x}{\sqrt{3}};& \\ x^2+y^2=8x.<=>(x-4{)}^2+y^2=16.& \end{array}$

$x^2+(\frac{x}{\sqrt{3}}{)}^2=8x;$

$x^2+3x^2=8x;$

$4x^2-8x=0;$

$D=b^2-4ac=(-8{)}^2-4\cdot 1\cdot 0=64.$

$x_1=\frac{-b+\sqrt{D}}{2\cdot 4}=\frac{-(-8)+\sqrt{64}}{2\cdot 4}=\frac{8+8}{8}=2;$

$x_2=\frac{-b+\sqrt{D}}{2\cdot 4}=\frac{-(-8)-\sqrt{64}}{2\cdot 4}=\frac{8-8}{8}=0.$

$y=\frac{x}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=3.464101615.$

$2^2+y^2=8\cdot 2,$

$y^2=16-4=12,$

$y=\sqrt{12}=2\sqrt{3}=3.464101615.$

$(x-4{)}^2+y^2=16,$

$(2-4{)}^2+y^2=16,$

$4+y^2=16,$

$y=\sqrt{16-4}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}=3.464101615.$

Matyt, negalima patikrinti integravimo budu gauto ploto, nes nepavyksta rasti susikritimo taško tiesės $y=\frac{x}{\sqrt{3}}$ su apskritimu $x^2+y^2=8x.$ Grafiškai jų susikirtimo taškas apytiksliai yra (x; y)=(6; 3,5). Panašu, kad y surastas teisingai, o prie x, dėl kažkokių priežasčių, dar reikia pridėti spindulį r=4. Todėl galima tęsti ieškoti ploto, kurį riboja apskritimas $x^2+y^2=8x$, tiesė $y=\frac{x}{\sqrt{3}}$ ir ašis Ox. Iš naujo nuleidžiamę statmenį iš taško $A=(6;2\sqrt{3})$ į tašką B=(6; 0) ir $AB=a=2\sqrt{3}=3.464101615.$ Atkarpa $OB=b=6$. Trikampio OAB plotas yra $S_{\mathrm{\Delta }OAB}=\frac{a\cdot b}{2}=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\cdot 6=6\sqrt{3}=10.39230485.$ Apskritimo centro tašką pavadinkime C=(4; 0). Atkarpos CB ilgis yra d=b-r=6-4=2. Trikampio CBA plotas yra $S_{\mathrm{\Delta }CBA}=\frac{a\cdot d}{2}=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\cdot 2=2\sqrt{3}=3.464101615.$

Sukūriame naują tašką D=(8; 0). Atkarpos CD ilgis yra 4. Kampas ACD turi būti surastas. Žinome, kad tiesė CA yra spindulys r=4. Todėl $4\cos (\alpha )=d=2;$ $\cos \alpha =\frac{1}{2};\alpha =\arccos \frac{1}{2}=1.047197551$ arba $\alpha =60$ laipsnių. Žinome, kad skritulio plotas yra $\pi r^2,$ tuomet ieškomos išpjovos ACD plotas yra $S_{ACD}=\frac{60}{360}\cdot \pi \cdot r^2=\frac{1}{6}\cdot \pi \cdot 4^2=\frac{8\pi }{3}=8.37758041.$

Visas ieškomas plotas yra lygus:

$S=S_{\mathrm{\Delta }OAB}-S_{\mathrm{\Delta }CBA}+S_{ACD}=6\sqrt{3}-2\sqrt{3}+\frac{8\pi }{3}=4\sqrt{3}+\frac{8\pi }{3}=6.92820323+8.37758041=15.30578364.$

• Figūrą riboja kreivės $x^2+y^2=4x,$ $y=x,$ $y=x\sqrt{3}.$ Apskaičiuokime tos figuros plotą. Pirmiausia išsiaiškinkime, kokią kreivę apibūdina lygtis $x^2+y^2=4x.$ Išskyrę dvinario kvadratą gauname:

$x^2+y^2=4x$ <=> $(x-2{)}^2+y^2=4.$

Tai apskritimo lygtis. Apskritimo centras yra taškas (2; 0), o spindulys lygus 2. Parašykime to apskritimo lygtį polinėje koordinačių sistemoje: ${\rho }^2=4\rho \cos \varphi$, $\rho =4\cos \varphi .$ Tiesė $y=x$ su ašimi Ox sudaro kampą $\frac{\pi }{4},$ o tiesė $y=x\sqrt{3}$ - kampą $\frac{y}{x}=\sqrt{3};\tan \varphi =\sqrt{3};\varphi =\arctan \sqrt{3}=\frac{\pi }{3}.$ Taigi sritį D gauname, kai $\varphi$ kinta nuo $\frac{\pi }{4}$ iki $\frac{\pi }{3},$ o $\rho$ - nuo $0$ iki $8\cos \varphi .$ Figūros plotas $S=\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{D}{\iint }\rho d\rho d\varphi ,$ todėl $S=\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{4\cos \varphi }{\int }}\rho d\rho =\frac{1}{2}\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}{\rho }^2{|}_0^{4\cos \varphi }d\varphi =\frac{1}{2}\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}(16{\cos }^2\varphi -0^2)d\varphi =\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}8{\cos }^2\varphi d\varphi =$ $=8\underset{\frac{\pi }{4}}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\frac{1}{2}(1+\cos (2\varphi ))d\varphi =4\varphi +\frac{4}{2}\sin (2\varphi ){|}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}=\frac{4\pi }{3}-\frac{4\pi }{4}+2\sin \frac{2\pi }{3}-2\sin \frac{\pi }{2}=$

$=\frac{\pi }{3}+\frac{2\sqrt{3}}{2}-2=0,779248358.$

Be kita ko, $0,779248358\cdot 4=3,116993432.$ Taip pat, $0,779248358\cdot 3=2,337745074.$ Padauginus iš 4 gauname išpjovos plotą iš apskritimo, kurio spindulys r=4, plotas padidėja $(R/r{)}^2$ (R yra didžiojo apskritimo spindulys, o r - mažojo), kai mažojo apskritimo spindulio ilgis tik padvigubėjo; jei spindulys pailgės 3 kartus, plotas padidės $3^2=9$ kartus, todėl išpjovos skiriasi tik didžiu.

• Figūrą riboja kreivės $x^2+y^2=4,$ $y=x,$ $y=x\sqrt{3}.$ Apskaičiuokime tos figuros plotą.

$x^2+y^2=4$ apskritimo lygtis. Apskritimo centras yra taškas (0; 0), o spindulys lygus 2. Parašykime to apskritimo lygtį polinėje koordinačių sistemoje: ${\rho }^2=4$, $\rho =r=2.$ Tiesė $y=x$ su ašimi Ox sudaro kampą $\frac{\pi }{4},$ o tiesė $y=x\sqrt{3}$ - kampą $\frac{\pi }{3}.$

Taigi sritį D gauname, kai $\varphi$ kinta nuo $\frac{\pi }{4}$ iki $\frac{\pi }{3}.$ Žinodami, kad skritulio plotas yra $S=\pi r^2,$ suprantame, kad reikia vesti (tarkim, skriestuvu) pusė (apskritimo) ilgio, o ne $2\pi$, todėl

$S=\frac{1}{2}(\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4})\cdot r^2=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{12}\cdot 2^2=\frac{\pi }{6}=0,523598775.$ Ir $3,116993432-0,523598775=2,593394656.$

2.

• Apskaičiuosime tūrį kūno, apriboto paviršiais $x^2+y^2=2y,$ $z=0,$ $x+y+z=4.$ Taip kaip šis kūnas yra cilindrinis kūnas, apribotas iš viršaus paviršiumi $z=4-x-y$, tai turime:

$V=\underset{D}{\iint }(4-x-y)dxdy,$ kur D - kūno pagrindas - apskritimas $x^2+(y-1{)}^2\le 1$ plkštumoje XOY. Perėję į poliarines koordinates gauname: $V=\underset{P}{\iint }(4-\rho \cos \varphi -\rho \sin \varphi )\rho d\rho d\varphi =$ $=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{2\sin \varphi }{\int }}(4-\rho \cos \varphi -\rho \sin \varphi )\rho d\rho =3\pi .$

Šio kūno tūrį galima rasti gerokai greičiau. Cilindro pjuvis tesiasi nuo $z=4$ iki kai $z=2$, nes iš lygties $z=4-x-y$, z yra žemiausiame taške 2, kai $x=0$, o $y=2$, taigi $z=4-0-2=2$. Todėl iš pradžių apskaičiuosime cilindro tūrį, kai 0<z<2, kitaip tariant, kai cilindro spindulys $r=2$, o aukštis $h_1=2$:

$V_1=h_1\pi r^2=2\pi \cdot 1^2=2\pi .$

Aukščiau esančią cilindro dalį, kurios aukštis yra $h_2=2$, projectuojame į plokštumą zOy ir matome, kad gaunasi 2 vienodi trikampiai (vienas iš jų nepriklauso tai daliai). Taigi tiesiog aukštesnės dalies tūrį gauname padalinę cilindrą pusiau:

$V_2=\frac{h_2\pi r^2}{2}=\frac{2\pi \cdot 1^2}{2}=\pi .$

$V=V_1+V_2=2\pi +\pi =3\pi$.

3.

• Apskaičiuosime paviršiaus dalį paraboloido $x^2+y^2=z,$ išpjautą cilindro $x^2+y^2=1.$ Paviršiaus ploto formulė yra $\sqrt{1+f_x{\text{'}}^2(x;y)+f_y{\text{'}}^2(x;y)}.$ Taip kaip $\frac{\partial z}{\partial x}=2x,\frac{\partial z}{\partial y}=2y,$ tai $S=\underset{D}{\iint }\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy,$

kur D - apskritimas $x^2+y^2\le 1$ plokštumoje XOY. Pereidami į poliarines koordinates gauname: $S=\underset{P}{\iint }\sqrt{1+4{\rho }^2}\rho d\rho d\varphi =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\rho \sqrt{1+4{\rho }^2}d\rho =$ $=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{1+4{\rho }^2}\frac{d(1+4{\rho }^2)}{8}=\frac{1}{8}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{2}{3}(1+4{\rho }^2{)}^{\frac{3}{2}}{|}_0^{1}d\varphi =\frac{1}{12}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}(5^{\frac{3}{2}}-1)d\varphi =$ $=\frac{1}{12}(5\sqrt{5}-1)\varphi {|}_0^{2\pi }=\frac{\pi }{6}(5\sqrt{5}-1)=5.3304135,$ kur $d(1+4{\rho }^2)=8\rho d\rho ;d\rho =\frac{d(1+4{\rho }^2)}{8\rho }.$

Palyginimui paviršiaus plotas cilindro be dviejų pagrindų, kurio spindulys r=1 ir aukštis h=1, yra lygus:

$S_1=c\cdot h=2\pi r\cdot h=2\cdot \pi \cdot 1\cdot 1=2\pi =6.283185307.$

Vaizdas:1314abpav.jpg

13.14.

• Ritinys $x^2+y^2=ax$ (a>0) išpjauna iš rutulio $x^2+y^2+z^2\le a^2$ kūną (13.14 pav, a). Apskaičiuokime jo tūrį V. Apskaičiuokime 1/4 ieškomo tūrio, nes kūnas simetriškas plokštumų xOz ir xOy atžvilgiu. Integravimo sritis D yra duotojo ritinio pagrindas. Kūną iš viršaus riboja paviršius

$z=\sqrt{a^2-x^2-y^2},$ todėl $V=4\underset{D}{\iint }\sqrt{a^2-x^2-y^2}dxdy.$ Šį dvilypį integralą apskaičiuosime pakeisdami kartotiniu integralu polinėje koordinačių sistemoje. Tuomet $V=4\underset{D}{\iint }\sqrt{a^2-{\rho }^2}\rho d\rho d\varphi .$ Rasime kintamųjų $\varphi$ ir $\rho$ kitimo rėžius. Iš apskritimo lygties $x^2+y^2=ax$ turime: ${\rho }^2=a\rho \cos \varphi ,\rho =a\cos \varphi .$ Taigi sritį D gauname, kai $\varphi$ kinta nuo 0 iki $\frac{\pi }{2},$ o $\rho$ - nuo 0 iki $a\cos \varphi .$ Todėl

$V=4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{a\cos \varphi }{\int }}\sqrt{a^2-{\rho }^2}\rho d\rho =-\frac{4}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{a\cos \varphi }{\int }}\sqrt{a^2-{\rho }^2}d(a^2-{\rho }^2)=$

$=-\frac{4}{3}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sqrt{(a^2-{\rho }^2{)}^3}{|}_0^{a\cos \varphi }d\varphi =-\frac{4}{3}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(\sqrt{(a^2-(a\cos \varphi {)}^2{)}^3}-\sqrt{(a^2-0^2{)}^3})d\varphi =$

$=-\frac{4}{3}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(\sqrt{a^6(1-{\cos }^2\varphi {)}^3}-a^3)d\varphi =-\frac{4}{3}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(\sqrt{a^6({\sin }^2\varphi {)}^3}-a^3)d\varphi =-\frac{4}{3}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(a^3{\sin }^3\varphi -a^3)d\varphi =$

$=-\frac{4}{3}{a}^3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}({\sin }^3\varphi -1)d\varphi =-\frac{4}{3}{a}^3(\frac{2!!}{3!!}-\frac{\pi }{2})=\frac{4}{3}{a}^3(\frac{\pi }{2}-\frac{2}{3})=\frac{2a^3}{9}(3\pi -4),$ kur

pasinaudojom dvigubu faktorialu trigonometrijoje.

Pasinaudodami trigonometrijos formule $\sin 3A=3\sin A-4{\sin }^{3}A,$ iš kur $4{\sin }^{3}A=3\sin A-\sin 3A;{\sin }^{3}A=\frac{1}{4}\cdot (3\sin A-\sin 3A),$ randame integralą:

$V=-\frac{4}{3}{a}^3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}({\sin }^3\varphi -1)d\varphi =-\frac{4}{3}{a}^3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(\frac{1}{4}\cdot (3\sin \varphi -\sin (3\varphi ))-1)d\varphi =-\frac{4}{3}\cdot a^3\cdot (\frac{1}{4}\cdot (-3\cos \varphi +\frac{1}{3}\cdot \cos (3\varphi ))-\varphi ){|}_0^{\frac{\pi }{2}}=$

$=\frac{a^3}{3}\cdot (3\cos \varphi -\frac{1}{3}\cdot \cos (3\varphi )+4\varphi ){|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{a^3}{3}\cdot (3\cos \frac{\pi }{2}-\frac{1}{3}\cdot \cos (3\cdot \frac{\pi }{2})+4\cdot \frac{\pi }{2})-\frac{a^3}{3}\cdot (3\cos (0)-\frac{1}{3}\cdot \cos (3\cdot 0)+4\cdot 0)=$

$=\frac{a^3}{3}\cdot (3\cdot 0-\frac{1}{3}\cdot 0+2\pi )-\frac{a^3}{3}\cdot (3\cdot 1-\frac{1}{3}\cdot 1+0)=\frac{a^3}{3}\cdot 2\pi -\frac{a^3}{3}\cdot (3\cdot -\frac{1}{3})=\frac{2\cdot \pi \cdot a^3}{3}-\frac{a^3}{3}\cdot \frac{8}{3}=\frac{2\pi a^3}{3}-\frac{8a^3}{9}=\frac{6\pi a^3-8a^3}{9}.$

Čia a yra rutulio spindulys ir ritinio pagrindo skersmuo. Kai a=1, tai cilindru iš rutulio išpjautas tūris yra lygus:

$V=\frac{6\pi a^3-8a^3}{9}=\frac{6\pi -8}{9}=1.205506214.$ Palyginimui, viso ritinio, kurio pagrindas yra skritulys su spinduliu r=a/2 ir kurio aukštis yra h=2*a, tūris yra: $V_{rit.}=S_{pagr.}\cdot h=\pi \cdot r^2\cdot h=\pi \cdot (\frac{a}{2}{)}^2\cdot 2a=\pi \cdot \frac{a^2}{4}\cdot 2a=\frac{\pi a^3}{2}=\frac{\pi \cdot 1^3}{2}=1.570796327.$

• Rasime tūrį V kūno, gauto iš rutulio išpjovus du cilindrus $x^2+y^2\le a{x}^2$ ir $x^2+y^2\le -a{x}^2.$ Dėl išpjauto kūno $V_0$ simetriškumo jį sudaro 8 lygiatūrės dalys. Rutulio formulė: $z^2+x^2+y^2\le a^2.$

$V_0=8\underset{D}{\iint }\sqrt{a^2-x^2-y^2}dxdy=8\underset{D}{\iint }\sqrt{a^2-{\rho }^2}\rho d\rho d\varphi =8\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{a\cos \varphi }{\int }}\rho \sqrt{a^2-{\rho }^2}d\rho =$ $=-4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{a\cos \varphi }{\int }}\sqrt{a^2-{\rho }^2}d(a^2-{\rho }^2)=\frac{8}{3}{a}^3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(1-{\sin }^3\varphi )d\varphi =\frac{8}{3}(\frac{\pi }{2}-\frac{2!!}{3!!})a^3=\frac{4a^3}{9}(3\pi -4).$ Kadangi kūno V tūris yra lygus rutulio ir išpjautojo kūno $V_0$ tūrių skirtumui, tai $|V|=\frac{4}{3}\pi a^3-|V_0|=\frac{4\pi a^3}{3}-\frac{4a^3(3\pi -4)}{9}=\frac{12\pi a^3-12a^3\pi -16a^3}{9}=|-\frac{16a^3}{9}|=\frac{16a^3}{9}.$

• Rasime kūno tūrį V, išpjauto iš cilindro, kurio pagrindas yra apskritimas $x^2+y^2=1$ ir kuris apribotas paraboloidais (iš viršaus ir apčios atitinkamai) $x^2+y^2=4-z;$ $x^2+y^2=4(z+2).$ Tūrį kūno V randame kaip sumą tūrių $V_1$ ir $V_2$ jo dalių, gulinčių atitinkamai virš ir po plokštuma XOY. Tokiu budu pereinant į polinę koordinačių sistemą apskritimo lygtis tampa ${\rho }^2=1$, praboloidų lygtys tampa ${\rho }^2=4-z$, $z=4-{\rho }^2$ ir ${\rho }^2=4(z+2)$, $z=\frac{{\rho }^2}{4}-2.$

$V_1=4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}𝖽\varphi \underset{0}{\overset{1}{\int }}(4-{\rho }^2)\rho 𝖽\rho =4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}𝖽\varphi \underset{0}{\overset{1}{\int }}(4\rho -{\rho }^3)𝖽\rho =4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}𝖽\varphi (2{\rho }^2-\frac{{\rho }^4}{4}){|}_0^1=$

$=4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(2\cdot 1^2-\frac{1^4}{4}-(2\cdot 0^2-\frac{0^4}{4}))𝖽\varphi =4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(2-\frac{1}{4})𝖽\varphi =4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{8-1}{4}𝖽\varphi =$

$=4\cdot \frac{7}{4}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}𝖽\varphi =7\varphi {|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{7\pi }{2}=10.99557429.$

$V_2=4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}𝖽\varphi \underset{0}{\overset{1}{\int }}(\frac{{\rho }^2}{4}-2)\rho 𝖽\rho =4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}𝖽\varphi \underset{0}{\overset{1}{\int }}(\frac{{\rho }^3}{4}-2\rho )𝖽\rho =4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}𝖽\varphi (\frac{{\rho }^4}{16}-{\rho }^2){|}_0^1=4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(\frac{1^4}{16}-1^2)𝖽\varphi =$

$=4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(\frac{1}{16}-1)𝖽\varphi =\frac{4}{16}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(1-16)𝖽\varphi =\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(-15)𝖽\varphi =-\frac{15}{4}\cdot \varphi {|}_0^{\frac{\pi }{2}}=-\frac{15\pi }{8}=-5.890486225.$

$V=V_1+|V_2|=\frac{7\pi }{2}+|-\frac{15\pi }{8}|=\frac{7\pi }{2}+\frac{15\pi }{8}=\frac{\pi (7\cdot 4+15)}{8}=\frac{43\pi }{8}=16.88606051.$

Dvilypio integralo taikymas mechanikoje

Plokščios figūros masė

Dvilypiu integralu masė apskaičiuojama pagal formulę:

$m=\underset{D}{\iint }\gamma (x,y)dxdy.$

Pavyzdžiai

• Skritulinės plokštelės spindulys R, o jos plokštuminis tankis tiesiog proporcingas atstumo nuo taško iki plokštelės centro kvadratui. Plokštelės kontūro taškuose tankis lygus a. Apskaičiuokime tos plokštelės masę. Pagal sąlyga, tankis taške (x; y) lygus atstumo nuo to taško iki taško (0; 0) kvadratui: $\gamma (x,y)=k(x^2+y^2);$ be to, kai taškas (x; y) priklauso apskritimui $x^2+y^2=R^2,$ tai $\gamma (x,y)=a.$ $a=k{R}^2.$ Iš čia proporcingumo koeficientas $k=\frac{a}{R^2}.$ Vadinasi, $\gamma (x,y)=\frac{a}{R^2}(x^2+y^2).$ Tuomet $m=\frac{a}{R^2}\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)dxdy.$

Šį integralą apskaičiuosime pakeisdami jį kartotiniu integralu, užrašytu polinėje koordinačių sistemoje. Taigi $m=\frac{a}{R^2}\underset{D}{\iint }{\rho }^{3}d\rho d\varphi =\frac{a}{R^2}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{R}{\int }}{\rho }^{3}d\rho =\frac{a}{R^2}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{R^4}{4}d\varphi =\frac{a{R}^2}{4}\varphi {|}_0^{2\pi }=\frac{1}{2}\pi a{R}^2.$

kvadratinė plokštelė

• Rasime kvadratinės plokštelės masę su kraštine 2a, jeigu tankis $\gamma (x;y)$ kiekviename taške $M(x;y)$ proporcionali atstumo kvadratui nuo taško M iki įžambinių susikirtimo (iki centro), ir proporcingumo koeficientas lygus k. Parinksime koordinačių sistemą kaip parodyta paveiksliuke. Po šito galima rasti funkciją $\gamma (x;y)$ iš užduoties salygos. Tegu M(x; y) - bet kuris laisvai pasirenkamas taškas kvadratinės plokštelės. Tada atstumo kvadratas nuo taško M iki taško suskirtimo įstrižainių lygus $x^2+y^2.$ Todėl, tankis taške M:

$\gamma (M)=\gamma (x;y)=k(x^2+y^2).$ Pagal formulę turime $m=\underset{D}{\iint }k(x^2+y^2)dxdy.$ Žinant, kad pointegralinė funkcija lyginė atžvilgiu x ir y, o integravimo sritis simteriška koordinačių ašių atžvilgiu, galima apsiriboti apskaičiavimu integralo toje dalyje srities D, kuri yra I ketvirtyje, t. y. $m=4k\underset{0}{\overset{a}{\int }}dx\underset{0}{\overset{a}{\int }}(x^2+y^2)dy=4k\underset{0}{\overset{a}{\int }}(x^{2}y+\frac{y^3}{3}){|}_0^{a}dx=$ $=4k\underset{0}{\overset{a}{\int }}(a{x}^2+\frac{a^3}{3})dx=4k(\frac{a{x}^3}{3}+\frac{a^{3}x}{3}){|}_0^a=4k\frac{2a^4}{3}=\frac{8}{3}k{a}^4.$

1.

Plokščios figūros statiniai momentai ir masės centro koordinatės

Masės centro koordinatės randamos pagal formules:

$x_c=\frac{\underset{D}{\iint }x\gamma (x,y)dxdy}{\underset{D}{\iint }\gamma (x,y)dxdy},y_c=\frac{\underset{D}{\iint }y\gamma (x,y)dxdy}{\underset{D}{\iint }\gamma (x,y)dxdy}.$

Pavyzdžiai

• Homogeninę plokštelę $(\gamma (x,y)=const)$ riboja kreivės $y=x^2$ ir $y-x=2.$ Apskaičiuokime tos plokštelės masės centro koordinates.

Kai $\gamma (x,y)=const,$ tai formulės supaprastėja: $x_c=\frac{\underset{D}{\iint }xdxdy}{\underset{D}{\iint }dxdy},y_c=\frac{\underset{D}{\iint }ydxdy}{\underset{D}{\iint }dxdy}.$ Apskaičiuojame:

$\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}dx\underset{x^2}{\overset{2+x}{\int }}dy=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}(2+x-x^2)dx=(2x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}){|}_{-1}^2=\frac{9}{2};$

$\underset{D}{\iint }xdxdy=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}xdx\underset{x^2}{\overset{2+x}{\int }}dy=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}(2x+x^2-x^3)dx=(x^2+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}){|}_{-1}^2=\frac{9}{4};$

$\underset{D}{\iint }ydxdy=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}dx\underset{x^2}{\overset{2+x}{\int }}ydy=\frac{1}{2}\underset{-1}{\overset{2}{\int }}(4+4x+x^2-x^4)dx=\frac{1}{2}(4x+2x^2+\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}){|}_{-1}^2=\frac{36}{5}.$

Vadinasi $x_c=\frac{\frac{9}{4}}{\frac{9}{2}}=\frac{9}{4}\cdot \frac{2}{9}=\frac{1}{2},y_c=\frac{36}{5}:\frac{9}{2}=\frac{36}{5}\cdot \frac{2}{9}=\frac{8}{5}.$

• Homogeninę plokštelę $(\gamma (x,y)=const)$ riboja tiesės $y=x$ ir $y=2x$ ir iš dešinės tiesė $x=2$ lygiagreti Oy ašiai. Apskaičiuokime tos plokštelės masės centro koordinates.

Kai $\gamma (x,y)=const,$ tai formulės supaprastėja: $x_c=\frac{\underset{D}{\iint }xdxdy}{\underset{D}{\iint }dxdy},y_c=\frac{\underset{D}{\iint }ydxdy}{\underset{D}{\iint }dxdy}.$ Apskaičiuojame: $\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{0}{\overset{2}{\int }}dx\underset{x}{\overset{2x}{\int }}dy=\underset{0}{\overset{2}{\int }}(2x-x)dx=\frac{x^2}{2}{|}_0^2=2;$ $\underset{D}{\iint }xdxdy=\underset{0}{\overset{2}{\int }}xdx\underset{x}{\overset{2x}{\int }}dy=\underset{0}{\overset{2}{\int }}x(2x-x)dx=\frac{x^3}{3}{|}_0^2=\frac{8}{3};$ $\underset{D}{\iint }ydxdy=\underset{0}{\overset{2}{\int }}dx\underset{x}{\overset{2x}{\int }}ydy=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{(2x{)}^2-x^2}{2}dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{3x^2}{2}dx=\frac{3}{2}\frac{x^3}{3}{|}_0^2=\frac{2^3}{2}-\frac{0^3}{2}=4.$ Vadinasi $x_c=\frac{\frac{8}{3}}{2}=\frac{4}{3}=1,(3);y_c=\frac{4}{2}=2.$

plokštelė.

• Rasime centro koordinates homogeninės plokštelės, apribotos dvejomis parabolėmis $y^2=x$ ir $x^2=y.$ Iš pradžių apskaičiuosime plokštelės masę

$m=\underset{D}{\iint }dxdy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{x^2}{\overset{\sqrt{x}}{\int }}dy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}(x^{0.5}-x^2)dx=(\frac{2}{3}x\sqrt{x}-\frac{x^3}{3}){|}_0^1=$ $=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$ Toliau apskaičiuosime statinius momemntus jos kordinačių ašių atžvilgiu: $M_y=\underset{D}{\iint }xdxdy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}xdx\underset{x^2}{\overset{\sqrt{x}}{\int }}dy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}(x^{1.5}-x^3)dx=$ $=(\frac{2}{5}{x}^2\sqrt{x}-\frac{x^4}{4}){|}_0^1=\frac{2}{5}-\frac{1}{4}=\frac{3}{20};$ $M_x=\underset{D}{\iint }ydxdy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{x^2}{\overset{\sqrt{x}}{\int }}ydy=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(x-x^4)dx=\frac{1}{2}(\frac{x^2}{2}-\frac{x^5}{5}){|}_0^1=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{5})=\frac{3}{20}.$ $x_c=\frac{M_y}{m}=\frac{3}{20}:\frac{1}{3}=\frac{9}{20};x_c=\frac{M_x}{m}=\frac{3}{20}:\frac{1}{3}=\frac{9}{20}.$

Plokščios figuros inercijos momentai

Inercijos momentai ašių Ox, Oy ir koordinačių pradžios atžvilgiu lygūs $I_x=\underset{D}{\iint }{y}^2\gamma (x,y)dxdy,I_y=\underset{D}{\iint }{x}^2\gamma (x,y)dxdy,I_0=\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)\gamma (x,y)dxdy.$

Pavyzdžiai

Vaizdas:Mg14cardioid.jpg

2. Kardioidė

• Homogeninę figūrą $(\gamma (x,y)=1)$ riboja kardioidė $\rho =a(1+\cos \varphi ).$ Apskaičiuokime tos figūros inercijos momentus ašių Ox, Oy ir poliaus O atžvilgiu. Kai $\gamma (x,y)=1,$ tai formulės virsta tokiomis:

$I_x=\underset{D}{\iint }{y}^{2}dxdy,I_y=\underset{D}{\iint }{x}^{2}dxdy,I_0=\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)dxdy.$ Šiuos integralus apskaičiuosime išreikšdami juos polinėmis koordinatėmis. Pirmiausia imame $I_x$ ir $I_0,$ o dydį $I_y$ apskaičiuosime kaip jų skirtumą $I_y=I_0-I_x.$ Turime: $I_x=\underset{D}{\iint }{\rho }^2{\sin }^2\varphi \rho d\rho d\varphi =\iint {\rho }^3{\sin }^2\varphi d\rho d\varphi .I_0=\underset{D}{\iint }={\rho }^{3}d\rho d\varphi .$ Pakeisdami šiuos dvilypius integralus kartotiniais, apsiribosime 1/2 srities D dalimi. Taigi $I_x=2\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^2\varphi d\varphi \underset{0}{\overset{a(1+\cos \varphi )}{\int }}{\rho }^{3}d\rho =\frac{a^4}{2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^2\varphi (1+\cos \varphi {)}^{4}d\varphi =$ $=\frac{a^4}{2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(2\sin \frac{\varphi }{2}\cos \frac{\varphi }{2}{)}^2(2{\cos }^2\frac{\varphi }{2}{)}^{4}d\varphi =32a^4\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^2\frac{\varphi }{2}{\cos }^{10}\frac{\varphi }{2}d\varphi .$ Pakeitę kintamąjį pagal formulę $t=\frac{\varphi }{2},$ $d\varphi =2dt,$ gauname $I_x=64a^4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{2}t{\cos }^{10}tdt=64a^4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}({\cos }^{10}t-{\cos }^{12}t)dt=64a^4(\frac{9!!}{10!!}-\frac{11!!}{12!!})\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{21}{32}\pi a^4;$ $I_0=2\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{a(1+\cos \varphi )}{\int }}{\rho }^{3}d\rho =\frac{a^4}{2}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(1+\cos \varphi {)}^{4}d\varphi =8a^4\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\cos }^8\frac{\varphi }{2}d\varphi =16a^4\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\cos }^{8}tdt=$ $=16a^4\cdot \frac{7!!}{8!!}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{35}{16}\pi a^4.$ Tuomet $I_y=I_0-I_x=\frac{35}{16}\pi a^4-\frac{21}{32}\pi a^4=\frac{49}{32}\pi a^4.$

• Rasime inercijos momentą skritulio su spinduliu R su vienodu tankiu $\gamma (x,y)=1$ koordinačių pradžios atžvilgiu.

$I_0=\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)dxdy.$ Pereiname į poliarines koordinates. Lygtis apskritimo (skritulio kraštai) poliarinėse koordinatėse atrodo taip $\rho =R.$ Todėl $I_0=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\varphi \underset{0}{\overset{R}{\int }}{\rho }^2\rho d\rho =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{{\rho }^4}{4}{|}_0^{R}d\varphi =\frac{1}{4}{R}^4\varphi {|}_0^{2\pi }=\frac{\pi R^4}{2}.$

Dvilypis integralas ir Jakobiano determinantas

Pavyzdžiai

• Apskaičiuoti integralą $I=\underset{R}{\iint }(x^2+y^2)dxdy,$ kur R yra plotas kurį iš kairio šono riboja kreivė $u=x^2-y^2=1$, iš dešinio šono - kreivė $u=x^2-y^2=9$, iš viršaus - kreivė $v=2xy=8$, iš apačios riboja kreivė $v=2xy=4$.

Sprendimas. Taikydami Jakobiano determinantą randame:

$\frac{\partial u}{\partial x}=2x,\frac{\partial u}{\partial y}=-2y;$

$\frac{\partial v}{\partial x}=2y,\frac{\partial v}{\partial y}=2x;$

$\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}={\left[\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}\right]}^{-1}={\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial u}{\partial x}& \frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial x}& \frac{\partial v}{\partial y}\end{array}\right|}^{-1}={\left|\begin{array}{cc}2x& -2y\\ 2y& 2x\end{array}\right|}^{-1}=\frac{1}{2x\cdot 2-(-2y)\cdot 2y}=\frac{1}{4x^2+4y^2}=\frac{1}{4(x^2+y^2)}.$

Bet

$u^2+v^2=(x^2-y^2{)}^2+(2xy{)}^2=x^4-2x^2{y}^2+y^4+4x^2{y}^2=x^4+2x^2{y}^2+y^4=(x^2+y^2{)}^2.$

Todėl

$\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\frac{1}{4\sqrt{u^2+v^2}}.$

Nustatę ribas randame integralą:

$I=\underset{R}{\iint }(x^2+y^2)dxdy=\underset{4}{\overset{8}{\int }}(\underset{1}{\overset{9}{\int }}\frac{(x^2+y^2)}{4\sqrt{u^2+v^2}}du)dv=\underset{4}{\overset{8}{\int }}(\underset{1}{\overset{9}{\int }}\frac{\sqrt{u^2+v^2}}{4\sqrt{u^2+v^2}}du)dv=\frac{1}{4}\underset{4}{\overset{8}{\int }}(\underset{1}{\overset{9}{\int }}du)dv=$

$=\frac{1}{4}\underset{4}{\overset{8}{\int }}(u{|}_1^9)dv=\frac{1}{4}\underset{4}{\overset{8}{\int }}(9-1)dv=\frac{8}{4}v{|}_4^8=2(8-4)=8.$

Pastaba. Mes radome ne plokščios figūros plotą R, o tiesiog apskaičiavome integralą, kuris neturi gilesnės prasmės (nebent susiję su kokiais nors inercijos momentais arba tankiu ir/ar jo kitimu pagal tam tikrą funkciją).

Nuorodos

• http://www-astro.physics.ox.ac.uk/~sr/lectures/multiples/Lecture5reallynew.pdf