Διπλό ολοκλήρωμα

erxmer · #1

Υπολογίστε το $\displaystyle{\iint_{L} (x\cos(x^3)+y^4\sin y+1)\, dxdy\,,\quad L=[(x,y) \in R^2: x^2+y^2\leq 1]}\,.$

#2

$\displaystyle{I = \iint\limits_L {\left( {x\cos {x^3} + {y^4}\sin y + 1} \right)dxdy}}$

Θέτουμε $\displaystyle{x = r\cos \theta {\text{ \& }}y = r\sin \theta }$ . Τότε η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού είναι $\displaystyle{\frac{{\partial \left( {x,y} \right)}}{{\partial \left( {r,\theta } \right)}} = r}$ (έχει υπολογιστεί κι’ αλλού).

Οπότε $\displaystyle{I = \int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_0^1 {\left( {r\cos \theta \cos \left( {{r^3}{{\cos }^3}\theta } \right) + {r^4}{{\sin }^4}\theta \sin \left( {r\sin \theta } \right) + 1} \right)rdrd\theta } } = \int\limits_0^1 {{r^2}\int\limits_0^{2\pi } {\left( {\cos \theta \cos \left( {{r^3}{{\cos }^3}\theta } \right)} \right)d\theta dr} } + }$

$\displaystyle{ + \int\limits_0^1 {{r^5}\int\limits_0^{2\pi } {\left( {{{\sin }^4}\theta \sin \left( {r\sin \theta } \right)} \right)d\theta dr} } + \int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_0^1 {rdrd\theta } } = \int\limits_0^1 {{r^2} \cdot {I_1}\left( r \right)dr} + \int\limits_0^1 {{r^5} \cdot {I_2}\left( r \right)dr} + {I_3}}$

Όμως $\displaystyle{{I_1}\left( r \right) = \int\limits_0^{2\pi } {\left( {\cos \theta \cos \left( {{r^3}{{\cos }^3}\theta } \right)} \right)d\theta } = \int\limits_0^\pi {\left( {\cos \theta \cos \left( {{r^3}{{\cos }^3}\theta } \right)} \right)d\theta } + \int\limits_\pi ^{2\pi } {\left( {\cos y\cos \left( {{r^3}{{\cos }^3}y} \right)} \right)dy} = \mathop = \limits^{y = 2\pi - \theta } = }$

$\displaystyle{ = 2\int\limits_0^\pi {\left( {\cos \theta \cos \left( {{r^3}{{\cos }^3}\theta } \right)} \right)d\theta } = 2\int\limits_0^{\pi /2} {\left( {\cos \theta \cos \left( {{r^3}{{\cos }^3}\theta } \right)} \right)d\theta } + 2\int\limits_{\pi /2}^\pi {\left( {\cos x\cos \left( {{r^3}{{\cos }^3}x} \right)} \right)dx} = \mathop = \limits^{x = \pi - \theta } = }$

$\displaystyle{ = 2\int\limits_0^{\pi /2} {\left( {\cos \theta \cos \left( {{r^3}{{\cos }^3}\theta } \right)} \right)d\theta } + 2\int\limits_{\pi /2}^0 {\left( {\cos \theta \cos \left( { - {r^3}{{\cos }^3}\theta } \right)} \right)d\theta } = 0}$

Επίσης $\displaystyle{{I_2}\left( r \right) = \int\limits_0^{2\pi } {\left( {{{\sin }^4}\theta \sin \left( {r\sin \theta } \right)} \right)d\theta } = \int\limits_0^\pi {\left( {{{\sin }^4}\theta \sin \left( {r\sin \theta } \right)} \right)d\theta } + \int\limits_\pi ^{2\pi } {\left( {{{\sin }^4}x\sin \left( {r\sin x} \right)} \right)dx} = \mathop = \limits^{x = 2\pi - \theta } = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\pi {\left( {{{\sin }^4}\theta \sin \left( {r\sin \theta } \right)} \right)d\theta } - \int\limits_\pi ^0 {\left( {{{\sin }^4}\theta \sin \left( { - r\sin \theta } \right)} \right)d\theta } = \int\limits_0^\pi {\left( {{{\sin }^4}\theta \sin \left( {r\sin \theta } \right)} \right)d\theta } - \int\limits_0^\pi {\left( {{{\sin }^4}\theta \sin \left( {r\sin \theta } \right)} \right)d\theta } = 0}$

και $\displaystyle{{I_3} = \int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_0^1 {rdrd\theta } } = 2\pi \int\limits_0^1 {rdr} = \pi }$ . Τελικά $\displaystyle{\boxed{I = \pi }}$

#3

erxmer έγραψε: Υπολογίστε το $\displaystyle{\iint_{L} (x\cos(x^3)+y^4\sin y+1)\, dxdy\,,\quad L=[(x,y) \in R^2: x^2+y^2\leq 1]}\,.$

Κλέβοντας την ιδέα του Σεραφείμ αλλά χωρίς μετατροπή σε πολικές, έχουμε

α) $\displaystyle{\iint_{L} x\cos (x^3)dxdy = \int _{-1}^1 \left ( \int _{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}x\cos (x^3)dx\right ) dy}$ .

Αλλά το μέσα ολοκλήρωμα (και άρα όλο) ισούται με 0 καθώς ολοκληρώνουμε μία περιττή συνάρτηση σε διάστημα συμμετρικό ως προς το 0.

β) Όμοια $\displaystyle{\iint_{L} y^4\sin ydxdy = \int _{-1}^1 \left ( \int _{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} y^4\sin ydy\right ) dx} =0$ για τον ίδιο λόγο.

γ) $\displaystyle{\iint_{L} 1dxdy =$ εμβαδόν κύκλου ακτίνας 1 = $\pi$ .

Προσθέτωντας κατά μέλη, το ζητούμενο ολοκλήρωμα ισούται με $\pi$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

Διπλό ολοκλήρωμα

Διπλό ολοκλήρωμα

Re: Διπλό ολοκλήρωμα

Re: Διπλό ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση