Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \iint_{\Omega}(x+2y) \mbox{d}x \mbox{d}y}\)

\(\displaystyle{ x^2+y^2 \le 4 \\ y \ge x-2}\)

Dzielę na 2 obszary powyżej osi x i poniżej obszar powyżej zrobię samodzielnie teraz kwestia tego poniżej czy dobrze podstawiam :

\(\displaystyle{ \int_{-2}^{0}\mbox{d}y\int_{- \sqrt{4-y^2} }^{y+2} \left( x+2y \right) \mbox{d}x=\int_{-2}^{0}\mbox{d}y \cdot \left( \frac{x^2}{2} +2xy |^{y+2}_{- \sqrt{4-y^2} } \right)}\)

OK

Nie prościej we współrzędnych biegunowych?

Nie umiem

MichalPWr, Otóż nie. Zobacz jak wygląda obszar Chyba, że mnie rachunkiem przekonasz.

Dobrze, zwracam honor:) \(\displaystyle{ \frac{3}{4}}\) koła w biegunowych oraz trójkąt oddzielnie. Biorąc pod uwagę konieczność policzenia całki po półkolu, i tak trzeba będzie na biegunowe przejść.

Nie jest tak źle
\(\displaystyle{ \int_{-2}^{0}[8+2y^2+2y \sqrt{4-y^2} ]\mbox{d}y}\)

Wynik to : \(\displaystyle{ \frac{68}{3}}\)

Mógłby ktoś to sprawdzić ?

-- 9 cze 2012, o 00:47 --

Z biegunowych próbuję, proszę o sprawdzenie :

\(\displaystyle{ \begin{cases} x=r\cos v \\ y=r \sin v \\ j=r\end{cases} \Omega = \begin{cases} r \in [ 0;2] \\ v \in [0; \frac{3\pi}{4}] \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \iint_{\Omega}r(r\cos v+2r\sin v) \mbox{d}r \mbox{d}v=\int_{0}^{2} r^2\mbox{d}r \int_{0}^{\frac{3\pi}{4}}(\cos v+\sin v) \mbox{d}v=\int_{0}^{2} r^2 \mbox{d}r \cdot [\sin\frac{3\pi}{4}-\sin 0-\cos \frac{3\pi}{4}+\cos 0]= \frac{8}{3}[\sin\frac{3\pi}{4}-\sin 0-\cos \frac{3\pi}{4}+\cos 0]=\frac{8}{3}[\sin\frac{\pi}{4}-\sin 0+\cos \frac{\pi}{4}+\cos 0]= \frac{8}{3}+ \frac{8 \sqrt{2} }{3}}\)

-- 9 cze 2012, o 23:24 --

Prośba o weryfikację posta wyżej + pytanie: całka tego trójkąta wychodzi mi ujemna, może ?

\(\displaystyle{ \int_{2}^{0}dx \int_{x-2}^{2}(x+2y)dy= \int_{2}^{0}dx [-x^2+6x-4] = - \frac{4}{3}}\)