Jak liczy się takie całki ?
\(\displaystyle{ R = [0,2] [-1,1]}\)
\(\displaystyle{ \iint_R y^3 e^{x^2}dxdy}\)
\(\displaystyle{ R = [1,2] [4,6]}\)
\(\displaystyle{ \iint_R \frac{x}{y^2}dxdy}\)
\(\displaystyle{ R=[0,\pi/4]\times [0,\pi/3]}\)
\(\displaystyle{ \iint_R \sin(x - y)dxdy}\)
Współrzędne biegunowe
\(\displaystyle{ D: x^2 + y^2 < a^2}\)
\(\displaystyle{ \iint_D \sin\sqrt{x^2 + y^2} dxdy}\)
Z góry dziękuje za krótkie tłumaczonko.
Proste całki podwójne.
-
52.pl
- Użytkownik
- Posty: 28
- Rejestracja: 9 mar 2008, o 11:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 7 razy
Proste całki podwójne.
\(\displaystyle{ \iint_R \mbox{d}y y^3 e^{x^2} = \int_0^2 \int_{-1}^1 \mbox{d}y y^3 e^{x^2} = \int_0^2 e^{x^2} \int_{-1}^1 \mbox{d}y y^3 = 0}\)
ponieważ całka z funkcji nieparzystej (\(\displaystyle{ y^3}\)) po przedziale symetrycznym (\(\displaystyle{ [-1,1]}\)) jest równa zeru
[ Dodano: 10 Kwietnia 2008, 15:01 ]
\(\displaystyle{ \iint_R \mbox{d}y \frac{x}{y^2} = \int_{1}^{2}x \int_{4}^{6}\frac{dy}{y^2} = (\frac{x^2}{2}\Bigg|_1^2)\cdot(-\frac{1}{y}\Bigg|_4^6) = (2-\frac{1}{2})(-\frac{1}{6} + \frac{1}{4}) = ...}\)
[ Dodano: 10 Kwietnia 2008, 15:14 ]
\(\displaystyle{ \iint_R \mbox{d}y \sin (x-y) = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \int_0^{\frac{\pi}{3}} \mbox{d}y \sin (x-y)}\)
najpierw wykonuejsz całkę po y traktując x jak stałą
\(\displaystyle{ ... = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos (x-y)\Bigg|_{0}^{\frac{\pi}{3}}) = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left[\cos (x-\frac{\pi}{3}) - \cos x \right]}\)
no a dalej już standardowo - albo rozbijasz na dwie całki, albo korzystasz ze wzoru
\(\displaystyle{ \cos\alpha - \cos\beta = - 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}}\)
ponieważ całka z funkcji nieparzystej (\(\displaystyle{ y^3}\)) po przedziale symetrycznym (\(\displaystyle{ [-1,1]}\)) jest równa zeru
[ Dodano: 10 Kwietnia 2008, 15:01 ]
\(\displaystyle{ \iint_R \mbox{d}y \frac{x}{y^2} = \int_{1}^{2}x \int_{4}^{6}\frac{dy}{y^2} = (\frac{x^2}{2}\Bigg|_1^2)\cdot(-\frac{1}{y}\Bigg|_4^6) = (2-\frac{1}{2})(-\frac{1}{6} + \frac{1}{4}) = ...}\)
[ Dodano: 10 Kwietnia 2008, 15:14 ]
\(\displaystyle{ \iint_R \mbox{d}y \sin (x-y) = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \int_0^{\frac{\pi}{3}} \mbox{d}y \sin (x-y)}\)
najpierw wykonuejsz całkę po y traktując x jak stałą
\(\displaystyle{ ... = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos (x-y)\Bigg|_{0}^{\frac{\pi}{3}}) = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left[\cos (x-\frac{\pi}{3}) - \cos x \right]}\)
no a dalej już standardowo - albo rozbijasz na dwie całki, albo korzystasz ze wzoru
\(\displaystyle{ \cos\alpha - \cos\beta = - 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}}\)
-
soku11
- Użytkownik
- Posty: 6589
- Rejestracja: 16 sty 2007, o 19:42
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 119 razy
- Pomógł: 1823 razy
Proste całki podwójne.
Przez biegunowe:
Twoje pole podstawy to okrag, takze odrazu widac, ze biegunowe sie tutaj dobrze sprawdza (dodatkowo postac calki z \(\displaystyle{ x^2+y^2}\)). Tak wiec parametryzujesz obszar:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x=r\cos\phi\\y=r\sin\phi\end{cases}\\
|J|=r\ \ r\in[0;a]\ \ \phi\in[0;2\pi]\\}\)
Teraz przeksztalcajac zgodnie z podstawieniem:
\(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{2\pi}\mbox{d}\phi\int\limits_{0}^{a}r\sin \sqrt{r^2}\mbox{d}r=\int\limits_{0}^{2\pi}\mbox{d}\phi\int\limits_{0}^{a}r\sin r\mbox{d}r}\)
A policzenie tej calki nie sprawia zadnego problemu (przynajmniej nie powinno). A jesli tak to pisz. POZDRO
Twoje pole podstawy to okrag, takze odrazu widac, ze biegunowe sie tutaj dobrze sprawdza (dodatkowo postac calki z \(\displaystyle{ x^2+y^2}\)). Tak wiec parametryzujesz obszar:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x=r\cos\phi\\y=r\sin\phi\end{cases}\\
|J|=r\ \ r\in[0;a]\ \ \phi\in[0;2\pi]\\}\)
Teraz przeksztalcajac zgodnie z podstawieniem:
\(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{2\pi}\mbox{d}\phi\int\limits_{0}^{a}r\sin \sqrt{r^2}\mbox{d}r=\int\limits_{0}^{2\pi}\mbox{d}\phi\int\limits_{0}^{a}r\sin r\mbox{d}r}\)
A policzenie tej calki nie sprawia zadnego problemu (przynajmniej nie powinno). A jesli tak to pisz. POZDRO