Upload
thu-nhan
View
132
Download
13
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Các ví dụ mẫu về các bài tập tích phân bội 2 và tích phân bội 3
Citation preview
Bài 01 : Tính
Giải
1
0 0
.x
xy dy dx∫ ∫
∫ ∫1
0
x
x
dxdyxy ∫ ∫
==
=
1
0
xy
xy
dxdyxy dx2
xyx
x
1
0
2
= ∫
dx)xx(2
11
0
32∫ −=
1
0
43
4
x
3
x
2
1
−= 24
1=
Bài 02: Tính
Giải
12 2
0
( ) .y
y
x y dx dy+∫ ∫
12 2
0
( )y
y
x y dx dy + ∫ ∫
1 32
0 3
y
y
xxy dy
= +
∫
1 3/25/2 3
0
43 3
yy y dy
= + − ∫
145/2 7/2
0
1 2 2 4. . .
3 5 7 3 4y
y y
= + −
35
3=
Bài 03: Tính
Giải
1 1
2 20 0
.(1 ) (1 )
dx dy
x y+ +∫ ∫
Ở ñây, cận lấy tích phân ñều là hằng số và trong hàm lấy tích phân ta có
thể tách riêng các biến x và y. Cho nên:
∫ ∫++
∴1
0
1
022 )y1()x1(
dydx
+
+= ∫∫
1
02
1
02 y1
dy
x1
dx
] ]1 1
0 0.arctgx arctgy=
4.
4
ππ=16
2π=
Bài 04 : Tính
Giải
21 1
2 20 0 1
x dy dx
x y
+
+ +∫ ∫
dxy)x1(
dy1
0
2x1y
0y22∫ ∫
++
+=
=
211
2 20 0
1.
1 1
x
yarctg dx
x x
+
= + +
∫
1 2
2 20
1 10
1 1
xarctg arctg dx
x x
+ = −
+ + ∫ dx
4x1
11
02∫
π
+=
12
0
ln 14
x xπ = + +
ln (1 2) ln14
π = + − ln (1 2)
4π= +
Bài 5: Tính
Giải
,A
xy dx dy=∫∫Trong ñó A là miền giới hạn bởi trục Ox, x = 2a và x2 = 4ay.
∫∫A
dydxxy ∫ ∫=
=
=
=a
0y
a2x
ay4x
dydxxy
dy2
yxa2
ay2
a
0
2
= ∫ ∫
−=a
0
22dy
2
ay4ya4
3
a
3
y
2
aya2dy)yay(a2
4a
0
a
0
322 =
−=−= ∫
Bài 6: Tính
Giải
( )D
xy x y dx dy+∫∫
( )D
xy x y dx dy+∫∫
dx3
xy
2
yx1
0
x
2x
322
∫
+=
dxx3
1x
2
1x
6
51
0
764∫
−−=56
3=
∫ ∫
+==
=
1
0
xy
2xy
22 dxdy)xyyx(
Trong ñó D là miền giới hạn bởi y = x2 và y = x.
Bài 07: Tính
Giải
Nếu R là miền giới hạn bởi ¼ ñường tròn x2+y2 = 1 trong góc phần tư thứ nhất, tính
2.
1R
xydx dy
y−∫∫
∫∫−R
2dydx
y1
xy
∫ ∫=
−=
=
−=
a
0x
2x1y
0y2
dxdyy1
xy
dxy1x1
0x
2x1
0
2∫=
−
−−=
dx01)x1(1x1
0
2∫
−+−−−=
∫ +−=1
0
dx}1x{x ∫ −=1
0
2 dx)xx(
1
0
32
3
x
2
x
−=
3
1
2
1 −=6
1=
Bài 08 : Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, tính:
Giải
1
0
.x
x
xy dy dx∫ ∫
, và 0, 1y x y x x x= = = =
Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, ta cần tính tích phân theo biến x trước, nghĩa là tính tích phân theo phương Ox.
Ta có: miền lấy tích phân ñường giới hạn bởi:
Quan sát theo phương Ox, ta có miền D làmiền ñều trong khoảng y = 0 ñến y = 1 và ñường vào là x = y2 và ñường ra x = y.
Do ñó ta có:
dxdyxy1
0
x
x∫ ∫
∫ ∫=
=
=
=
=1y
0y
yx
2yx
dydxxy dyy2
xy
2y
1y
0y
2
= ∫
=
=
∫
−=
1
0
53dy
2
y
2
y1
0
64
12
y
8
y
−=
12
1
8
1 −=24
1=
Bài 09: Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, tính:
Giải
21
0
.y
y
xy dx dy−
∫ ∫
Ta có: dydxxy1
0
y2x
yx∫ ∫
−=
=
Miền lấy tích phân giới hạn bởi x2 = y và
x + y = 2 trong khoảng y = 0 ñến y = 1.
Theo phương Oy, miền D là miền ñều cùng ñường vào y = 0 nhưng không cùng ñường ra nên ta chia miền D thành 2 miền R1 và R2
Trên miền R1, trong khoảng x = 0 ñến x = 1, ñường vào y = 0 và ñường ra y = x2. Do ñó:
1R
xy dx dy∴∫∫ ∫ ∫=
=
=
=1
0x
2xy
0y
dxdyxy dx2
xy2x
0
1
0
2
∫
= ∫=
1
0
5 dxx2
112
1=
Trên miền R2, trong khoảng x = 1 ñến x = 2, ñường vào y = 0 và ñường ra y = 2 - x. Do ñó:
2R
xy dx dy∴∫∫ dxdyxy2x
1x
x2y
0y∫ ∫=
=
−=
=
= ∫ ∫
=
−−=
=2
1x
2
1
2x2
0
2dx
2
)x2(xdx
2
xy
1 2R R R
xy dx dy xy dxdy xy dx dy∴ = +∫∫ ∫∫ ∫∫ 24
5
12
1 +=24
7=
524
=
Bài 10: Xác ñịnh cận lấy tích phân theo 2 phương Ox và Oy của:
Giải
( , ) .D
f x y dxdy∫∫D là cung tròn nằm trong ñoạn từ 3− ñến 1 của nửa dưới ñường tròn (O;2)
23, 1, 4 , 0x x y x y= − = = − − =Do ñó:
Theo phương Oy: Miền lấy tích phân giới hạn bởi:
Theo phương Ox: Miền lấy tích phân là miền ñều nhưng không cùng ñường vào và ñường ra
Ta chia miền D thành 3 miền: ABEF, BECD và cung CD.
Bài 11
Giải
Tìm diện tích của miền giới hạn bởi x2 = 4ay và y2 = 4ax.
ðặt x2 = 4ay …(1)
y2 = 4ax …(2)
Giải (1) và (2) ta tìm ñược tọa ñộ
giao ñiểm là (0, 0) và (4a, 4a)
Ycbt ⇔D
S dx dy= ∫∫
dxdya4
0x
ax2y
a4
2xy
∫ ∫=
=
=
= dxy
ax2
a4
2x
a4
0x
= ∫
=
dxa4
x0ax2
a4
0
2
∫
=
a4
0
32/3
a12
x
a
1.
3
2)ax(2
−=
a12
)a4()a4(.
3
a4 32/3 −=
3
a16
3
a32 22−=
3
a16 2=
ðặt x = x(u,v) và y = y (u,v) thỏa:
Khi ñó:
1. f(x,y) = f(x(u,v),y(u,v)) miền D trong mặt phẳng
Oxy sẽ biến thành miền D’ trong mặt phẳng O’uv.
2. Công thức tích phân 2 lớp sẽ ñược thay ñổi thành:
Công thức ñổi biến
'
( , ) ( , )D D
f x y dxdy F u v J dudv=∫∫ ∫∫( , )
( , )
x xx yu vJ
y y u v
u v
∂ ∂∂∂ ∂= =
∂ ∂ ∂∂ ∂
( ) 1 1; ( ; )x y u v−←→
Ví dụ:
,
'
3 22 2 2 2
3 31 1
( ; )
; ;
D
D
f x y dxdy
u u u u u uF dudv du F dv
v v v v v v
= =
∫∫
∫∫ ∫ ∫
D giới hạn bởi: y = x2, y = 2x2, y = x, 3y x=D giới hạn bởi 1 cặp parabol và 1 cặp ñường thẳng.ðặt: u = y/x ; v = y/x2. Ta có:
2 2
3;
u u ux y J
v v v= = ⇒ =
Trong trường hợp tọa ñộ cực.
Ta có:
Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực
2
1
( )
( )
( ; )
( cos , sin )
( , )
R
R
r r
r r
f x y dxdy
f r r rdrd
f r rdr dϕϕ β
ϕ α ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ==
= =
=
=
∫∫
∫∫
∫ ∫
1. Nếu miền lấy tích phân D giới hạn bởi 2 tia xuất phát từ cực:
tiếp xúc với biên của miền D tại A và B và ñoạn ñường cong APB có phương trình , ñoạn ñường cong AQB có phương trình: thì (1) ñược tính như sau:
Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực
1( )r r ϕ=
, ( )ϕ α ϕ β α β= = ≤
2( )r r ϕ=
2
1
( )
( )
( , )r r
r r
f r dr dϕϕ β
ϕ α ϕ
ϕ ϕ==
= =
∫ ∫
2. Nếu gốc O nằm trong miền D và mọi tia xuất phát từ O ñều cắt biên của miền HD tại 1 ñiểm có bán kính vec tơ là thì:
3. Trong tọa ñộ cực ñể tích tích phân 2 lớp thường tính tích phân theo r trước.4. Ta chỉ ñổi sang hệ tọa ñộ cực khi:-Hàm dưới dấu tích phân có chứa , ñồng thời miền D giới hạn bởi các ñường thẳng ñi qua O.- Miền lấy tích phân D là hình tròn, hình tròn lệch, giới hạn của hai hình tròn, hoặc ñường cong có chứa x2 + y2
Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực
( )r r ϕ=( )2
0 0
( ; ) ( cos ; sin )r
D
f x y dxdy f r r rdr dϕπ
ϕ ϕ ϕ =
∫∫ ∫ ∫
2 2x y+
1. Nếu miền D ñối xứng qua Ox và f(x;y) = f(x;-y) thì:
(với D1 là phần của D ứng với y > 0)
Nếu miền D ñối xứng qua Ox và f(x;y) = -f(x;-y) thì:2. Nếu miền D ñối xứng qua Oy và f(x;y) = f(-x;y) thì:
(với D2 là phần của D ứng với x > 0)
Nếu miền D ñối xứng qua Oy và f(x;y) = -f(-x;y) thì:3. Nếu D ñối xứng qua Ox, Oy và f(x;y)= f(-x;y)= f(x;-y)= f(-x;-y)
1 số tính chất:
1
( ; ) 2 ( ; )D D
f x y dxdy f x y dxdy=∫∫ ∫∫
( ; ) 0D
f x y dxdy =∫∫
2
( ; ) 2 ( ; )D D
f x y dxdy f x y dxdy=∫∫ ∫∫
( ; ) 0D
f x y dxdy =∫∫
*
( ; ) 4 ( ; )D D
f x y dxdy f x y dxdy=∫∫ ∫∫
Kết quả quan trọng:
2 2
0 0
(2 1)!! , ( 2 )
(2 )!! 2sin cos
(2 )!! , ( 2 1)
(2 1)!!
n n
kn k
kxdx xdx
kn k
k
π π π− == = = + +
∫ ∫
Lưu ý:-ðể xác ñịnh cận tích phân trong tọa ñộ cực ta xét:
-Tìm ñiều kiện của ϕ ñể r ≥ 0.
0,0 2r ϕ π≥ ≤ ≤
Bài 11
Giải
Tính sin ,D
r drdϕ ϕ∫∫
Với D giới hạn bởi r = a(1-cosϕ), a>0, nằm phía trên nửa mp(Oxy).
sinD
r drdϕ ϕ∫∫(1 cos )
0 0
sinr a
r
r dr dϕπ
ϕ
ϕ ϕ= −
= =
= ∫ ∫
(1 cos )2
0 0
sin2
a
rd
ϕπ
ϕ ϕ−
=
∫
22
0 0 0
sin cos ( sin ) sin 22
ad d d
π π π
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
= − − − ∫ ∫ ∫
2 3
0
cos cos2cos
2 3 2
aπ
ϕ ϕϕ = − − +
3
a4 2=
Bài 12
Giải
Nếu R là miền giới hạn bởi nửa ñường tròn r = 2acosϕnằm phía trên trục hoành.CMR: 2 32
sin .3R
r drd aϕ ϕ =∫∫
ðường tròn r = 2acosϕhay r2 = 2arcosϕ
Có phương trình trong hệ tọa ñộ (Oxy) là:
x2 + y2 - 2ax = 0 ðường tròn tâm (a,0), bán kính a và ñi qua gốc tọa ñộ.
2 cos/2 3
0 0
sin .3
a
rd
ϕπ
ϕ
ϕ ϕ=
=
∫
/23 3
0
sin8 cos
3a d
π ϕ ϕ ϕ = ∫
/233
0
8cos .( sin )
3
ad
π
ϕ ϕ ϕ−= −∫/23 4
0
8 cos.
3 4
aπ
ϕ = −
( )32
0 13
a=− −3
a2 3=
2 sinR
r drdϕ ϕ∫∫2 cos/2
2
0 0
sina
r
r dr dϕπ
ϕ
ϕ ϕ= =
=
∫ ∫
D là miền giới hạn bởi ñường tròn tâm I(a;b) , bán kính R bất kỳ.
ðặt: X = x – a, Y = y – b
Khi ñó:
2 2 1
( ; ) ( ; )D X Y
f x y dxdy f X a Y b dXdY+ ≤
= + +∫∫ ∫∫
2
0 0
( cos ; sin )a
f a r b r rdr dπ
ϕ ϕ ϕ
= + + ∫ ∫
Bài 13
Giải
2 2/ 2
2 2
0
ln( )a ya
y
x y dx dy−
+∫ ∫
Miền lấy tích phân ñược xác ñịnh bởi:
cos sin4
x y r rπϕ ϕ ϕ= ⇒ = ⇒ =
2 2 2 2 2x a y x y a r a= − ⇒ + = ⇒ =
0 042
ay
πϕ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
Bằng cách chuyển qua tọa ñộ cực, tính:
2 2/ 22 2
0
ln( )x a yy a
y x y
x y dx dy= −=
= =
∴ +
∫ ∫
( )/4
2
0 0
ln . .a
r
r r dr dϕ π
ϕ
ϕ=
= =
=
∫ ∫
/4 22
0 0 0
12 . ln 2. . ln
4 2 4
r aa
r r
rd r rdr r r
π
ϕ
πϕ=
= = =
= = − ∫ ∫
22 ln
4 2
aa a
π = −
/4
0 0
2 lna
r
r r dr dπ
ϕ
ϕ= =
=
∫ ∫
Bài 14
Giải
Sử dụng phép biến ñổi x + y = u và y = uv, tính1 1
/( )
0 0
.x
y x ye dx dy−
+∫ ∫
/( )y x y
D
Trong e dy+∫∫
Miền lấy tích phân D bị giới hạn bởi trục Ox, x + y = 1 và y thay ñổi từ y = 0 ñến y = 1.Từ phép biến ñổi ta có: x = u(1-v) và y = uv
uuv
uv1
v
y
u
yv
x
u
x
J =−−
=
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
=∴
Xác ñịnh cận của D’:
(i) Tr ục Ox (y = 0):suy ra uv = 0. Vậy u = 0, v = 0
Do 0 ≤ y ≤ 1 và x ≥ 0 nên u > 0 và v > 0
(ii) Tr ục Oy, (x = 0):u(1-v) = 0 nên u = 0, v = 1, since x > 0Do x ≥ 0 nên u(1 - v) > 0 ⇒ u > 0 và v < 1
(iii) ðường thẳng x + y = 1cho ta u = 1.
Vậy miền D’ giới hạn bởi u = 0, u = 1, v = 0 và v = 1
/y x y
R
e dx dy+∴∫∫
( )11 1 1 1
1/ 2
00 0 0 0 0
1.
2
uv u u vv
uv u v v
vv u u v u
u e du dv udu e dv u e== = = = =
== = = = =
= = =
∫ ∫ ∫ ∫
( 1)
2
e −=
Bài 15
Giải
Tìm diện tích của miền giao giữa 2 ñường tròn x2 + y2 = a2
và x2 + y2 = 2ax.
Ta có:
)1...(arayx 222 =⇒=+2 2 2 2 cos ...(2)x y ax r a ϕ+ = ⇒ =
Giao ñiểm của 2 ñường tròn, ta cóϕ = π/3
Trong miền R1, r thay ñổi từ 0 ñến r = a vàϕ thay ñổi từ 0 ñến π/3
Trong miền R2, r thay ñổi từ 0 ñến r = 2acosϕ và ϕ thay ñổi từ π/3 ñến π/2
Vậy = 2{S(R1) + S(R2)}
2 cos/3 /2
0 0 /3 0
2 2aa
r r
rdr d r dr dϕπ π
ϕ ϕ π
ϕ ϕ= = = =
= +
∫ ∫ ∫ ∫
/3 /22 2
0 0 /3
12. 2 4 cos
2
a
d rdr a dπ π
π
ϕ ϕ ϕ
= + ∫ ∫ ∫
222 3
3 2
aaπ= −
Bài 16
Giải
D là miền giới hạn bởi 2 ñường tròn r = 2asinϕ và r = 2bsinϕ,
b > a, tính 2 2( ) .D
x y dxdy+∫∫
2 2( )D
x y dxdy+∫∫2 sin/2
3
0 2 sin
2r b
r a
r dr dϕπ
ϕ ϕ
ϕ=
= =
=
∫ ∫
2 sin/2 4
0 2 sin
2.4
b
a
rd
ϕπ
ϕ
ϕ =
∫
/24 4 4 4 4 4 4
0
1 3.1 3(16 16 ) sin 8( ). . ( )
2 4.2 2 2 2b a d b a b a
π π πϕ ϕ= − = − = −∫
Thể tích của miền giới hạn bởi 2 mặt z = z1(x,y) = c1 và z
= z2 (x,y) = c-2 ñược xác ñịnh bởi:
Thể tích của miền giới hạn trong kg 3 chiều
theo tích phân 2 lớp
dydx|zz|V 12R
−= ∫∫
Tích phân bội ba
∫∫∫ ∫∫∫=R R
dzdydx)z,y,x(dv)z,y,x(f
∫ ∫ ∫=
=
=
=
=
==
bx
ax
)x(2yy
)x(1yy
)y,x(2zz
)y,x(1zz
dxdydz)z,y,x(f
Cho x = rcosϕ , y = rsin ϕ, z = zTích phân 3 lớp trong tọa ñộ trụ
( , , )
( , , )
x x x
r z
x y z y y ythen J
r z r z
z z z
r z
ϕ
ϕ ϕ
ϕ
∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂= =∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂
cos sin 0
sin cos 0
0 0 1
r
r r
ϕ ϕϕ ϕ
−= =
Bằng cách sử dụng phép ñổi biến
( , , ) ( , , ) ( , , )V V V
f x y z d V f x y z d xd yd z F r z rd rd d zϕ ϕ= =∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
Cho x = rcosϕsinθ , y = rsinϕsinθ, z = rcosθ
Tích phân 3 lớp trong tọa ñộ cầu
2( , , )thì sin
( , , )
x y zJ r
rθ
ϕ θ∂= =∂
2( , , ) sinV
F r r drd dθ ϕ θ θ ϕ= ∫∫∫
( , , ) ( , , )V V
f x y z dV f x y z dxdydz=∫∫∫ ∫∫∫
Bằng cách sử dụng phép ñổi biến
Nhận xét:
Tính thể tích bằng cách sử dụng tích phân 3 lớp
V V
dV V dx dy dz= =∫∫∫ ∫∫∫
1.R V
V d V rdrd dzϕ= =∫∫∫ ∫∫∫
22. sinV R
V dV r dr d dθ θ ϕ= =∫∫∫ ∫∫∫
trong tọa ñộ trụ
trong tọa ñộ cầu
Problem 20
Solution
.dxdydz)zyx(Evaluatec
c
b
b
a
a
222∫ ∫ ∫
− − −++
Since all the limits are constants we can integrate in the given order.
∫ ∫− − −
++
c
c
b
b
a
a
322 dxdy
3
zzyxx ∫ ∫
− −
++=
c
c
b
b
322 dxdy
3
a2)a2(y)a2(x
dxy3
a2
3
ya2yax2
b
b
c
c
332
−−
++= ∫
dx3
ba4
3
ba4xab4
c
c
332
∫−
++=
c
c
333
3
bxa4x
3
ab4
3
xab4
−
++=
3
bca8
3
cab8
3
abc8 333++=
)cba(3
abc8 222 ++=
Problem 21
Solution
.dzdydx)zyx(Evaluate1
1
z
0
zx
zx∫ ∫ ∫−
+
−
++
∫ ∫ ∫−
+
−++
1
1
z
0
zx
zx
dzdxdy)zyx( ∫ ∫−
+
−
++=
1
1
zx
zx
z
0
2dzdxzy
2
yxy
∫ ∫−
+=1
1
z
0
2 dzdx)z2xz4( dzxz2zx2
z
0
1
1
22
+= ∫
−
0zdzz4dz)z2z2(
1
1
1
1
431
1
33 =
==+=
−−−∫∫
Problem 22
Solution
.zyx1
dxdydzEvaluate
1
0
2x1
0
2z2x1
0222∫ ∫ ∫
− −−
−−−
∫ ∫ ∫− −−
−−−
1
0
2x1
0
2y2x1
02222
dxdyz)yx1(
dz
∫ ∫−
−−−
−−=
1
0
2x1
0
2y2x1
022
1 dxdyyx1
zsin
∫ ∫− π=
1
0
2x1
0
dxdy2
∫∫ −π=
π=
− 1
0
2
2x1
0
1
0
dxx12
dxy2
+−π= − xsin2
1x1
2
x
212
8
2π=
Problem 23
Solution
Find by triple integration the volume of the sphere of radius a.
∫∫∫V
dzdydx
∫ ∫ ∫=
−
=
−−
==
a
0x
2x2a
0y
2y2x2a
0z
dxdydz8
Changing to spherical coordinate system
dr dy dz = r2 . sin θ dr dφ dθ
)1(3
a4 3π=
∫∫∫
∫ ∫ ∫
=
π
=φ
π
=θ
π
=θ
π
=φ =
φθθ=
θφθ=
a
0r
22/
0
2/
0
2/
0
2/
0
a
0r
2
drrddsin8
ddrdsinr8V
Problem 24
Solution
egrationinttriplegsinu1c
z
b
y
a
xellipsoidtheofvolumetheFind
2
2
2
2
2
2=++
∫ ∫ ∫=
−
=
−−
==
a
0x
2a
2x1b
0y
2b
2y2a
2x1c
0z
dxdydz8VVolume
∫ ∫=
−−
=
=a
0x
2b
2y2a
2x1c
0
2a/2x1b
0y
dxdyz8
∫ ∫=
−
=
−−=a
0x
2b/2x21a
b
0y2
2
2
2dxdy
b
y
a
x1c
∫ ∫=
−
=
−
−=
a
0x
2a/2x1b
0y2
2
2
2dxdy
b
y
a
x1c8
dxdyya
x1b
b
c8
a
0x
2a/2x1b
0y
22
22
∫ ∫=
−
=
−
−=
∫=
−
+
−
−=
a
0x 22
12
22
2
y
a/x1b
ysin
2
)a
x1(b
b
c8
2a/2x1b
0
22
22 y
a
x1b
2
y−
−
−+
∫=
π
−=
a
0x2
2dx
2a
x1
2
bc8 dx)xa(a4
ab8a
0
222 ∫ −π=
a
0
32
2 3
xxa
a4
abc8
−π=
−π=
3
aa
a4
bc8 33
2
3
a2.
a4
bc8 3
2π=
3
abc4π=
Problem2
Solution
If R is the triangular region with vertices (0,0), (1,1), (-1,1) show that
.1edydxeR
2y∫∫ −=
∫∫R
2y dydxe
∫ ∫=
=
−=
=1
0y
yx
yx
2y dydxe dyex
y
y
1
0y
2y
−=
= ∫
[ ]∫=
−−=1
0y
2y dy)y(ye
dtdyy2
typutdyey2a1
0
22y
=
== ∫
∫=
==
1t
0t
t dte ] 1e1ee 110
t −=−==
Problem4
Solution
Change the order of integration and Evaluate .dxdyyx
x1
0
2x2
x22∫ ∫
−
+
∫ ∫=
=
−=
=
+
1x
0x
2x2y
xy22
dxdyyx
x
The region R is determined by y=x, x2 + y2 = 1
and varies from x = 0 to x = 1.
Let R be a union of two lapping regions R1 and R2.
In R1, x varies from x = 0 to x = y and y varies from 0 to 1.
dxdyyx
x
1R22∫∫
+∴ dydx
yx
x1y
0y
ya
0x22∫ ∫
=
=
=
=
+=
dyyx
y
0
1
0y
22
+= ∫
=dyyy2
1
0y
22∫=
−=
( )∫=
−=1
0y
dyy12
1
0
2
2
y.)12(
−=
2
1
2
11.
2
)12( −=−=
.2yto =1yfromiesvaryandy2xto0xfromiesvarx,RIn 22 =−==
∫∫+2R
22dydx
yx
xdydx
yx
x2
1y
2y2x
0x22∫ ∫
=
−=
=
+=
dyyx
2y2
0
2
1
22
−
+= ∫ ∫
−+−=
2
1
222 dyy)yy2(
( )∫ −=2
1
dyy2
2
1
2
2
yy2
−= 2
2
3 −=
∫∫ ∫∫ ∫∫+
++
=+
∴R R 2R
222222dydx
yx
xdydx
yx
xdydx
yx
x
22
3
2
1
2
1 −+−=2
11−=
Problem 5
Solution
∫ ∫+−
−
−+
a
0
)2y2x(2x2a
2xax
22polartochangingbydydxe
yx
xyEvaluate
Region of Integration is
θ=⇒=+⇒−= cosaraxyxxaxy 222
arayxxay 22222 =⇒=+⇒−=
x varies from 0 to a
2to0fromiesvar
πθ∴
Now while transforming to polar coordinates dx.dy = r dr dθ.
∫ ∫−
−
+−
+∴
a
0
2x2a
2xax
)2y2x(22
dydxe.)yx(
xy
θθθ= ∫ ∫π=θ
=θ
−=
θ=ddrre.
r
cossubr2/
0
2rar
cosar2
2
∫ ∫π
=θ
=
θ=
− θ
θ=2/
0
ar
cosar
2r ddrer2sin2
1 θ
θ= ∫ ∫π
=θ
=
θ=
− ddre)r2(2sin4
1 2/
0
ar
cosar
2r
θθ
−=
θ
π
=θ
−
∫ d2sin1
e
4
1a
cosa
2/
0
2r
θ
−θ−= ∫π
=θ
θ−− dee2sin4
1 2/
0
2cos2a2a
θθ+θθ−= ∫∫π
=θ
θ−π
=θ
− d.2sine4
1d2sine
4
1 2/
0
2cos2a2/
0
2a
2/
0
2cos2a2
2/
0
2a ea4
12cos.e
8
1π
θ−π
−
+
θ+=
[ ]
−+θ−π= −− 2a2
2a e1a4
1coscose
8
1
)e1(a4
1)11(e
8
1 2a2
2a −− −+−−=
+−= − 2a2
2e)1a(1
a4
1
Problem6
Solution
∫ ∫θ
−+
2/a2y2a
y
22 .formpolartochangingdydx)yx(logEvaluate
Region of integration is4
sinrcosyxπ=θ⇒θ=θ⇒=
arayxyax 22222 =⇒=+⇒−=
4to0fromiesvar
2
ato0fromiesvary
πθ⇒
∫ ∫=
=
−=
=
+∴2/ay
0y
2y2ax
yx
22 dydx)yx(log
∫ ∫π=θ
=θ =
θ=4/
0
a
0r
2 ddr.rrlog ∫ ∫π
=θ =θ
=4/
0
a
0r
ddrrlogr2
θ
−= ∫
π
=θd
2
aaloga
4/
0
22
∫π
θ
−=
4/
0
22 d
2
aaloga
−π=
2
aaloga
4
22
Problem8
Solution
Find the total area included between the parabola y2 = 4x and 2x - 3y + 4 = 0.
Let y2 = 4x …(1)
2x - 3y + 4 = 0 …(2)
Solving (1) and (2) we get (1,2) and (4,4) as the
pints of intersection.
Area of the required region
∫ ∫=
=
=
+=
=4x
1x
x2y
34x2
y
dxdy dx3
4x2x2
4x
1x∫=
=
+−=
3
1=4
1
22/3 x
3
4
3
xx
22
−−
θ=
Problem9
Solution
Find area inside r = a sin θ and outside the cardioide r = a (1 - cosθ).
Required area is shown in the figure.
∫ ∫=θ
θ
θ−=θ=
2/1
0
sinar
)cos1(ar
ddrrArea
θ
=
θ
θ−=θ∫ d
2
rsina
)cos1(a
2/r
0
2 { }∫π
=θθθ−−θ=
2/
0
222
d)cos1(sin2
a
{ }∫π
θθ−θ+−=2/
0
2d2coscos21
2
a
π−=4
1a2
Problem10
Solution
.dxdydz)zyx(Evaluatec
c
b
b
a
a
222∫ ∫ ∫
− − −++
Since all the limits are constants we can integrate in the given order.
∫ ∫− − −
++
c
c
b
b
a
a
322 dxdy
3
zzyxx
∫ ∫− −
++=
c
c
b
b
322 dxdy
3
a2)a2(y)a2(x
dxy3
a2
3
ya2yax2
b
b
c
c
332
−−
++= ∫
dx3
ba4
3
ba4xab4
c
c
332
∫−
++=
c
c
333
3
bxa4x
3
ab4
3
xab4
−
++=
3
bca8
3
cab8
3
abc8 333++=
)cba(3
abc8 222 ++=
Problem11
Solution
.dxdydzzxyEvaluate1
0
2x1
0
2y2x1
0∫ ∫ ∫
− −−
∫ ∫ ∫− −−
=1
0
2x1
0
2y2x1
0
dxdydzzxy ∫ ∫− −−
=
1
0
2x1
0
2y2x1
0
2dxdy
2
zxy
∫ ∫−
−−=1
0
2x1
0
22 dxdy)yx1( ∫ ∫−
−−=1
0
2x1
0
33 dxdy)xyyxxy(2
1
∫ ∫−
−−=1
0
2x1
0
33 dxdy)xyyxxy(2
1 dx4
xy
2
yx
2
xy
2
12x1
0
1
0
4232 −
∫
−−=
∫
−−−−−=
1
0
2223
2 dx)x1(4
x)x1(
3
x)x1(
2
x
2
1
∫ +−=1
0
35 dx)xx2x(8
1
1
0
246
2
x
2
x
6
x
8
1
+−=
+−=2
1
2
1
6
1
8
1
48
1=
Problem12
Solution
.ddrdzrEvaluate2/
0
sina
0
a
2r2a
0∫ ∫ ∫
π θ−
θ
θ
−
π θ
∫ ∫ ddrz.ra
2r2a
0
2/
0
sina
0∫ ∫
π θ
=θ−=
2/
0
sina
ar
22ddr
a
)ra(
θ
−=
θπ
=θ∫ d
4
r
2
ra
a
1sina
0
2/
0
422 { } θθ−θ= ∫π
=θdsinasina2
a4
1 2/
0
4424
θθ−θθ= ∫ ∫
π π2/
0
2/
0
423
dsindsin24
a
π−π=2
.2
1.
4
3
4.2
4
a3
64
a5 3π=
=θ∫ ∫ ∫π
=θ
θ
=
−
=
2/
0
sina
0r
a
2r2a
0z
ddrdzr
Problem13
Solution
.)zyx1(
dzdydxEvaluate
R3∫∫∫
+++
∫∫∫+++R
3)zyx1(
dzdydx∫ ∫ ∫=
=
−=
=
−−=
= +++=
1x
0x
x1y
0y
yx1z
0z3
dzdy)zyx1(
dz
∫ ∫= −−−
−+++=
1
0
x1
0
yx1
0
2dxdy
2
)zyx1(∫ ∫
−
−
+++=
1
0
x1
02
dxdy4
1
)zyx1(
1
2
1
∫−
−
++−=
1
0
x1
0
dx4
y
yx1
1
2
1∫
−−−+
=1
0
dx4
)x1(
2
1
x1
1
2
1
1
0
2
8
)x1(
2
x)x1(log
2
1
−+−+=
−=8
52log
2
1
Problem 14
Solution
theand1c
z
b
y
a
xntetrahedrotheofvolumetheFind =++ coordinate planes.
∫ ∫ ∫=
−
=
−−
=a
0x
ax
1b
0y
by
ax
1c
dxdydzVVolume
[ ]∫ ∫
−
=
−−=
a
0x
ax
1b
0y
by
ax
1
0 dxdyz
∫ ∫=
−
=
−−=a
0x
ax
1b
0y
dxdyb
y
a
x1
dxb2
y
a
xyy
ax
1b
0
a
0x
2
−
=
−−= ∫
dxb2
ax
1b
aax
1x
a
x1b
22
a
0
−−
−−
−= ∫
6
abc=