Bài 01 : Tính 1
x
∫ ∫ xy dy dx. 0 0
Giải
1 x
∫
∫ xy dy dx
0 x
1 y = x
=∫ 0
xy dy dx ∫ y= x
1
1 = ∫ ( x 2 − x 3 ) dx 2 0
1 x3
1 4 x
= − 2 3 4 0
=
1 24
1
xy 2
2 0 x
=∫
x
dx
Bài 02: Tính 1
∫
y 2 2 ( x + y ) dx dy. ∫
0 y
Giải
y 2 2 ( x + y ) dx dy ∫0 ∫y 1
y
x 2 = ∫ + xy dy 3 y 0 1
3
1
y 1 2 5/2 2 7/2 4 y 4 3 5/2 =∫ + y − y dy = . . y + y − . 3 5 7 3 4 0 3 3 0 1
3/2
4
=
3 35
Bài 03: Tính 1 1
dx dy . 2 2 ∫∫ (1 + x ) (1 + y ) 0 0 Giải 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: ∴
11
dx dy
∫ ∫ (1 + x 2 ) (1 + y 2 )
00
1 dx =∫ 2 1 + x 0
= arctgx ] 0 . arctgy ] 0 1
1
π π = . 4 4
1 dy ∫ 1 + y2 0 π2 = 16
Bài 04 : Tính 1 1+ x 2
∫ ∫ 0
0
dy dx 1 + x2 + y 2
Giải 2 1 y = 1+ x dy dx ∫ ∫ 2 2 (1 + x ) + y 0 y = 0 1
=∫ 0
π
1 + x2 arctg 2 1 + x2 1 + x 1
1
=∫ 0
y arctg 2 2 1+ x 1+ x 1
0
1+ x 2
1 1 π dx − arctg 0 dx = ∫ 2 4 0 1+ x
. dx
π π = ln (1 + 2) = ln x + x + 1 = ln (1 + 2) − ln1 4 4 0 4 1
2
Bài 5: Tính
∫∫ xy = dx dy, A
Trong ñó A là miền giới hạn bởi trục Ox, x = 2a và x2 = 4ay. Giải
xy dx dy = xy dx dy ∫∫ ∫ ∫ A y =0 x = 4 ay a 2 x y
a x = 2a
2a
2 0 2 ay
=∫
a
4a 2 y − 4ay 2 dy = ∫ dy 2 0
a
ay 2 y 3 a4 2 = 2a ∫ (ay − y ) dy = 2a − = 2 3 3 0 0 a
Bài 6: Tính
∫∫ xy ( x + y ) dx dy D
Trong ñó D là miền giới hạn bởi y = x2 và y = x. Giải
∫∫ xy ( x + y ) dx dy D
1 2 2 x y
=∫ 0
2
+
xy 3
1 y=x
= ∫ ∫ ( x 2 y + xy 2 ) dy dx 0 y = x 2
x
dx 3 2 x
1
5 4 1 6 1 7 = ∫ x − x − x dx 2 3 6 0
=
3 56
Bài 07: Tính Nếu R là miền giới hạn bởi ¼ ñường tròn x2+y2 = 1 trong góc phần tư thứ nhất, tính
∫∫ R
xy 1− y
2
dx dy.
Giải
∫∫ R
xy 1 − y2
dx dy
=
2 a y = 1− x
∫
x =0
∫
y =0
xy dy dx 1 − y2
1
=
∫
x =0
x − 1 − y 2 0
1− x 2
dx
1
= ∫ x − 1 − (1 − x 2 ) + 1 − 0 dx 0
1
1
= ∫ x {− x + 1} dx 0
=
= ∫ ( x − x 2 ) dx 0
x2 2
−
1 3 x
3 0
1 1 = − 2 3
1 = 6
Bài 08 : Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, tính: 1
x
∫∫
xy dy dx.
0 x
Giải Ta có: miền lấy tích phân ñường giới hạn bởi:
y = x, y = x và x = 0, x = 1 Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, ta cần tính tích phân theo biến x trước, nghĩa là tính tích phân theo phương Ox. Quan sát theo phương Ox, ta có miền D là miền ñều trong khoảng y = 0 ñến y = 1 và ñường vào là x = y2 và ñường ra x = y.
Do ñó ta có: y =1 x = y = xy dx xy dy dx dy ∫ ∫ ∫ y = 0 x = y 2 x
1 x
∫ 0
1 3 y
y5 = ∫ − dy 2 2 0
=
y4 8
−
1 6 y
1
=
y =1 2 x
y
y dy 2 y =0 y 2
∫
1
= − 12 8 12 0
=
1 24
Bài 09: Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, tính: 1 2− y
∫∫ 0
Giải
xy dx dy.
y
1 x = 2 − y
Ta có: ∫ ∫ xy dx dy 0 x= y
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 2 y = x2. Do ñó: 2 x 1 1 2 1 y=x 1 1 5 xy = ∴ xy dx dy = ∫ ∫ xy dy dx = ∫ dx = x dx 12 2 2 0 0 x =0 y=0 R1 0
∫∫
∫
Trên miền R2, trong khoảng x = 1 ñến x = 2, ñường vào y = 0 và ñường ra y = 2 - x. Do ñó: 2 2 2− x 2 2 x = 2y = 2 − x x ( 2 x ) − xy dx = ∫ dx ∴ xy dx dy = ∫ ∫ xy dy dx = ∫ 2 2 R2 x =1 1 x =1 y = 0 0
∫∫
=
∴ ∫∫ xy dx dy = ∫∫ xy dx dy + ∫∫ R
R1
R2
7 1 5 = xy dx dy = + 12 24 24
5 24
Bài 10: Xác ñịnh cận lấy tích phân theo 2 phương Ox và Oy của:
∫∫ f ( x, y)dxdy. D
D là cung tròn nằm trong ñoạn từ − 3 ñến 1 của nửa dưới ñường tròn (O;2) Giải Theo phương Oy: Miền lấy tích phân giới hạn bởi:
x = − 3, x = 1, y = − 4 − x 2 , y = 0 Do ñó: 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
Tìm diện tích của miền giới hạn bởi x2 = 4ay và y2 = 4ax. Giải
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 ⇔ S =
∫∫ dx dy D
4 a y = 2 ax = ∫ ∫ dy dx 2 x =0 x y= 4a =
4a
∫ 2
0
ax 0
x2
dx 4a
4 a (4a ) 3 3 / 2 = − . ( 4a ) 3 12 a
16 a 2 = 3
=
4a
2 ax
∫ y x 2
dx
x =0
4a
2 1 3 / 2 = 2 (ax ) . − 3 a
32a 2 16 a 2 = − 3 3
x3
4a
12 a 0
Công thức ñổi biến 1−1 (u; v) ðặt x = x(u,v) và y = y (u,v) thỏa: ( x; y ) ←→
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:
∫∫ f (x, y) dxdy = ∫∫ F(u,v) J dudv D
D'
∂x ∂u J = ∂y ∂u
∂x ∂ ( x, y ) ∂v = ∂y ∂ (u , v) ∂v
Ví dụ: D giới hạn bởi: y = x2, y = 2x2, y = x, y = x 3 D giới hạn bởi 1 cặp parabol và 1 cặp ñường thẳng. ðặt: u = y/x ; v = y/x2. Ta có: ,
u u2 u2 x= ;y = ⇒J= 3 v v v
∫∫ f (x; y)dxdy D 3 2 u u2 u2 u u2 u2 = ∫∫ F ; 3 dudv = ∫ du∫ F ; 3 dv v v v v v v 1 1 D'
Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực Trong trường hợp tọa ñộ cực. Ta có:
∫∫ f ( x; y)dxdy R
= ∫∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ R
ϕ =β
=
∫ ϕ α =
r = r2 (ϕ ) ∫ f (r , ϕ ) rdr dϕ r = r1 (ϕ )
Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực 1. Nếu miền lấy tích phân D giới hạn bởi 2 tia xuất phát từ cực: ϕ =α,ϕ = β (α ≤ β) tiếp xúc với biên của miền D tại A và B và ñoạn ñường cong APB có phương trình r = r1 (ϕ ) , ñoạn ñường cong AQB có phương trình: r = r2 (ϕ ) thì (1) ñược tính như sau: ϕ =β
∫ ϕ α =
r = r2 (ϕ ) ∫ f (r , ϕ ) dr dϕ r = r1 (ϕ )
Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực 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 r = r (ϕ )thì: 2π r (ϕ ) ∫∫D f (x; y)dxdy = ∫0 ∫0 f (r cosϕ; r sinϕ)rdr dϕ 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 x 2 + y 2 , 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
1 số tính chất: 1. Nếu miền D ñối xứng qua Ox và f(x;y) = f(x;-y) thì:
∫∫ f ( x ; y ) dxdy = 2 ∫∫ f ( x ; y ) dxdy D
D1
(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: ∫∫D f ( x; y ) dxdy = 0 2. Nếu miền D ñối xứng qua Oy và f(x;y) = f(-x;y) thì:
∫∫ f ( x; y ) dxdy = 2 ∫∫ f ( x; y ) dxdy D
D2
(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: ∫∫ f ( x; y)dxdy = 0 D 3. Nếu D ñối xứng qua Ox, Oy và f(x;y)= f(-x;y)= f(x;-y)= f(-x;-y)
∫∫ f ( x; y ) dxdy = 4 ∫∫ f ( x; y ) dxdy D
D*
Kết quả quan trọng: (2k − 1)!! π (2k )!! 2 , (n = 2k ) 2 2 n n sin xdx = cos ∫0 ∫0 xdx = (2k )!! , (n = 2k + 1) (2k + 1)!!
π
π
Lưu ý: -ðể xác ñịnh cận tích phân trong tọa ñộ cực ta xét:
r ≥ 0,0 ≤ ϕ ≤ 2π
-Tìm ñiều kiện của ϕ ñể r ≥ 0.
Bài 11 Tính ∫∫ r sin ϕ drdϕ , D
Với D giới hạn bởi r = a(1-cosϕ), a>0, nằm phía trên nửa mp(Oxy). Giải r = a (1−cos ϕ ) π
∫∫D r sin ϕ drdϕ = ∫ ϕ =0 π
∫
r =0
a (1−cos ϕ )
r = ∫ sin ϕ 2 0 0 2
r sin ϕ dr d ϕ
dϕ
π π π a2 2 = ∫ sin ϕ dϕ − ∫ cos ϕ ( − sin ϕ )dϕ − ∫ sin 2ϕ dϕ 2 0 0 0 π 2 3 a cos ϕ cos 2ϕ 4a 2 = − cos ϕ − + =
2
3
2
0
3
Bài 12 Nếu R là miền giới hạn bởi nửa ñường tròn r = 2acosϕ 2 3 2 nằm phía trên trục hoành.CMR: ∫∫ r sin ϕ drdϕ = a . 3 R Giải ðường tròn r = 2acosϕ hay 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 r ∫∫ sin ϕ drdϕ = R
r = ∫ sin ϕ . 3 ϕ =0 π /2
−8a = 3
3
3 π /2
∫ 0
π /2
∫ ϕ
=0
2 a cos ϕ 2 ∫ r sin ϕ dr dϕ r =0
2 a cos ϕ
dϕ = 0
π /2
∫ 0
sin ϕ 8a 3 cos3 ϕ dϕ 3 π /2
8a cos ϕ . cos ϕ .(− sin ϕ )dϕ = − 3 4 0 3
3
2a 3 2a 3 =− ( 0 − 1) = 3 3
4
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:
∫∫ f ( x; y)dxdy = ∫∫
f ( X + a; Y + b)dXdY
X 2 +Y 2 ≤1
D
2π
a = ∫ ∫ f (a + r cos ϕ ; b + r sin ϕ )rdr dϕ 0 0
Bài 13 Bằng cách chuyển qua tọa ñộ cực, tính: a/ 2
Giải
a2 − y2
∫
∫
0
y
ln( x 2 + y 2 ) dx dy
Miền lấy tích phân ñược xác ñịnh bởi:
x = y ⇒ r cos ϕ = r sin ϕ ⇒ ϕ =
π
4
x = a2 − y 2 ⇒ x2 + y 2 = a2 ⇒ r = a a π 0≤ y≤ ⇒0 ≤ ϕ ≤ 4 2
y = a/ 2
∴
∫
y =0
=
ϕ = π /4
∫ ϕ
=0
x = a2 − y2 2 2 ∫ ln( x + y ) dx dy x = y π /4 a a 2 ∫ ln ( r ) .r. dr dϕ = 2 r ln r dr dϕ r =0 ϕ =0 r =0
∫ ∫
r =a 2 r π 1 2 = 2 ∫ dϕ . ∫ r ln rdr = 2. . r ln r − 2 4 4 ϕ = 0 r = 0 0 r =
π /4
π
a
2 a 2 = a ln a − 4 2
Bài 14 Sử dụng phép biến ñổi x + y = u và y = uv, tính Giải
1 1− x
∫∫
e y /( x + y ) dx dy.
0 0
Trong ∫∫ e y /( x + y ) dy D
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 ∴
∂x ∂u J= ∂y ∂u
∂x 1− v − u ∂v = =u ∂y v u ∂v
Xác ñịnh cận của D’: (i) Trục 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) Trục Oy, (x = 0): u(1-v) = 0 nên u = 0, v = 1, since x > 0 Do x ≥ 0 nên u(1 - v) > 0 ⇒ u > 0 và v < 1 (iii) ðường thẳng x + y = 1 cho ta u = 1. Vậy miền D’ giới hạn bởi u = 0, u = 1, v = 0 và v = 1
∴ ∫∫ e y / x + y dx dy R
v =1
u =1
uv / u =∫ ∫ue du dv v = 0 u = 0 (e − 1) = 2
u =1
v =1
u =1
v =1 1 2 v v = ∫ udu ∫ e dv = u . ( e ) v =0 2 u =0 v =0 u =0
Bài 15 Tìm diện tích của miền giao giữa 2 ñường tròn x2 + y2 = a2 và x2 + y2 = 2ax. Giải
Ta có: x2 + y2 = a 2
⇒
r =a
...(1)
x 2 + y 2 = 2ax ⇒ r = 2a cos ϕ ...(2) Giao ñiểm của 2 ñường tròn, ta có ϕ = π/3 Trong miền R1, r thay ñổi từ 0 ñến r = a và ϕ 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)} π /2 2 a cos ϕ a = 2 ∫ ∫ rdr dϕ + 2 ∫ ∫ r dr dϕ ϕ =0 r =0 ϕ =π /3 r =0 π /3
π /2 π /3 a 1 = 2. ∫ dϕ ∫ rdr + 2 ∫ 4a 2 cos 2 ϕ dϕ 2 π /3 0 0
2 2 3a 2 = πa − 3 2
Bài 16 D là miền giới hạn bởi 2 ñường tròn r = 2asinϕ và r = 2bsinϕ, 2 2 b > a, tính ∫∫ ( x + y )dxdy . D
Giải
r = 2 b sin ϕ 3 2 2 ∫∫D ( x + y )dxdy = 2 ∫ ∫ r dr dϕ ϕ =0 r = 2 a sin ϕ
π /2
π /2
2 b sin ϕ
r = 2. ∫ dϕ 4 2 a sin ϕ 0 4
1 = (16 b 4 −16a 4 ) 2
π /2
∫ 0
3.1 π 3 4 4 π sin ϕ dϕ = 8(b − a ). . = (b − a ) 4.2 2 2 2 4
4
4
Thể tích của miền giới hạn trong kg 3 chiều theo tích phân 2 lớp 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: V = ∫∫ | z 2 − z1 | dx dy R
Tích phân bội ba
∫∫∫ f (x, y, z) dv = ∫∫∫ (x, y, z) dx dy dz R
R
=
x = b y = y 2 ( x ) z = z 2 ( x , y)
∫
∫
∫
f ( x , y, z) dz dy dx
x = a y = y1 ( x ) z = z1 ( x , y)
Tích phân 3 lớp trong tọa ñộ trụ Cho x = rcosϕ , y = rsin ϕ, z = z
then
∂x ∂r ∂ ( x, y, z ) ∂y J= = ∂ (r , ϕ , z ) ∂r ∂z ∂r
∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂z ∂ϕ
∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z
cos ϕ −r sin ϕ 0 = sin ϕ r cos ϕ 0 = r 0 0 1 Bằng cách sử dụng phép ñổi biến
∫∫∫ V
f ( x, y, z ) dV =
∫∫∫ V
f ( x, y , z )dxdydz =
∫∫∫ F ( r , ϕ , z ) rd r d ϕ d z V
Tích phân 3 lớp trong tọa ñộ cầu Cho x = rcosϕsinθ , y = rsinϕsinθ, z = rcosθ ∂ ( x, y , z ) = r 2 sin θ J = ∂ ( r , ϕ ,θ )
thì
Bằng cách sử dụng phép ñổi biến
∫∫∫ f ( x, y, z )dV = ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz V
=
V
2 F ( r , θ , ϕ ) r sin θ drdθ dϕ ∫∫∫ V
Tính thể tích bằng cách sử dụng tích phân 3 lớp
∫∫∫ dV =V = ∫∫∫ dx dy dz V
V
Nhận xét:
1. V = ∫∫∫ d V =
∫∫∫ rdrdϕ dz
R
2. V = ∫∫∫ dV = V
trong tọa ñộ trụ
V 2 r ∫∫∫ sin θ dr dθ dϕ trong tọa ñộ cầu R
Problem 20 c b a
Evaluate
∫ ∫ ∫ (x
2 + y 2 + z 2 ) dz dy dx .
−c − b −a
Solution Since all the limits are constants we can integrate in the given order.
c b
z3
a
x 2x + y2z + dy dx ∫ ∫ 3 −c − b −a =
c
∫
−c
2ax 2 y + 2a
y3 3
+
2a 3
b
y dx 3 −b
=
c b
∫ ∫
− c − b
2a x 2 (2a ) + y 2 (2a ) +
3
dy dx 3
=
c
b 3 4a 3 b 2 + 4ab x + 4a dx
∫
= 4ab
3
3
−c
x3 3
+
4ab 3 3
x+
4a 3 bx 3
−c
8abc3 8ab3c 8a 3bc = + + 3 3 3 8abc 2 = (a + b 2 + c 2 ) 3
c
Problem 21 1 z x+z
Evaluate
∫ ∫ ∫ (x + y + z) dx dy dz .
−1 0 x − z
Solution
1 z x+z
∫ ∫ ∫ (x + y + z) dy dx dz
−1 0 x − z
=
2 ) dx dz ( 4 xz + 2 z ∫
−1 0
1
y2
z
2 2 = ∫ 2 x z + 2z x dz −1 0 1
3 3 3 4 = ∫ (2z + 2z ) dz = ∫ 4z dz = z = 0 −1 −1 −1 1
x+z
= ∫ ∫ xy + + zy dx dz 2 −1 0 x −z 1
1 z
∫
1 z
Problem 22 1 1− x 2 1− x 2 − z 2
Evaluate ∫
∫
∫
0
0
0
dz dy dx 1− x 2 − y2 − z2
Solution 2 2 1 1− x 2 1− x − y
∫ ∫
∫
0
0
0
1 1− x 2
=∫
∫
0
0
dz (1 − x 2 − y 2 ) 2 − z 2
z sin −1 1 − x 2 − y2 0
dy dx
1− x 2 − y 2
dy dx
.
1 1− x 2
=∫
∫
0
0
π dy dx 2
π = ∫ y 2 0 0 1
1− x 2
1
π dx = ∫ 1 − x 2 dx 2 0
π x 1 −1 2 = 1 − x + sin x 2 2 2
π2 = 8
Problem 23 Find by triple integration the volume of the sphere of radius a. Solution
∫∫∫ dx dy dz V
a
=8
∫
x =0
a 2 −x2
a 2 −x2 −y2
y=0
z=0
∫
∫ dz dy dx
Changing to spherical coordinate system
dr dy dz = r2 . sin θ dr dφ dθ
V =8
π/2 π/2 a
∫
∫
∫r
2
sin θ drd φ d θ
θ=0 φ=0 r=0
=8
π/2
π/2
a
θ=0
φ=0
r=0
∫ sin θ d θ
4 πa 3 = (1) 3
∫ dφ
2 r ∫ dr
Problem 24
Find the volume of the ellipsoid
x2 a2
+
y2 b2
Solution
Volume V = 8
a
∫
x =0
x2 b 1− a2
∫
y=0
x 2 y2 − c 1− 2 a b2
∫
z =0
dz dy dx
+
z2 c2
= 1 u sin g triple int egration
x 2 y2 c 1− a 2 b2 a b 1− x 2 / a 2
=8
∫
∫
x =0
z
y=0
0
b 12 − x 2 / b2 a a = ∫ c 1− ∫ x =0 y =0
=8
2 2 a b 1− x / a
∫
x =0
∫
y=0
dy dx
x 2 y2 − dy dx a 2 b2
c 1− − dy dx a 2 b2 x2
y2
=8
2 2 a b 1− x / a c
∫
x =0
∫
y=0
b
2 2 b 1 − − y dy dx 2 a x2
2 x2 a b (1 − 2 ) y 8c y − 1 a + = sin ∫ b 2 b 1− x2 / a2 2 x =0
y 2 1 − x 2 + b − y2 a2 2
b 1− x 2 / a 2
0
8 bc = 2
a
∫
2 π x 1 − dx a2 2
x =0
a
8 π abc 2 x3 = a x − 3 4 a 2 0 8 πbc 2a 3 . = 2 3 4a
4 π abc = 3
=
8πab
a
2 − x 2 ) dx ( a ∫
4a 2 0
8 πbc 3 a 3 = a − 3 4a 2
Problem2 If R is the triangular region with vertices (0,0), (1,1), (-1,1) show that
∫∫ e
y2
dx dy = e − 1.
R
Solution 2
y ∫∫ e dx dy R
x=y 2 = ∫ ∫ e y dx dy y=0 x = − y 1
=
1
∫e
y2
[y − (− y)] dy
y=0
=
t =1
∫e
t =0
1
=
1
∫xe
y =0
2
= a ∫ 2 y e y dy
y2
y
dy −y
put y 2 = t
0
t
dt
]
t 1 =e 0
2 y dy = dt
= e1 −1 = e −1
Problem4
1 2− x 2
Change the order of integration and Evaluate
∫ ∫
0
x
x 2
x +y
Solution 2 x =1 y = 2 − x
∫ x =0
∫
y=x
x dy dx x 2 + y2
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.
2
dy dx .
∴
∫∫ R1
y =1 a = y
x 2
x +y
2
dy dx
y
2 2 = ∫ x +y dy y =0 0 1
=
∫(
1
y =0
=
x = ∫ ∫ dx dy 2 2 x + y y =0 x = 0
)
2 − 1 y dy
=
1
2 2 dy 2 y − y ∫ y =0 1
y2 = ( 2 − 1) . 2
0
( 2 − 1) 1 1 .1 = − 2 2 2
In R 2 , x var ies from x = 0 to x = 2 − y 2 and y var ies from y = 1 to y = 2.
x
∫∫ R2
=
2
x +y
2
∫ 1
=
∫( 2
=
dx dy
2
2 2 x +y 0
2− y 2
dy
)
=
2 2 x = 2− y
∫ y =1
∫
x =0
2
(2 − y 2 + y 2 ) − y 2 dy 1
∫
= 2y −
2 − y dy
y2
∫∫ R
=
x 2
x +y
2
dx dy =
1 1 3 − + − 2 2 2 2
∫∫ R
x 2
x +y
=1−
1 2
2
2 1
1
∴
x dx dy x 2 + y2
2
dx dy +
=
∫∫ R2
3 − 2 2 x 2
x +y
2
dx dy
Problem 5 a a 2 −x 2
Evaluate
∫
∫
0
ax − x 2
xy x 2 + y2
2 2 e − ( x + y ) dx dy by changing to polar
Solution Region of Integration is y = ax − x 2
⇒
x 2 + y 2 = ax ⇒ r = a cos θ
y = a2 − x2
⇒
x 2 + y2 = a 2 ⇒ r = a
x varies from 0 to a ∴
θ var ies from 0 to
π 2
Now while transforming to polar coordinates dx.dy = r dr dθ.
a a 2 −x2
∴
∫
∫
0
ax − x 2
xy 2
2
(x + y )
θ = π/2
r =a
π/2
r =a
.e
−(x 2 + y 2 )
dx dy
r 2 sub θ cos θ − r 2 = ∫ .e r dr dθ ∫ 2 r θ = 0 r = a cos θ
=
1 ∫ 2 ∫ sin 2θ r e θ=0 r = a cos θ
=
π/2
a 2 −r
−r 2
dr d θ
1 e sin 2 θ dθ ∫ 4 θ=0 − 1 a cos θ
1 π / 2 r = a −r 2 = ∫ ∫ sin 2 θ ( 2 r ) e dr dθ 4 θ = 0 r = a cos θ
−1 π / 2 = sin 2θ 4 θ =∫ 0
−a 2 − a 2 cos 2 θ e − e dθ
1 −a 2 π / 2 1 π / 2 − a 2 cos 2 θ =− e sin 2θ dθ + e sin 2θ . dθ ∫ ∫ 4 4 θ=0 θ=0 π/2
1 −a 2 =+ e . cos 2θ 8 0
π/2
1 − a 2 cos 2 θ + e 2 4a 0
1 −a 2 = e [cos π − cos θ]+ 12 8 4a
−a 2 1 − e
1 −a 2 1 −a 2 (−1 − 1) + = e (1 − e ) 2 8 4a =
1 2 −a 2 1 − ( a + 1 ) e 2 4a
Problem6 2 2 a / 2 a −y
∫
Evaluate
θ
∫
log ( x 2 + y 2 ) dx dy changing to polar form .
y
Solution Region of integration is x = y ⇒
cos θ = r sin θ ⇒ θ =
x = a 2 − y2 ⇒ x 2 + y2 = a 2 ⇒ r = a
y var ies from 0 to
∴
a π ⇒ θ var ies from 0 to 4 2
2 2 y = a / 2 x = a − y
∫ y =0
∫
x=y
log ( x 2 + y 2 ) dx dy
π 4
θ = π/4 a
2 = ∫ ∫ log r r. dr d θ θ=0 r = 0 π/4
a2 = ∫ a log a − d θ 2 θ = 0 2
2 π/4 2 a = a log a − ∫ dθ 2 0
π 2 a 2 = a log a − 4 2
π/ 4 a
= ∫ ∫ 2 r log r dr dθ θ=0 r = 0
Problem8 Find the total area included between the parabola y2 = 4x and 2x - 3y + 4 = 0. Solution 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
x =4 y=2 x = ∫ ∫ dy dx x =1 y = 2 x + 4 3
= 4
4 2 3/ 2 x = 2 x − − x θ 3 3 1 2
=
x =4
2x + 4 − 2 x dx ∫ 3 x =1
1 3
Problem9 Find area inside r = a sin θ and outside the cardioide r = a (1 - cos θ). Solution Required area is shown in the figure. Area =
1/ 2
r a sin θ
∫ r dr dθ
∫
θ = 0 r = a (1− cos θ)
=
r/2
2
a sin θ
r dθ ∫ 2 θ=0 a (1− cos θ)
{
}
a2 π / 2 2 = sin θ − (1 − cos θ) 2 dθ ∫ 2 θ=0
a2 π/ 2 = {− 1 + 2 cos θ − cos 2θ } dθ ∫ 2 0
π = a 2 1 − 4
Problem10 c b a
Evaluate
∫ ∫ ∫ (x
2
+ y 2 + z 2 ) dz dy dx .
−c − b −a
Solution Since all the limits are constants we can integrate in the given order. a
3 2 x x + y 2 z + z dy dx ∫ ∫ 3 −c −b −a c
b
2 2a 3 2 = ∫ ∫ x (2a ) + y (2a ) + dy dx 3 − c − b c b
b
y 2a 2 = ∫ 2ax y + 2a + y dx 3 3 − b −c c
3
3
b3 4a 3b 2 = ∫ 4ab x + 4a + dx 3 3 − c c
c
x 4ab 4a bx x+ = 4ab + 3 3 3 −c 3
3
3
8abc3 8ab3c 8a 3bc = + + 3 3 3
=
8abc 2 (a + b 2 + c 2 ) 3
Problem11 2 2 1 1− x 2 1− x − y
Evaluate
∫ ∫
∫
0
0
0
xy z dz dy dx .
Solution 1 1− x 2
2 2 1 1− x 2 1− x − y
=∫
∫
∫ xy z dz dy dx
0
0
0
1 1− x 2
=∫
∫
0
0
1
1 =∫ 2 0
0
∫
0
0 1
2
2
(1 − x − y ) dy dx
1− x 2
∫
=∫
1 2 0
=∫
3
( xy − x y − xy ) dy dx
1− x 2
∫
dy dx 0
( xy − x 3 y − xy3 ) dy dx
0 2 4 1− x
1 xy x y xy =∫ − − 2 2 2 4 0 0 1
3
z2 xy 2
1− x 2 − y 2
2
3 2
dx
1 x x3 x 2 2 2 2 = ∫ (1 − x ) − (1 − x ) − (1 − x ) dx 2 2 3 4 0 1
11 5 = ∫ ( x − 2x 3 + x ) dx 80 1
1 x6 x 4 x2 = − + 8 6 2 2 0 1 1 1 1 = − + 8 6 2 2
=
1 48
Problem12 π / 2 a sin θ
Evaluate
Solution π / 2 a sin θ
∫
θ=0
∫
r =0
∫ r dz dr dθ =
z =0
∫
0
0
∫
0
π/2 2 2
∫ r . z
0
0
4 a sin θ
1 a r r = − a θ =∫ 0 2 4 0 π/ 2 a3 π / 2 2 4 = 2 ∫ sin θ dθ − ∫ sin θ dθ 4 0 0
∫ r dz dr dθ .
0
a 2 −r 2 π / 2 a sin θ a
a 2 −r 2 a
∫
a 2 −r 2 a
dθ
dr dθ
π / 2 a sin θ
(a 2 − r 2 ) = ∫ ∫ dr dθ a 0 r =a
{
}
1 π/2 4 2 4 4 = 2 a sin θ − a sin θ dθ ∫ 4a θ = 0
a3 π 3 1 π = 2. − . . 4 4 4 2 2
5 πa 3 = 64
Problem13 Evaluate
∫∫∫ R
dx dy dz (1 + x + y + z)
3
.
Solution
∫∫∫
dx dy dz
R (1 + x + y + z )
1 1= x
=
3
x =1 y =1− x z =1− x − y
∫
∫
x =0 y =0
(1 + x + y + z) =∫ ∫ −2 0 0
− 2 1− x − y
0
dy dx
1− x
1 1 −1 y = ∫ − 2 0 1 + x + y 4 0
∫
z =0
dz (1 + x + y + z)
3
dy dz
1 1 1− x 1 1 = ∫ ∫ − dy dx 2 0 0 (1 + x + y + z) 2 4 1 1 1 1 (1 − x ) = ∫ − − dx 2 0 1 + x 2 4
dx 1
1 x (1 − x ) 2 = log (1 + x ) − + 2 2 8 0
=
1 5 log 2 − 2 8
Problem 14 Find the volume of the tetrahedron
Solution
x x y b 1− c 1− − a a a b
Volume V =
∫
∫
∫ dz dy dx
x =0 y =0
=
x y z + + = 1 and the coordinate planes. a b c
x b 1− a a
∫
x y 1− − z 0 a b dy dx
∫ [ ]
x 0 y =0
b 1− x a a = ∫ ∫ x =0 y =0
x y 1 − − a b
dy dx
a
=
∫
y−
x =0
x b 1− y2 a
xy − a 2 b
dx
0
x x 2 x 1 − b 1 − a a a x − = ∫ b 1 − − 2b a a 0
=
abc 6
2
dx
