0. База: что вспомнить

Произведение: $u=x^2$, $v=\sin x$.

Частное: $u=\ln x$, $v=x$.

Внешняя функция $\arctg u$, внутренняя $u=\sqrt x$. По цепному правилу:

Три слоя: $\ln$, сумма, корень.

Скобки сократились — такой ответ стоит запомнить, этот интеграл ещё встретится: $\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}=\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)+C$.

Логарифмируем: $\ln y=\sin x\cdot\ln x$. Дифференцируем:

$x'_t=2t$, $y'_t=3t^2$, поэтому $y'_x=\dfrac{3t^2}{2t}=\dfrac{3t}{2}$.

Вторая: дифференцируем $y'_x$ по $t$ и делим на $x'_t$:

$y'=\dfrac{2x}{1+x^2}$. Дальше частное:

По $x$: $y^3$ — просто числовой множитель, у $\sin(xy)$ внутренняя функция $xy$ имеет производную $y$:

По $y$ наоборот:

Это и есть частные производные из главы 2. Никакой новой техники — только аккуратность, что сейчас переменная, а что константа.

$\sin3x\sim3x$, $\tg5x\sim5x$ — оба множители:

$1-\cos2x\sim\frac{(2x)^2}{2}=2x^2$, $\ln(1+3x)\sim3x$:

Здесь $t=x^2\to0$: $e^{x^2}-1\sim x^2$, $\sqrt{1+x^2}-1\sim\frac{x^2}{2}$.

Неправильно: $\tg x\sim x$, $\sin x\sim x$, числитель $\sim x-x=0$, предел $0$. Заменили слагаемые в разности — так нельзя.

Правильно: сделаем из разности произведение.

Неопределённость $1^\infty$: $u=1+\frac2x\to1$, $v=3x\to\infty$.

Снова $1^\infty$: $u=\cos x$, $v=\frac1{x^2}$, $u-1=\cos x-1\sim-\frac{x^2}2$.

Разность, эквивалентности не помогут. Разложим $\sin x$ до $x^3$:

Правило: раскладываем до той степени, которая стоит в знаменателе (или до первого не сократившегося члена).

$\sqrt[3]{1+x}=(1+x)^{1/3}$, $x=0{,}03$. Берём два члена после единицы:

Точное значение $1{,}0099016\ldots$: ошибка около $1{,}6\cdot10^{-6}$. Если взять только линейный член, получим $1{,}01$ — ошибка $10^{-4}$.

$f'(x)=3x^2-3=0$ при $x=\pm1$. $f''(x)=6x$.

• $x=1$: $f''(1)=6\gt0$. По Тейлору $f(1+h)-f(1)=\frac{6}{2}h^2+o(h^2)\gt0$ при малых $h\ne0$ — минимум, $f(1)=-2$.
• $x=-1$: $f''(-1)=-6\lt0$ — максимум, $f(-1)=2$.

Если бы $f''(a)=0$, второй член тоже пропал бы и вопрос решали бы следующие члены. В ФНП аналог этой ситуации — вырожденная квадратичная форма.

По частям: $u=x$, $dv=e^x dx$, тогда $du=dx$, $v=e^x$.

Проверка дифференцированием: $((x-1)e^x)'=e^x+(x-1)e^x=xe^x$.

Понижаем степень: $\sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2}$.

Без вычислений: на периоде $\sin^2$ в среднем равен $\frac12$ (красная линия на картинке), длина периода $2\pi$, значит интеграл $\frac12\cdot2\pi=\pi$.

Геометрически: $y=\sqrt{R^2-x^2}$ — верхняя половина окружности радиуса $R$, интеграл равен площади полукруга $\frac{\pi R^2}{2}$.

Аналитически: замена $x=R\sin t$, $dx=R\cos t\,dt$, пределы $x=-R\Rightarrow t=-\frac\pi2$, $x=R\Rightarrow t=\frac\pi2$. На этом отрезке $\cos t\ge0$, поэтому $\sqrt{R^2-R^2\sin^2t}=R\cos t$.

Неопределённый интеграл тоже пригодится: $\int\sqrt{R^2-x^2}\,dx=\frac x2\sqrt{R^2-x^2}+\frac{R^2}{2}\arcsin\frac xR+C$.

Рядом с $e^{x^2}$ стоит $x$ — почти производная показателя. Вносим под дифференциал: $x\,dx=\frac12 d(x^2)$, замена $u=x^2$, пределы $0\to0$, $1\to1$.

Такие интегралы получаются в главах 6–7, когда в полярных или цилиндрических координатах появляется лишний множитель $r$. Например, объём тела под параболоидом $z=4-x^2-y^2$ над плоскостью $z=0$ окажется равен $2\pi\cdot4=8\pi$: $2\pi$ дал интеграл по углу, $4$ — этот интеграл по $r$.

Точки пересечения: $x=x^2\Rightarrow x=0,\ x=1$. На $[0,1]$ сверху прямая ($x\ge x^2$).

Окружность с центром $(2,-3)$ радиуса $4$.

$y\ge x^2$ — над параболой, $x+y\le2$ — под прямой $y=2-x$. Пересечение: $x^2=2-x\Rightarrow x^2+x-2=0\Rightarrow x=-2,\ x=1$, точки $(-2,4)$ и $(1,1)$.

Для каждого $x\in[-2,1]$: $x^2\le y\le2-x$. Площадь:

Пересечение: $x^2=2-x^2\Rightarrow x=\pm1$. Снизу $y=x^2$, сверху $y=2-x^2$:

Запись «внешняя переменная — числа, внутренняя — функции от внешней» — это и есть расстановка пределов в двойном интеграле.

• $A$: $r=\sqrt{1+3}=2$, $\cos\varphi=\frac12$, $\sin\varphi=\frac{\sqrt3}{2}$, первая четверть: $\varphi=\frac\pi3$.
• $B$: $r=\sqrt2$, $\cos\varphi=\sin\varphi=-\frac{1}{\sqrt2}$, третья четверть: $\varphi=\frac{5\pi}{4}$ (или $-\frac{3\pi}{4}$, если берём $\varphi\in(-\pi,\pi]$).
• $C$: $r=2$, точка на отрицательной полуоси $Oy$: $\varphi=\frac{3\pi}{2}$ (или $-\frac\pi2$).

$1\le x^2+y^2\le4\Rightarrow1\le r\le2$. Условие $0\le y\le x$: точка выше оси $Ox$ и ниже биссектрисы $y=x$, то есть угол от $0$ до $\frac\pi4$. Формально: $0\le r\sin\varphi\le r\cos\varphi$, делим на $r\gt0$: $0\le\sin\varphi\le\cos\varphi$, это $\varphi\in[0,\frac\pi4]$.

Сначала узнаём линию: $x^2-2x+y^2=0\Rightarrow(x-1)^2+y^2=1$ — окружность с центром $(1,0)$ радиуса $1$, проходит через начало координат.

Подставляем: $r^2\le2r\cos\varphi\Rightarrow r\le2\cos\varphi$ (при $r\gt0$). Условие $y\ge0$ даёт $\varphi\in[0,\pi]$, а чтобы $2\cos\varphi\ge0$, нужно $\varphi\le\frac\pi2$.

Луч под углом $\varphi$ выходит из $O$ (внутри области сразу) и покидает круг на окружности $r=2\cos\varphi$.

1. Что за линии. $y=\sqrt3x$ и $y=-\frac{x}{\sqrt3}$ — прямые через начало координат. Их угловые коэффициенты $\sqrt3$ и $-\frac1{\sqrt3}$, произведение $-1$, значит прямые перпендикулярны. $y=1$ — горизонталь.

2. Вершины. С $y=1$: $\sqrt3x=1\Rightarrow\left(\frac1{\sqrt3},1\right)$; $-\frac x{\sqrt3}=1\Rightarrow(-\sqrt3,1)$. Третья вершина — $O(0,0)$. Получается прямоугольный треугольник с прямым углом в начале координат.

3. Углы лучей. Обе стороны из $O$ идут вверх (к прямой $y=1$), то есть в верхнюю полуплоскость:

• луч $y=\sqrt3x$, $x\gt0$: $\tg\varphi=\sqrt3$, первая четверть, $\varphi=\frac\pi3$;
• луч $y=-\frac x{\sqrt3}$, $x\lt0$: $\tg\varphi=-\frac1{\sqrt3}$, вторая четверть, $\varphi=\pi-\frac\pi6=\frac{5\pi}{6}$.

Проверка: $\frac{5\pi}{6}-\frac\pi3=\frac\pi2$ — прямой угол, сходится.

4. Граница по $r$. Луч под углом $\varphi\in\left[\frac\pi3,\frac{5\pi}6\right]$ выходит из $O$ и упирается в прямую $y=1$: $r\sin\varphi=1$, $r=\frac{1}{\sin\varphi}$. На этом отрезке углов $\sin\varphi\gt0$, делить можно.

5. Самопроверка. Точка $(0;\,0{,}5)$ внутри треугольника: $\varphi=\frac\pi2\in\left[\frac\pi3,\frac{5\pi}6\right]$, $r=0{,}5\le\frac{1}{\sin(\pi/2)}=1$. Сходится. Ещё проверка площадью: по формуле треугольника $S=\frac12\cdot\frac{2}{\sqrt3}\cdot2=\frac{2}{\sqrt3}$, и интеграл в полярных $\int_{\pi/3}^{5\pi/6}\frac{d\varphi}{2\sin^2\varphi}$ (это уже глава 6) даёт то же самое.

• а) $z=\frac{x^2+y^2}{4}$: $z$ в первой степени, квадраты одного знака — круговой параболоид, ось $Oz$.
• б) $y^2=x^2+z^2$: три квадрата, справа $0$, «выделяется» $y$ — конус с осью $Oy$.
• в) Делим на 4: $x^2+\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{4}=1$ — эллипсоид с полуосями $1,2,2$.
• г) Нет $y$: окружность $x^2+z^2=1$ протянута вдоль $Oy$ — круговой цилиндр с осью $Oy$.
• д) $x^2+y^2-z^2=-1$ — двуполостный гиперболоид, ось $Oz$.
• е) Гиперболический параболоид (седло), повёрнутый на $45^\circ$.

Выделяем квадрат: $x^2+y^2+(z-1)^2=1$ — сфера с центром $(0,0,1)$ радиуса $1$, касается плоскости $xy$ в начале координат.

Сферические: $\rho^2=2\rho\cos\theta\Rightarrow\rho=2\cos\theta$, и так как $\rho\ge0$, то $\theta\in[0,\frac\pi2]$. Шар внутри: $0\le\rho\le2\cos\theta$.

Цилиндрические: $r^2+z^2=2z$, то есть $r^2+(z-1)^2=1$, при каждом $r\in[0,1]$: $z=1\pm\sqrt{1-r^2}$.

Полная аналогия с окружностью $x^2+y^2=2x$ из примера 29.

Конус с осью $Oz$ и вершиной в $O$, шар с центром в $O$ — идеально для сферических с углом от $Oz$.

• $x^2+y^2+z^2\le2\Rightarrow\rho\le\sqrt2$.
• $z\ge\sqrt{x^2+y^2}\Rightarrow\rho\cos\theta\ge\rho\sin\theta\Rightarrow\cos\theta\ge\sin\theta$ при $\theta\in[0,\pi]$, $\sin\theta\ge0$; значит $\cos\theta\gt0$ и $\tg\theta\le1$: $0\le\theta\le\frac\pi4$.
• Вокруг оси ограничений нет: $0\le\varphi\le2\pi$.

Конус и сфера пересекаются при $z=r$, $2r^2=2$: по окружности $r=1$ на высоте $z=1$. В цилиндрических было бы $0\le r\le1$, $r\le z\le\sqrt{2-r^2}$.

1. Что за тело. $y^2+z^2\le1$ — в уравнении нет $x$, значит это круговой цилиндр радиуса 1 с осью $Ox$ (не $Oz$!). $-1\le x\le2$ отрезает от него кусок длины 3. $z\le y$ — полупространство под плоскостью $z=y$; эта плоскость содержит ось $Ox$ и режет цилиндр ровно пополам. Итого: половина цилиндра, разрезанного вдоль оси.

2. Система координат. Ось цилиндра $Ox$, поэтому полярные координаты вводим в плоскости $yOz$, а $x$ оставляем:

3. Подставляем.

• $y^2+z^2\le1$: $r^2\le1\Rightarrow0\le r\le1$.
• $z\le y$: $r\sin\varphi\le r\cos\varphi$. При $r\gt0$ делим: $\sin\varphi\le\cos\varphi$, то есть $\sin\varphi-\cos\varphi=\sqrt2\sin\left(\varphi-\frac\pi4\right)\le0$. Это $\varphi-\frac\pi4\in[-\pi,0]$, значит $-\frac{3\pi}{4}\le\varphi\le\frac\pi4$. Геометрически: в плоскости $yOz$ прямая $z=y$ — биссектриса, а нужна полуплоскость под ней, от луча $\varphi=-\frac{3\pi}{4}$ до луча $\varphi=\frac\pi4$.
• $-1\le x\le2$ остаётся как есть.

4. Проверка точкой. $(x,y,z)=(0;\,0{,}5;\,-0{,}5)$: $y^2+z^2=0{,}5\le1$, $z\le y$ — точка в теле. В новых координатах $r=\frac{1}{\sqrt2}$, $\varphi=-\frac\pi4\in\left[-\frac{3\pi}4,\frac\pi4\right]$ — тоже внутри.

Замечание. Можно было взять $y=r\sin\varphi$, $z=r\cos\varphi$ — тогда диапазон угла будет другим. Это не ошибка, если формулы перехода выписаны явно. Если хочется угол в $[0,2\pi)$, тот же ответ: $\varphi\in\left[0,\frac\pi4\right]\cup\left[\frac{5\pi}{4},2\pi\right)$ — неудобно, поэтому лучше отрезок $\left[-\frac{3\pi}4,\frac\pi4\right]$.

Для самопроверки после главы 7: объём $\int_{-1}^{2}dx\int_{-3\pi/4}^{\pi/4}d\varphi\int_0^1r\,dr=3\cdot\pi\cdot\frac12=\frac{3\pi}{2}$ — половина цилиндра $\pi\cdot1^2\cdot3$, сходится.

1. Что за тело. $x^2+y^2+z^2\le1$ — единичный шар. $y=-\sqrt{x^2+z^2}$ — это $y^2=x^2+z^2$, $y\le0$: половина конуса с осью $Oy$ и вершиной в $O$, раскрывается в сторону отрицательных $y$. Условие $-\sqrt{x^2+z^2}\le y\le0$: точка в полупространстве $y\le0$, но снаружи конуса (ближе к плоскости $y=0$, чем к оси). Итого: часть шара между плоскостью $y=0$ и конусом — толстое «кольцо-миска» вокруг оси $Oy$.

2. Какую ось выбрать. Ось симметрии всех поверхностей — $Oy$. Если взять стандартные сферические с углом от $Oz$, то $\sqrt{x^2+z^2}=\rho\sqrt{\sin^2\theta\cos^2\varphi+\cos^2\theta}$ — некрасиво и ничего не разделяется. Поэтому угол $\theta$ отсчитываем от положительной полуоси $Oy$:

Тогда $x^2+z^2=\rho^2\sin^2\theta$ и $\sqrt{x^2+z^2}=\rho\sin\theta$ (так как $\sin\theta\ge0$ при $\theta\in[0,\pi]$).

3. Подставляем.

• $x^2+y^2+z^2\le1$: $0\le\rho\le1$.
• $y\le0$: $\rho\cos\theta\le0\Rightarrow\cos\theta\le0\Rightarrow\frac\pi2\le\theta\le\pi$.
• $-\sqrt{x^2+z^2}\le y$: $-\rho\sin\theta\le\rho\cos\theta\Rightarrow\sin\theta+\cos\theta\ge0\Rightarrow\sqrt2\sin\left(\theta+\frac\pi4\right)\ge0$. При $\theta\in\left[\frac\pi2,\pi\right]$ имеем $\theta+\frac\pi4\in\left[\frac{3\pi}4,\frac{5\pi}4\right]$, синус неотрицателен до $\pi$: $\theta\le\frac{3\pi}{4}$.
• На $\varphi$ ограничений нет: тело симметрично вокруг $Oy$.

4. Смысл. $\theta=\frac\pi2$ — плоскость $y=0$, $\theta=\frac{3\pi}4$ — конус $y=-\sqrt{x^2+z^2}$ (угол $45^\circ$ с отрицательной полуосью $Oy$). Между ними — наше тело, обрезанное сферой $\rho=1$.

5. Проверка точкой. $(x,y,z)=(0{,}5;\,-0{,}2;\,0)$: в шаре, $y\le0$, $-\sqrt{0{,}25}=-0{,}5\le-0{,}2$ — внутри. $\cos\theta=\frac{y}{\rho}=\frac{-0{,}2}{\sqrt{0{,}29}}\approx-0{,}37$, $\theta\approx0{,}62\pi\in[0{,}5\pi;\,0{,}75\pi]$ — внутри.

Для самопроверки после главы 7: $V=\int_0^{2\pi}d\varphi\int_{\pi/2}^{3\pi/4}\sin\theta\,d\theta\int_0^1\rho^2d\rho=2\pi\cdot\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac13=\frac{\sqrt2\,\pi}{3}$. Тот же объём получается и в декартовых, через площади сечений $y=\text{const}$.

Положительно определённая. Проверка выделением квадрата: $Q=2\left(x+\frac y2\right)^2+\frac52y^2$ — сумма квадратов с положительными коэффициентами. Заметь: коэффициенты $2$ и $\frac52$ — это $\Delta_1$ и $\frac{\Delta_2}{\Delta_1}$, отсюда и берётся критерий.

Знакопеременная. Конкретные векторы: $Q(1,0)=1\gt0$, $Q(1,-1)=1-4+1=-2\lt0$.

Знаки $-,+$ — чередуются, начиная с минуса: отрицательно определённая. Проверка: $Q=-(x-y)^2-y^2\le0$, и ноль только при $x=y=0$.

Половинки смешанных коэффициентов: при $xy$ стоит $2$, значит $a_{12}=1$; при $yz$ стоит $-2$, значит $a_{23}=-1$; $xz$ нет, $a_{13}=0$.

Все миноры положительны — форма положительно определена.

$f'_x=2x+y-3=0$, $f'_y=x+2y=0$ $\Rightarrow$ $x=2$, $y=-1$.

Вторые производные: $f''_{xx}=2$, $f''_{xy}=1$, $f''_{yy}=2$. Второй дифференциал — квадратичная форма от $dx,dy$:

Форма положительно определена, по Тейлору $f(M+h)-f(M)\approx\frac12d^2f\gt0$ — это минимум, $f(2,-1)=-3$. Точные формулировки и все случаи будут в главе 5.