6. Двойные интегралы

Площадь $S(D) = 4\pi$. Ищем наименьшее и наибольшее значения $f = x^2+4y^2+9$ в круге. Наименьшее: в начале координат, $f(0,0) = 9$. Наибольшее: $f = (x^2+y^2) + 3y^2 + 9 \le 4 + 3\cdot 4 + 9 = 25$, достигается в точках $(0,\pm 2)$. По свойству оценки

$$9\cdot 4\pi \le I \le 25\cdot 4\pi, \qquad 36\pi \le I \le 100\pi.$$

Точно (полярные координаты, $dx\,dy = r\,dr\,d\varphi$):

$$I = \int_0^{2\pi}\!\!d\varphi\int_0^2 \bigl(r^2\cos^2\varphi + 4r^2\sin^2\varphi + 9\bigr)r\,dr = \int_0^{2\pi}\bigl(4\cos^2\varphi + 16\sin^2\varphi + 18\bigr)d\varphi = 4\pi + 16\pi + 36\pi = 56\pi.$$

Здесь $\int_0^2 r^3 dr = 4$, $\int_0^2 9r\,dr = 18$, $\int_0^{2\pi}\cos^2\varphi\,d\varphi = \int_0^{2\pi}\sin^2\varphi\,d\varphi = \pi$. Оценка выполнена. Среднее значение $\bar f = 56\pi/4\pi = 14$.

Ответ: $36\pi \le I \le 100\pi$; $I = 56\pi$, $\bar f = 14$.

Прямоугольник — простейшая область: пределы постоянные (раздел 3).

$$\iint_D (x^2+y)\,dx\,dy = \int_0^2 dx\int_0^1 (x^2+y)\,dy = \int_0^2\Bigl(x^2 + \frac12\Bigr)dx = \frac83 + 1 = \frac{11}{3}.$$

$S(D) = 2$, поэтому $\bar f = \frac{11}{6}$. Точка: нужно $x^2 + y = \frac{11}{6}$, например $x = 1$, $y = \frac56$ — она лежит в $D$.

Ответ: $\bar f = \frac{11}{6}$, достигается, например, в точке $\left(1, \frac56\right)$ (такая точка не единственна).

Внутренний интеграл по $y$ от 0 до 2, $x$ — константа:

$$\int_0^2 (x^2 + xy)\,dy = \Bigl(x^2 y + \frac{x y^2}{2}\Bigr)\Big|_{y=0}^{y=2} = 2x^2 + 2x.$$

Внешний: $\int_0^1 (2x^2 + 2x)\,dx = \frac23 + 1 = \frac53$.

Проверка в другом порядке: $\int_0^1 (x^2 + xy)\,dx = \frac13 + \frac y2$, $\int_0^2\bigl(\frac13 + \frac y2\bigr)dy = \frac23 + 1 = \frac53$.

Ответ: $\frac53$.

$x$ меняется от 0 до 1. При фиксированном $x$ вертикальная прямая входит в треугольник на оси $Ox$ ($y = 0$) и выходит на гипотенузе $y = 1 - x$. Это область I типа:

$$\iint_D xy\,dx\,dy = \int_0^1 dx\int_0^{1-x} xy\,dy = \int_0^1 x\cdot\frac{(1-x)^2}{2}\,dx = \frac12\int_0^1 (x - 2x^2 + x^3)\,dx = \frac12\Bigl(\frac12 - \frac23 + \frac14\Bigr) = \frac{1}{24}.$$

Ответ: $\frac{1}{24}$.

Точки пересечения: $x^2 = \sqrt x \Rightarrow x^4 = x \Rightarrow x = 0$ или $x = 1$. На $(0,1)$ выше лежит $\sqrt x$ (проверка при $x = 0{,}25$: $\sqrt x = 0{,}5 \gt x^2 = 0{,}0625$).

I тип (внешний по $x$):

$$\int_0^1 dx\int_{x^2}^{\sqrt x} x^2 y\,dy = \int_0^1 x^2\cdot\frac{x - x^4}{2}\,dx = \frac12\Bigl(\frac14 - \frac17\Bigr) = \frac{3}{56}.$$

II тип (внешний по $y$): решаем уравнения относительно $x$: $y = \sqrt x \Leftrightarrow x = y^2$ (это левая граница), $y = x^2 \Leftrightarrow x = \sqrt y$ (правая). $y$ от 0 до 1:

$$\int_0^1 dy\int_{y^2}^{\sqrt y} x^2 y\,dx = \int_0^1 y\cdot\frac{y^{3/2} - y^6}{3}\,dy = \frac13\Bigl(\frac{2}{7} - \frac18\Bigr) = \frac13\cdot\frac{9}{56} = \frac{3}{56}.$$

Здесь $y\cdot y^{3/2} = y^{5/2}$ и $\int_0^1 y^{5/2}dy = \frac27$. Ответы совпали.

Ответ: $\frac{3}{56}$.

Парабола $y = \frac{x^2}{4}$, прямая $y = 1$ пересекает её при $x = 2$ (берём $x \gt 0$). Область — криволинейный треугольник с вершинами $(0,0)$, $(0,1)$, $(2,1)$.

Удобнее II тип: при фиксированном $y\in[0,1]$ горизонтальная прямая входит на оси $Oy$ ($x = 0$) и выходит на параболе $x = 2\sqrt y$. Подынтегральная функция зависит только от $y$, поэтому внутренний интеграл тривиален:

$$\int_0^1 dy\int_0^{2\sqrt y}(4 - y)\,dx = \int_0^1 (4-y)\,2\sqrt y\,dy = \int_0^1 \bigl(8y^{1/2} - 2y^{3/2}\bigr)dy = 8\cdot\frac23 - 2\cdot\frac25 = \frac{16}{3} - \frac45 = \frac{68}{15}.$$

Проверка I типом: $x\in[0,2]$, $y$ от $\frac{x^2}{4}$ до 1:

$$\int_0^2 dx\int_{x^2/4}^{1}(4-y)\,dy = \int_0^2\Bigl(\frac72 - x^2 + \frac{x^4}{32}\Bigr)dx = 7 - \frac83 + \frac{1}{5} = \frac{68}{15}.$$

Ответ: $\frac{68}{15}$.

Вершины: $(0,0)$, $(2,0)$ и пересечение $x = 2 - x$, то есть $(1,1)$.

II тип — один интеграл. $y\in[0,1]$; горизонтальная прямая входит на прямой $x = y$ и выходит на прямой $x = 2 - y$:

$$\int_0^1 dy\int_y^{2-y} y\,dx = \int_0^1 y(2 - 2y)\,dy = 1 - \frac23 = \frac13.$$

I тип — два интеграла. Вертикальная прямая всегда входит на $y = 0$, а выходит при $x\lt 1$ через $y = x$, при $x \gt 1$ через $y = 2 - x$. Верхняя граница меняется в точке $x = 1$, поэтому разбиваем:

$$\int_0^1 dx\int_0^x y\,dy + \int_1^2 dx\int_0^{2-x} y\,dy = \int_0^1\frac{x^2}{2}dx + \int_1^2\frac{(2-x)^2}{2}dx = \frac16 + \frac16 = \frac13.$$

Ответ: $\frac13$. Вывод: выбирай порядок, при котором область не приходится резать.

Пересечения: $y^2 = y + 2 \Rightarrow y^2 - y - 2 = 0 \Rightarrow y = -1$ или $y = 2$. Точки $(1,-1)$ и $(4,2)$.

II тип (удобно). $y\in[-1,2]$, слева парабола $x = y^2$, справа прямая $x = y + 2$ (при $y = 0$: $0 \le x \le 2$ — верно):

$$\int_{-1}^{2}dy\int_{y^2}^{y+2}x\,dx = \frac12\int_{-1}^{2}\bigl((y+2)^2 - y^4\bigr)dy = \frac12\Bigl(\frac{(y+2)^3}{3} - \frac{y^5}{5}\Bigr)\Big|_{-1}^{2} = \frac12\Bigl(\frac{64 - 1}{3} - \frac{32 + 1}{5}\Bigr) = \frac12\Bigl(21 - \frac{33}{5}\Bigr) = \frac{36}{5}.$$

I тип (для сравнения). Решаем относительно $y$: парабола даёт две ветви $y = \pm\sqrt x$, прямая $y = x - 2$. При $x\in[0,1]$ вертикаль входит через $y = -\sqrt x$, при $x\in[1,4]$ — через прямую $y = x - 2$; выходит всегда через $y = \sqrt x$:

$$\int_0^1 dx\int_{-\sqrt x}^{\sqrt x} x\,dy + \int_1^4 dx\int_{x-2}^{\sqrt x} x\,dy = \int_0^1 2x^{3/2}dx + \int_1^4\bigl(x^{3/2} - x^2 + 2x\bigr)dx = \frac45 + \Bigl(\frac{62}{5} - 21 + 15\Bigr) = \frac{36}{5}.$$

Ответ: $\frac{36}{5}$.

Пересечения: $2 - x^2 = x \Rightarrow x^2 + x - 2 = 0 \Rightarrow x = -2,\ x = 1$. Точки $(-2,-2)$ и $(1,1)$. Вершина параболы $(0,2)$.

I тип: $x\in[-2,1]$, снизу прямая, сверху парабола — один интеграл:

$$\iint_D f\,dx\,dy = \int_{-2}^{1}dx\int_{x}^{2-x^2}f(x,y)\,dy.$$

II тип: парабола относительно $x$: $x = \pm\sqrt{2 - y}$. При $y\in[-2,1]$ горизонталь входит через левую ветвь $x = -\sqrt{2-y}$ и выходит через прямую $x = y$. При $y\in[1,2]$ прямую она уже не пересекает: выходит через правую ветвь $x = \sqrt{2-y}$. Значит,

$$\iint_D f\,dx\,dy = \int_{-2}^{1}dy\int_{-\sqrt{2-y}}^{y}f\,dx + \int_{1}^{2}dy\int_{-\sqrt{2-y}}^{\sqrt{2-y}}f\,dx.$$

Вычисляем I типом: $\int_{-2}^1 x(2 - x^2 - x)\,dx = \Bigl(x^2 - \frac{x^4}{4} - \frac{x^3}{3}\Bigr)\Big|_{-2}^{1} = \Bigl(1 - \frac14 - \frac13\Bigr) - \Bigl(4 - 4 + \frac83\Bigr) = \frac{5}{12} - \frac{32}{12} = -\frac94$.

Отрицательный ответ нормален: большая часть области лежит при $x \lt 0$. Площадь (при $f = 1$) получилась бы $\frac92$ в обоих порядках.

Ответ: $-\frac94$.

Область: $0 \le x\le 1$, $x^2\le y\le x$ — между параболой $y = x^2$ (снизу) и прямой $y = x$ (сверху), они пересекаются в $(0,0)$ и $(1,1)$.

Новый внешний — $y\in[0,1]$. Относительно $x$: прямая $x = y$, парабола $x = \sqrt y$. Горизонталь входит через прямую (она левее: при $y = 0{,}25$ прямая даёт $x = 0{,}25$, парабола $x = 0{,}5$), выходит через параболу:

$$\int_0^1 dx\int_{x^2}^{x} f\,dy = \int_0^1 dy\int_{y}^{\sqrt y} f\,dx.$$

Проверка на $f = x + y$: слева $\int_0^1\bigl(x(x - x^2) + \frac{x^2 - x^4}{2}\bigr)dx = \frac{3}{20}$, справа $\int_0^1\bigl(\frac{y - y^2}{2} + y(\sqrt y - y)\bigr)dy = \frac{3}{20}$.

Ответ: $\int_0^1 dy\int_{y}^{\sqrt y} f(x,y)\,dx$.

Шаг 1. Области. Первый интеграл: $3\le x\le 7$, $\frac9x\le y\le 3$. Второй: $7\le x\le 9$, $\frac9x\le y\le 10 - x$.

Шаг 2. Рисунок. Нижняя граница везде гипербола $y = \frac9x$. Верхняя: прямая $y = 3$ до $x = 7$, дальше прямая $y = 10 - x$ (при $x = 7$ она тоже даёт $y = 3$ — части стыкуются). Угловые точки: $(3,3)$ — гипербола и $y = 3$; $(7,3)$; $(9,1)$ — гипербола и $x+y = 10$ ($9/x = 10 - x \Rightarrow x^2 - 10x + 9 = 0 \Rightarrow x = 9$). Получился криволинейный треугольник. Верхняя граница из двух кусков — поэтому в исходном порядке и было два интеграла.

Шаг 3. По $y$ область занимает $[1, 3]$.

Шаг 4. Относительно $x$: гипербола $x = \frac9y$, прямая $x = 10 - y$. Горизонталь при любом $y\in[1,3]$ входит через гиперболу, выходит через наклонную прямую (прямая $y=3$ — это верхний край, а не правый). Один интеграл:

$$\int_1^3 dy\int_{9/y}^{10-y} f(x,y)\,dx.$$

Шаг 5. Проверка площадью. $\int_1^3\bigl(10 - y - \frac9y\bigr)dy = 20 - 4 - 9\ln 3 = 16 - 9\ln 3$. Исходные интегралы при $f=1$: $\int_3^7\bigl(3 - \frac9x\bigr)dx + \int_7^9\bigl(10 - x - \frac9x\bigr)dx = (12 - 9\ln\frac73) + (4 - 9\ln\frac97) = 16 - 9\ln 3$. Совпало.

Ответ: $\displaystyle\int_1^3 dy\int_{9/y}^{10-y} f(x,y)\,dx$.

Область: $0\le y\le 1$, слева дуга $x = -\sqrt{1 - y^2}$ (левая половина окружности $x^2 + y^2 = 1$), справа прямая $x = 1 - y$. Это четверть круга во второй четверти плюс треугольник с вершинами $(0,0)$, $(1,0)$, $(0,1)$.

Новый внешний $x\in[-1,1]$. Вертикаль всегда входит через $y = 0$, а выходит при $x\in[-1,0]$ через окружность $y = \sqrt{1 - x^2}$, при $x\in[0,1]$ — через прямую $y = 1 - x$. Верхняя граница меняется при $x = 0$:

$$\int_{-1}^{0}dx\int_0^{\sqrt{1-x^2}}f\,dy + \int_0^1 dx\int_0^{1-x}f\,dy.$$

Проверка площадью: $\frac\pi4 + \frac12$ в обоих порядках.

Ответ: $\displaystyle\int_{-1}^{0}dx\int_0^{\sqrt{1-x^2}}f\,dy + \int_0^1 dx\int_0^{1-x}f\,dy$.

Область: треугольник с вершинами $(0,0)$, $(2,2)$, $(2,4)$. По $y$ от 0 до 4. Относительно $x$: $y = 2x\Rightarrow x = \frac y2$ (левая граница), $y = x \Rightarrow x = y$ и отрезок $x = 2$ (правые).

Горизонталь входит всегда через $x = \frac y2$. Выходит: при $y\le 2$ через прямую $x = y$, при $y\ge 2$ через $x = 2$. Разбиваем по $y = 2$:

$$\int_0^2 dy\int_{y/2}^{y} f\,dx + \int_2^4 dy\int_{y/2}^{2} f\,dx.$$

Проверка на $f = xy$: исходный $\int_0^2 x\cdot\frac{4x^2 - x^2}{2}dx = \frac32\cdot 4 = 6$; новый $\int_0^2 y\cdot\frac{y^2 - y^2/4}{2}dy + \int_2^4 y\cdot\frac{4 - y^2/4}{2}dy = \frac32 + \frac92 = 6$.

Ответ: $\displaystyle\int_0^2 dy\int_{y/2}^{y} f\,dx + \int_2^4 dy\int_{y/2}^{2} f\,dx$.

Область под аркой синусоиды, $y$ от 0 до 1. Уравнение $y = \sin x$ на $[0,\pi]$ даёт два решения: $x = \arcsin y$ (левая половина арки, $x\in[0,\frac\pi2]$) и $x = \pi - \arcsin y$ (правая). Ловушка: ответ $x = \arcsin y$ для правой половины неверен, $\arcsin$ возвращает значения только из $[-\frac\pi2,\frac\pi2]$.

$$\int_0^\pi dx\int_0^{\sin x} f\,dy = \int_0^1 dy\int_{\arcsin y}^{\pi - \arcsin y} f\,dx.$$

Проверка на $f = y$: слева $\int_0^\pi\frac{\sin^2 x}{2}dx = \frac\pi4$; справа $\int_0^1 y(\pi - 2\arcsin y)\,dy = \frac\pi2 - 2\cdot\frac\pi8 = \frac\pi4$ (здесь $\int_0^1 y\arcsin y\,dy = \frac\pi8$, по частям).

Ответ: $\displaystyle\int_0^1 dy\int_{\arcsin y}^{\pi - \arcsin y} f(x,y)\,dx$.

Внутренний интеграл $\int e^{y^2}dy$ не выражается через элементарные функции. Меняем порядок. Область: $0\le x\le 1$, $x\le y\le 1$ — треугольник с вершинами $(0,0)$, $(0,1)$, $(1,1)$. В другом порядке: $y\in[0,1]$, $0\le x\le y$:

$$\int_0^1 dy\int_0^y e^{y^2}dx = \int_0^1 y\,e^{y^2}dy = \frac12 e^{y^2}\Big|_0^1 = \frac{e - 1}{2}.$$

Внутренний интеграл по $x$ от функции, не зависящей от $x$, дал множитель $y$ — ровно то, что нужно для замены $t = y^2$.

Ответ: $\frac{e-1}{2}$.

Лучи. $y = \sqrt3\,x$: $\tg\varphi = \sqrt3$. Область лежит ниже $y = 1$ и выше обеих прямых, значит в верхней полуплоскости, поэтому $\varphi = \frac\pi3$. $y = -\frac{x}{\sqrt3}$: $\tg\varphi = -\frac1{\sqrt3}$, в верхней полуплоскости $\varphi = \frac{5\pi}{6}$. Прямые перпендикулярны: разность углов $\frac\pi2$.

Прямая $y = 1$: $r\sin\varphi = 1 \Rightarrow r = \frac{1}{\sin\varphi}$.

Луч из начала координат под углом $\varphi\in[\frac\pi3, \frac{5\pi}{6}]$ стартует в $O$ (вершина треугольника) и выходит на прямой $y = 1$:

$$D:\quad \frac\pi3 \le \varphi \le \frac{5\pi}{6}, \qquad 0 \le r \le \frac{1}{\sin\varphi}.$$

Проверка площадью. Вершины: $(0,0)$, $(\frac{1}{\sqrt3}, 1)$, $(-\sqrt3, 1)$, основание на $y = 1$ длины $\frac1{\sqrt3} + \sqrt3 = \frac{4}{\sqrt3}$, высота 1, $S = \frac{2}{\sqrt3}$. В полярных:

$$S = \int_{\pi/3}^{5\pi/6}d\varphi\int_0^{1/\sin\varphi} r\,dr = \int_{\pi/3}^{5\pi/6}\frac{d\varphi}{2\sin^2\varphi} = -\frac12\ctg\varphi\Big|_{\pi/3}^{5\pi/6} = \frac12\Bigl(\sqrt3 + \frac{1}{\sqrt3}\Bigr) = \frac{2}{\sqrt3}.$$

Ответ: $\frac\pi3\le\varphi\le\frac{5\pi}6$, $0\le r\le\frac1{\sin\varphi}$; $S = \frac{2}{\sqrt3}$.

Кольцо: $\varphi\in[0,2\pi]$, $1\le r\le 2$, $\ln(x^2+y^2) = \ln r^2 = 2\ln r$. Пределы постоянные, интеграл распадается в произведение:

$$\int_0^{2\pi}d\varphi\int_1^2 2\ln r\cdot r\,dr = 2\pi\Bigl(r^2\ln r - \frac{r^2}{2}\Bigr)\Big|_1^2 = 2\pi\Bigl(4\ln 2 - 2 + \frac12\Bigr) = \pi(8\ln 2 - 3).$$

$\int 2r\ln r\,dr$ — по частям: $u = \ln r$, $dv = 2r\,dr$, $v = r^2$, получаем $r^2\ln r - \int r\,dr$.

Ответ: $\pi(8\ln 2 - 3)\approx 8{,}00$.

$x^2 + (y-1)^2\le 1$ — круг радиуса 1 с центром $(0,1)$, касается оси $Ox$ в начале координат. В полярных: $r^2\le 2r\sin\varphi \Rightarrow r\le 2\sin\varphi$, нужно $\sin\varphi\ge 0$, то есть $\varphi\in[0,\pi]$. Луч выходит из $O$ (на границе) и выходит из круга при $r = 2\sin\varphi$:

$$\int_0^\pi d\varphi\int_0^{2\sin\varphi} r\sin\varphi\cdot r\,dr = \int_0^\pi \sin\varphi\cdot\frac{8\sin^3\varphi}{3}\,d\varphi = \frac83\int_0^\pi\sin^4\varphi\,d\varphi = \frac83\cdot\frac{3\pi}{8} = \pi.$$

Здесь $\sin^4\varphi = \frac{3}{8} - \frac12\cos2\varphi + \frac18\cos 4\varphi$, на $[0,\pi]$ косинусы дают ноль.

Проверка по смыслу: $\iint_D y\,dS = y_c\cdot S$, центр круга $y_c = 1$, площадь $\pi$ (раздел 7).

Ответ: $\pi$.

Обе окружности проходят через начало координат: $x^2+y^2 = ax$ — центр $(\frac a2, 0)$, радиус $\frac a2$; $x^2+y^2 = 2ax$ — центр $(a,0)$, радиус $a$. Малая лежит внутри большой, касаясь её в точке $O$. Область — верхняя половина «полумесяца» между ними.

В полярных: $r = a\cos\varphi$ и $r = 2a\cos\varphi$. Условие $y \gt 0$ и $\cos\varphi\ge0$ дают $\varphi\in[0,\frac\pi2]$. Луч входит в область на малой окружности, выходит на большой:

$$\iint_G(x^2+y^2)\,dx\,dy = \int_0^{\pi/2}d\varphi\int_{a\cos\varphi}^{2a\cos\varphi} r^2\cdot r\,dr = \int_0^{\pi/2}\frac{16 - 1}{4}a^4\cos^4\varphi\,d\varphi = \frac{15a^4}{4}\cdot\frac{3\pi}{16} = \frac{45\pi a^4}{64}.$$

$\int_0^{\pi/2}\cos^4\varphi\,d\varphi = \frac{3\pi}{16}$: $\cos^4\varphi = \frac38 + \frac12\cos2\varphi + \frac18\cos4\varphi$.

Ответ: $\frac{45\pi a^4}{64}$.

Окружности $r = 2a\cos\varphi$ и $r = 2b\cos\varphi$ касаются в начале координат, меньшая внутри. Прямые $y = 0$ и $y = x$ — лучи $\varphi = 0$ и $\varphi = \frac\pi4$. Площадь:

$$S = \int_0^{\pi/4}d\varphi\int_{2a\cos\varphi}^{2b\cos\varphi}r\,dr = \int_0^{\pi/4}2(b^2 - a^2)\cos^2\varphi\,d\varphi = 2(b^2-a^2)\Bigl(\frac\varphi2 + \frac{\sin2\varphi}{4}\Bigr)\Big|_0^{\pi/4} = 2(b^2-a^2)\Bigl(\frac\pi8 + \frac14\Bigr).$$

Ответ: $S = \frac{(\pi + 2)(b^2 - a^2)}{4}$.

$r = a(1+\cos\varphi)$ — кардиоида, $\varphi\in[0,2\pi]$. $r = a\cos\varphi$ — окружность $x^2+y^2 = ax$ диаметра $a$, $\varphi\in[-\frac\pi2,\frac\pi2]$. При каждом $\varphi$ $a\cos\varphi \lt a(1+\cos\varphi)$, так что круг лежит внутри кардиоиды (касание в $O$). Фигура — кардиоида без круга.

Способ 1 (разность площадей). Площадь кардиоиды: $\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{a(1+\cos\varphi)}r\,dr = \frac{a^2}{2}\int_0^{2\pi}(1 + 2\cos\varphi + \cos^2\varphi)\,d\varphi = \frac{a^2}{2}(2\pi + \pi) = \frac{3\pi a^2}{2}$. Площадь круга $\frac{\pi a^2}{4}$. Разность $\frac{5\pi a^2}{4}$.

Способ 2 (сразу двойным интегралом). Луч под углом $\varphi\in[-\frac\pi2,\frac\pi2]$ входит в фигуру на окружности, выходит на кардиоиде; при $\varphi\in[\frac\pi2,\frac{3\pi}{2}]$ окружности нет, вход при $r = 0$:

$$S = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\varphi\int_{a\cos\varphi}^{a(1+\cos\varphi)}r\,dr + \int_{\pi/2}^{3\pi/2}d\varphi\int_0^{a(1+\cos\varphi)}r\,dr = \frac{a^2}{2}(\pi + 4) + \frac{a^2}{2}\Bigl(\frac{3\pi}{2} - 4\Bigr) = \frac{5\pi a^2}{4}.$$

В первом слагаемом $(1+\cos\varphi)^2 - \cos^2\varphi = 1 + 2\cos\varphi$; во втором $\int_{\pi/2}^{3\pi/2}\cos\varphi\,d\varphi = -2$, $\int_{\pi/2}^{3\pi/2}\cos^2\varphi\,d\varphi = \frac\pi2$.

На рисунке к задаче в РПД заштрихована только верхняя половина фигуры ($y\ge 0$). Если спрашивают её, ответ вдвое меньше: $\frac{5\pi a^2}{8}$ — фигура симметрична относительно $Ox$.

Ответ: $S = \frac{5\pi a^2}{4}$ (верхняя половина $\frac{5\pi a^2}{8}$).

После замены $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = r^2$, эллипс: $0\le r\le 1$, $0\le\varphi\le 2\pi$, $dx\,dy = ab\,r\,dr\,d\varphi$. Подкоренное выражение $c^2 - r^2 \gt 0$ при $c \gt 1$, интеграл собственный.

$$\iint_G = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1\frac{ab\,r\,dr}{\sqrt{c^2 - r^2}} = 2\pi ab\Bigl(-\sqrt{c^2 - r^2}\Bigr)\Big|_0^1 = 2\pi ab\bigl(c - \sqrt{c^2 - 1}\bigr).$$

Внутренний интеграл: $\int\frac{r\,dr}{\sqrt{c^2 - r^2}} = -\sqrt{c^2 - r^2}$ (замена $t = c^2 - r^2$).

Ответ: $2\pi ab\bigl(c - \sqrt{c^2-1}\bigr)$.

Обобщённые полярные: $S = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1 ab\,r\,dr = 2\pi\cdot\frac{ab}{2} = \pi ab$. При $a = b = R$ получаем площадь круга $\pi R^2$.

Ответ: $\pi ab$.

В декартовых координатах пришлось бы резать на три куска. Вводим $u = x + y$, $v = x - y$: область становится прямоугольником $1\le u\le 3$, $0\le v\le 2$.

Якобиан проще считать обратный: $\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} = \begin{vmatrix}1 & 1\\ 1 & -1\end{vmatrix} = -2$, значит $\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| = \frac12$. (Можно и прямо: $x = \frac{u+v}{2}$, $y = \frac{u - v}{2}$, определитель $-\frac12$.)

$$\iint_D (x+y)^2\,dx\,dy = \int_1^3 du\int_0^2 u^2\cdot\frac12\,dv = \int_1^3 u^2\,du = \frac{27 - 1}{3} = \frac{26}{3}.$$

Ответ: $\frac{26}{3}$.

Границы сами подсказывают координаты: $u = xy\in[1,2]$, $v = \frac yx\in[1,4]$. В плоскости $(u,v)$ область — прямоугольник.

$$\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} = \begin{vmatrix} y & x\\ -\frac{y}{x^2} & \frac1x\end{vmatrix} = \frac yx + \frac yx = \frac{2y}{x} = 2v, \qquad |J| = \frac{1}{2v}.$$ $$S = \int_1^2 du\int_1^4\frac{dv}{2v} = 1\cdot\frac{\ln 4}{2} = \ln 2.$$

Проверено численно в декартовых координатах (там три куска по $x$).

Ответ: $S = \ln 2$.

Шаг 1. $f \gt 0$, исчерпываем плоскость кругами $D_R$: $r\le R$:

$$\iint_{D_R}e^{-x^2-y^2}dx\,dy = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^R e^{-r^2}r\,dr = 2\pi\cdot\Bigl(-\frac12 e^{-r^2}\Bigr)\Big|_0^R = \pi\bigl(1 - e^{-R^2}\bigr)\xrightarrow[R\to\infty]{}\pi.$$

Шаг 2. Тот же интеграл по квадратам $K_a = [-a,a]^2$ (для $f\ge0$ можно, ответ тот же). На квадрате переменные разделяются:

$$\iint_{K_a}e^{-x^2}e^{-y^2}dx\,dy = \int_{-a}^{a}e^{-x^2}dx\cdot\int_{-a}^{a}e^{-y^2}dy = \Bigl(\int_{-a}^{a}e^{-x^2}dx\Bigr)^2.$$

Если не хочется ссылаться на независимость от последовательности, есть прямое сжатие: $D_a\subset K_a\subset D_{a\sqrt2}$, поэтому $\pi(1 - e^{-a^2})\le\bigl(\int_{-a}^a e^{-x^2}dx\bigr)^2\le\pi(1 - e^{-2a^2})$, и обе границы стремятся к $\pi$.

Шаг 3. При $a\to\infty$: $\bigl(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx\bigr)^2 = \pi$, интеграл положителен, значит $\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx = \sqrt\pi$.

Через $e^{-x^2}$ первообразную не выразить, а двойной интеграл с множителем $r$ из якобиана берётся сразу. Этот интеграл нужен в теории вероятностей (нормальное распределение).

Ответ: $\pi$; $\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx = \sqrt\pi$.

В точке $O$ функция неограниченна. Вырезаем круг $r\le\varepsilon$:

$$\iint_{\varepsilon\le r\le 1}\frac{r\,dr\,d\varphi}{r} = 2\pi(1 - \varepsilon)\xrightarrow[\varepsilon\to0]{}2\pi.$$

Интеграл сходится и равен $2\pi$: множитель $r$ из якобиана «гасит» особенность. Для $\frac{1}{x^2+y^2}$ уже было бы $2\pi\int_\varepsilon^1\frac{dr}{r} = -2\pi\ln\varepsilon\to\infty$ — расходится ($\alpha = 2$ — граница).

Ответ: сходится, $2\pi$.

Исчерпываем кольцами $1\le r\le R$:

$$\int_0^{2\pi}d\varphi\int_1^R\frac{r\,dr}{r^4} = 2\pi\Bigl(-\frac{1}{2r^2}\Bigr)\Big|_1^R = \pi\Bigl(1 - \frac{1}{R^2}\Bigr)\to\pi.$$

Здесь $\alpha = 4 \gt 2$ — сходится, как и предсказывает эталон.

Ответ: $\pi$.

Рисунок и точки пересечения. $x = (y-1)^2$ — парабола с вершиной $(0,1)$, ветви вправо. Прямая: $x = 2 - 2y$, или $y = 1 - \frac x2$. Пересечение: $(y-1)^2 = 2 - 2y \Rightarrow y^2 - 2y + 1 = 2 - 2y \Rightarrow y^2 = 1$, $y = \pm1$. Точки $(0,1)$ и $(4,-1)$.

Способ 1 (внешний по $y$). При $y\in[-1,1]$ горизонталь входит через параболу $x = (y-1)^2$, выходит через прямую $x = 2 - 2y$ (при $y = 0$: $1\le x\le 2$, верно):

$$S = \int_{-1}^{1}dy\int_{(y-1)^2}^{2-2y}dx = \int_{-1}^{1}\bigl(2 - 2y - y^2 + 2y - 1\bigr)dy = \int_{-1}^{1}(1 - y^2)\,dy = 2 - \frac23 = \frac43.$$

Способ 2 (внешний по $x$, проверка). Решаем относительно $y$: парабола $y = 1\pm\sqrt x$, прямая $y = 1 - \frac x2$. При $x\in[0,4]$ вертикаль входит через нижнюю ветвь $y = 1 - \sqrt x$ и выходит через прямую (при $x = 1$: от $y = 0$ до $y = \frac12$; верхняя ветвь $y = 1+\sqrt x$ лежит выше прямой и область не ограничивает):

$$S = \int_0^4 dx\int_{1-\sqrt x}^{1 - x/2}dy = \int_0^4\Bigl(\sqrt x - \frac x2\Bigr)dx = \frac23\cdot 8 - 4 = \frac43.$$

Результаты совпали. Если бы фигура лежала по разные стороны от вершины параболы по $x$, во втором способе пришлось бы разбивать на части — здесь повезло.

Ответ: $S = \frac43$.

Параболоид пересекает плоскость $z = 0$ по окружности $x^2+y^2 = 4$. Проекция тела на $xOy$ — круг $r\le 2$, верх $z_2 = 4 - r^2$, низ $z_1 = 0$:

$$V = \iint_{r\le2}(4 - x^2 - y^2)\,dx\,dy = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^2(4 - r^2)\,r\,dr = 2\pi\Bigl(2r^2 - \frac{r^4}{4}\Bigr)\Big|_0^2 = 2\pi\cdot 4 = 8\pi.$$

Ответ: $V = 8\pi$.

Проекция. Поверхности пересекаются, где $x^2+y^2 = 2 - x^2 - y^2$, то есть $x^2+y^2 = 1$ (на высоте $z = 1$). Проекция тела — круг $r\le 1$. Внутри круга сверху $2 - r^2$, снизу $r^2$ (проверка в центре: $2 \gt 0$).

$$V = \iint_{r\le 1}\bigl((2 - r^2) - r^2\bigr)\,dx\,dy = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1(2 - 2r^2)\,r\,dr = 2\pi\Bigl(r^2 - \frac{r^4}{2}\Bigr)\Big|_0^1 = \pi.$$

Ответ: $V = \pi$.

Проекция — круг $(x-1)^2 + y^2\le 1$, в полярных $r\le 2\cos\varphi$, $\varphi\in[-\frac\pi2,\frac\pi2]$. Сверху $z = r^2$, снизу $z = 0$:

$$V = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\varphi\int_0^{2\cos\varphi}r^2\cdot r\,dr = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}4\cos^4\varphi\,d\varphi = 4\cdot\frac{3\pi}{8} = \frac{3\pi}{2}.$$

Ответ: $V = \frac{3\pi}{2}$.

Плотность $\rho = 1$ (для однородной пластинки константа сократится). По симметрии относительно $Oy$: $x_c = 0$. Масса $m = \frac{\pi R^2}{2}$.

$$M_x = \iint_D y\,dS = \int_0^\pi d\varphi\int_0^R r\sin\varphi\cdot r\,dr = \frac{R^3}{3}\int_0^\pi\sin\varphi\,d\varphi = \frac{2R^3}{3}, \qquad y_c = \frac{M_x}{m} = \frac{2R^3/3}{\pi R^2/2} = \frac{4R}{3\pi}.$$

Ответ: $\left(0, \frac{4R}{3\pi}\right)$, $y_c\approx 0{,}42R$.

Пределы как в примере 4: $\int_0^1 dx\int_0^{1-x}\ldots\,dy$.

$$m = \int_0^1 dx\int_0^{1-x}x\,dy = \int_0^1 x(1-x)\,dx = \frac16,$$ $$M_y = \int_0^1 dx\int_0^{1-x}x\cdot x\,dy = \int_0^1 x^2(1-x)\,dx = \frac1{12}, \qquad M_x = \int_0^1 dx\int_0^{1-x}y\cdot x\,dy = \int_0^1\frac{x(1-x)^2}{2}dx = \frac{1}{24}.$$

$x_c = \frac{1/12}{1/6} = \frac12$, $y_c = \frac{1/24}{1/6} = \frac14$. Для однородного треугольника центр был бы в $\left(\frac13,\frac13\right)$; плотность растёт с $x$, и центр масс сдвинулся вправо.

Ответ: $m = \frac16$, центр масс $\left(\frac12, \frac14\right)$.

$m = \pi R^2$.

$$I_O = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^R r^2\cdot r\,dr = \frac{\pi R^4}{2} = \frac{mR^2}{2}.$$

По симметрии $I_x = I_y$, а $I_x + I_y = I_O$, значит $I_x = \frac{\pi R^4}{4} = \frac{mR^2}{4}$ (можно и напрямую: $\int_0^{2\pi}\sin^2\varphi\,d\varphi\int_0^R r^3dr = \pi\cdot\frac{R^4}{4}$).

Касательная $y = -R$ параллельна $Ox$ (ось через центр масс) на расстоянии $d = R$. По Штейнеру:

$$I_l = \frac{mR^2}{4} + mR^2 = \frac{5mR^2}{4} = \frac{5\pi R^4}{4}.$$

Проверка напрямую: $\iint_D (y + R)^2\,dS = I_x + 2R\iint_D y\,dS + R^2 m = \frac{\pi R^4}{4} + 0 + \pi R^4 = \frac{5\pi R^4}{4}$.

Ответ: $I_O = \frac{\pi R^4}{2}$, $I_x = \frac{\pi R^4}{4}$, $I_l = \frac{5\pi R^4}{4}$.

1) Линии.

• $y = \frac{2}{x^2+1}$ — «колокол» (локон Аньези): чётная функция, максимум $y(0) = 2$, $y\to 0$ при $x\to\pm\infty$, $y(\pm1) = 1$.
• $y = \sqrt x$ — правая верхняя ветвь параболы $x = y^2$; определена при $x\ge 0$, $y\ge 0$.
• $x = -\sqrt y$ — это $y = x^2$ при $x\le 0$: левая половина параболы $y = x^2$.

Точки пересечения.

• Колокол и $y = \sqrt x$: $\frac{2}{x^2+1} = \sqrt x$. Подбором $x = 1$: $1 = 1$. Других корней нет: при $x\ge0$ левая часть убывает, правая возрастает. Точка $B(1,1)$.
• Колокол и $y = x^2$ ($x\le 0$): $\frac{2}{x^2+1} = x^2 \Rightarrow x^4 + x^2 - 2 = 0 \Rightarrow (x^2 + 2)(x^2 - 1) = 0 \Rightarrow x^2 = 1$, $x = -1$. Точка $A(-1,1)$.
• $y = \sqrt x$ и $x = -\sqrt y$: обе проходят через $O(0,0)$ и больше не пересекаются (одна при $x\ge0$, другая при $x\le 0$).

Область — криволинейный треугольник $OAB$ с вершинами $O(0,0)$, $A(-1,1)$, $B(1,1)$: сверху колокол, снизу слева $y = x^2$, снизу справа $y = \sqrt x$.

2) Площадь. $S = \iint_D dx\,dy$.

I способ (внешний по $x$). $x\in[-1,1]$. Вертикаль всегда выходит через колокол $y = \frac{2}{x^2+1}$, а входит при $x\in[-1,0]$ через $y = x^2$, при $x\in[0,1]$ через $y = \sqrt x$. Нижняя граница меняется при $x = 0$, делим $D$ на $D_1$ (слева) и $D_2$ (справа):

$$S = \int_{-1}^{0}dx\int_{x^2}^{\frac{2}{x^2+1}}dy + \int_0^1 dx\int_{\sqrt x}^{\frac{2}{x^2+1}}dy = \int_{-1}^{0}\Bigl(\frac{2}{x^2+1} - x^2\Bigr)dx + \int_0^1\Bigl(\frac{2}{x^2+1} - \sqrt x\Bigr)dx.$$ $$\int_{-1}^{0}\Bigl(\frac{2}{x^2+1} - x^2\Bigr)dx = \Bigl(2\arctg x - \frac{x^3}{3}\Bigr)\Big|_{-1}^{0} = \frac\pi2 - \frac13,\qquad \int_0^1\Bigl(\frac{2}{x^2+1} - \sqrt x\Bigr)dx = \Bigl(2\arctg x - \frac23x^{3/2}\Bigr)\Big|_0^1 = \frac\pi2 - \frac23.$$ $$S = \frac\pi2 - \frac13 + \frac\pi2 - \frac23 = \pi - 1.$$

II способ (внешний по $y$, проверка). Выражаем $x$: $y = x^2\ (x\le0) \Rightarrow x = -\sqrt y$; $y = \sqrt x \Rightarrow x = y^2$; колокол $\Rightarrow x^2 = \frac2y - 1$, $x = \pm\sqrt{\frac2y - 1}$ (определено при $0 \lt y\le 2$). По $y$ область занимает $[0,2]$, вершина колокола $(0,2)$.

• $y\in[0,1]$ ($D_3$): горизонталь входит через $x = -\sqrt y$, выходит через $x = y^2$;
• $y\in[1,2]$ ($D_4$): входит через левую половину колокола $x = -\sqrt{\frac2y - 1}$, выходит через правую $x = \sqrt{\frac2y-1}$.

$$S = \int_0^1 dy\int_{-\sqrt y}^{y^2}dx + \int_1^2 dy\int_{-\sqrt{2/y - 1}}^{\sqrt{2/y - 1}}dx = \int_0^1\bigl(y^2 + \sqrt y\bigr)dy + 2\int_1^2\sqrt{\frac{2 - y}{y}}\,dy.$$

Первый интеграл: $\frac13 + \frac23 = 1$. Во втором замена $y = 2\sin^2 t$, $dy = 4\sin t\cos t\,dt$, $\sqrt{\frac{2 - 2\sin^2 t}{2\sin^2 t}} = \frac{\cos t}{\sin t}$; при $y = 1$: $t = \frac\pi4$, при $y = 2$: $t = \frac\pi2$:

$$2\int_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{\cos t}{\sin t}\cdot 4\sin t\cos t\,dt = 8\int_{\pi/4}^{\pi/2}\cos^2 t\,dt = 4\Bigl(t + \frac{\sin 2t}{2}\Bigr)\Big|_{\pi/4}^{\pi/2} = 4\Bigl(\frac\pi4 - \frac12\Bigr) = \pi - 2.$$

$S = 1 + \pi - 2 = \pi - 1$. Совпало с I способом. Видно, что II способ здесь заметно тяжелее: пределы по $y$ для колокола неудобные. В РГР основным берём I способ, II — как проверку.

Ответ: $S = \pi - 1\approx 2{,}14$ (кв. ед.).

Пересечение $x^2 = 1$: $x = \pm1$. I тип: $x\in[-1,1]$, $x^2\le y\le 1$.

$$\int_{-1}^{1}dx\int_{x^2}^{1}(x+y)\,dy = \int_{-1}^{1}\Bigl(x(1 - x^2) + \frac{1 - x^4}{2}\Bigr)dx = 0 + \frac12\Bigl(2 - \frac25\Bigr) = \frac45.$$

Первое слагаемое — нечётная функция на симметричном отрезке, даёт 0.

Ответ: $\frac45$.

Область: $0\le y\le 1$, $y\le x\le 2-y$ — треугольник с вершинами $(0,0)$, $(2,0)$, $(1,1)$ (тот же, что в примере 7). По $x$ от 0 до 2, снизу $y = 0$, сверху при $x\le1$ прямая $y = x$, при $x\ge 1$ прямая $y = 2 - x$:

$$\int_0^1 dx\int_0^x f\,dy + \int_1^2 dx\int_0^{2-x}f\,dy.$$

Проверка площадью: $\frac12 + \frac12 = 1 = \int_0^1(2 - 2y)\,dy$.

Верхний полукруг радиуса 1. По $y$ от 0 до 1, горизонталь входит через левую дугу $x = -\sqrt{1 - y^2}$, выходит через правую:

$$\int_0^1 dy\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}f(x,y)\,dx.$$

Проверка площадью: $\frac\pi2$ в обоих порядках.

Круг $(x-1)^2+y^2\le 1$, в полярных $0\le r\le 2\cos\varphi$, $\varphi\in[-\frac\pi2,\frac\pi2]$. Подынтегральная функция $r$, плюс якобиан $r$:

$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\varphi\int_0^{2\cos\varphi}r^2\,dr = \frac83\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3\varphi\,d\varphi = \frac83\cdot\frac43 = \frac{32}{9}.$$

$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3\varphi\,d\varphi = \int(1 - \sin^2\varphi)\,d(\sin\varphi) = \Bigl(s - \frac{s^3}{3}\Bigr)\Big|_{-1}^{1} = \frac43$.

Ответ: $\frac{32}{9}$.

Пересечение: $x^2 = 2 - x^2 \Rightarrow x = \pm1$.

$$S = \int_{-1}^{1}dx\int_{x^2}^{2 - x^2}dy = \int_{-1}^{1}(2 - 2x^2)\,dx = 4 - \frac43 = \frac83.$$

Ответ: $\frac83$.

Проекция — треугольник $x, y\ge 0$, $x+y\le1$; сверху $z = x^2+y^2$, снизу $z = 0$.

$$V = \int_0^1 dx\int_0^{1-x}(x^2 + y^2)\,dy = \int_0^1\Bigl(x^2(1-x) + \frac{(1-x)^3}{3}\Bigr)dx = \frac1{12} + \frac1{12} = \frac16.$$

Ответ: $V = \frac16$.

$$m = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1 r\cdot r\,dr = \frac{2\pi}{3},\qquad I_x = \int_0^{2\pi}\sin^2\varphi\,d\varphi\int_0^1 r^2\cdot r\cdot r\,dr = \pi\cdot\frac15 = \frac\pi5.$$

В $I_x$ три множителя $r$ после $r^2\sin^2\varphi$: $y^2 = r^2\sin^2\varphi$, плотность $r$, якобиан $r$ — итого $r^4\sin^2\varphi$.

Ответ: $m = \frac{2\pi}{3}$, $I_x = \frac\pi5$.

$$\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^R e^{-r^2}r\,dr = \pi\bigl(1 - e^{-R^2}\bigr).$$

При $R\to\infty$ стремится к $\pi$ — это интеграл Пуассона из примера 26.

Ответ: $\pi\bigl(1 - e^{-R^2}\bigr)$.

Обобщённые полярные с $a = 2$, $b = 1$: $x = 2r\cos\varphi$, $y = r\sin\varphi$, $|J| = 2r$, функция равна $r^2$:

$$\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1 r^2\cdot 2r\,dr = 2\pi\cdot\frac24 = \pi.$$

Ответ: $\pi$.

$\int\sin(y^2)\,dy$ не берётся. Область: треугольник $0\le x\le y\le\sqrt\pi$. Меняем порядок: $y\in[0,\sqrt\pi]$, $0\le x\le y$:

$$\int_0^{\sqrt\pi}dy\int_0^y\sin(y^2)\,dx = \int_0^{\sqrt\pi}y\sin(y^2)\,dy = -\frac12\cos(y^2)\Big|_0^{\sqrt\pi} = -\frac12(\cos\pi - 1) = 1.$$

Ответ: 1.