Dvojni integral

[Mafijec]

\(\int\int_{D} (x^2 + y^2) dx\,dy\)

Območje D je omejeno s premicami:
y = x,
y = x + a,
y = a,
y = 3a.

Meni pride rezultat \(14a^4\), kar pa ni tako, kot je napisano v rešitvah.

Reševal sem pa tako:
- y teče od a do 3a
- x teče od y-a do y.

Najprej sem integriral po x, nato po y.

Ima kdo kako drugo idejo?

[Aniviller]

Tko na oko, mi pride isto. Meje so tudi ok.

[Mafijec]

Uradni rezultat je \({53 \over 3} a^4\), moj pa \({42 \over 3} a^4\).

[Aniviller]

Evo, Mathematica prav 14a^4, sem preveril. Tko da resitve lazejo. Razen ce si narobe prebral obmocje.

[Mafijec]

Hvala. Še enkrat sem pogledal - prav sem prepisal območje. Očitno so res rešitve napačne.

[spooky_cat]

Imam težave z računanjem naslednjega dvojnega integrala.

∫∫(x+y)dxdy

območje: y^2=2x, x+y=4 in x+y=12. Jaz sem meje določila tako: x=8,x=2 in y=4-x, y=sqrt(2x). Ali moram potem še enkrat integrirat z mejami x=18,x=8 in y= sqrt(2x), y=12-x?

[Aniviller]

Ce si narises, vidis da bo v teh koordinatah treba razbit na dva kosa ze po x: od x=2 do x=8 imas eno obmocje (integriras od spodnjega dela parabole do y=4-x) in od 8 do 18 drugo (od y=12-x do zgornjega roba parabole).

Se pa naravno ponuja menjava spremenljivke z=x+y (recimo da x zamenjas z z). Jakobijan je kar 1 (torej ni nekih hudih problemov), omejitvene krivulje pa postanejo
z=4, z=12 in y^2+2y=2z. To je pa zdaj strasno enostavno. Najprej lahko izvedes integral po y (ta je kar visina "stolpca" pri fiksnem z, oziroma razlika med resitvama kvadratne enacbe), integral po z ima pa fiksne meje.

[tediee]

Imam težavo z naslednjo nalogo. Z uvedbo polarnih kordinat moram rešiti integral
∫∫(sqrt(x^2+y^2))dxdy.D= (x-1)^2+y^2<=2 in x^2+y^2>=2. Problem imam z določitvijo mej, mogoče zna kdo obrazložiti kako do prideš do mej r in fi?

[Aniviller]

Drugi robni pogoj ni problema, ker se prevede na r^2>=2. Prvega je pa treba predelat. Poskusis takole:
\((x-1)^2+y^2=x^2+y^2-2x+1=r^2+2r\cos\phi+1\leq 2\)
\(r^2+2r\cos\phi-1\leq 0\)
resis kot kvadratno enacbo
\(r=\cos\phi\pm \sqrt{1+\cos^2\phi}\)
Ta kvadratna neenacba je izpolnjena med niclama, in spodnji rob je itak brezveze (negativen), zgornja meja je pa potem \(r\leq \cos\phi+\sqrt{1+\cos^2 \phi}\).
Zunanji integral je lahko po kotu, notranji pa po r \(\int_2^{\cos\phi+\sqrt{1+\cos^2 \phi}}\). ampak samo, kadar je zgornja meja sploh vecja kot spodnja. To doloci, kateri koti so sploh smiselni (meje po kotu pridejo iz pogoja \(\cos\phi+\sqrt{1+\cos^2 \phi}>2\)).