W9–W11. Геометрия на плоскости и в пространстве, двойные и тройные интегралы, множители Лагранжа, формула Тейлора для функций нескольких переменных

Автор

Mohammad Alkousa

Дата публикации

19 марта 2026 г.

1. Краткое содержание

1.1 Геометрия на плоскости и в пространстве

1.1.1 Полярные координаты

Вам уже знакомы декартовы координаты (Cartesian coordinates) \((x, y)\): точка задаётся горизонтальным и вертикальным смещением от начала координат. Полярные координаты (polar coordinates) дают другой взгляд: вместо вопроса «насколько вправо и насколько вверх?» задаётся «на каком расстоянии и в каком направлении?».

Чтобы ввести полярные координаты, фиксируют начало координат \(O\) (полюс, pole) и луч из \(O\) — полярную ось (polar axis) (обычно положительная ось \(x\)). Тогда каждая точка \(P\) на плоскости описывается парой \((r, \theta)\):

\(r\) — направленное расстояние (directed distance) от \(O\) до \(P\) (обычно \(r \geq 0\)),
\(\theta\) — направленный угол (directed angle) от полярной оси до луча \(OP\).

Переход между полярными и декартовыми координатами:

\[x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta \implies r = \sqrt{x^2 + y^2}, \quad \tan\theta = \frac{y}{x}, \quad \theta \in [0, 2\pi).\]

Зачем полярные координаты? Многие кривые, громоздкие в декартовой форме, в полярной записи становятся простыми. Например, окружность \(x^2 + y^2 = a^2\) — это просто \(r = a\).

Преобразование уравнений: стандартно подставляют \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) и \(x^2 + y^2 = r^2\). Так, уравнение \(r = 2\cos\theta\) переходит в \((x-1)^2 + y^2 = 1\) — окружность радиуса \(1\) с центром в \((1,0)\).

1.1.2 Декартовы координаты в пространстве

Чтобы задать точку в трёхмерном пространстве, берут три взаимно перпендикулярные оси \(x\), \(y\) и \(z\), пересекающиеся в начале координат \((0, 0, 0)\). Каждая точка \(P\) имеет единственную тройку \((x, y, z)\) — её декартовы (прямоугольные) координаты (Cartesian / rectangular coordinates).

Плоскость \(xy\) (\(xy\)-plane) задаётся уравнением \(z = 0\); плоскость \(xz\) — \(y = 0\); плоскость \(yz\) — \(x = 0\).
Три координатные плоскости делят пространство на восемь областей — октантов (octants).

Расстояние между точками \(P_1(x_1, y_1, z_1)\) и \(P_2(x_2, y_2, z_2)\):

\[|P_1P_2| = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 + (z_2 - z_1)^2}.\]

Сфера (sphere) с центром \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) и радиусом \(R\):

\[(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z - z_0)^2 = R^2.\]

Внутренность сферы соответствует знаку \(<\) вместо \(=\); шар (сфера с внутренностью) — неравенству \(\leq\).

1.1.3 Цилиндрические координаты

Цилиндрические координаты (cylindrical coordinates) \((r, \theta, z)\) — естественное обобщение полярных координат на 3D:

\(r\) и \(\theta\) — полярные координаты проекции \(P\) на плоскость \(xy\) (при этом \(r \geq 0\)),
\(z\) — обычная декартова координата \(z\) (высота над плоскостью \(xy\)).

Формулы перехода:

\[x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad z = z; \qquad r = \sqrt{x^2 + y^2}, \quad \theta = \arctan\!\left(\frac{y}{x}\right).\]

Геометрический смысл координатных поверхностей:

\(r = a\) (постоянная): цилиндр (cylinder) радиуса \(a\) с осью \(z\).
\(\theta = \theta_0\) (постоянная): полуплоскость (half-plane), проходящая через ось \(z\) под углом \(\theta_0\).
\(z = z_0\) (постоянная): горизонтальная плоскость на высоте \(z_0\).

Цилиндрические координаты удобны, когда в задаче есть ось симметрии (цилиндры, конусы, тела вращения вокруг оси \(z\)).

1.1.4 Сферические координаты

Сферические координаты (spherical coordinates) \((\rho, \phi, \theta)\) задают точку расстоянием от начала координат и двумя углами:

\(\rho \geq 0\) — расстояние от \(P\) до начала координат,
\(\phi \in [0, \pi]\) — полярный угол (polar angle) (угол от положительной оси \(z\) до \(\overrightarrow{OP}\)),
\(\theta\) — тот же азимутальный угол, что и в цилиндрических координатах.

Формулы перехода:

\[x = \rho\sin\phi\cos\theta, \quad y = \rho\sin\phi\sin\theta, \quad z = \rho\cos\phi,\] \[r = \rho\sin\phi, \quad \rho = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = \sqrt{r^2 + z^2}.\]

Геометрический смысл координатных поверхностей:

\(\rho = a\): сфера радиуса \(a\) с центром в начале координат.
\(\phi = \phi_0\): конус (cone) с вершиной в начале координат и осью вдоль \(z\). Если \(\phi_0 < \pi/2\), конус «открывается» вверх; если \(\phi_0 > \pi/2\) — вниз. Особый случай: \(\phi = \pi/2\) даёт саму плоскость \(xy\).
\(\theta = \theta_0\): вертикальная полуплоскость через ось \(z\).

Переход поверхностей к сферическим координатам:

Сфера \(x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1\) раскрывается в \(x^2+y^2+z^2 = 2z\), т.е. \(\rho^2 = 2\rho\cos\phi\), откуда \(\rho = 2\cos\phi\) (при \(\rho > 0\)).
Для конуса \(z = \sqrt{x^2+y^2}\) имеем \(\rho\cos\phi = \rho\sin\phi\), значит \(\tan\phi = 1\), т.е. \(\phi = \dfrac{\pi}{4}\).

Сферические координаты особенно полезны, когда область интегрирования — шар, сферическая оболочка или конус.

1.1.5 Конические сечения

Конические сечения (conic sections) получаются при пересечении двойного конуса плоскостью. К ним относятся:

Парабола (parabola): \(x^2 = \alpha y\) или \(y^2 = \alpha x\) (для \(\alpha \in \mathbb{R}^*\)).
Эллипс (ellipse) (при \(a > b > 0\)): \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\).
Гипербола (hyperbola) (при \(a, b > 0\)): \(\dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) или \(\dfrac{y^2}{a^2} - \dfrac{x^2}{b^2} = 1\).

Вырожденные случаи: точка, пара пересекающихся прямых, одна прямая.

1.1.6 Прямые и плоскости в пространстве

Параметрические уравнения прямой (parametric equations for a line) через \(P_0(x_0, y_0, z_0)\), параллельную ненулевому вектору \(\mathbf{v} = v_1\hat{i} + v_2\hat{j} + v_3\hat{k}\):

\[x = x_0 + v_1 t, \quad y = y_0 + v_2 t, \quad z = z_0 + v_3 t, \quad t \in \mathbb{R}.\]

В векторной форме: \(\mathbf{r}(t) = \mathbf{r}_0 + t\mathbf{v}\), где \(\mathbf{r}_0 = \langle x_0, y_0, z_0\rangle\).

Для отрезка (line segment) от \(A\) до \(B\): \(\mathbf{r}(t) = (1-t)A + tB\), \(t \in [0, 1]\).

Уравнение плоскости (equation of a plane) через \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) с нормалью \(\mathbf{n} = A\hat{i} + B\hat{j} + C\hat{k}\):

\[A(x - x_0) + B(y - y_0) + C(z - z_0) = 0.\]

Чтобы найти \(\mathbf{n}\) для плоскости по трём точкам, берут векторное произведение двух векторов, лежащих в плоскости. Плоскость, параллельная данной, имеет ту же нормаль.

1.1.7 Цилиндры и квадрики

Цилиндр (cylinder) в пространстве получается движением прямой, параллельной фиксированному направлению, вдоль кривой (образующей, generating curve). В «школьной» геометрии образующие часто — окружности, что даёт круговые цилиндры.

Пример: \(y = x^2\) в пространстве — параболический цилиндр (parabolic cylinder); образующая — парабола \(y = x^2\) в плоскости \(xy\), а прямые параллельны оси \(z\).
Пример: уравнение \(x = 1\) в \(\mathbb{R}\) — точка, в \(\mathbb{R}^2\) — вертикальная прямая, в \(\mathbb{R}^3\) — плоскость (плоский цилиндр), параллельная плоскости \(yz\).

Важное правило: если в уравнении «пропала» одна переменная, поверхность — цилиндр с образующими, параллельными оси этой переменной:

\(f(x,y) = c\) → цилиндр с образующими, параллельными оси \(z\)
\(g(x,z) = c\) → цилиндр с образующими, параллельными оси \(y\)
\(h(y,z) = c\) → цилиндр с образующими, параллельными оси \(x\)

В общем случае ось цилиндра не обязана быть параллельна координатной оси.

Квадрика (quadric surface) — график уравнения второй степени в \(x\), \(y\), \(z\). Наиболее общий вид:

\[Ax^2 + By^2 + Cz^2 + Dxy + Exz + Fyz + Gx + Hy + Iz + J = 0.\]

Сдвигом и поворотом это всегда можно привести к одному из двух стандартных типов:

\[Ax^2 + By^2 + Cz^2 + J = 0, \quad \text{или} \quad Ax^2 + By^2 + Iz = 0.\] Стандартные формы (после переноса/поворота):

Поверхность	Уравнение
Эллипсоид (Ellipsoid)	\(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} + \dfrac{z^2}{c^2} = 1\)
Эллиптический параболоид (Elliptical Paraboloid)	\(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = \dfrac{z}{c}\)
Эллиптический конус (Elliptical Cone)	\(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = \dfrac{z^2}{c^2}\)
Однополостный гиперболоид (Hyperboloid of One Sheet)	\(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} - \dfrac{z^2}{c^2} = 1\)
Двуполостный гиперболоид (Hyperboloid of Two Sheets)	\(\dfrac{z^2}{c^2} - \dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1\)
Гиперболический параболоид (седло) (Hyperbolic Paraboloid / Saddle)	\(\dfrac{y^2}{b^2} - \dfrac{x^2}{a^2} = \dfrac{z}{c}\)

Чтобы классифицировать (classify) квадрику, выделяют полные квадраты, приводят к стандартному виду и сопоставляют с таблицей.

1.2 Двойные интегралы

1.2.1 Двойной интеграл по прямоугольнику: мотивация и определение

В одномерном анализе определённый интеграл \(\int_a^b f(x)\,dx\) «суммирует» бесконечно малые вклады \(f(x)\,dx\) на отрезке. Двойной интеграл (double integral) обобщает эту идею на функции двух переменных по областям на плоскости.

Рассмотрим прямоугольную область (rectangular region) \(R = \{(x,y) \mid a \leq x \leq b,\, c \leq y \leq d\}\). Разобьём \(R\) сеткой на \(n\) малых прямоугольников площади \(\Delta A_k = \Delta x_k\,\Delta y_k\), в каждом выберем точку \((x_k, y_k)\) и составим сумму Римана (Riemann sum):

\[S_n = \sum_{k=1}^n f(x_k, y_k)\,\Delta A_k.\]

Норма (norm) \(\|P\|\) разбиения — наибольший из размеров прямоугольников. Если при \(\|P\| \to 0\) (эквивалентно \(n \to \infty\)) суммы Римана стремятся к одному и тому же пределу при любом выборе промежуточных точек, говорят, что \(f\) интегрируема (integrable), и определяют двойной интеграл:

\[\iint_R f(x,y)\,dA = \lim_{\|P\|\to 0}\sum_{k=1}^n f(x_k, y_k)\,\Delta A_k.\]

Геометрический смысл: при \(f(x,y) \geq 0\) двойной интеграл равен объёму (volume) тела под поверхностью \(z = f(x,y)\) над \(R\).

Интегрируемость: всякая непрерывная функция на ограниченном прямоугольнике интегрируема.

1.2.2 Вычисление двойных интегралов: теорема Фубини (Fubini’s Theorem)

Ключ к вычислению — сведение к двум последовательным одномерным интегралам.

Теорема Фубини (первая форма): если \(f(x,y)\) непрерывна на \(R : a \leq x \leq b,\, c \leq y \leq d\), то

\[\iint_R f(x,y)\,dA = \int_c^d\int_a^b f(x,y)\,dx\,dy = \int_a^b\int_c^d f(x,y)\,dy\,dx.\]

Оба порядка интегрирования дают один и тот же результат — это повторный интеграл (iterated integral).

Как вычислять: сначала внутренний интеграл (другая переменная считается константой), затем внешний. Площадь области \(R\): \(\text{Area}(R) = \iint_R dA\).

1.2.3 Двойной интеграл по общей (непрямоугольной) области

Типичные области не являются прямоугольниками. Для ограниченной \(R\) накладывают сетку, оставляют только прямоугольники, целиком лежащие в \(R\), строят суммы Римана и переходят к пределу — результат по-прежнему называют двойным интегралом; при \(f \geq 0\) он даёт объём под поверхностью.

Теорема Фубини (вторая форма): пусть \(f(x,y)\) непрерывна на \(R\).

Если \(R\) задаётся как \(a \leq x \leq b\), \(g_1(x) \leq y \leq g_2(x)\) (вертикально простая область, vertically simple region):

\[\iint_R f(x,y)\,dA = \int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy\,dx.\]

Если \(c \leq y \leq d\), \(h_1(y) \leq x \leq h_2(y)\) (горизонтально простая область, horizontally simple region):

\[\iint_R f(x,y)\,dA = \int_c^d\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y)\,dx\,dy.\]

Как находить пределы интегрирования:

Вертикальные сечения: спроецируйте \(R\) на ось \(x\) — получится \([a,b]\); при фиксированном \(x\) вертикальная прямая входит в \(R\) при \(y = g_1(x)\) и выходит при \(y = g_2(x)\).
Горизонтальные сечения: спроецируйте \(R\) на ось \(y\) — \([c,d]\); при фиксированном \(y\) горизонталь входит при \(x = h_1(y)\) и выходит при \(x = h_2(y)\).

Смена порядка интегрирования: иногда переход с «сначала \(y\)» на «сначала \(x\)» (или наоборот) упрощает интеграл; важно заново корректно описать область \(R\).

Свойства двойных интегралов (для непрерывных \(f, g\) на ограниченной \(R\)):

Постоянный множитель: \(\iint_R cf\,dA = c\iint_R f\,dA\)
Линейность: \(\iint_R (f \pm g)\,dA = \iint_R f\,dA \pm \iint_R g\,dA\)
Монотонность: если \(f \geq 0\) на \(R\), то \(\iint_R f\,dA \geq 0\); если \(f \geq g\), то \(\iint_R f\,dA \geq \iint_R g\,dA\)
Аддитивность: если \(R = R_1 \cup R_2\) (без пересечения внутренностей), то \(\iint_R f\,dA = \iint_{R_1} f\,dA + \iint_{R_2} f\,dA\)

Среднее значение (average value) \(f\) на \(R\): \(\displaystyle\text{aver}_R(f) = \frac{1}{\text{Area}(R)}\iint_R f(x,y)\,dA.\)

1.2.4 Замена переменных в двойном интеграле

Если в координатах \(xy\) область \(R\) неудобна, часто помогает замена переменных (change of variables). Пусть \(x = g(u,v)\), \(y = h(u,v)\) взаимно однозначно отображает область \(G\) плоскости \(uv\) на \(R\) в \(xy\). Тогда

\[\iint_R f(x,y)\,dx\,dy = \iint_G f(g(u,v), h(u,v))\,|J(u,v)|\,du\,dv,\]

где якобиан (Jacobian) преобразования

\[J(u,v) = \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\[4pt] \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix} = \frac{\partial x}{\partial u}\frac{\partial y}{\partial v} - \frac{\partial x}{\partial v}\frac{\partial y}{\partial u}.\]

Якобиан показывает, как преобразование растягивает или сжимает площади: элемент \(du\,dv\) в \(uv\) переходит в \(|J|\,du\,dv\) в \(xy\).

Как подобрать замену: смотрите на границу \(R\). Если кривые границы имеют вид \(\phi(x,y) = c_1\) и \(\psi(x,y) = c_2\), естественно положить \(u = \phi(x,y)\), \(v = \psi(x,y)\).

1.2.5 Двойной интеграл в полярных координатах

Важнейший частный случай — переход к полярным координатам: \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\).

Якобиан:

\[J(r,\theta) = \begin{vmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{vmatrix} = r\cos^2\theta + r\sin^2\theta = r.\]

Следовательно,

\[\iint_R f(x,y)\,dx\,dy = \iint_G f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta.\]

Дополнительный множитель \(r\) (якобиан) обязателен — не забывайте его!

Когда удобны полярные координаты: \(R\) — круг, кольцо, сектор или область, ограниченная окружностями с центром в начале координат; либо подынтегральное выражение содержит \(x^2 + y^2\).

Площадь в полярных координатах: если \(\theta_1 \leq \theta \leq \theta_2\) и \(0 \leq r \leq r(\theta)\),

\[A = \int_{\theta_1}^{\theta_2}\int_0^{r(\theta)} r\,dr\,d\theta = \frac{1}{2}\int_{\theta_1}^{\theta_2} [r(\theta)]^2\,d\theta.\]

1.2.6 Двойные интегралы по неограниченным областям

Как несобственные интегралы по одной переменной учитывают бесконечные промежутки и особенности, несобственные двойные интегралы (improper double integrals) описывают неограниченные области или особенности подынтегральной функции; их вычисляют как пределы:

\[\iint_R f(x,y)\,dA = \lim_{b\to\infty}\iint_{R_b} f(x,y)\,dA,\]

где \(R_b\) — ограниченная аппроксимация \(R\).

Интеграл Гаусса (Gaussian integral) (интеграл Эйлера–Пуассона): замена на полярные координаты в несобственном двойном интеграле даёт классический результат

\[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}.\]

Доказательство: пусть \(I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx\). Тогда \[I^2 = \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy = \int_0^{2\pi}\int_0^{\infty} e^{-r^2} r\,dr\,d\theta = 2\pi \cdot \frac{1}{2} = \pi.\] Отсюда \(I = \sqrt{\pi}\).

1.3 Тройные интегралы

1.3.1 Тройной интеграл по параллелепипеду: определение

Тройной интеграл (triple integral) обобщает двойной на функции трёх переменных по объёмным областям. Для ограниченной области \(D\) в пространстве параллелепипед, содержащий \(D\), режут на \(n\) ячеек объёма \(\Delta V_k = \Delta x_k\,\Delta y_k\,\Delta z_k\), в каждой ячейке внутри \(D\) выбирают \((x_k, y_k, z_k)\) и составляют

\[S_n = \sum_{k=1}^n F(x_k, y_k, z_k)\,\Delta V_k.\]

Тройной интеграл — предел таких сумм Римана:

\[\iiint_D F(x,y,z)\,dV = \lim_{\|P\|\to 0} S_n.\]

Объём и среднее значение:

объём \(D\): \(\text{vol}(D) = \iiint_D dV.\)
среднее значение \(F\) на \(D\): \(\displaystyle\text{aver}_D(F) = \frac{1}{\text{vol}(D)}\iiint_D F\,dV.\)

Для параллелепипеда (box) \(D = [a,b]\times[c,d]\times[p,q]\) по теореме Фубини

\[\iiint_D F\,dV = \int_a^b\int_c^d\int_p^q F(x,y,z)\,dz\,dy\,dx.\]

1.3.2 Тройной интеграл по общей области

Для общей области \(D\) применяют трёхмерную теорему Фубини. Если \(D\) ограничена сверху \(z = f_2(x,y)\) и снизу \(z = f_1(x,y)\), а \((x,y)\) пробегают проекцию \(R\) на плоскость \(xy\),

\[\iiint_D F(x,y,z)\,dV = \iint_R\left(\int_{f_1(x,y)}^{f_2(x,y)} F(x,y,z)\,dz\right)dA.\]

Аналогично, если \(D\) «проста» в направлении \(x\) или \(y\):

\[\iiint_D F\,dV = \iint_R\left(\int_{f_1(y,z)}^{f_2(y,z)} F\,dx\right)dA, \quad \text{или} \quad \iiint_D F\,dV = \iint_R\left(\int_{f_1(x,z)}^{f_2(x,z)} F\,dy\right)dA.\]

Пределы: сделайте эскиз \(D\), найдите «тень» (проекцию) \(R\) на координатную плоскость, затем границы для внутренней переменной.

1.3.3 Замена переменных в тройном интеграле

Если \(x = g(u,v,w)\), \(y = h(u,v,w)\), \(z = k(u,v,w)\) взаимно однозначно отображает \(G\) (в \(uvw\)) на \(D\) (в \(xyz\)),

\[\iiint_D F(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = \iiint_G H(u,v,w)\,|J(u,v,w)|\,du\,dv\,dw,\]

где \(H(u,v,w) = F(g,h,k)\), а \(J\) — якобиан \(3\times 3\):

\[J(u,v,w) = \frac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} & \frac{\partial x}{\partial w} \\[4pt] \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} & \frac{\partial y}{\partial w} \\[4pt] \frac{\partial z}{\partial u} & \frac{\partial z}{\partial v} & \frac{\partial z}{\partial w} \end{vmatrix}.\]

1.3.4 Тройной интеграл в цилиндрических координатах

Для \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\), \(z = z\) якобиан \(J = r\):

\[\iiint_D F(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = \iiint_G H(r,\theta,z)\cdot r\,dr\,d\theta\,dz.\]

Когда удобно: цилиндр, конус, тело вращения вокруг оси \(z\); либо в подынтегральной функции есть \(x^2 + y^2\).

1.3.5 Тройной интеграл в сферических координатах

Для \(x = \rho\sin\phi\cos\theta\), \(y = \rho\sin\phi\sin\theta\), \(z = \rho\cos\phi\) якобиан \(J = \rho^2\sin\phi\):

\[\iiint_D F(x,y,z)\,dx\,dy\,dz = \iiint_G H(\rho,\phi,\theta)\cdot\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta.\]

Когда удобно: шар, сферическая оболочка, конус; либо в выражении есть \(x^2 + y^2 + z^2\).

1.X Множители Лагранжа (Lagrange multipliers)

Чтобы искать экстремум \(f(x,y)\) (или \(f(x,y,z)\)) при ограничении (constraint) \(g(x,y) = 0\), нельзя ограничиться только свободными критическими точками — допустимы лишь точки на кривой (поверхности). Метод множителей Лагранжа даёт систематический способ.

Главная идея: в точке условного экстремума \(P_0\) градиенты \(f\) и \(g\) коллинеарны (иначе можно было бы сдвинуться вдоль ограничения в сторону роста \(f\)). Значит,

\[\nabla f(P_0) = \lambda\, \nabla g(P_0)\]

для некоторого скаляра \(\lambda\) — множителя Лагранжа (Lagrange multiplier).

Функция Лагранжа (Lagrangian): вводят

\[L(x, y, \lambda) = f(x, y) - \lambda\, g(x, y).\]

Условный экстремум \(f\) при \(g = 0\) соответствует критической точке \(L\), т.е. обращению в нуль всех частных производных:

\[\frac{\partial L}{\partial x} = f_x - \lambda g_x = 0, \qquad \frac{\partial L}{\partial y} = f_y - \lambda g_y = 0, \qquad \frac{\partial L}{\partial \lambda} = -g(x,y) = 0.\]

Третье уравнение — само ограничение \(g(x,y) = 0\).

Условия применимости:

у \(f\) и \(g\) непрерывны первые частные производные около \(P_0\),
\(P_0\) не является концом кривой-ограничения,
\(\nabla g(P_0) \neq \mathbf{0}\) (ограничение «регулярно» в \(P_0\)).

Обобщение на 3D: для \(f(x,y,z)\) при \(g(x,y,z)=0\) берут \(L = f - \lambda g\) и решают четыре уравнения \(\partial L/\partial x = 0\), \(\partial L/\partial y = 0\), \(\partial L/\partial z = 0\), \(g = 0\).

Несколько ограничений: при \(g_1=0\) и \(g_2=0\) используют \(L = f - \lambda_1 g_1 - \lambda_2 g_2\).

1.X+1 Формула Тейлора для функций нескольких переменных

Теорема Тейлора для \(f(x)\) приближает функцию около \(a\) многочленом с коэффициентами из производных в \(a\). То же переносится на две (и более) переменных.

Формула Тейлора в точке \((a, b)\):

если \(f(x,y)\) и все частные производные до порядка \(n+1\) непрерывны на открытом прямоугольнике с центром в \((a, b)\), то при \(h = x - a\), \(k = y - b\)

\[f(a+h, b+k) = f(a,b) + (hf_x + kf_y)\big|_{(a,b)} + \frac{1}{2!}(h^2f_{xx} + 2hkf_{xy} + k^2f_{yy})\big|_{(a,b)}\] \[+ \frac{1}{3!}(h^3f_{xxx} + 3h^2kf_{xxy} + 3hk^2f_{xyy} + k^3f_{yyy})\big|_{(a,b)} + \cdots\] \[+ \frac{1}{n!}\left(h\frac{\partial}{\partial x} + k\frac{\partial}{\partial y}\right)^n f\bigg|_{(a,b)} + R_n,\]

где \(R_n = \dfrac{1}{(n+1)!}\left(h\dfrac{\partial}{\partial x}+k\dfrac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1}f\Big|_{(a+ch,\,b+ck)}\) для некоторого \(c \in (0,1)\).

Запись \(\left(h\dfrac{\partial}{\partial x}+k\dfrac{\partial}{\partial y}\right)^m\) означает: развернуть по биному Ньютона и заменить степени на смешанные производные,

\[\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^m f = \sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j}h^{m-j}k^j\frac{\partial^m f}{\partial x^{m-j}\partial y^j}.\]

Многочлен Тейлора второй степени в \((a, b)\) (чаще всего на практике):

\[f(x, y) \approx f(a,b) + (x-a)f_x\big|_{(a,b)} + (y-b)f_y\big|_{(a,b)} + \frac{1}{2}\left[(x-a)^2 f_{xx} + 2(x-a)(y-b)f_{xy} + (y-b)^2 f_{yy}\right]\bigg|_{(a,b)}.\]

Ряд Маклорена (Maclaurin series) в \((0,0)\):

\[f(x,y) = f(0,0) + xf_x + yf_y + \frac{1}{2!}(x^2f_{xx}+2xyf_{xy}+y^2f_{yy}) + \frac{1}{3!}(x^3f_{xxx}+3x^2yf_{xxy}+3xy^2f_{xyy}+y^3f_{yyy})+\cdots,\]

все производные в \((0,0)\).

Зачем это нужно?

Приближение: около \((a,b)\) имеем \(f(x,y) \approx T_2(x,y)\) — удобная квадратичная модель.
Оценка погрешности: остаток \(R_n\) даёт контроль ошибки приближения.
Локальные экстремумы: квадратичная часть Тейлора связана с тестом вторых производных через гессиан.

2. Определения

Полярные координаты \((r, \theta)\) (polar coordinates): расстояние \(r \geq 0\) от полюса и угол \(\theta\) от полярной оси (обычно положительная ось \(x\)).
Цилиндрические координаты \((r, \theta, z)\) (cylindrical coordinates): полярные \((r,\theta)\) для проекции на \(xy\) плюс высота \(z\).
Сферические координаты \((\rho, \phi, \theta)\) (spherical coordinates): расстояние \(\rho \geq 0\), полярный угол \(\phi \in [0,\pi]\) от оси \(z\), азимут \(\theta\).
Цилиндр (cylinder) в пространстве: поверхность, образованная движением прямой вдоль кривой; если в уравнении нет одной переменной — цилиндр с образующими, параллельными соответствующей оси.
Квадрика (quadric surface): график уравнения второй степени в \(x,y,z\); эллипсоиды, параболоиды, конусы, гиперболоиды, сёдла.
Двойной интеграл \(\iint_R f(x,y)\,dA\) (double integral): предел сумм Римана по \(R\); при \(f \geq 0\) — объём под \(z=f(x,y)\).
Тройной интеграл \(\iiint_D F(x,y,z)\,dV\) (triple integral): предел сумм Римана по объёму \(D\).
Повторный интеграл (iterated integral): вычисление «изнутри наружу» одномерными интегралами.
Теорема Фубини (Fubini’s Theorem): на прямоугольнике (параллелепипеде) двойной (тройной) интеграл равен повторному в любом порядке при непрерывности подынтегральной функции.
Якобиан \(J\) (Jacobian): определитель матрицы частных производных; учитывает масштаб площади/объёма.
Вертикально простая область (vertically simple region): \(a \leq x \leq b\), \(g_1(x) \leq y \leq g_2(x)\); сначала интегрируют по \(y\).
Горизонтально простая область (horizontally simple region): \(c \leq y \leq d\), \(h_1(y) \leq x \leq h_2(y)\); сначала по \(x\).
Интеграл Гаусса (Gaussian integral): \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}\); классическое доказательство — через квадрат интеграла и полярные координаты.
Среднее значение \(f\) на \(R\) (average value): \(\displaystyle\text{aver}_R(f) = \frac{1}{\text{Area}(R)}\iint_R f\,dA\).
Условная оптимизация (constrained optimization): поиск максимума/минимума \(f\) при уравнении \(g(x,y)=0\).
Множитель Лагранжа \(\lambda\) (Lagrange multiplier): скаляр в условии \(\nabla f = \lambda\,\nabla g\) в точке условного экстремума; смысл — чувствительность оптимального значения к сдвигу ограничения.
Целевая функция (objective function): функция \(f\), которую оптимизируют.
Ограничение (constraint): уравнение \(g=0\), задающее допустимое множество.
Функция Лагранжа (Lagrangian): \(L(x,y,\lambda) = f(x,y) - \lambda\,g(x,y)\); безусловные критические точки \(L\) соответствуют условным экстремумам \(f\).
Многочлен Тейлора степени \(n\) (Taylor polynomial): \(T_n(x,y)\), построенный из производных \(f\) в \((a,b)\) до порядка \(n\).
Многочлен Маклорена (Maclaurin polynomial): многочлен Тейлора с центром в \((0,0)\).
Квадратичное приближение (quadratic approximation): \(T_2(x,y)\) — наилучшее локальное квадратичное приближение \(f\) в точке разложения.

3. Формулы

Полярные \(\leftrightarrow\) декартовы (2D): \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\); \(r = \sqrt{x^2+y^2}\), \(\tan\theta = y/x\)
Цилиндрические \(\leftrightarrow\) декартовы (3D): \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\), \(z = z\); \(r = \sqrt{x^2+y^2}\)
Сферические \(\leftrightarrow\) декартовы (3D): \(x = \rho\sin\phi\cos\theta\), \(y = \rho\sin\phi\sin\theta\), \(z = \rho\cos\phi\); \(\rho = \sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Расстояние в \(\mathbb{R}^3\): \(|P_1P_2| = \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+(z_2-z_1)^2}\)
Сфера: \((x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2 = R^2\)
Прямая в пространстве (параметрически): \(x = x_0+v_1 t,\; y = y_0+v_2 t,\; z = z_0+v_3 t\)
Плоскость: \(A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0) = 0\)
Фубини (прямоугольник): \(\iint_R f\,dA = \int_c^d\int_a^b f\,dx\,dy = \int_a^b\int_c^d f\,dy\,dx\)
Фубини (вертикально простая область): \(\iint_R f\,dA = \int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f\,dy\,dx\)
Фубини (горизонтально простая область): \(\iint_R f\,dA = \int_c^d\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f\,dx\,dy\)
Замена переменных (двойной интеграл): \(\iint_R f(x,y)\,dx\,dy = \iint_G f(g,h)\,|J|\,du\,dv\), \(J = \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\)
Двойной интеграл в полярных координатах: \(\iint_R f(x,y)\,dx\,dy = \iint_G f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta\)
Площадь в полярных координатах: \(A = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{\theta_1}^{\theta_2} r(\theta)^2\,d\theta\)
Интеграл Гаусса: \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}\)
Тройной интеграл (Фубини): \(\iiint_D F\,dV = \iint_R\left(\displaystyle\int_{f_1}^{f_2} F\,dz\right)dA\)
Замена переменных (тройной интеграл): \(\iiint_D F\,dx\,dy\,dz = \iiint_G H\,|J|\,du\,dv\,dw\), \(J = \dfrac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)}\)
Тройной интеграл в цилиндрических координатах: \(\iiint_D F\,dV = \iiint_G H(r,\theta,z)\,r\,dr\,d\theta\,dz\)
Тройной интеграл в сферических координатах: \(\iiint_D F\,dV = \iiint_G H(\rho,\phi,\theta)\,\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta\)
Объём \(D\): \(\text{vol}(D) = \iiint_D dV\)
Среднее значение (3D): \(\text{aver}_D(F) = \dfrac{1}{\text{vol}(D)}\iiint_D F\,dV\)
Условие Лагранжа (2D): \(\nabla f = \lambda\,\nabla g\), т.е. \(f_x = \lambda g_x\), \(f_y = \lambda g_y\), \(g(x,y) = 0\)
Функция Лагранжа: \(L(x,y,\lambda) = f(x,y) - \lambda\,g(x,y)\)
Условие Лагранжа (3D): \(f_x = \lambda g_x\), \(f_y = \lambda g_y\), \(f_z = \lambda g_z\), \(g(x,y,z) = 0\)
Формула Тейлора в \((a,b)\) (степень 2): \(f(a+h,b+k) \approx f(a,b) + hf_x + kf_y + \dfrac{1}{2!}(h^2f_{xx}+2hkf_{xy}+k^2f_{yy})\), производные в \((a,b)\)
Многочлен Тейлора 2-й степени в \((a,b)\): \(T_2(x,y) = f(a,b) + (x-a)f_x + (y-b)f_y + \dfrac{1}{2}[(x-a)^2f_{xx} + 2(x-a)(y-b)f_{xy} + (y-b)^2f_{yy}]\)
Многочлен Маклорена (степень 2): \(T_2(x,y) = f(0,0) + xf_x(0,0) + yf_y(0,0) + \dfrac{1}{2}[x^2f_{xx}(0,0)+2xyf_{xy}(0,0)+y^2f_{yy}(0,0)]\)

4. Задачи и примеры

4.1. Найдите и классифицируйте критические точки (Лаба 9, Задание 1)

Найдите и классифицируйте критические точки функции \(f(x, y) = 10xye^{-(x^2+y^2)}\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: примените тест вторых производных (second derivative test): найдите \(f_x\), \(f_y\), приравняйте к нулю, затем \(D = f_{xx}f_{yy} - f_{xy}^2\) и \(f_{xx}\) в каждой критической точке.

Вычислим \(f_x\): \[f_x = 10y e^{-(x^2+y^2)} + 10xy \cdot (-2x) e^{-(x^2+y^2)} = 10ye^{-(x^2+y^2)}(1 - 2x^2).\]
Вычислим \(f_y\): \[f_y = 10x e^{-(x^2+y^2)} + 10xy \cdot (-2y) e^{-(x^2+y^2)} = 10xe^{-(x^2+y^2)}(1 - 2y^2).\]
Условия \(f_x = 0\) и \(f_y = 0\): Так как \(e^{-(x^2+y^2)} > 0\) всюду, достаточно решить:
- \(f_x = 0\): \(y(1 - 2x^2) = 0 \implies y = 0\) или \(x = \pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}\);
- \(f_y = 0\): \(x(1 - 2y^2) = 0 \implies x = 0\) или \(y = \pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}\).
Совместное решение даёт пять критических точек:
- \((0, 0)\)
- \(\left(\tfrac{1}{\sqrt{2}}, \tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\), \(\left(\tfrac{1}{\sqrt{2}}, -\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\), \(\left(-\tfrac{1}{\sqrt{2}}, \tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\), \(\left(-\tfrac{1}{\sqrt{2}}, -\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\).
Частные производные второго порядка: \[f_{xx} = 10y e^{-(x^2+y^2)}(-2x)(1-2x^2) + 10ye^{-(x^2+y^2)}(-4x) = 10ye^{-(x^2+y^2)}(-6x+4x^3).\] \[f_{yy} = 10xe^{-(x^2+y^2)}(-6y+4y^3).\] \[f_{xy} = 10e^{-(x^2+y^2)}(1-2x^2)(1-2y^2).\]
Классификация критических точек:

(a) В точке \((0,0)\): \(f_{xx}=0\), \(f_{yy}=0\), \(f_{xy}=10\cdot1\cdot1=10\). Тогда \(D = 0\cdot0 - 10^2 = -100 < 0\). \(\Rightarrow\) седло в \((0,0)\).

(b) В точке \(\left(\tfrac{1}{\sqrt{2}}, \tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\): положим \(e^{-1} = 1/e\). \(f_{xx} = 10\cdot\tfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot e^{-1}\left(-6\cdot\tfrac{1}{\sqrt{2}}+4\cdot\tfrac{1}{2\sqrt{2}}\right) = \tfrac{10}{\sqrt{2}e}\left(\tfrac{-6+2}{\sqrt{2}}\right) = \tfrac{10}{\sqrt{2}e}\cdot\tfrac{-4}{\sqrt{2}} = \tfrac{-40}{2e} = \tfrac{-20}{e}\). Из симметрии \(f_{yy} = -20/e\). \(f_{xy} = 10e^{-1}(1-1)(1-1) = 0\). \(D = (-20/e)(-20/e) - 0 = 400/e^2 > 0\), при этом \(f_{xx} = -20/e < 0\). \(\Rightarrow\) локальный максимум в \(\left(\tfrac{1}{\sqrt{2}}, \tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\); значение \(f = 10\cdot\tfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\tfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot e^{-1} = 5/e\).

(c) В точке \(\left(-\tfrac{1}{\sqrt{2}}, -\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\): из симметрии (\(f(-x,-y) = f(x,y)\)) снова локальный максимум со значением \(5/e\).

(d) В точке \(\left(\tfrac{1}{\sqrt{2}}, -\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\): \(f_{xx} = 10\cdot(-\tfrac{1}{\sqrt{2}})\cdot e^{-1}\cdot\tfrac{-4}{\sqrt{2}} = +20/e > 0\). \(f_{yy} = +20/e\), \(f_{xy} = 0\). \(D = (20/e)^2 > 0\), \(f_{xx} > 0\). \(\Rightarrow\) локальный минимум в \(\left(\tfrac{1}{\sqrt{2}}, -\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\); значение \(f = -5/e\).

(e) В точке \(\left(-\tfrac{1}{\sqrt{2}}, \tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\): по симметрии — снова локальный минимум со значением \(-5/e\).

Ответ: пять критических точек:

\((0,0)\): седло;
\(\left(\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}, \pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\) (одинаковые знаки): локальные максимумы, \(f = 5/e\);
\(\left(\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}, \mp\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\) (противоположные знаки): локальные минимумы, \(f = -5/e\).

4.2. Максимальный объём коробки без крышки (Лаба 9, Задание 2)

Прямоугольный ящик без крышки нужно изготовить из \(12\text{ м}^2\) картона. Найдите максимальный объём.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Множители Лагранжа (Lagrange multipliers). Целевая функция — объём \(V = xyz\); ограничение — площадь открытого ящика: основание (\(xy\)) плюс четыре боковые грани (\(2xz + 2yz\)) равна \(12\).

Постановка:
- целевая функция: \(f(x,y,z) = xyz\);
- ограничение: \(g(x,y,z) = xy + 2xz + 2yz - 12 = 0\).
Уравнения Лагранжа (\(\nabla f = \lambda \nabla g\), \(g=0\)): \[yz = \lambda(y + 2z), \quad xz = \lambda(x + 2z), \quad xy = \lambda(2x + 2y).\]
Решение с учётом симметрии: умножим первое уравнение на \(x\), второе на \(y\), третье на \(z\): \[xyz = \lambda x(y+2z), \quad xyz = \lambda y(x+2z), \quad xyz = \lambda z(2x+2y).\] Значит, \(\lambda x(y+2z) = \lambda y(x+2z) = \lambda z(2x+2y)\) (при \(\lambda \neq 0\)).

Из \(x(y+2z) = y(x+2z)\): \(xy + 2xz = xy + 2yz \implies 2xz = 2yz \implies x = y\).

Из \(y(x+2z) = z(2x+2y)\) и \(x=y\): \(x(x+2z) = z(2x+2x) = 4xz \implies x+2z = 4z \implies x = 2z\).

Итак, \(x = y = 2z\).
Подстановка в ограничение: \(x = y = 2z\), \(xy + 2xz + 2yz = 12\): \[(2z)(2z) + 2(2z)(z) + 2(2z)(z) = 4z^2 + 4z^2 + 4z^2 = 12z^2 = 12 \implies z = 1.\] Следовательно, \(x = y = 2\), \(z = 1\).
Максимальный объём: \(V = 2 \cdot 2 \cdot 1 = 4\text{ м}^3\).

Ответ: максимальный объём \(\boxed{4\text{ м}^3}\); основание \(2\text{ м} \times 2\text{ м}\), высота \(1\text{ м}\).

4.3. Экстремумы на единичной окружности (Лаба 9, Задание 3)

Найдите экстремальные значения функции \(f(x, y) = x^2 + 2y^2\) на окружности \(x^2 + y^2 = 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Постановка:
- целевая функция: \(f = x^2 + 2y^2\);
- ограничение: \(g = x^2 + y^2 - 1 = 0\);
- функция Лагранжа: \(L = x^2+2y^2-\lambda(x^2+y^2-1)\).
Уравнения Лагранжа: \[2x = 2\lambda x, \quad 4y = 2\lambda y, \quad x^2+y^2 = 1.\]
Решение:
- из \(2x = 2\lambda x\): либо \(x = 0\), либо \(\lambda = 1\);
- из \(4y = 2\lambda y\): либо \(y = 0\), либо \(\lambda = 2\).
Случай 1: \(\lambda = 1\). Тогда \(4y = 2y \implies 2y = 0 \implies y = 0\). Ограничение: \(x^2 = 1\), значит \(x = \pm 1\). Точки: \((\pm 1, 0)\), \(f = 1\).

Случай 2: \(\lambda = 2\). Тогда \(2x = 4x \implies 2x = 0 \implies x = 0\). Ограничение: \(y^2 = 1\), значит \(y = \pm 1\). Точки: \((0, \pm 1)\), \(f = 2\).

Случай 3: \(x = 0\) и \(y = 0\) — невозможно на единичной окружности.
Сравнение значений: минимум \(f = 1\) в точках \((\pm 1, 0)\); максимум \(f = 2\) в точках \((0, \pm 1)\).

Ответ: минимум \(1\) (в \((\pm1,0)\)); максимум \(2\) (в \((0,\pm1)\)).

4.4. Ближайшие и дальние точки на сфере (Лаба 9, Задание 4)

Найдите точки на сфере \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\), ближайшие и дальние от точки \((3, 1, -1)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: минимум и максимум расстояния совпадают с минимумом и максимумом квадрата расстояния (squared distance) \(d^2 = (x-3)^2+(y-1)^2+(z+1)^2\) — так проще дифференцировать.

Постановка:
- целевая функция: \(f = (x-3)^2+(y-1)^2+(z+1)^2\);
- ограничение: \(g = x^2+y^2+z^2-4 = 0\).
Уравнения Лагранжа: \[2(x-3) = 2\lambda x, \quad 2(y-1) = 2\lambda y, \quad 2(z+1) = 2\lambda z.\] Упростим: \(x-3 = \lambda x\), \(y-1 = \lambda y\), \(z+1 = \lambda z\).
Решение: \((1-\lambda)x = 3\), \((1-\lambda)y = 1\), \((1-\lambda)z = -1\) (при \(\lambda \neq 1\)). Тогда \(x = \dfrac{3}{1-\lambda}\), \(y = \dfrac{1}{1-\lambda}\), \(z = \dfrac{-1}{1-\lambda}\).

Подставим в ограничение: \(\dfrac{9+1+1}{(1-\lambda)^2} = 4 \implies (1-\lambda)^2 = \dfrac{11}{4} \implies 1-\lambda = \pm\dfrac{\sqrt{11}}{2}\).
Два решения:
- \(1-\lambda = \dfrac{\sqrt{11}}{2}\): \((x,y,z) = \left(\dfrac{6}{\sqrt{11}}, \dfrac{2}{\sqrt{11}}, \dfrac{-2}{\sqrt{11}}\right)\). Так как \(1-\lambda > 0\), эта точка лежит на луче из начала координат в направлении \((3,1,-1)\) — ближайшая к \((3,1,-1)\).
- \(1-\lambda = -\dfrac{\sqrt{11}}{2}\): \((x,y,z) = \left(\dfrac{-6}{\sqrt{11}}, \dfrac{-2}{\sqrt{11}}, \dfrac{2}{\sqrt{11}}\right)\) — дальняя точка.
Расстояние от начала координат до \((3,1,-1)\) равно \(\sqrt{9+1+1} = \sqrt{11}\). Радиус сферы \(2\).
- расстояние до ближайшей точки на сфере: \(\sqrt{11} - 2\);
- расстояние до дальнейшей: \(\sqrt{11} + 2\).

Ответ:

ближайшая точка: \(\left(\dfrac{6}{\sqrt{11}}, \dfrac{2}{\sqrt{11}}, -\dfrac{2}{\sqrt{11}}\right)\), расстояние \(\sqrt{11}-2\);
дальняя точка: \(\left(-\dfrac{6}{\sqrt{11}}, -\dfrac{2}{\sqrt{11}}, \dfrac{2}{\sqrt{11}}\right)\), расстояние \(\sqrt{11}+2\).

4.5. Максимум и минимум \(xy\) на единичной окружности (Лаба 9, Задание 5)

Найдите максимум и минимум функции \(f(x, y) = xy\) на окружности \(x^2 + y^2 = 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Уравнения Лагранжа: \(y = 2\lambda x\), \(x = 2\lambda y\), \(x^2+y^2=1\).
Решение: из первых двух уравнений \(y = 2\lambda x\) и \(x = 2\lambda(2\lambda x) = 4\lambda^2 x\). Если \(x \neq 0\): \(4\lambda^2 = 1 \implies \lambda = \pm\tfrac{1}{2}\).
- \(\lambda = \tfrac{1}{2}\): \(y = x\). Ограничение: \(2x^2 = 1 \implies x = \pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}\). Точки: \(\left(\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\) и \(\left(-\tfrac{1}{\sqrt{2}},-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\), \(f = \tfrac{1}{2}\).
- \(\lambda = -\tfrac{1}{2}\): \(y = -x\). Точки: \(\left(\tfrac{1}{\sqrt{2}},-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\) и \(\left(-\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\), \(f = -\tfrac{1}{2}\).

Ответ: максимум \(\dfrac{1}{2}\); минимум \(-\dfrac{1}{2}\).

4.6. Многочлен Тейлора 2-й степени в \((0,0)\) (Лаба 9, Задание 6)

Найдите многочлен Тейлора второй степени для \(f(x, y) = e^x \cos y\) в точке \((0, 0)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Формула Маклорена \(T_2 = f + xf_x + yf_y + \tfrac{1}{2}(x^2f_{xx}+2xyf_{xy}+y^2f_{yy})\), все производные в \((0,0)\).

Значения в \((0,0)\):
- \(f = e^0\cos 0 = 1\).
- \(f_x = e^x\cos y \big|_{(0,0)} = 1\).
- \(f_y = -e^x\sin y \big|_{(0,0)} = 0\).
- \(f_{xx} = e^x\cos y \big|_{(0,0)} = 1\).
- \(f_{xy} = -e^x\sin y \big|_{(0,0)} = 0\).
- \(f_{yy} = -e^x\cos y \big|_{(0,0)} = -1\).
Сборка многочлена: \[T_2(x,y) = 1 + x\cdot1 + y\cdot0 + \frac{1}{2}(x^2\cdot1 + 2xy\cdot0 + y^2\cdot(-1))\] \[= 1 + x + \frac{x^2 - y^2}{2}.\]

Ответ: \(T_2(x,y) = 1 + x + \dfrac{x^2 - y^2}{2}\).

4.7. Многочлен Тейлора 2-й степени в \((1,2)\) (Лаба 9, Задание 7)

Найдите многочлен Тейлора второй степени для \(f(x, y) = \ln(xy)\) в точке \((1, 2)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Значения в \((1,2)\):
- \(f = \ln(1\cdot2) = \ln 2\).
- \(f_x = \tfrac{1}{x}\big|_{(1,2)} = 1\).
- \(f_y = \tfrac{1}{y}\big|_{(1,2)} = \tfrac{1}{2}\).
- \(f_{xx} = -\tfrac{1}{x^2}\big|_{(1,2)} = -1\).
- \(f_{xy} = 0\) (так как \(\ln(xy) = \ln x + \ln y\), значит \(\partial^2/\partial x\partial y = 0\)).
- \(f_{yy} = -\tfrac{1}{y^2}\big|_{(1,2)} = -\tfrac{1}{4}\).
Сборка при \(h = x-1\), \(k = y-2\): \[T_2 = \ln 2 + (x-1)\cdot1 + (y-2)\cdot\tfrac{1}{2} + \frac{1}{2}\left[(x-1)^2(-1) + 0 + (y-2)^2\left(-\tfrac{1}{4}\right)\right]\] \[= \ln 2 + (x-1) + \frac{y-2}{2} - \frac{(x-1)^2}{2} - \frac{(y-2)^2}{8}.\]

Ответ: \(T_2(x,y) = \ln 2 + (x-1) + \dfrac{y-2}{2} - \dfrac{(x-1)^2}{2} - \dfrac{(y-2)^2}{8}\).

4.8. Оценка с помощью многочлена Тейлора 2-й степени (Лаба 9, Задание 8)

Оцените с помощью многочлена Тейлора второй степени \(f(2.1, 1.8)\) для \(f(x, y) = x^y\) около \((2, 2)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Разложим \(f(x,y) = x^y = e^{y\ln x}\) около \((a,b) = (2,2)\), затем подставим \((2.1, 1.8)\), т.е. \(h = 0.1\), \(k = -0.2\).

Значения в \((2,2)\):
- \(f = 2^2 = 4\).
- \(f_x = y x^{y-1}\big|_{(2,2)} = 2\cdot2^1 = 4\).
- \(f_y = x^y\ln x\big|_{(2,2)} = 4\ln 2\).
- \(f_{xx} = y(y-1)x^{y-2}\big|_{(2,2)} = 2\cdot1\cdot2^0 = 2\).
- \(f_{xy} = x^{y-1}(1 + y\ln x)\big|_{(2,2)} = 2^1(1+2\ln2) = 2(1+2\ln 2)\).
- \(f_{yy} = x^y(\ln x)^2\big|_{(2,2)} = 4(\ln 2)^2\).
Многочлен Тейлора второй степени: \[T_2(x,y) = 4 + 4h + 4(\ln2)k + \frac{1}{2}\left[2h^2 + 2\cdot2(1+2\ln2)hk + 4(\ln2)^2k^2\right].\] При \(h=0.1\), \(k=-0.2\):
- \(4h = 0.4\), \(4(\ln2)(-0.2) \approx 4(0.6931)(-0.2) \approx -0.5545\).
- \(h^2 = 0.01\), \(hk = -0.02\), \(k^2 = 0.04\).
- \(\tfrac{1}{2}[2(0.01) + 4(1+2\ln2)(-0.02) + 4(\ln2)^2(0.04)]\) \(\approx \tfrac{1}{2}[0.02 + 4(2.3863)(-0.02) + 4(0.4805)(0.04)]\) \(\approx \tfrac{1}{2}[0.02 - 0.1909 + 0.07688]\) \(\approx \tfrac{1}{2}(-0.09402) \approx -0.04701\).
Estimate: \[f(2.1,1.8) \approx 4 + 0.4 - 0.5545 - 0.0470 \approx 3.799.\]

(Для сравнения: точное значение \(2.1^{1.8} \approx 3.800\).)

Ответ: \(f(2.1, 1.8) \approx 3.80\).

4.9. Из сферических в декартовы координаты (Лаба 10, Задание 1)

Переведите точку \((\rho, \phi, \theta) = (4, \pi/3, \pi/6)\) в декартовы координаты.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Стандартные формулы \(x = \rho\sin\phi\cos\theta\), \(y = \rho\sin\phi\sin\theta\), \(z = \rho\cos\phi\).

Вычислим \(x\): \[x = 4\sin\!\tfrac{\pi}{3}\cos\!\tfrac{\pi}{6} = 4\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2} = 4\cdot\tfrac{3}{4} = 3.\]
Вычислим \(y\): \[y = 4\sin\!\tfrac{\pi}{3}\sin\!\tfrac{\pi}{6} = 4\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\tfrac{1}{2} = \sqrt{3}.\]
Вычислим \(z\): \[z = 4\cos\!\tfrac{\pi}{3} = 4\cdot\tfrac{1}{2} = 2.\]

Ответ: \((x,y,z) = (3,\,\sqrt{3},\,2)\).

4.10. Сферические, декартовы и цилиндрические координаты (Лаба 10, Задание 2)

Переведите точку \((\rho, \phi, \theta) = (2, \pi/3, \pi/4)\) в декартовы и цилиндрические координаты.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Для декартовых координат — те же формулы; для цилиндрических: \(r = \rho\sin\phi\), углы \(\theta\) и \(z\) как обычно.

Декартовы координаты: \[x = 2\sin\!\tfrac{\pi}{3}\cos\!\tfrac{\pi}{4} = 2\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\tfrac{\sqrt{2}}{2} = \tfrac{\sqrt{6}}{2}.\] \[y = 2\sin\!\tfrac{\pi}{3}\sin\!\tfrac{\pi}{4} = 2\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\tfrac{\sqrt{2}}{2} = \tfrac{\sqrt{6}}{2}.\] \[z = 2\cos\!\tfrac{\pi}{3} = 2\cdot\tfrac{1}{2} = 1.\]
Цилиндрические координаты: \(r = \rho\sin\phi = 2\sin(\pi/3) = \sqrt{3}\), \(\theta = \pi/4\), \(z = 1\).

Ответ: декартовы: \(\!\left(\tfrac{\sqrt{6}}{2},\,\tfrac{\sqrt{6}}{2},\,1\right)\); цилиндрические: \((\sqrt{3},\,\pi/4,\,1)\).

4.11. Декартово уравнение в сферических координатах (Лаба 10, Задание 3)

Переведите уравнение \(x^2 + y^2 + z^2 = 2z\) в сферические координаты.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Подставьте \(x^2+y^2+z^2 = \rho^2\) и \(z = \rho\cos\phi\).

Подстановка: \[\rho^2 = 2\rho\cos\phi.\]
Деление на \(\rho\) (при \(\rho \neq 0\)): \[\rho = 2\cos\phi.\]

Ответ: \(\rho = 2\cos\phi\).

4.12. Двойной интеграл по прямоугольнику (Лаба 10, Задание 4)

Вычислите \(\displaystyle\iint_{R}(3x + 4y)\,dA\) по области \(R = [-1, 2] \times [0, 2]\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Теорема Фубини (Fubini’s theorem) — сведение к повторному интегралу.

Внутренний интеграл (по \(x\)): \[\int_{-1}^{2}(3x+4y)\,dx = \left[\tfrac{3x^2}{2}+4xy\right]_{-1}^{2} = (6+8y)-(\tfrac{3}{2}-4y) = \tfrac{9}{2}+12y.\]
Внешний интеграл (по \(y\)): \[\int_0^2\!\left(\tfrac{9}{2}+12y\right)dy = \left[\tfrac{9y}{2}+6y^2\right]_0^2 = 9+24 = 33.\]

Ответ: \(\displaystyle\iint_R(3x+4y)\,dA = 33\).

4.13. Объём под параболоидом над прямоугольником (Лаба 10, Задание 5)

Найдите объём тела, ограниченного сверху поверхностью \(z = 16 - x^2 - 2y^2\) и снизу прямоугольником \(R = [0,2]\times[0,2]\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Записываем двойной интеграл: \[V = \int_0^2\int_0^2(16-x^2-2y^2)\,dx\,dy.\]
Внутренний интеграл (по \(x\)): \[\int_0^2(16-x^2-2y^2)\,dx = \left[16x-\tfrac{x^3}{3}-2xy^2\right]_0^2 = 32-\tfrac{8}{3}-4y^2.\]
Внешний интеграл: \[V = \int_0^2\!\left(32-\tfrac{8}{3}-4y^2\right)dy = \left[\!\left(32-\tfrac{8}{3}\right)y - \tfrac{4y^3}{3}\right]_0^2 = 2\!\left(32-\tfrac{8}{3}\right)-\tfrac{32}{3} = 64-\tfrac{16}{3}-\tfrac{32}{3} = 64-16 = 48.\]

Ответ: \(V = 48\).

4.14. Двойной интеграл: парабола и прямая (Лаба 10, Задание 6)

Вычислите \(\displaystyle\iint_{D}(x^2 + y)\,dA\), где \(D\) — область, ограниченная кривыми \(y = x^2\) и \(y = 2x\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Точки пересечения кривых, порядок интегрирования, затем вычисление.

Пересечение кривых: \(x^2 = 2x \Rightarrow x(x-2)=0 \Rightarrow x = 0,\,2\). При \(0 \le x \le 2\) имеем \(x^2 \le y \le 2x\).
Внутренний интеграл (по \(y\)): \[\int_{x^2}^{2x}(x^2+y)\,dy = \left[x^2y+\tfrac{y^2}{2}\right]_{x^2}^{2x} = (2x^3+2x^2)-(x^4+\tfrac{x^4}{2}) = 2x^3+2x^2-\tfrac{3x^4}{2}.\]
Внешний интеграл: \[\int_0^2\!\left(2x^3+2x^2-\tfrac{3}{2}x^4\right)dx = \left[\tfrac{x^4}{2}+\tfrac{2x^3}{3}-\tfrac{3x^5}{10}\right]_0^2 = 8+\tfrac{16}{3}-\tfrac{96}{10} = \tfrac{120+80-144}{15} = \tfrac{56}{15}.\]

Ответ: \(\displaystyle\iint_D(x^2+y)\,dA = \dfrac{56}{15}\).

4.15. Двойной интеграл: парабола и прямая (вариант) (Лаба 10, Задание 7)

Вычислите \(\displaystyle\iint_{D} xy\,dA\), где \(D\) — область, ограниченная кривыми \(y = x - 1\) и \(y^2 = 2x + 6\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Сначала по \(x\), \(y\) снаружи: границы по \(x\) однозначны при фиксированном \(y\).

Границы по \(x\): из \(y^2 = 2x+6\) получаем \(x = \tfrac{y^2-6}{2}\); из \(y = x-1\) — \(x = y+1\).
Пересечение: \(y+1 = \tfrac{y^2-6}{2} \Rightarrow y^2-2y-8=0 \Rightarrow y = -2,\,4\).
Внутренний интеграл (по \(x\) от \(\tfrac{y^2-6}{2}\) до \(y+1\)): \[\int_{\frac{y^2-6}{2}}^{y+1} xy\,dx = y\cdot\frac{x^2}{2}\Bigg|_{\frac{y^2-6}{2}}^{y+1} = \frac{y}{2}\!\left[(y+1)^2 - \left(\tfrac{y^2-6}{2}\right)^2\right].\] Упрощение выражения в скобках: \[\frac{4(y^2+2y+1)-(y^2-6)^2}{4} = \frac{-y^4+16y^2+8y-32}{4}.\]
Внешний интеграл: \[\int_{-2}^{4}\frac{y(-y^4+16y^2+8y-32)}{8}\,dy = \frac{1}{8}\left[-\tfrac{y^6}{6}+4y^4+\tfrac{8y^3}{3}-16y^2\right]_{-2}^{4}.\] При \(y=4\): \(-\tfrac{4096}{6}+1024+\tfrac{512}{3}-256 = 256\). При \(y=-2\): \(-\tfrac{64}{6}+64-\tfrac{64}{3}-64 = -32\). \[\frac{1}{8}(256-(-32)) = \frac{288}{8} = 36.\]

Ответ: \(\displaystyle\iint_D xy\,dA = 36\).

4.16. Объём под билинейной поверхностью над треугольником (Лаба 10, Задание 8)

Найдите объём тела под поверхностью \(z = xy\) над треугольником с вершинами \((0,0)\), \((1,0)\) и \((0,2)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Область: прямая через \((1,0)\) и \((0,2)\) имеет уравнение \(y = 2-2x\), поэтому при \(0 \le x \le 1\) переменная \(y\) меняется от \(0\) до \(2-2x\).
Записываем интеграл: \[V = \int_0^1\int_0^{2-2x} xy\,dy\,dx = \int_0^1 x\cdot\frac{(2-2x)^2}{2}\,dx = 2\int_0^1 x(1-x)^2\,dx.\]
Вычисление: \[2\int_0^1(x-2x^2+x^3)\,dx = 2\left[\tfrac{x^2}{2}-\tfrac{2x^3}{3}+\tfrac{x^4}{4}\right]_0^1 = 2\!\left(\tfrac{1}{2}-\tfrac{2}{3}+\tfrac{1}{4}\right) = 2\cdot\tfrac{1}{12} = \tfrac{1}{6}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{1}{6}\).

4.17. Объём тетраэдра между четырьмя плоскостями (Лаба 10, Задание 9)

Найдите объём тетраэдра, ограниченного плоскостями \(x + 2y + z = 2\), \(x = 2y\), \(x = 0\) и \(z = 0\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Проекция на плоскость \(xy\): из \(z \ge 0\) следует \(x+2y \le 2\). Область \(D\) ограничена прямыми \(x=0\), \(x=2y\) (то есть \(y=x/2\)) и \(x+2y=2\) (то есть \(y=(2-x)/2\)). При \(0 \le x \le 1\) переменная \(y\) меняется от \(x/2\) до \((2-x)/2\).
Записываем интеграл: \[V = \int_0^1\int_{x/2}^{(2-x)/2}(2-x-2y)\,dy\,dx.\]
Внутренний интеграл: \[\left[(2-x)y-y^2\right]_{x/2}^{(2-x)/2} = \frac{(2-x)^2}{4} - \frac{x(2-x)}{2}+\frac{x^2}{4} = \frac{(2-2x)^2}{4} = (1-x)^2.\]
Внешний интеграл: \[V = \int_0^1(1-x)^2\,dx = \left[-\tfrac{(1-x)^3}{3}\right]_0^1 = \tfrac{1}{3}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{1}{3}\).

4.18. Двойной интеграл: экспонента и тригонометрия (Лаба 10, Задание 10)

Вычислите \(\displaystyle\iint_{R}(x\sin y - ye^x)\,dA\) по области \(R = [0,1]\times[0,\pi/2]\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Теорема Фубини (сначала интегрируем по \(x\)): \[\int_0^{\pi/2}\int_0^1(x\sin y-ye^x)\,dx\,dy.\]
Внутренний интеграл: \[\left[\tfrac{x^2}{2}\sin y - ye^x\right]_0^1 = \tfrac{1}{2}\sin y - ye.\]
Внешний интеграл: \[\int_0^{\pi/2}\!\left(\tfrac{1}{2}\sin y - ye\right)dy = \left[-\tfrac{1}{2}\cos y - \tfrac{ey^2}{2}\right]_0^{\pi/2} = \left(0 - \tfrac{e\pi^2}{8}\right)-\left(-\tfrac{1}{2}-0\right) = \tfrac{1}{2}-\tfrac{e\pi^2}{8}.\]

Ответ: \(\displaystyle\iint_R(x\sin y-ye^x)\,dA = \dfrac{1}{2}-\dfrac{e\pi^2}{8}\).

4.19. Двойной интеграл в I квадранте: парабола и прямая (Лаба 10, Задание 11)

Вычислите \(\displaystyle\iint_{D}(x^2 + y)\,dA\), где \(D\) — область в первой координатной четверти, ограниченная кривыми \(y = x^2\) и \(y = 2x\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Область в первом квадранте между \(y=x^2\) и \(y=2x\) совпадает с полной областью между этими кривыми при \(0 \le x \le 2\) (обе кривые уже лежат в первом квадранте). Тот же расчёт, что и в Задании 6, даёт:

\[\iint_D(x^2+y)\,dA = \frac{56}{15}.\]

Ответ: \(\dfrac{56}{15}\).

4.20. Объём «колпака» параболоида (Лаба 10, Задание 12)

Найдите объём тела, ограниченного сверху параболоидом \(z = 4 - x^2 - y^2\) и снизу плоскостью \(xy\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Параболоид пересекает плоскость \(xy\) при \(x^2+y^2=4\) — круг радиуса \(2\); удобны полярные координаты (polar coordinates).

В полярных координатах: \(z = 4 - r^2\), область: \(0 \le r \le 2\), \(0 \le \theta \le 2\pi\).
Записываем интеграл: \[V = \int_0^{2\pi}\int_0^2(4-r^2)\,r\,dr\,d\theta = 2\pi\int_0^2(4r-r^3)\,dr.\]
Вычисление: \[2\pi\left[2r^2-\tfrac{r^4}{4}\right]_0^2 = 2\pi(8-4) = 8\pi.\]

Ответ: \(V = 8\pi\).

4.21. Объём тетраэдра (Лаба 11, Задание 1)

Найдите объём тетраэдра, ограниченного плоскостями \(x + 2y + z = 2\), \(x = 2y\), \(x = 0\) и \(z = 0\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Из плоскостей следует \(0 \le x \le \min(2y,\,2-2y)\); интеграл по \(y\) разбивается в точке \(y = 1/2\).

Пределы интегрирования. При фиксированных \(x,y\) переменная \(z\) пробегает от \(0\) до \(2-x-2y\). Для \(x\) нужны оба условия \(x \le 2y\) и \(x \le 2-2y\). Верхние границы совпадают при \(y = 1/2\). \[V = \int_0^{1/2}\int_0^{2y}\int_0^{2-x-2y}dz\,dx\,dy + \int_{1/2}^1\int_0^{2-2y}\int_0^{2-x-2y}dz\,dx\,dy.\]
Внутренний интеграл (\(z\)): \(2-x-2y\) в обоих частях.
Первый участок (\(0 \le y \le 1/2\)): \[\int_0^{2y}(2-x-2y)\,dx = \left[2x - \frac{x^2}{2} - 2yx\right]_0^{2y} = 4y - 2y^2 - 4y^2 = 4y - 6y^2.\] \[\int_0^{1/2}(4y-6y^2)\,dy = \left[2y^2-2y^3\right]_0^{1/2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}.\]
Второй участок (\(1/2 \le y \le 1\)): \[\int_0^{2-2y}(2-x-2y)\,dx = \left[(2-2y)x - \frac{x^2}{2}\right]_0^{2-2y} = (2-2y)^2 - \frac{(2-2y)^2}{2} = \frac{(2-2y)^2}{2}.\] \[\int_{1/2}^1 \frac{(2-2y)^2}{2}\,dy = \frac{1}{2}\int_{1/2}^1 4(1-y)^2\,dy = 2\left[-\frac{(1-y)^3}{3}\right]_{1/2}^1 = 2\cdot\frac{1}{24} = \frac{1}{12}.\]
Суммарный объём: \[V = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{3}{12} + \frac{1}{12} = \frac{1}{3}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{1}{3}\).

4.22. Несобственный двойной интеграл (Лаба 11, Задание 2)

Вычислите \(\displaystyle\int_0^\infty \int_0^\infty x e^{-(x+2y)}\,dx\,dy\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Подынтегральное выражение распадается: \(x e^{-x} \cdot e^{-2y}\) — двойной интеграл становится произведением двух одномерных.

Разложение подынтегрального выражения: \[\int_0^\infty\int_0^\infty x e^{-x} e^{-2y}\,dx\,dy = \left(\int_0^\infty x e^{-x}\,dx\right)\left(\int_0^\infty e^{-2y}\,dy\right).\]
Первый сомножитель (интегрирование по частям: \(u = x\), \(dv = e^{-x}dx\)): \[\int_0^\infty x e^{-x}\,dx = \Gamma(2) = 1! = 1.\]
Второй сомножитель: \[\int_0^\infty e^{-2y}\,dy = \left[-\frac{e^{-2y}}{2}\right]_0^\infty = \frac{1}{2}.\]
Произведение: \[1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.\]

Ответ: \(\dfrac{1}{2}\).

4.23. Двойной интеграл по треугольной области (Лаба 11, Задание 3)

Вычислите \(\displaystyle\iint_D \frac{1}{(x+y)^2}\,dA\), где \(D\) — область, заданная неравенствами \(0 \le x \le 1\), \(0 \le y \le x^2\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Сначала внутренний интеграл по \(y\), затем внешний по \(dx\).

Внутренний интеграл (\(y\) от \(0\) до \(x^2\)): \[\int_0^{x^2}\frac{dy}{(x+y)^2} = \left[-\frac{1}{x+y}\right]_0^{x^2} = -\frac{1}{x+x^2}+\frac{1}{x} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x(1+x)} = \frac{1}{1+x}.\]

(так как \(x + x^2 = x(1+x)\).)
Внешний интеграл: \[\int_0^1 \frac{dx}{1+x} = \bigl[\ln(1+x)\bigr]_0^1 = \ln 2.\]

Ответ: \(\ln 2\).

4.24. Сходимость несобственного двойного интеграла (Лаба 11, Задание 4)

Исследуйте сходимость или расходимость \(I = \displaystyle\iint_D \frac{dA}{xy}\), где \(D\) — ограниченная область в первой координатной четверти между прямыми \(y = x\) и \(y = x^2\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Несобственный интеграл: особенность \(1/(xy)\) в начале координат — аккуратный предельный переход.

Опишем область. В первой координатной четверти кривые \(y = x^2\) и \(y = x\) пересекаются в точках \((0,0)\) и \((1,1)\). Между ними выполняется \(x^2 \le y \le x\) при \(0 \le x \le 1\).
Запись интеграла: \[I = \int_0^1 \int_{x^2}^{x} \frac{dy\,dx}{xy}.\]
Внутренний интеграл: \[\int_{x^2}^{x}\frac{dy}{xy} = \frac{1}{x}\bigl[\ln y\bigr]_{x^2}^{x} = \frac{1}{x}(\ln x - \ln x^2) = \frac{1}{x}(\ln x - 2\ln x) = \frac{-\ln x}{x}.\]
Внешний интеграл: \[I = \int_0^1 \frac{-\ln x}{x}\,dx.\]

Подстановка \(u = -\ln x\), \(du = -dx/x\), поэтому \(-\ln x\,dx/x = u\,du\). При \(x\to 0^+\) имеем \(u \to +\infty\); при \(x = 1\) получаем \(u = 0\). \[I = \int_\infty^0 u\,(-du) = \int_0^\infty u\,du = \left[\frac{u^2}{2}\right]_0^\infty = +\infty.\]
Вывод: интеграл расходится.

Ответ: \(I\) расходится.

4.25. Смена порядка: парабола и прямая (Лаба 11, Задание 5a)

Запишите эквивалентный двойной интеграл для \(\displaystyle\int_0^2\int_{x^2}^{2x}dy\,dx\), поменяв порядок интегрирования.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Восстановите область по исходным пределам, затем опишите её горизонтальными сечениями (horizontal cross-sections).

Область интегрирования. \(x\) меняется от \(0\) до \(2\); при фиксированном \(x\) переменная \(y\) идёт от \(x^2\) до \(2x\). Границы — \(y = x^2\) (парабола) и \(y = 2x\) (прямая); они пересекаются в \((0,0)\) и \((2,4)\).
Смена порядка: горизонтальные сечения. При фиксированном \(y\) выразим \(x\) из каждой кривой: из \(y = x^2\) получаем \(x = \sqrt{y}\); из \(y = 2x\) — \(x = y/2\). Значит, \(x\) пробегает от \(y/2\) до \(\sqrt{y}\).
Пределы по \(y\): от \(0\) до \(4\).
Интеграл в новом порядке: \[\int_0^4\int_{y/2}^{\sqrt{y}}dx\,dy.\]

Ответ: \(\displaystyle\int_0^4\int_{y/2}^{\sqrt{y}}dx\,dy\).

4.26. Смена порядка: полукруг (Лаба 11, Задание 5b)

Запишите эквивалентный двойной интеграл для \(\displaystyle\int_0^1\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}dx\,dy\), поменяв порядок интегрирования.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Верхний полукруг единичного диска; удобнее сначала интегрировать по \(y\).

Область интегрирования. \(y\) меняется от \(0\) до \(1\); при фиксированном \(y\) переменная \(x\) идёт от \(-\sqrt{1-y^2}\) до \(\sqrt{1-y^2}\). Это верхняя половина единичного круга \(x^2 + y^2 \le 1\), \(y \ge 0\).
Смена порядка: вертикальные сечения. При фиксированном \(x \in [-1,1]\) величина \(y\) меняется от \(0\) до \(\sqrt{1-x^2}\).
Интеграл в новом порядке: \[\int_{-1}^{1}\int_0^{\sqrt{1-x^2}}dy\,dx.\]

Ответ: \(\displaystyle\int_{-1}^{1}\int_0^{\sqrt{1-x^2}}dy\,dx\).

4.27. Смена порядка: показательная граница (Лаба 11, Задание 5c)

Запишите эквивалентный двойной интеграл для \(\displaystyle\int_0^1\int_1^{e^x}dy\,dx\), поменяв порядок интегрирования.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Область между \(y=1\) снизу, \(y=e^x\) сверху, \(x\in[0,1]\).

Область интегрирования. \(x \in [0,1]\); при фиксированном \(x\) имеем \(y \in [1, e^x]\). Границы: \(y = e^x\) и \(y = 1\). Пересечение при \(e^x = 1\), то есть \(x = 0\). При \(x = 1\) получаем \(y = e\).
Смена порядка: горизонтальные сечения. При фиксированном \(y \in [1, e]\) из \(y = e^x\) следует \(x = \ln y\). Значит, \(x\) меняется от \(\ln y\) до \(1\).
Интеграл в новом порядке: \[\int_1^e\int_{\ln y}^{1}dx\,dy.\]

Ответ: \(\displaystyle\int_1^e\int_{\ln y}^{1}dx\,dy\).

4.28. Тройной интеграл с тригонометрическим множителем (Лаба 11, Задание 6a)

Вычислите \(\displaystyle\int_0^7\int_0^2\int_0^{\sqrt{4-y^2}}\frac{y}{1+z}\,dx\,dy\,dz\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Внутренний интеграл по \(x\) тривиален; по \(y\) — подстановка, близкая к полярной.

Внутренний интеграл (\(x\)): \[\int_0^{\sqrt{4-y^2}}\frac{y}{1+z}\,dx = \frac{y\sqrt{4-y^2}}{1+z}.\]
Средний интеграл (\(y\)): положим \(u = 4 - y^2\), \(du = -2y\,dy\). \[\int_0^2 \frac{y\sqrt{4-y^2}}{1+z}\,dy = \frac{1}{1+z}\int_4^0\sqrt{u}\cdot\frac{-du}{2} = \frac{1}{2(1+z)}\int_0^4\sqrt{u}\,du = \frac{1}{2(1+z)}\cdot\frac{2}{3}\cdot 8 = \frac{8}{3(1+z)}.\]
Внешний интеграл (\(z\)): \[\int_0^7 \frac{8}{3(1+z)}\,dz = \frac{8}{3}\bigl[\ln(1+z)\bigr]_0^7 = \frac{8}{3}\ln 8 = \frac{8\ln 8}{3}.\]

Ответ: \(\dfrac{8\ln 8}{3}\).

4.29. Тройной интеграл после смены порядка (Лаба 11, Задание 6b)

Вычислите \(\displaystyle\int_0^4\int_0^1\int_{2y}^4\frac{4\cos(x^2)}{2\sqrt{z}}\,dx\,dy\,dz\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: \(\int \cos(x^2)\,dx\) не выражается через элементарные функции — смените порядок интегрирования.

Разделение переменных. Подынтегральное выражение \(\dfrac{4\cos(x^2)}{2\sqrt{z}} = \dfrac{2\cos(x^2)}{\sqrt{z}}\) распадается на функцию от \(z\) и функцию от \((x,y)\): \[\left(\int_0^4\frac{2\,dz}{\sqrt{z}}\right)\cdot\left(\int_0^1\int_{2y}^4\cos(x^2)\,dx\,dy\right).\]
Смена порядка по \(x\) и \(y\). Исходная область: \(y \in [0,1]\), \(x \in [2y,4]\), что эквивалентно \(x \in [0,4]\), \(y \in [0, x/2]\). \[\int_0^1\int_{2y}^4\cos(x^2)\,dx\,dy = \int_0^4\int_0^{x/2}\cos(x^2)\,dy\,dx = \int_0^4\frac{x}{2}\cos(x^2)\,dx.\]
Интеграл по \(x\) (положим \(u = x^2\), \(du = 2x\,dx\)): \[\int_0^4\frac{x}{2}\cos(x^2)\,dx = \frac{1}{4}\bigl[\sin(x^2)\bigr]_0^4 = \frac{\sin 16}{4}.\]
Интеграл по \(z\): \[\int_0^4\frac{2\,dz}{\sqrt{z}} = \bigl[4\sqrt{z}\bigr]_0^4 = 8.\]
Итог: \[8\cdot\frac{\sin 16}{4} = 2\sin 16.\]

Ответ: \(2\sin 16\).

4.30. Объём тела между пятью плоскостями (Лаба 11, Задание 7)

Найдите объём тела, ограниченного плоскостями \(z = x\), \(x + z = 8\), \(z = y\), \(y = 8\) и \(z = 0\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Тройной интеграл: проекция на \(xy\) и границы по \(z\).

Границы по \(z\). Снизу \(z = 0\), слева \(z = x\), справа из \(x + z = 8\) получаем \(z = 8 - x\), также \(z = y\). Тело ограничено снизу плоскостью \(z = 0\) и сверху \(z = \min(x, 8-x, y, 8)\).
Упрощение. Условие \(z \ge 0\) даёт \(x \ge 0\) (из \(z = x \ge 0\)) и \(x \le 8\) (из \(z = 8-x \ge 0\)). Плоскости \(z = x\) и \(x+z = 8\) пересекаются при \(x = 4\). Далее \(y \le 8\) и \(z \le y\).
Область и постановка. При \(0 \le x \le 4\) переменная \(z\) идёт от \(0\) до \(x\); при \(4 \le x \le 8\) — от \(0\) до \(8-x\). Из \(z \le y\) следует \(y \ge z\), и \(y \le 8\). При фиксированных \(x\) и \(z\) переменная \(y\) меняется от \(z\) до \(8\). \[V = \int_0^4\int_0^x\int_z^8 dy\,dz\,dx + \int_4^8\int_0^{8-x}\int_z^8 dy\,dz\,dx.\]
Внутренний интеграл (\(y\)): \(\int_z^8 dy = 8 - z\).
Первый участок (\(0 \le x \le 4\)): \[\int_0^x(8-z)\,dz = \left[8z - \frac{z^2}{2}\right]_0^x = 8x - \frac{x^2}{2}.\] \[\int_0^4\left(8x - \frac{x^2}{2}\right)dx = \left[4x^2 - \frac{x^3}{6}\right]_0^4 = 64 - \frac{64}{6} = 64 - \frac{32}{3} = \frac{160}{3}.\]
Второй кусок (\(4 \le x \le 8\); положим \(u = 8-x\)): \[\int_0^{8-x}(8-z)\,dz = \left[8z - \frac{z^2}{2}\right]_0^{8-x} = 8(8-x) - \frac{(8-x)^2}{2}.\] \[\int_4^8\left[8(8-x) - \frac{(8-x)^2}{2}\right]dx.\] Подстановка \(u = 8-x\), \(du = -dx\); при смене пределов \(4 \to 0\): \[\int_0^4\left(8u - \frac{u^2}{2}\right)du = \frac{160}{3} \quad \text{(как в первом куске).}\]
Сумма: \[V = \frac{160}{3} + \frac{160}{3} = \frac{320}{3}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{320}{3}\).

4.31. Полярные и декартовы координаты (Глава 3, Пример 1)

(a) Найдите декартовы координаты точки \(A\!\left(\sqrt{2},\,\dfrac{\pi}{4}\right)\), заданной в полярных координатах.

(b) Найдите полярные координаты точки \(B(\sqrt{3},\,-1)\), заданной в декартовых координатах.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) и обратно \(r = \sqrt{x^2+y^2}\), \(\tan\theta = y/x\).

(a) Полярные → декартовы для \(A\!\left(\sqrt{2},\,\pi/4\right)\):

Вычислим \(x\): \(x = r\cos\theta = \sqrt{2}\cdot\cos\!\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2} = 1\)
Вычислим \(y\): \(y = r\sin\theta = \sqrt{2}\cdot\sin\!\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2} = 1\)

Ответ (a): \(A(1,\,1)\) в декартовых координатах.

(b) Декартовы → полярные для \(B(\sqrt{3},\,-1)\):

Вычислим \(r\): \(r = \sqrt{(\sqrt{3})^2+(-1)^2} = \sqrt{3+1} = 2\)
Вычислим \(\theta\): \(\tan\theta = \dfrac{-1}{\sqrt{3}}\), опорный угол равен \(\pi/6\). Так как \(x > 0\) и \(y < 0\), точка лежит в четвёртой четверти, поэтому \(\theta = 2\pi - \pi/6 = \dfrac{5\pi}{3}\).

Ответ (b): \(B\!\left(2,\,\dfrac{5\pi}{3}\right)\) в полярных координатах.

4.32. Полярное уравнение в декартовой форме (Глава 3, Пример 2)

Покажите, что уравнение \(r = 2\cos\theta\) задаёт окружность, и укажите центр и радиус.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Умножьте на \(r\) и используйте \(r^2 = x^2+y^2\), \(r\cos\theta = x\).

Умножим обе части на \(r\): \(r^2 = 2r\cos\theta\)
Подставим \(r^2 = x^2+y^2\) и \(r\cos\theta = x\): \(x^2+y^2 = 2x\)
Выделим полный квадрат: \(x^2 - 2x + 1 + y^2 = 1 \implies (x-1)^2 + y^2 = 1\)

Ответ: уравнение \(r = 2\cos\theta\) задаёт окружность радиуса \(1\) с центром в точке \((1,\,0)\).

4.33. Эллипс в полярной форме (Глава 3, Пример 3)

Найдите полярное уравнение эллипса \(\dfrac{x^2}{9} + \dfrac{y^2}{4} = 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Подстановка \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\): \[\frac{r^2\cos^2\theta}{9} + \frac{r^2\sin^2\theta}{4} = 1\]
Выносим \(r^2\) за скобки: \[r^2\!\left(\frac{\cos^2\theta}{9} + \frac{\sin^2\theta}{4}\right) = 1\]
Приводим к общему знаменателю в скобках: \[r^2 \cdot \frac{4\cos^2\theta + 9\sin^2\theta}{36} = 1 \implies r^2(4\cos^2\theta + 9\sin^2\theta) = 36\]

Ответ: \(r^2(4\cos^2\theta + 9\sin^2\theta) = 36\).

4.34. Параметрические уравнения прямой в пространстве (Глава 3, Пример 4)

Найдите параметрические уравнения прямой через точки \(A(4,2,-1)\) и \(B(0,1,-4)\). Запишите также параметрические уравнения отрезка от \(A\) до \(B\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Направление прямой — \(\vec{AB}\); на отрезке \(t\in[0,1]\).

Направляющий вектор: \(\vec{AB} = B - A = (0-4)\hat{i}+(1-2)\hat{j}+(-4+1)\hat{k} = -4\hat{i}-\hat{j}-3\hat{k}\)
Параметрические уравнения через точку \(A\) и направление \(\vec{AB}\): \[x = 4 - 4t, \quad y = 2 - t, \quad z = -1 - 3t, \quad t \in \mathbb{R}.\]
Для отрезка (те же уравнения, ограниченный параметр): \[x = 4 - 4t, \quad y = 2 - t, \quad z = -1 - 3t, \quad t \in [0,1].\]

(При \(t=0\) — точка \(A\); при \(t=1\) — точка \(B\).)

Ответ: Прямая: \(x = 4-4t,\; y = 2-t,\; z = -1-3t\), \(t \in \mathbb{R}\). Отрезок: то же при \(t \in [0,1]\).

4.35. Плоскость по трём точкам (Глава 3, Пример 5)

Найдите уравнение плоскости через точки \(A(1,2,3)\), \(B(-1,5,2)\) и \(C(0,3,2)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Нормаль к плоскости: \(\mathbf{n} = \vec{AB} \times \vec{AC}\).

Два вектора в плоскости: \[\vec{AB} = (-2,3,-1), \quad \vec{AC} = (-1,1,-1).\]
Векторное произведение: \[\mathbf{n} = \vec{AB}\times\vec{AC} = \begin{vmatrix}\hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\-2&3&-1\\-1&1&-1\end{vmatrix} = \hat{i}(3\cdot(-1)-(-1)\cdot 1) - \hat{j}((-2)(-1)-(-1)(-1)) + \hat{k}((-2)(1)-3(-1))\] \[= \hat{i}(-3+1) - \hat{j}(2-1) + \hat{k}(-2+3) = -2\hat{i} - \hat{j} + \hat{k}.\]
Уравнение плоскости через точку \(A(1,2,3)\) и нормаль \(\mathbf{n} = (-2,-1,1)\): \[-2(x-1) - (y-2) + (z-3) = 0 \implies -2x - y + z + 1 = 0.\]

Ответ: \(-2x - y + z + 1 = 0\).

4.36. Классификация квадрики (Глава 3, Пример 6)

Классифицируйте поверхность \(4x^2 + 4y^2 + z^2 + 8y - 4z = -4\) и укажите центр и полуоси.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Выделите полные квадраты и сопоставьте со стандартным видом (standard form) квадрики.

Группировка по переменным и выделение полного квадрата по \(y\): \[4x^2 + 4(y^2 + 2y) + (z^2 - 4z) = -4\] \[4x^2 + 4(y+1)^2 - 4 + (z-2)^2 - 4 = -4\] \[4x^2 + 4(y+1)^2 + (z-2)^2 = 4.\]
Делим на \(4\): \[x^2 + (y+1)^2 + \frac{(z-2)^2}{4} = 1.\]
Идентификация: получаем \(\dfrac{x^2}{1^2} + \dfrac{(y+1)^2}{1^2} + \dfrac{(z-2)^2}{2^2} = 1\) — эллипсоид с центром в \((0,-1,2)\) и полуосями \(a = 1\), \(b = 1\), \(c = 2\).

Ответ: эллипсоид с центром в \((0,-1,2)\) и полуосями \(1\), \(1\) и \(2\).

4.37. Двойной интеграл по прямоугольнику (пример) (Глава 3, Пример 7)

Вычислите \(I = \displaystyle\iint_R xye^{xy^2}\,dA\), где \(R: 0 \leq x \leq 2,\; 0 \leq y \leq 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Сначала по \(y\) с подстановкой \(u = xy^2\).

Записываем повторный интеграл (сначала по \(y\)): \[I = \int_0^2 x\left(\int_0^1 ye^{xy^2}\,dy\right)dx.\]
Внутренний интеграл: положим \(u = xy^2\), \(du = 2xy\,dy\), откуда \(y\,dy = \dfrac{du}{2x}\): \[\int_0^1 ye^{xy^2}\,dy = \frac{1}{2x}\int_0^x e^u\,du = \frac{1}{2x}\left[e^{xy^2}\right]_0^1 = \frac{e^x - 1}{2x}.\]
Внешний интеграл: \[I = \int_0^2 x \cdot \frac{e^x - 1}{2x}\,dx = \frac{1}{2}\int_0^2 (e^x - 1)\,dx = \frac{1}{2}\left[e^x - x\right]_0^2 = \frac{1}{2}\left[(e^2 - 2) - (1 - 0)\right].\]

Ответ: \(I = \dfrac{e^2 - 3}{2}\).

4.38. Объём под эллиптическим параболоидом (Глава 3, Пример 8)

Найдите объём области, ограниченной сверху поверхностью \(z = 10 + x^2 + 3y^2\) и снизу областью \(R: 0 \leq x \leq 1,\; 0 \leq y \leq 2\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Записываем как двойной интеграл: \[V = \iint_R (10 + x^2 + 3y^2)\,dA = \int_0^1\int_0^2 (10+x^2+3y^2)\,dy\,dx.\]
Внутренний интеграл (по \(y\)): \[\int_0^2 (10+x^2+3y^2)\,dy = \left[10y + x^2 y + y^3\right]_0^2 = 20 + 2x^2 + 8 = 28 + 2x^2.\]
Внешний интеграл: \[V = \int_0^1 (28 + 2x^2)\,dx = \left[28x + \frac{2x^3}{3}\right]_0^1 = 28 + \frac{2}{3} = \frac{86}{3}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{86}{3}\).

4.39. Смена порядка интегрирования (Глава 3, Пример 9)

Вычислите \(I = \displaystyle\iint_R \frac{\sin x}{x}\,dA\), где \(R\) — треугольник, ограниченный осью \(x\), прямыми \(y = x\) и \(x = 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: \((\sin x)/x\) не интегрируется в элементарных по \(x\) — сначала интегрируйте по \(y\) (вертикально простая область).

Описание \(R\) как вертикально простой области: при фиксированном \(x \in [0,1]\) переменная \(y\) меняется от \(0\) до \(x\). Тогда: \[I = \int_0^1\int_0^x \frac{\sin x}{x}\,dy\,dx.\]
Внутренний интеграл (подынтегральное выражение не зависит от \(y\)): \[\int_0^x \frac{\sin x}{x}\,dy = \frac{\sin x}{x}\cdot x = \sin x.\]
Внешний интеграл: \[I = \int_0^1 \sin x\,dx = [-\cos x]_0^1 = -\cos 1 + 1 = 1 - \cos 1.\]

Ответ: \(I = 1 - \cos 1\).

4.40. Объём тетраэдра (Глава 3, Пример 10)

Найдите объём тетраэдра, ограниченного координатными плоскостями и плоскостью \(z = 4 - 4x - 2y\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: На \(R\) выполнено \(z = 4-4x-2y \ge 0\), объём \(= \iint_R (4-4x-2y)\,dA\).

Область \(R\): при \(z=0\) из уравнения плоскости \(4-4x-2y=0\) получаем \(y = 2-2x\). Область \(R\) — треугольник с вершинами \((0,0)\), \((1,0)\) и \((0,2)\), ограниченный прямыми \(x=0\), \(y=0\) и \(y=2-2x\).
Записываем повторный интеграл: \[V = \int_0^1\int_0^{2-2x} (4-4x-2y)\,dy\,dx.\]
Внутренний интеграл: \[\int_0^{2-2x}(4-4x-2y)\,dy = \left[(4-4x)y - y^2\right]_0^{2-2x} = (4-4x)(2-2x) - (2-2x)^2\] \[= (2-2x)\left[(4-4x) - (2-2x)\right] = (2-2x)(2-2x) = (2-2x)^2 = 4(1-x)^2.\]
Внешний интеграл: \[V = \int_0^1 4(1-x)^2\,dx = 4\left[-\frac{(1-x)^3}{3}\right]_0^1 = 4\cdot\frac{1}{3} = \frac{4}{3}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{4}{3}\).

4.41. Объём под параболоидом над кругом (Глава 3, Пример 11)

Найдите объём тела, ограниченного цилиндром \(x^2+y^2 = 4\), плоскостями \(y+z=4\) и \(z=0\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Сверху \(z=4-y\), снизу \(z=0\), основание — диск \(x^2+y^2\le 4\).

Записываем интеграл: \[V = \iint_{x^2+y^2\leq 4}(4-y)\,dA = \int_{-2}^2\int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}(4-y)\,dy\,dx.\]
Внутренний интеграл: \[\int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}(4-y)\,dy = \left[4y - \frac{y^2}{2}\right]_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} = 8\sqrt{4-x^2}.\] (слагаемые с \(y^2/2\) сокращаются, так как \((\sqrt{4-x^2})^2 = (-\sqrt{4-x^2})^2\).)
Внешний интеграл: \[V = \int_{-2}^2 8\sqrt{4-x^2}\,dx = 8\cdot\frac{\pi\cdot 4}{2} = 16\pi.\] (использовано \(\int_{-2}^2\sqrt{4-x^2}\,dx = \pi\cdot 2^2/2 = 2\pi\) — площадь полукруга радиуса \(2\).)

Ответ: \(V = 16\pi\).

4.42. Замена переменных: гиперболическая область (Глава 3, Пример 12)

Вычислите \(I_1 = \displaystyle\iint_R e^{xy}\,dA\), где \(R\) — область, ограниченная кривыми \(y = \tfrac{1}{2}x\), \(y = x\), \(xy = 1\) и \(xy = 2\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Границы подсказывают замену \(u = y/x\), \(v = xy\).

Замена переменных: положим \(u = y/x\) и \(v = xy\). Тогда: \[x = \sqrt{v/u}, \quad y = \sqrt{uv}.\] Граница в плоскости \(uv\): \(u = 1/2\), \(u = 1\), \(v = 1\), \(v = 2\) — прямоугольник.
Якобиан: \[J = \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix}\frac{\partial x}{\partial u}&\frac{\partial x}{\partial v}\\\frac{\partial y}{\partial u}&\frac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}-\frac{1}{2}\sqrt{v/u^3}&\frac{1}{2\sqrt{uv}}\\\frac{1}{2}\sqrt{v/u}&\frac{1}{2}\sqrt{u/v}\end{vmatrix} = -\frac{1}{2u}.\] Следовательно, \(|J| = \dfrac{1}{2u}\).
Преобразование интеграла: так как \(xy = v\), имеем \(e^{xy} = e^v\): \[I_1 = \int_1^2\int_{1/2}^1 e^v\cdot\frac{1}{2u}\,du\,dv = \frac{1}{2}\int_1^2 e^v\,dv \cdot \int_{1/2}^1\frac{du}{u}.\]
Вычисление: \[= \frac{1}{2}(e^2 - e)\cdot[\ln u]_{1/2}^1 = \frac{1}{2}(e^2-e)\cdot(0-\ln\tfrac{1}{2}) = \frac{1}{2}(e^2-e)\ln 2.\]

Ответ: \(I_1 = \dfrac{1}{2}(e^2 - e)\ln 2\).

4.43. Замена переменных: линейное преобразование (Глава 3, Пример 13)

Вычислите \(I_2 = \displaystyle\iint_R \frac{x-y}{x+y}\,dA\), где \(R\) — область, ограниченная прямыми \(x-y=0\), \(x-y=1\), \(x+y=1\) и \(x+y=3\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Замена: \(u = x+y\), \(v = x-y\); тогда \(x = \tfrac{1}{2}(u+v)\), \(y = \tfrac{1}{2}(u-v)\). Новая область \(G\) — прямоугольник \(1\leq u\leq 3\), \(0\leq v\leq 1\).
Якобиан: \(J = \begin{vmatrix}1/2&1/2\\1/2&-1/2\end{vmatrix} = -\tfrac{1}{2}\), поэтому \(|J| = \tfrac{1}{2}\).
Подынтегральная функция: \(\dfrac{x-y}{x+y} = \dfrac{v}{u}\): \[I_2 = \int_0^1\int_1^3 \frac{v}{u}\cdot\frac{1}{2}\,du\,dv = \frac{1}{2}\int_0^1 v\,dv\cdot\int_1^3\frac{du}{u}.\]
Вычисление: \[= \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\ln 3 = \frac{\ln 3}{4}.\]

Ответ: \(I_2 = \dfrac{\ln 3}{4}\).

4.44. Полярные координаты: полукруг (Глава 3, Пример 14)

Вычислите \(I_1 = \displaystyle\iint_R e^{x^2+y^2}\,dA\), где \(R\) — полукруг \(y \geq 0\), \(x^2+y^2 \leq 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: \(x^2+y^2=r^2\) и полукруг — полярные координаты.

\(R\) в полярных координатах: \(0 \leq r \leq 1\), \(0 \leq \theta \leq \pi\).
Запись интеграла: \[I_1 = \int_0^\pi\int_0^1 e^{r^2}\cdot r\,dr\,d\theta.\]
Внутренний интеграл: положим \(u = r^2\), \(du = 2r\,dr\): \[\int_0^1 re^{r^2}\,dr = \frac{1}{2}\left[e^{r^2}\right]_0^1 = \frac{e-1}{2}.\]
Внешний интеграл: \[I_1 = \int_0^\pi\frac{e-1}{2}\,d\theta = \frac{(e-1)\pi}{2}.\]

Ответ: \(I_1 = \dfrac{\pi(e-1)}{2}\).

4.45. Площадь лемнискаты (Глава 3, Пример 15)

Найдите площадь области, ограниченной лемнискатой \(r^2 = 4\cos 2\theta\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: У лемнискаты две симметричные петли; в I квадранте \(0 \le \theta \le \pi/4\) при \(\cos 2\theta \ge 0\), площадь умножаем на \(4\).

Постановка: \[A = 4\int_0^{\pi/4}\int_0^{\sqrt{4\cos 2\theta}} r\,dr\,d\theta = 4\int_0^{\pi/4}\frac{r^2}{2}\bigg|_0^{\sqrt{4\cos 2\theta}}d\theta = 4\int_0^{\pi/4} 2\cos 2\theta\,d\theta.\]
Вычисление: \[A = 8\int_0^{\pi/4}\cos 2\theta\,d\theta = 8\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}\bigg|_0^{\pi/4} = 4[\sin(\pi/2) - \sin 0] = 4.\]

Ответ: \(A = 4\).

4.46. Площадь между кардиоидой и окружностью (Глава 3, Пример 16)

Найдите площадь области в правой полуплоскости между кардиоидой \(r = 1+\cos\theta\) и единичной окружностью \(r = 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: В правой полуплоскости кардиоида \(r=1+\cos\theta\) вне единичной окружности \(r=1\); площадь — «кольцо» между ними.

Постановка: \[A = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_1^{1+\cos\theta} r\,dr\,d\theta = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{(1+\cos\theta)^2 - 1}{2}\,d\theta.\]
Раскрытие: \((1+\cos\theta)^2 - 1 = 2\cos\theta + \cos^2\theta\).
Симметрия (подынтегральная функция чётна по \(\theta\)): \[A = 2\int_0^{\pi/2}\frac{2\cos\theta+\cos^2\theta}{2}\,d\theta = \int_0^{\pi/2}\!\left(2\cos\theta + \frac{1+\cos 2\theta}{2}\right)d\theta.\]
Вычисление: \[= \left[2\sin\theta + \frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4}\right]_0^{\pi/2} = 2 + \frac{\pi}{4} + 0.\]

Ответ: \(A = 2 + \dfrac{\pi}{4}\).

4.47. Несобственный двойной интеграл (Глава 3, Пример 17)

Вычислите \(I_1 = \displaystyle\int_1^\infty\int_{e^{-x}}^1 \frac{1}{x^3 y}\,dy\,dx\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Внутренний интеграл (по \(y\)): \[\int_{e^{-x}}^1\frac{dy}{x^3 y} = \frac{1}{x^3}[\ln y]_{e^{-x}}^1 = \frac{1}{x^3}(0-(-x)) = \frac{1}{x^2}.\]
Внешний интеграл (несобственный): \[I_1 = \int_1^\infty\frac{dx}{x^2} = \lim_{b\to\infty}\left[-\frac{1}{x}\right]_1^b = \lim_{b\to\infty}\!\left(1 - \frac{1}{b}\right) = 1.\]

Ответ: \(I_1 = 1\).

4.48. Интеграл Гаусса (Глава 3, Пример 18)

Докажите с помощью двойного интеграла в полярных координатах, что \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Возведите \(I\) в квадрат — двойной интеграл по \(\mathbb{R}^2\), затем полярные координаты.

Квадрат интеграла: \[I^2 = \left(\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx\right)\!\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}\,dy\right) = \iint_{\mathbb{R}^2} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy.\]
Переход к полярным координатам (\(x^2+y^2 = r^2\), \(r\in[0,\infty)\), \(\theta\in[0,2\pi)\)): \[I^2 = \int_0^{2\pi}\int_0^\infty e^{-r^2}\,r\,dr\,d\theta.\]
Внутренний интеграл (положим \(u = r^2\)): \[\int_0^\infty re^{-r^2}\,dr = \frac{1}{2}\left[-e^{-r^2}\right]_0^\infty = \frac{1}{2}.\]
Внешний интеграл: \[I^2 = \int_0^{2\pi}\frac{1}{2}\,d\theta = \pi.\]
Вывод: так как \(I > 0\), получаем \(I = \sqrt{\pi}\).

Ответ: \(\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}\).

4.49. Среднее значение по объёму (тройной интеграл) (Глава 3, Пример 19)

Найдите среднее значение \(F(x,y,z) = xyz\) на параллелепипеде \(D = [0,2]\times[0,2]\times[0,2]\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Объём \(D\): \(\text{vol}(D) = 2\cdot 2\cdot 2 = 8\).
Тройной интеграл (подынтегральное выражение — произведение функций от \(x\), \(y\), \(z\)): \[\iiint_D xyz\,dV = \int_0^2 x\,dx\cdot\int_0^2 y\,dy\cdot\int_0^2 z\,dz = \left[\frac{x^2}{2}\right]_0^2\!\cdot\!\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^2\!\cdot\!\left[\frac{z^2}{2}\right]_0^2 = 2\cdot 2\cdot 2 = 8.\]
Среднее значение: \[\text{aver}_D(F) = \frac{1}{8}\cdot 8 = 1.\]

Ответ: среднее значение равно \(1\).

4.50. Объём между двумя параболоидами (Глава 3, Пример 20)

Найдите объём тела \(D\), ограниченного снизу поверхностью \(z = x^2 + 3y^2\) и сверху \(z = 8 - x^2 - y^2\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Линия пересечения поверхностей задаёт проекцию \(R\), затем интеграл по \(dz\).

Пересечение поверхностей: из \(x^2+3y^2 = 8-x^2-y^2\) получаем \(2x^2+4y^2 = 8\), то есть \(x^2+2y^2 = 4\) (эллипс) — граница проекции \(R\) на плоскость \(xy\).
Записываем интеграл: \[\text{Vol} = \iint_R (8-x^2-y^2 - x^2-3y^2)\,dA = \iint_R (8-2x^2-4y^2)\,dA.\] Область \(R\) — эллипс \(x^2+2y^2\leq 4\), поэтому \(-2\leq x\leq 2\) и \(-\sqrt{(4-x^2)/2}\leq y\leq \sqrt{(4-x^2)/2}\).
Вычисление (после интегрирования; подробности — выделение полного квадрата и площадь эллипса): \[\text{Vol} = 8\sqrt{2}\,\pi.\]

Ответ: \(\text{Vol} = 8\sqrt{2}\,\pi\).

4.51. Тройной интеграл общей заменой (Глава 3, Пример 21)

Вычислите \(I = \displaystyle\int_0^3\int_0^4\int_{y/2}^{y/2+1}\!\left(\frac{2x-y}{2}+\frac{z}{3}\right)dx\,dy\,dz\) с заменой \(u = \dfrac{2x-y}{2}\), \(v = \dfrac{y}{2}\), \(w = \dfrac{z}{3}\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Обратное преобразование: \(x = u+v\), \(y = 2v\), \(z = 3w\).
Новые пределы: из \(x\in[y/2,\,y/2+1]\) следует \(u\in[0,1]\); из \(y\in[0,4]\) — \(v\in[0,2]\); из \(z\in[0,3]\) — \(w\in[0,1]\).
Якобиан: \[J = \frac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)} = \begin{vmatrix}1&1&0\\0&2&0\\0&0&3\end{vmatrix} = 1\cdot(2\cdot 3) = 6.\]
Подынтегральное выражение принимает вид \(u + w\) (так как \(\dfrac{2x-y}{2} = u\) и \(\dfrac{z}{3} = w\)): \[I = \int_0^1\int_0^2\int_0^1 (u+w)\cdot 6\,du\,dv\,dw.\]
Вычисление: \[= 6\int_0^1\int_0^2\left[\frac{u^2}{2}+uw\right]_0^1 dv\,dw = 6\int_0^1\int_0^2\!\left(\frac{1}{2}+w\right)dv\,dw\] \[= 6\int_0^1\left(\frac{v}{2}+vw\right)_0^2 dw = 6\int_0^1(1+2w)\,dw = 6\left[w+w^2\right]_0^1 = 6\cdot 2 = 12.\]

Ответ: \(I = 12\).

4.52. Тройной интеграл в цилиндрических координатах (Глава 3, Пример 22)

Вычислите \(I = \displaystyle\int_{-2}^2\int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^2 (x^2+y^2)\,dz\,dy\,dx\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Конус \(z=\sqrt{x^2+y^2}\), сверху \(z=2\), диск \(x^2+y^2\le 4\); подынтегральное \(x^2+y^2=r^2\) — цилиндрические координаты.

Область \(D\) в цилиндрических координатах: \(0\leq\theta\leq 2\pi\), \(0\leq r\leq 2\), \(r\leq z\leq 2\).
Запись: \(x^2+y^2 = r^2\), \(dV = r\,dr\,d\theta\,dz\): \[I = \int_0^{2\pi}\int_0^2\int_r^2 r^2\cdot r\,dz\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2 r^3(2-r)\,dr.\]
Интеграл по \(r\): \[\int_0^2 r^3(2-r)\,dr = \int_0^2(2r^3 - r^4)\,dr = \left[\frac{r^4}{2}-\frac{r^5}{5}\right]_0^2 = 8 - \frac{32}{5} = \frac{8}{5}.\]
Полный интеграл: \[I = 2\pi\cdot\frac{8}{5} = \frac{16\pi}{5}.\]

Ответ: \(I = \dfrac{16\pi}{5}\).

4.53. Объём «рожка» в сферических координатах (Глава 3, Пример 23)

Найдите объём тела \(D\), ограниченного сверху сферой \(\rho = 1\) и снизу конусом \(\phi = \dfrac{\pi}{3}\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: В сферических координатах область — «параллелепипед» \(0\le\rho\le 1\), \(0\le\phi\le\pi/3\), \(0\le\theta\le 2\pi\).

Записываем интеграл: \[V = \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/3}\int_0^1 \rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta.\]
Внутренний интеграл по \(\rho\): \[\int_0^1\rho^2\,d\rho = \frac{1}{3}.\]
Средний интеграл (\(\phi\)): \[\int_0^{\pi/3}\frac{\sin\phi}{3}\,d\phi = \frac{1}{3}\left[-\cos\phi\right]_0^{\pi/3} = \frac{1}{3}\!\left(-\frac{1}{2}+1\right) = \frac{1}{6}.\]
Внешний интеграл (\(\theta\)): \[V = \int_0^{2\pi}\frac{1}{6}\,d\theta = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{\pi}{3}\).

4.54. Плоскость, параллельная данной (Глава 3, Пример 24)

Найдите уравнение плоскости через точку \((1, -1, 3)\), параллельной плоскости \(3x + y + z = 7\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Параллельные плоскости имеют одну нормаль; у \(3x+y+z=7\) нормаль \((3,1,1)\).

Та же нормаль \(\mathbf{n} = (3, 1, 1)\) и точка \((1, -1, 3)\): \[3(x - 1) + 1(y + 1) + 1(z - 3) = 0\] \[3x + y + z - 3 + 1 - 3 = 0 \implies 3x + y + z - 5 = 0.\]

Ответ: \(3x + y + z - 5 = 0\).

4.55. Плоскость, перпендикулярная другой (Глава 3, Пример 25)

Найдите уравнение плоскости через точки \(P_1(1, 2, 3)\) и \(P_2(3, 2, 1)\), перпендикулярной плоскости \(4x - y + 2z = 7\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Искомая нормаль ортогональна и \(\vec{P_1P_2}\), и нормали данной плоскости.

Направляющий вектор прямой \(P_1P_2\): \(\vec{P_1P_2} = (2, 0, -2)\).
Нормаль данной плоскости: \(\mathbf{n}_1 = (4, -1, 2)\).
Нормаль искомой плоскости \(= \mathbf{n}_1 \times \vec{P_1P_2}\): \[\mathbf{n} = \begin{vmatrix}\hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\4&-1&2\\2&0&-2\end{vmatrix} = \hat{i}((-1)(-2)-2\cdot0) - \hat{j}(4(-2)-2\cdot2) + \hat{k}(4\cdot0-(-1)\cdot2)\] \[= 2\hat{i} + 12\hat{j} + 2\hat{k}.\]
Уравнение плоскости через точку \(P_1(1,2,3)\) и \(\mathbf{n} = (2, 12, 2)\) (можно сократить на \(2\): \((1,6,1)\)): \[(x-1) + 6(y-2) + (z-3) = 0 \implies x + 6y + z - 16 = 0.\]

Ответ: \(x + 6y + z - 16 = 0\).

4.56. Несобственный двойной интеграл с экспонентой (Глава 3, Пример 26)

Вычислите \(I_2 = \displaystyle\int_0^\infty\int_0^\infty xe^{-(x+2y)}\,dx\,dy\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Сначала интегрируем по \(y\) (внутренний интеграл): \[\int_0^\infty e^{-(x+2y)}\,dy = e^{-x}\int_0^\infty e^{-2y}\,dy = e^{-x}\cdot\frac{1}{2}.\]
Внешний интеграл: \[I_2 = \int_0^\infty x\cdot\frac{e^{-x}}{2}\,dx = \frac{1}{2}\int_0^\infty xe^{-x}\,dx.\]
Интегрирование по частям (\(u=x\), \(dv=e^{-x}dx\)): \[\int_0^\infty xe^{-x}\,dx = [-xe^{-x}]_0^\infty + \int_0^\infty e^{-x}\,dx = 0 + 1 = 1.\]
Итог: \(I_2 = \dfrac{1}{2}\).

Ответ: \(I_2 = \dfrac{1}{2}\).

4.57. Несобственный двойной интеграл с особенностью (Глава 3, Пример 27)

Вычислите \(I_3 = \displaystyle\int_0^1\int_0^3\frac{x^2}{(y-1)^{2/3}}\,dy\,dx\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Особенность при \(y=1\) — несобственный интеграл; смените порядок (сначала по \(x\)).

Сначала интегрируем по \(x\): \[I_3 = \int_0^3\frac{1}{(y-1)^{2/3}}\left(\int_0^1 x^2\,dx\right)dy = \frac{1}{3}\int_0^3(y-1)^{-2/3}\,dy.\]
Разбиение в особенности \(y=1\): \[= \frac{1}{3}\left(\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_0^{1-\varepsilon}(y-1)^{-2/3}\,dy + \lim_{\delta\to0^+}\int_{1+\delta}^3(y-1)^{-2/3}\,dy\right).\]
Первообразная для \((y-1)^{-2/3}\) — это \(3(y-1)^{1/3}\): \[\lim_{\varepsilon\to0^+}\left[3(y-1)^{1/3}\right]_0^{1-\varepsilon} = \lim_{\varepsilon\to0^+}(3(-\varepsilon)^{1/3}+3) = 3,\] \[\lim_{\delta\to0^+}\left[3(y-1)^{1/3}\right]_{1+\delta}^3 = 3\sqrt[3]{2}.\]
Итог: \[I_3 = \frac{1}{3}\left(3 + 3\sqrt[3]{2}\right) = 1+\sqrt[3]{2}.\]

Ответ: \(I_3 = 1 + \sqrt[3]{2}\).

4.58. Декартовы и полярные координаты (Глава 3, Задание 1)

Найдите декартовы координаты следующих точек, заданных в полярных: \((4,\,4\pi/3)\), \((2,\,2\pi/3)\), \((1,\,\pi)\), \((-\sqrt{2},\,\pi/4)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\); отрицательное \(r\) — та же прямая, противоположное направление.

(a) \((4,\,4\pi/3)\): \(x = 4\cos(4\pi/3) = 4(-1/2) = -2\), \(y = 4\sin(4\pi/3) = 4(-\sqrt{3}/2) = -2\sqrt{3}\). Точка: \((-2,\,-2\sqrt{3})\).

(b) \((2,\,2\pi/3)\): \(x = 2\cos(2\pi/3) = 2(-1/2) = -1\), \(y = 2\sin(2\pi/3) = 2(\sqrt{3}/2) = \sqrt{3}\). Точка: \((-1,\,\sqrt{3})\).

(c) \((1,\,\pi)\): \(x = 1\cdot\cos\pi = -1\), \(y = 1\cdot\sin\pi = 0\). Точка: \((-1,\,0)\).

(d) \((-\sqrt{2},\,\pi/4)\): Отрицательное \(r\) означает отражение относительно начала координат: фактически \(r = \sqrt{2}\), \(\theta = \pi/4 + \pi = 5\pi/4\). \(x = \sqrt{2}\cos(5\pi/4) = \sqrt{2}(-\sqrt{2}/2) = -1\), \(y = \sqrt{2}\sin(5\pi/4) = -1\). Точка: \((-1,\,-1)\).

Ответ: \((-2,-2\sqrt{3})\); \((-1,\sqrt{3})\); \((-1,0)\); \((-1,-1)\).

4.59. Квадрики: стандартный вид и классификация (Глава 3, Задание 2)

Классифицируйте каждую поверхность, приведя уравнение к стандартному виду:

(a) \(4x^2 - y + 2z^2 = 0\)

(b) \(y^2 = x^2 + 4z^2 + 4\)

(c) \(x^2 + y^2 - 2x - 6y - z + 10 = 0\)

Нажмите, чтобы развернуть решение

(a) \(4x^2 - y + 2z^2 = 0\): Преобразуем: \(y = 4x^2 + 2z^2\), то есть \(\dfrac{x^2}{1/4} + \dfrac{z^2}{1/2} = \dfrac{y}{1}\) — вид \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{z^2}{b^2} = \dfrac{y}{c}\). Эллиптический параболоид с осью в положительном направлении \(y\).

(b) \(y^2 = x^2 + 4z^2 + 4\): Преобразуем: \(y^2 - x^2 - 4z^2 = 4\), то есть \(\dfrac{y^2}{4} - \dfrac{x^2}{4} - z^2 = 1\). Это \(\dfrac{y^2}{c^2} - \dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{z^2}{b^2} = 1\). Двуполостный гиперболоид (вдоль оси \(y\)).

(c) \(x^2 + y^2 - 2x - 6y - z + 10 = 0\): Выделение полных квадратов: \((x-1)^2 - 1 + (y-3)^2 - 9 - z + 10 = 0\), откуда \(z = (x-1)^2 + (y-3)^2\). Эллиптический (круговой) параболоид с вершиной в \((1,3,0)\), ветви вверх.

Ответ: (a) эллиптический параболоид; (b) двуполостный гиперболоид; (c) круговой параболоид с вершиной \((1,3,0)\).

4.60. Двойные интегралы по прямоугольнику (Глава 3, Задание 3)

Вычислите следующие интегралы:

(a) \(\displaystyle\iint_R y\sin(x+y)\,dA\), \(R: -\pi\leq x\leq 0,\; 0\leq y\leq\pi\)

(b) \(\displaystyle\iint_R \frac{xy^3}{1+x^2}\,dA\), \(R: 0\leq x\leq 1,\; 0\leq y\leq 2\)

Нажмите, чтобы развернуть решение

(a) Сначала интегрируем по \(x\), используя интегрирование по частям:

\[I = \int_0^\pi y\left(\int_{-\pi}^0 \sin(x+y)\,dx\right)dy = \int_0^\pi y\left[-\cos(x+y)\right]_{-\pi}^0 dy\] \[= \int_0^\pi y(-\cos y + \cos(y-\pi))\,dy = \int_0^\pi y(-\cos y - \cos y)\,dy = -2\int_0^\pi y\cos y\,dy.\]

Интегрирование по частям (\(u=y\), \(dv=\cos y\,dy\)): \[-2\left([y\sin y]_0^\pi - \int_0^\pi\sin y\,dy\right) = -2\left(0 + [-\cos y]_0^\pi\right) = -2(1-(-1)) = \boxed{-4}.\]

(b) Подынтегральное выражение раскладывается: \(\dfrac{xy^3}{1+x^2}= \dfrac{x}{1+x^2}\cdot y^3\).

\[I = \int_0^1\frac{x}{1+x^2}\,dx\cdot\int_0^2 y^3\,dy = \left[\frac{\ln(1+x^2)}{2}\right]_0^1\cdot\left[\frac{y^4}{4}\right]_0^2 = \frac{\ln 2}{2}\cdot 4 = \boxed{2\ln 2}.\]

Ответ: (a) \(-4\); (b) \(2\ln 2\).

4.61. Объём под плоскостью (Глава 3, Задание 4)

Найдите объём области, ограниченной сверху плоскостью \(z = 2 - x - y\) и снизу квадратом \([0,1]\times[0,1]\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Постановка: \[V = \int_0^1\int_0^1(2-x-y)\,dy\,dx.\]
Внутренний интеграл: \[\int_0^1(2-x-y)\,dy = \left[2y - xy - \frac{y^2}{2}\right]_0^1 = 2-x-\frac{1}{2} = \frac{3}{2}-x.\]
Внешний интеграл: \[V = \int_0^1\!\left(\frac{3}{2}-x\right)dx = \left[\frac{3}{2}x - \frac{x^2}{2}\right]_0^1 = \frac{3}{2} - \frac{1}{2} = 1.\]

Ответ: \(V = 1\).

4.62. Смена порядка интегрирования (Глава 3, Задание 5)

Вычислите следующие интегралы, меняя порядок интегрирования:

(a) \(I_5 = \displaystyle\int_0^\pi\int_x^\pi \frac{\sin y}{y}\,dy\,dx\)

(b) \(I_7 = \displaystyle\int_0^1\int_y^1 x^2 e^{xy}\,dx\,dy\)

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Нет элементарной первообразной по внутренней переменной — смена порядка и новое описание области.

(a) Область \(\{(x,y): 0\leq x\leq\pi,\; x\leq y\leq\pi\} = \{(x,y): 0\leq y\leq\pi,\; 0\leq x\leq y\}\):

\[I_5 = \int_0^\pi\int_0^y\frac{\sin y}{y}\,dx\,dy = \int_0^\pi\sin y\,dy = [-\cos y]_0^\pi = 2.\]

(b) Область \(\{(x,y): 0\leq y\leq 1,\; y\leq x\leq 1\} = \{(x,y): 0\leq x\leq 1,\; 0\leq y\leq x\}\):

\[I_7 = \int_0^1\int_0^x x^2 e^{xy}\,dy\,dx = \int_0^1 x^2\left[\frac{e^{xy}}{x}\right]_0^x dx = \int_0^1 x(e^{x^2}-1)\,dx.\] \[= \int_0^1 xe^{x^2}\,dx - \int_0^1 x\,dx = \frac{e-1}{2} - \frac{1}{2} = \frac{e-2}{2}.\]

Ответ: (a) \(I_5 = 2\); (b) \(I_7 = \dfrac{e-2}{2}\).

4.63. Замена переменных: полярные и линейные (Глава 3, Задание 6)

Вычислите следующие интегралы, подобрав подходящую замену переменных:

(a) \(\displaystyle\int_{-1}^0\int_{-\sqrt{1-x^2}}^0 \frac{2}{1+\sqrt{x^2+y^2}}\,dy\,dx\)

(b) \(\displaystyle\iint_R \frac{\sin(x-y)}{\cos(x+y)}\,dA\), где \(R\) — треугольник с границами \(y=0\), \(y=x\), \(x+y=\pi/4\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

(a) Область — четверть круга в третьей четверти (\(x\leq 0\), \(y\leq 0\)), \(x^2+y^2\leq 1\). Полярные координаты: \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\), \(0\leq r\leq 1\), \(\theta\in[\pi,\,3\pi/2]\).

\[\int_\pi^{3\pi/2}\int_0^1\frac{2}{1+r}\cdot r\,dr\,d\theta = \frac{\pi}{2}\int_0^1\frac{2r}{1+r}\,dr.\] \[= \pi\int_0^1\!\left(1 - \frac{1}{1+r}\right)dr = \pi\left[r - \ln(1+r)\right]_0^1 = \pi(1-\ln 2).\]

(b) Границы подсказывают \(u = x+y\), \(v = x-y\), откуда \(x = (u+v)/2\), \(y = (u-v)/2\), \(|J| = 1/2\).

Треугольник \(R\) с границами \(y=0\), \(y=x\), \(x+y=\pi/4\) переходит в область: \(v\) от \(0\) до \(u\) (из \(y=0\) следует \(v=x=u\), из \(y=x\) — \(v=0\)), \(u\) от \(0\) до \(\pi/4\).

\[I = \int_0^{\pi/4}\int_0^u\frac{\sin v}{\cos u}\cdot\frac{1}{2}\,dv\,du = \frac{1}{2}\int_0^{\pi/4}\frac{[-\cos v]_0^u}{\cos u}\,du = \frac{1}{2}\int_0^{\pi/4}\frac{1-\cos u}{\cos u}\,du\] \[= \frac{1}{2}\int_0^{\pi/4}(\sec u - 1)\,du = \frac{1}{2}\left[\ln|\sec u+\tan u| - u\right]_0^{\pi/4} = \frac{1}{2}\left(\ln(1+\sqrt{2}) - \frac{\pi}{4}\right).\]

Ответ: (a) \(\pi(1-\ln 2)\); (b) \(\dfrac{1}{2}\!\left(\ln(1+\sqrt{2}) - \dfrac{\pi}{4}\right)\).

4.64. Площадь эллипса (Глава 3, Задание 7)

Докажите, что площадь эллипса \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} = 1\) равна \(\pi ab\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Подстановка \(x=au\), \(y=bv\) переводит эллипс в единичный круг (unit disk).

Замена: \(x = au\), \(y = bv\). Якобиан \(J = ab\).
Эллипс переходит в единичный круг: \(u^2+v^2\leq 1\).
Площадь: \[A = \iint_{u^2+v^2\leq 1} ab\,du\,dv = ab\cdot(\text{площадь единичного круга}) = ab\cdot\pi = \pi ab.\]

Ответ: площадь \(= \pi ab\). \(\square\)

4.65. Тройные интегралы со сменой порядка (Глава 3, Задание 8)

Вычислите \(\displaystyle\int_0^4\int_0^1\int_{2y}^2\frac{4\cos(x^2)}{2\sqrt{z}}\,dx\,dy\,dz\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: \(\cos(x^2)\) не интегрируется по \(x\) в элементарных — меняем порядок \(x\) и \(y\).

Внутренние пределы \(x: 2y\to 2\) при фиксированном \(y\) задают \(0\leq y\leq 1\), \(2y\leq x\leq 2\). После смены порядка: \(0\leq x\leq 2\), \(0\leq y\leq x/2\).

\[I = \int_0^4\frac{1}{2\sqrt{z}}\left(\int_0^2\int_0^{x/2}4\cos(x^2)\,dy\,dx\right)dz\] \[= \int_0^4\frac{1}{2\sqrt{z}}\left(\int_0^2 4\cos(x^2)\cdot\frac{x}{2}\,dx\right)dz\] \[= \int_0^4\frac{1}{2\sqrt{z}}\cdot\left[2\cdot\frac{\sin(x^2)}{2}\right]_0^2 dz = \int_0^4\frac{\sin 4}{2\sqrt{z}}\,dz\] \[= \sin 4\cdot\left[\sqrt{z}\right]_0^4 = 2\sin 4.\]

Ответ: \(2\sin 4\).

4.66. Объём в цилиндрических координатах (Глава 3, Задание 9)

Найдите объём тела region that lies inside the sphere \(x^2+y^2+z^2 = 2\) and outside the cylinder \(x^2+y^2 = 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Цилиндрические координаты: сфера \(r^2+z^2=2\), вне цилиндра \(r\ge 1\), внутри сферы \(r\le\sqrt{2}\).

Постановка: \[V = \int_0^{2\pi}\int_1^{\sqrt{2}}\int_{-\sqrt{2-r^2}}^{\sqrt{2-r^2}} r\,dz\,dr\,d\theta.\]
Внутренний интеграл (\(z\)): \[\int_{-\sqrt{2-r^2}}^{\sqrt{2-r^2}} dz = 2\sqrt{2-r^2}.\]
Remaining: \[V = 2\pi\int_1^{\sqrt{2}} 2r\sqrt{2-r^2}\,dr.\] Let \(u = 2-r^2\), \(du = -2r\,dr\). When \(r=1\), \(u=1\); when \(r=\sqrt{2}\), \(u=0\): \[= 4\pi\int_1^0(-\sqrt{u})\,\frac{du}{2} = 2\pi\int_0^1\sqrt{u}\,du = 2\pi\left[\frac{2}{3}u^{3/2}\right]_0^1 = \frac{4\pi}{3}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{4\pi}{3}\).

4.67. Объём в сферических координатах (Глава 3, Задание 10)

Use spherical coordinates to find the volume of the solid that lies above the cone \(z = \sqrt{x^2+y^2}\) and below the sphere \(x^2+y^2+z^2 = z\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Сначала запишите поверхности в сферических координатах (spherical coordinates).

Convert the sphere: \(x^2+y^2+z^2 = z\) becomes \(\rho^2 = \rho\cos\phi\), so \(\rho = \cos\phi\).
Convert the cone: \(z = \sqrt{x^2+y^2}\) becomes \(\rho\cos\phi = \rho\sin\phi\), so \(\tan\phi = 1\), \(\phi = \pi/4\).
Region: \(0\leq\rho\leq\cos\phi\), \(0\leq\phi\leq\pi/4\), \(0\leq\theta\leq 2\pi\).
Записываем интеграл: \[V = \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/4}\int_0^{\cos\phi}\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta.\]
Innermost: \[\int_0^{\cos\phi}\rho^2\,d\rho = \frac{\cos^3\phi}{3}.\]
Middle: \[\int_0^{\pi/4}\frac{\cos^3\phi}{3}\sin\phi\,d\phi = \frac{1}{3}\int_0^{\pi/4}\cos^3\phi\sin\phi\,d\phi.\] Let \(u=\cos\phi\): \(= \dfrac{1}{3}\int_{1/\sqrt{2}}^1 u^3(-du)/(-1) = \dfrac{1}{3}\left[\dfrac{u^4}{4}\right]_{1/\sqrt{2}}^1 = \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{4}\!\left(1-\dfrac{1}{4}\right) = \dfrac{1}{16}\).
Outer: \[V = 2\pi\cdot\frac{1}{16} = \frac{\pi}{8}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{\pi}{8}\).

4.68. Классификация квадрик (продолжение) (Глава 3, Задание 11)

Reduce to standard form and classify:

(d) \(4x^2 + y^2 + z^2 - 24x - 8y + 4z + 55 = 0\)

(e) \(x^2 - y^2 - z^2 - 4x - 2z + 3 = 0\)

Нажмите, чтобы развернуть решение

(d) Complete the square: \[4(x^2 - 6x) + (y^2 - 8y) + (z^2 + 4z) = -55\] \[4(x-3)^2 - 36 + (y-4)^2 - 16 + (z+2)^2 - 4 = -55\] \[4(x-3)^2 + (y-4)^2 + (z+2)^2 = 1\] \[\frac{(x-3)^2}{1/4} + \frac{(y-4)^2}{1} + \frac{(z+2)^2}{1} = 1.\]

Ellipsoid centered at \((3, 4, -2)\) with semi-axes \(a = 1/2\), \(b = 1\), \(c = 1\).

(e) Complete the square: \[(x^2 - 4x) - y^2 - (z^2 + 2z) = -3\] \[(x-2)^2 - 4 - y^2 - (z+1)^2 + 1 = -3\] \[(x-2)^2 - y^2 - (z+1)^2 = 0\] \[\frac{(x-2)^2}{1} = \frac{y^2}{1} + \frac{(z+1)^2}{1}.\]

This matches \(\frac{x^2}{a^2} = \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2}\). Elliptical cone with vertex at \((2, 0, -1)\), axis along the \(x\)-direction.

Ответ: (d) Ellipsoid centered at \((3,4,-2)\); (e) Elliptical cone with vertex at \((2,0,-1)\).

4.69. Интегралы по прямоугольнику (Глава 3, Задание 12)

Calculate:

(a) \(\displaystyle\iint_R \frac{y}{1 + x^2y^2}\,dA\), \(R: 0\leq x\leq 1,\; 0\leq y\leq 1\)

(b) \(\displaystyle\iint_R \frac{\ln x}{xy}\,dA\), \(R: 1\leq x\leq e,\; 1\leq y\leq 4\)

(c) \(\displaystyle\iint_R xy\cos y\,dA\), \(R: -1\leq x\leq 1,\; 0\leq y\leq\pi\)

Нажмите, чтобы развернуть решение

(a) Integrate \(y\) first. Let \(u = xy\): \[I = \int_0^1\left(\int_0^1\frac{y}{1+x^2y^2}\,dy\right)dx.\] Inner: let \(u = xy\), \(du = x\,dy\), so \(y\,dy = u\,du/x^2\)… alternatively, let \(t = x^2y^2\), \(dt = 2x^2y\,dy\): \[\int_0^1\frac{y\,dy}{1+x^2y^2} = \frac{1}{2x^2}\left[\ln(1+x^2y^2)\right]_0^1 = \frac{\ln(1+x^2)}{2x^2}.\] Outer: \[I = \int_0^1\frac{\ln(1+x^2)}{2x^2}\,dx.\] Integration by parts: \(u = \ln(1+x^2)\), \(dv = x^{-2}dx\), \(v = -1/x\), \(du = 2x/(1+x^2)\,dx\): \[= \frac{1}{2}\left[-\frac{\ln(1+x^2)}{x}\right]_0^1 + \int_0^1\frac{1}{1+x^2}\,dx = \frac{1}{2}\left(-\ln 2 + 0\right) + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} - \frac{\ln 2}{2}.\]

(b) The integrand factors: \[I = \int_1^e\frac{\ln x}{x}\,dx\cdot\int_1^4\frac{dy}{y} = \left[\frac{(\ln x)^2}{2}\right]_1^e\cdot[\ln y]_1^4 = \frac{1}{2}\cdot\ln 4 = \ln 2.\]

(c) The integrand factors: \(xy\cos y = x\cdot y\cos y\), and \(\int_{-1}^1 x\,dx = 0\) (odd function on symmetric interval): \[I = \left(\int_{-1}^1 x\,dx\right)\cdot\left(\int_0^\pi y\cos y\,dy\right) = 0\cdot(\ldots) = 0.\]

Ответ: (a) \(\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\ln 2}{2}\); (b) \(\ln 2\); (c) \(0\).

4.70. Объём под тригонометрической поверхностью (Глава 3, Задание 13)

Найдите the volume of the region bounded above by \(z = 2\sin x\cos y\) and below by \(R: 0\leq x\leq \tfrac{\pi}{2},\; 0\leq y\leq\tfrac{\pi}{4}\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Запись (подынтегральное выражение раскладывается в произведение): \[V = \int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/4} 2\sin x\cos y\,dy\,dx = 2\int_0^{\pi/2}\sin x\,dx\cdot\int_0^{\pi/4}\cos y\,dy.\]
Вычисление каждого сомножителя: \[\int_0^{\pi/2}\sin x\,dx = [-\cos x]_0^{\pi/2} = 1, \quad \int_0^{\pi/4}\cos y\,dy = [\sin y]_0^{\pi/4} = \frac{\sqrt{2}}{2}.\]
Combine: \[V = 2\cdot 1\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}.\]

Ответ: \(V = \sqrt{2}\).

4.71. Постоянная из значения определённого интеграла (Глава 3, Задание 14)

Найдите the value of the constant \(k\) such that \(\displaystyle\int_1^2\int_0^3 kx^2y\,dx\,dy = 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Вычислим the double integral in terms of \(k\): \[\int_1^2\int_0^3 kx^2y\,dx\,dy = k\int_1^2 y\,dy\cdot\int_0^3 x^2\,dx = k\left[\frac{y^2}{2}\right]_1^2\cdot\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^3.\]
Вычисление: \[= k\cdot\frac{3}{2}\cdot 9 = \frac{27k}{2}.\]
Set equal to 1: \(\dfrac{27k}{2} = 1 \implies k = \dfrac{2}{27}\).

Ответ: \(k = \dfrac{2}{27}\).

4.72. Ещё интегралы со сменой порядка (Глава 3, Задание 15)

Вычислите, меняя порядок интегрирования:

(a) \(I_6 = \displaystyle\int_0^2\int_x^2 2y^2\sin(xy)\,dy\,dx\)

(b) \(I_8 = \displaystyle\int_0^2\int_0^{4-x^2}\frac{xe^{2y}}{4-y}\,dy\,dx\)

Нажмите, чтобы развернуть решение

(a) Region: \(\{0\leq x\leq 2,\; x\leq y\leq 2\}\) = \(\{0\leq y\leq 2,\; 0\leq x\leq y\}\): \[I_6 = \int_0^2\int_0^y 2y^2\sin(xy)\,dx\,dy = \int_0^2 2y^2\left[-\frac{\cos(xy)}{y}\right]_0^y dy = \int_0^2 2y(1-\cos y^2)\,dy.\] \[= \left[y^2 - \sin(y^2)\right]_0^2 = 4 - \sin 4.\]

(b) Region: \(\{0\leq x\leq 2,\; 0\leq y\leq 4-x^2\}\). Rewrite: for fixed \(y\), \(x\) ranges from \(0\) to \(\sqrt{4-y}\) (since \(y\leq 4-x^2 \iff x^2\leq 4-y\)), and \(y\) from \(0\) to \(4\): \[I_8 = \int_0^4\int_0^{\sqrt{4-y}}\frac{xe^{2y}}{4-y}\,dx\,dy = \int_0^4\frac{e^{2y}}{4-y}\cdot\frac{4-y}{2}\,dy = \frac{1}{2}\int_0^4 e^{2y}\,dy = \frac{1}{4}(e^8-1).\]

Ответ: (a) \(4 - \sin 4\); (b) \(\dfrac{e^8-1}{4}\).

4.73. Двойной интеграл по ромбу (Глава 3, Задание 16)

Вычислите \(\displaystyle\iint_R (y - 2x^2)\,dA\) where \(R = \{(x,y)\mid |x|+|y|\leq 1\}\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Ромб \(|x|+|y|\le 1\) симметричен; слагаемое \(y\) — нечётное по \(y\), поэтому \(\iint_R y\,dA=0\).

Split: \(\iint_R (y-2x^2)\,dA = \underbrace{\iint_R y\,dA}_{=0} - 2\iint_R x^2\,dA.\)
Вычислим \(\iint_R x^2\,dA\) using vertical cross-sections (for fixed \(x\in[-1,1]\), \(y\) ranges from \(-(1-|x|)\) to \(1-|x|\)): \[\iint_R x^2\,dA = \int_{-1}^1 x^2\cdot 2(1-|x|)\,dx = 4\int_0^1 x^2(1-x)\,dx = 4\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{3}.\]
Result: \(0 - 2\cdot\dfrac{1}{3} = -\dfrac{2}{3}\).

Ответ: \(-\dfrac{2}{3}\).

4.74. Двойной интеграл по кругу (Глава 3, Задание 17)

Вычислите \(\displaystyle\iint_R (3x-2y)\,dA\) where \(R\) is the disk \(x^2+y^2\leq 1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: \(3x\) и \(-2y\) нечётны, диск симметричен — интегралы обращаются в ноль.

\(\iint_R 3x\,dA = 0\) (odd in \(x\), symmetric region).
\(\iint_R (-2y)\,dA = 0\) (odd in \(y\), symmetric region).

Ответ: \(0\).

4.75. Двойной интеграл в первом квадранте (Глава 3, Задание 18)

Вычислите \(\displaystyle\iint_R y\,dA\) where \(R\) is the region in the first quadrant enclosed between the circle \(x^2+y^2=25\) and the line \(x+y=5\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Горизонтальные сечения в I квадранте: окружность \(x^2+y^2=25\) и прямая \(x+y=5\).

For fixed \(y\in[0,5]\): \(x\) runs from the line \(x=5-y\) (left boundary) to the circle \(x=\sqrt{25-y^2}\) (right boundary):

\[I = \int_0^5 y\cdot(\sqrt{25-y^2}-(5-y))\,dy = \int_0^5 y\sqrt{25-y^2}\,dy - \int_0^5 y(5-y)\,dy.\]

First integral: let \(u=25-y^2\): \(\int_0^5 y\sqrt{25-y^2}\,dy = \left[-\dfrac{(25-y^2)^{3/2}}{3}\right]_0^5 = \dfrac{125}{3}\).

Second integral: \(\int_0^5(5y-y^2)\,dy = \left[\dfrac{5y^2}{2}-\dfrac{y^3}{3}\right]_0^5 = \dfrac{125}{2}-\dfrac{125}{3} = \dfrac{125}{6}\).

\[I = \frac{125}{3} - \frac{125}{6} = \frac{125}{6}.\]

Ответ: \(\dfrac{125}{6}\).

4.76. Двойной интеграл с квадратным корнем (Глава 3, Задание 19)

Вычислите \(\displaystyle\iint_R x(1+y^2)^{-1/2}\,dA\) where \(R\) is the region in the first quadrant enclosed by \(y=x^2\), \(y=4\), and \(x=0\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Integrate \(x\) first (horizontal cross-sections): for fixed \(y\in[0,4]\), \(x\) runs from \(0\) to \(\sqrt{y}\):

\[I = \int_0^4\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\left(\int_0^{\sqrt{y}}x\,dx\right)dy = \int_0^4\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\cdot\frac{y}{2}\,dy.\]

Let \(u = 1+y^2\), \(du = 2y\,dy\): \[= \frac{1}{4}\int_1^{17}\frac{du}{\sqrt{u}} = \frac{1}{4}\left[2\sqrt{u}\right]_1^{17} = \frac{\sqrt{17}-1}{2}.\]

Ответ: \(\dfrac{\sqrt{17}-1}{2}\).

4.77. Объёмы двух тел (Глава 3, Задание 20)

(a) Find the volume in the first octant bounded above by \(z=x^2+3y^2\), below by \(z=0\), and laterally by \(y=x^2\) and \(y=x\).

(b) Find the volume enclosed by \(y^2=x\), \(z=0\), and \(x+z=1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

(a) The region \(R\) in the \(xy\)-plane is bounded by \(y=x^2\) (below) and \(y=x\) (above) for \(x\in[0,1]\): \[V = \int_0^1\int_{x^2}^x(x^2+3y^2)\,dy\,dx = \int_0^1\left[x^2y+y^3\right]_{x^2}^x dx\] \[= \int_0^1\left(x^3+x^3-x^4-x^6\right)dx = \int_0^1(2x^3-x^4-x^6)\,dx\] \[= \left[\frac{x^4}{2}-\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}\right]_0^1 = \frac{1}{2}-\frac{1}{5}-\frac{1}{7} = \frac{35-14-10}{70} = \frac{11}{70}.\]

(b) The region \(R\) in the \(xy\)-plane is bounded by \(y^2=x\) (i.e., \(-\sqrt{x}\leq y\leq\sqrt{x}\)) for \(x\in[0,1]\). The height is \(z=1-x\): \[V = \int_0^1\int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}}(1-x)\,dy\,dx = \int_0^1(1-x)\cdot 2\sqrt{x}\,dx = 2\int_0^1(x^{1/2}-x^{3/2})\,dx\] \[= 2\left[\frac{2}{3}x^{3/2}-\frac{2}{5}x^{5/2}\right]_0^1 = 2\left(\frac{2}{3}-\frac{2}{5}\right) = 2\cdot\frac{4}{15} = \frac{8}{15}.\]

Ответ: (a) \(\dfrac{11}{70}\); (b) \(\dfrac{8}{15}\).

4.78. Объём внутри цилиндра (полярные координаты) (Глава 3, Задание 21)

Найдите объём тела that lies under \(z=x^2+y^2\), above the \(xy\)-plane, and inside the cylinder \(x^2+y^2=2x\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: \(x^2+y^2=2x\) — окружность \((x-1)^2+y^2=1\); в полярных \(r=2\cos\theta\), \(\theta\in[-\pi/2,\pi/2]\).

Polar setup (\(z=x^2+y^2=r^2\), \(dA = r\,dr\,d\theta\)): \[V = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos\theta} r^2\cdot r\,dr\,d\theta = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left[\frac{r^4}{4}\right]_0^{2\cos\theta}d\theta = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}4\cos^4\theta\,d\theta.\]
Use symmetry and power reduction (\(\cos^4\theta = \tfrac{3+4\cos2\theta+\cos4\theta}{8}\)): \[V = 8\int_0^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta = 8\cdot\frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{2}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{3\pi}{2}\).

4.79. Дополнительные замены переменных (Глава 3, Задание 22)

(a) Calculate \(\displaystyle\iint_R \frac{y-4x}{y+4x}\,dx\,dy\) where \(R\) is the region enclosed by \(y=4x\), \(y=4x+2\), \(y=2-4x\), \(y=5-4x\).

(b) Calculate \(\displaystyle\iint_R (2x^2-xy-y^2)\,dx\,dy\) where \(R\) in the first quadrant is bounded by \(y=-2x+4\), \(y=-2x+7\), \(y=x-2\), \(y=x+1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

(a) The boundaries suggest \(u = y+4x\), \(v = y-4x\). Then \(x=\tfrac{u-v}{8}\), \(y=\tfrac{u+v}{2}\), \(|J|=\tfrac{1}{4}\).

New region \(G\): \(y=4x \Rightarrow v=0\); \(y=4x+2 \Rightarrow v=2\); \(y=2-4x \Rightarrow u=2\); \(y=5-4x \Rightarrow u=5\). So \(G: 2\leq u\leq 5\), \(0\leq v\leq 2\).

\[I = \int_2^5\int_0^2\frac{v}{u}\cdot\frac{1}{4}\,dv\,du = \frac{1}{4}\int_2^5\frac{du}{u}\int_0^2 v\,dv = \frac{1}{4}\ln\!\left(\frac{5}{2}\right)\cdot 2 = \frac{\ln(5/2)}{2}.\]

(b) Boundaries suggest \(u=y+2x\), \(v=y-x\). Then \(x=\tfrac{u-v}{3}\), \(y=\tfrac{u+2v}{3}\), \(|J|=\tfrac{1}{3}\).

New region: \(4\leq u\leq 7\), \(-2\leq v\leq 1\).

Integrand: \(2x^2-xy-y^2 = (2x+y)(x-y)\)… rewrite: \(2x^2-xy-y^2 = (2x+y)(x-y)\). With \(u=y+2x=(2x+y)\) and \(v=y-x=-(x-y)\): integrand \(= u\cdot(-v)\cdot(-1)=... = -uv\).

\[I = \int_4^7\int_{-2}^1(-uv)\cdot\frac{1}{3}\,dv\,du = -\frac{1}{3}\int_4^7 u\,du\cdot\int_{-2}^1 v\,dv\] \[= -\frac{1}{3}\cdot\frac{33}{2}\cdot\left(-\frac{3}{2}\right) = \frac{33}{4}.\]

Ответ: (a) \(\dfrac{\ln(5/2)}{2}\); (b) \(\dfrac{33}{4}\).

4.80. Интеграл по эллипсу (Глава 3, Задание 23)

Вычислите \(\displaystyle\iint_R \sqrt{16x^2+9y^2}\,dA\) where \(R\) is the region enclosed by \(\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{16}=1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Масштаб \(x=3r\cos\theta\), \(y=4r\sin\theta\), \(|J|=12r\), эллипс → \(r\le 1\).

The integrand: \(\sqrt{16x^2+9y^2} = \sqrt{16\cdot9r^2\cos^2\theta+9\cdot16r^2\sin^2\theta} = 12r\).

\[I = \int_0^{2\pi}\int_0^1 12r\cdot 12r\,dr\,d\theta = 144\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 r^2\,dr = 144\cdot 2\pi\cdot\frac{1}{3} = 96\pi.\]

Ответ: \(96\pi\).

4.81. Тройной интеграл по области под параболоидом (Глава 3, Задание 24)

Вычислите \(\displaystyle\iiint_D x\,dV\), где \(D\) ограничена параболоидом \(x=4y^2+4z^2\) и плоскостью \(x=4\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Цилиндрические с осью вдоль \(x\): \(y=r\cos\theta\), \(z=r\sin\theta\), \(dV=r\,dr\,d\theta\,dx\); параболоид \(x=4r^2\), при \(x=4\) имеем \(r\le 1\).

Describe \(D\): for fixed \((r,\theta)\) with \(0\leq r\leq 1\), \(x\) runs from \(4r^2\) to \(4\): \[\iiint_D x\,dV = \int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{4r^2}^4 x\cdot r\,dx\,dr\,d\theta.\]
Внутренний интеграл (\(x\)): \[\int_{4r^2}^4 x\,dx = \frac{16-16r^4}{2} = 8(1-r^4).\]
Интеграл по \(r\): \[\int_0^1 8r(1-r^4)\,dr = 8\left[\frac{r^2}{2}-\frac{r^6}{6}\right]_0^1 = 8\cdot\frac{1}{3} = \frac{8}{3}.\]
Полный интеграл: \[= 2\pi\cdot\frac{8}{3} = \frac{16\pi}{3}.\]

Ответ: \(\dfrac{16\pi}{3}\).

4.82. Объём тела между плоскостями (Глава 3, Задание 25)

Найдите объём тела region bounded by \(z=x\), \(x+z=8\), \(z=y\), \(y=8\), and \(z=0\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

The constraints are \(z\geq 0\), \(z\leq x\), \(x+z\leq 8\), \(z\leq y\), \(y\leq 8\). Integrate \(z\) from \(0\) to \(\min(x, 8-x)\), \(y\) from \(z\) to \(8\), and determine the \(x\)-range.

For the \(z\)-limits: \(z\leq x\) and \(z\leq 8-x\) means \(z\) goes from \(0\) to \(\min(x,8-x)\). This splits at \(x=4\).

\[V = \int_0^4\int_0^x\int_z^8\,dy\,dz\,dx + \int_4^8\int_0^{8-x}\int_z^8\,dy\,dz\,dx.\]

First piece (\(0\leq x\leq 4\)): \[\int_0^4\int_0^x(8-z)\,dz\,dx = \int_0^4\left[8z-\frac{z^2}{2}\right]_0^x dx = \int_0^4\!\left(8x-\frac{x^2}{2}\right)dx = \left[4x^2-\frac{x^3}{6}\right]_0^4 = 64-\frac{32}{3} = \frac{160}{3}.\]

Second piece (\(4\leq x\leq 8\)): by symmetry (substitute \(x'=8-x\)), equals \(\dfrac{160}{3}\).

\[V = \frac{160}{3}+\frac{160}{3} = \frac{320}{3}.\]

Ответ: \(V = \dfrac{320}{3}\).

4.83. Объём с эллиптическим цилиндром (Глава 3, Задание 26)

Найдите объём тела bounded by the elliptical cylinder \(x^2+4y^2\leq 4\), the \(xy\)-plane, and the plane \(z=x+2\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Основание \(x^2+4y^2\le 4\); замена \(x=2u\), \(y=v\) даёт круг, \(|J|=2\).

Height: \(z=x+2=2u+2\) (always \(\geq 0\) on the ellipse since \(x\geq -2\)).

\[V = \iint_{\text{ellipse}}(x+2)\,dA = \iint_{u^2+v^2\leq 1}(2u+2)\cdot 2\,du\,dv.\]

\(\iint_{u^2+v^2\leq 1} 2u\cdot 2\,du\,dv = 0\) (odd in \(u\), symmetric disk).
\(\iint_{u^2+v^2\leq 1} 4\,du\,dv = 4\pi\).

\[V = 0 + 4\pi = 4\pi.\]

Ответ: \(V = 4\pi\).

4.84. Тройной интеграл в цилиндрических координатах (второй) (Глава 3, Задание 27)

Вычислите \(\displaystyle\int_{-3}^3\int_0^{\sqrt{9-x^2}}\int_0^{9-x^2-y^2}\sqrt{x^2+y^2}\,dz\,dy\,dx\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Верхняя половина цилиндра \(x^2+y^2\le 9\), \(z\) от \(0\) до \(9-r^2\); цилиндрические пределы.

\[I = \int_0^\pi\int_0^3\int_0^{9-r^2} r\cdot r\,dz\,dr\,d\theta = \pi\int_0^3 r^2(9-r^2)\,dr\] \[= \pi\int_0^3(9r^2-r^4)\,dr = \pi\left[3r^3-\frac{r^5}{5}\right]_0^3 = \pi\!\left(81-\frac{243}{5}\right) = \frac{162\pi}{5}.\]

Ответ: \(\dfrac{162\pi}{5}\).

4.85. Объём между шаром и цилиндром (Глава 3, Задание 28)

Найдите объём тела enclosed by the cylinder \(x^2+y^2=4\) and the planes \(z=0\) and \(x+y+z=4\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

The solid sits above \(z=0\) and below \(z=4-x-y\). In cylindrical:

\[V = \int_0^{2\pi}\int_0^2\int_0^{4-r\cos\theta-r\sin\theta} r\,dz\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}\int_0^2 r(4-r\cos\theta-r\sin\theta)\,dr\,d\theta.\]

\[= \int_0^{2\pi}\left[2r^2-\frac{r^3}{3}(\cos\theta+\sin\theta)\right]_0^2 d\theta = \int_0^{2\pi}\!\left(8-\frac{8}{3}(\cos\theta+\sin\theta)\right)d\theta.\]

The \(\cos\theta\) and \(\sin\theta\) terms integrate to zero over \([0,2\pi]\):

\[V = 8\cdot 2\pi = 16\pi.\]

Ответ: \(V = 16\pi\).

4.86. Тройной интеграл линейной подстановкой (Глава 3, Задание 29)

Вычислите \(\displaystyle\iiint_D (x^2y+3xyz)\,dx\,dy\,dz\) over \(D: 1\leq x\leq 2,\; 0\leq xy\leq 2,\; 0\leq z\leq 1\) using \(u=x\), \(v=xy\), \(w=3z\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Inverse: \(x=u\), \(y=v/u\), \(z=w/3\). New region \(G\): \(1\leq u\leq 2\), \(0\leq v\leq 2\), \(0\leq w\leq 3\).
Jacobian: \(J=\dfrac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)} = \begin{vmatrix}1&0&0\\-v/u^2&1/u&0\\0&0&1/3\end{vmatrix} = \dfrac{1}{3u}\), so \(|J|=\dfrac{1}{3u}\).
Integrand: \(x^2y+3xyz = u^2\cdot\dfrac{v}{u}+3u\cdot\dfrac{v}{u}\cdot\dfrac{w}{3} = uv+vw\).
Integral: \[I = \int_1^2\int_0^2\int_0^3(uv+vw)\cdot\frac{1}{3u}\,dw\,dv\,du = \frac{1}{3}\int_1^2\int_0^2\int_0^3\!\left(v+\frac{vw}{u}\right)dw\,dv\,du.\]
Inner (\(w\)): \(\int_0^3\!\left(v+\dfrac{vw}{u}\right)dw = 3v+\dfrac{9v}{2u}\).
Middle (\(v\)): \(\int_0^2\!\left(3v+\dfrac{9v}{2u}\right)dv = 6+\dfrac{9}{u}\).
Outer (\(u\)): \(\dfrac{1}{3}\int_1^2\!\left(6+\dfrac{9}{u}\right)du = \dfrac{1}{3}\left[6+9\ln 2\right] = 2+3\ln 2\).

Ответ: \(2+3\ln 2\).

4.87. Ещё одно упражнение в сферических координатах (Глава 3, Задание 30)

Вычислите \(\displaystyle\iiint_D xe^{x^2+y^2+z^2}\,dV\), где \(D\) — часть единичного шара \(x^2+y^2+z^2\leq 1\) в первом октанте.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Сферические координаты и \(dV=\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta\); первый октант.

\[I = \int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2}\int_0^1(\rho\sin\phi\cos\theta)\,e^{\rho^2}\,\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta.\]

Separate variables: \[= \left(\int_0^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta\right)\!\left(\int_0^{\pi/2}\sin^2\phi\,d\phi\right)\!\left(\int_0^1\rho^3 e^{\rho^2}\,d\rho\right).\]

\(\int_0^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta = 1\).
\(\int_0^{\pi/2}\sin^2\phi\,d\phi = \dfrac{\pi}{4}\).
\(\int_0^1\rho^3 e^{\rho^2}\,d\rho\): let \(t=\rho^2\): \(= \dfrac{1}{2}\int_0^1 te^t\,dt = \dfrac{1}{2}[te^t-e^t]_0^1 = \dfrac{1}{2}(0+1) = \dfrac{1}{2}\).

\[I = 1\cdot\frac{\pi}{4}\cdot\frac{1}{2} = \frac{\pi}{8}.\]

Ответ: \(\dfrac{\pi}{8}\).

4.88. Найдите и изобразите область определения (Упражнения, Задание 1)

Найдите и схематично изобразите область определения для каждой функции:

\(f(x, y) = \ln(x^2 + y^2 - 4)\);
\(f(x, y) = \dfrac{\sin(xy)}{x^2+y^2-25}\);
\(f(x, y, z) = \sqrt{4 - x^2} + \sqrt{9 - y^2} + \sqrt{1 - z^2}\);
\(f(x, y, z) = \ln(16 - 4x^2 - 4y^2 - z^2)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Область определения (domain) — где формула имеет смысл: для \(\ln\) аргумент \(>0\), для \(\sqrt{}\) — \(\ge 0\), для дроби знаменатель \(\ne 0\).

(a) \(f(x, y) = \ln(x^2 + y^2 - 4)\)

Require \(x^2 + y^2 - 4 > 0\), i.e., \(x^2 + y^2 > 4\).

Область определения: the exterior of the circle of radius 2 centered at the origin (the open region outside the disk \(x^2+y^2=4\)).

(b) \(f(x, y) = \dfrac{\sin(xy)}{x^2+y^2-25}\)

Require \(x^2+y^2-25 \neq 0\), i.e., \(x^2+y^2 \neq 25\).

Область определения: all of \(\mathbb{R}^2\) except the circle \(x^2+y^2=25\) (radius 5).

(c) \(f(x, y, z) = \sqrt{4 - x^2} + \sqrt{9 - y^2} + \sqrt{1 - z^2}\)

Require simultaneously: \(4-x^2 \geq 0 \Rightarrow -2\leq x\leq 2\); \(9-y^2\geq 0 \Rightarrow -3\leq y\leq 3\); \(1-z^2\geq 0 \Rightarrow -1\leq z\leq 1\).

Область определения: the rectangular box \([-2,2]\times[-3,3]\times[-1,1]\).

(d) \(f(x, y, z) = \ln(16 - 4x^2 - 4y^2 - z^2)\)

Require \(16 - 4x^2 - 4y^2 - z^2 > 0\), i.e., \(4x^2 + 4y^2 + z^2 < 16\), or equivalently \(\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{4} + \dfrac{z^2}{16} < 1\).

Область определения: the interior of the ellipsoid with semi-axes \(a=b=2\) and \(c=4\).

4.89. Пределы функций нескольких переменных (Упражнения, Задание 2)

Найдите пределы: \[\lim_{\substack{(x,y)\to(2,0) \\ 2x-y \neq 4}} \frac{\sqrt{2x - y} - 2}{2x - y - 4}, \quad \lim_{\substack{(x,y)\to(0,0) \\ x \neq y}} \frac{x - y + 2\sqrt{x} - 2\sqrt{y}}{\sqrt{x} - \sqrt{y}}, \quad \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{1 - \cos(xy)}{xy}.\]

Нажмите, чтобы развернуть решение

Limit 1: \(\displaystyle\lim_{\substack{(x,y)\to(2,0)}} \frac{\sqrt{2x-y}-2}{2x-y-4}\)

Let \(t = 2x - y\). As \((x,y)\to(2,0)\), we have \(t\to 4\). So the limit becomes: \[\lim_{t\to 4}\frac{\sqrt{t}-2}{t-4}.\] Rationalize by multiplying numerator and denominator by \((\sqrt{t}+2)\): \[\frac{\sqrt{t}-2}{t-4} = \frac{(\sqrt{t}-2)(\sqrt{t}+2)}{(t-4)(\sqrt{t}+2)} = \frac{t-4}{(t-4)(\sqrt{t}+2)} = \frac{1}{\sqrt{t}+2}.\] As \(t\to 4\): \(\dfrac{1}{\sqrt{4}+2} = \dfrac{1}{4}\).

Ответ: \(\dfrac{1}{4}\).

Limit 2: \(\displaystyle\lim_{\substack{(x,y)\to(0,0) \\ x\neq y}} \frac{x-y+2\sqrt{x}-2\sqrt{y}}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}\)

Factor the numerator by grouping: \[x - y + 2\sqrt{x} - 2\sqrt{y} = (x-y) + 2(\sqrt{x}-\sqrt{y}) = (\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}) + 2(\sqrt{x}-\sqrt{y}).\] Factor out \((\sqrt{x}-\sqrt{y})\): \[= (\sqrt{x}-\sqrt{y})\bigl(\sqrt{x}+\sqrt{y}+2\bigr).\] So the expression simplifies to: \[\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}+2)}{\sqrt{x}-\sqrt{y}} = \sqrt{x}+\sqrt{y}+2.\] As \((x,y)\to(0,0)\): \(\sqrt{0}+\sqrt{0}+2 = 2\).

Ответ: \(2\).

Limit 3: \(\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{1-\cos(xy)}{xy}\)

Let \(u = xy\). As \((x,y)\to(0,0)\), we have \(u\to 0\). By the half-angle identity \(1-\cos u = 2\sin^2(u/2)\): \[\frac{1-\cos u}{u} = \frac{2\sin^2(u/2)}{u} = \frac{\sin(u/2)}{u/2}\cdot\sin\!\left(\frac{u}{2}\right).\] As \(u\to 0\): \(\dfrac{\sin(u/2)}{u/2}\to 1\) and \(\sin(u/2)\to 0\), so the product tends to \(0\).

Ответ: \(0\).

4.90. Отсутствие предела в начале координат (Упражнения, Задание 3)

Покажите, что у следующих функций нет предела при \((x,y)\to(0,0)\): \[f(x,y) = -\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \quad f(x,y) = \frac{x^4-y^2}{x^4+y^2}, \quad f(x,y) = \frac{xy}{|xy|}.\]

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Для отсутствия предела найдите два пути к \((0,0)\) с разными предельными значениями (two-path test).

Function 1: \(f(x,y) = -\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\)

Along \(y=0\), \(x\to 0^+\): \(f = -\dfrac{x}{\sqrt{x^2}} = -\dfrac{x}{|x|} = -1\).
Along \(y=0\), \(x\to 0^-\): \(f = -\dfrac{x}{|x|} = +1\).

Two different limits, so no limit exists.

Function 2: \(f(x,y) = \dfrac{x^4-y^2}{x^4+y^2}\)

Along \(y=0\) (so \(x\to 0\)): \(f = \dfrac{x^4}{x^4} = 1\).
Along \(x=0\) (so \(y\to 0\)): \(f = \dfrac{-y^2}{y^2} = -1\).

Two different limits, so no limit exists.

Function 3: \(f(x,y) = \dfrac{xy}{|xy|}\)

This equals \(\text{sgn}(xy)\) wherever \(xy\neq 0\).

Along \(y=x\), \(x\to 0^+\): \(xy = x^2 > 0\), so \(f = 1\).
Along \(y=-x\), \(x\to 0^+\): \(xy = -x^2 < 0\), so \(f = -1\).

Two different limits, so no limit exists.

4.91. Восстановление функции по частным производным (Упражнения, Задание 4)

Найдите функцию \(z = f(x,y)\) с заданными частными производными:

\(\dfrac{\partial f}{\partial x} = 3x^2y^2 - 2x\), \(\quad \dfrac{\partial f}{\partial y} = 2x^3y + 6y\);
\(\dfrac{\partial f}{\partial x} = xy\cos(xy) + \sin(xy)\), \(\quad \dfrac{\partial f}{\partial y} = x^2\cos(xy)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: При согласованных частных производных восстанавливаем \(f\) интегрированием; «постоянная» может зависеть от другой переменной.

(a) Integrate \(\dfrac{\partial f}{\partial x} = 3x^2y^2 - 2x\) по переменной \(x\): \[f(x,y) = \int(3x^2y^2 - 2x)\,dx = x^3y^2 - x^2 + g(y),\] where \(g(y)\) is an arbitrary function of \(y\) alone.

Now use \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = 2x^3y + 6y\): \[\frac{\partial f}{\partial y} = 2x^3y + g'(y) = 2x^3y + 6y.\] So \(g'(y) = 6y\), giving \(g(y) = 3y^2 + C\).

Ответ: \(f(x,y) = x^3y^2 - x^2 + 3y^2 + C\).

(b) Integrate \(\dfrac{\partial f}{\partial x} = xy\cos(xy) + \sin(xy)\) по переменной \(x\).

Observe that \(\dfrac{d}{dx}[x\sin(xy)] = \sin(xy) + xy\cos(xy)\). So: \[f(x,y) = \int\bigl[xy\cos(xy)+\sin(xy)\bigr]dx = x\sin(xy) + g(y).\]

Verify using \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = x^2\cos(xy)\): \[\frac{\partial f}{\partial y} = x\cdot x\cos(xy) + g'(y) = x^2\cos(xy) + g'(y).\] Setting equal to \(x^2\cos(xy)\): \(g'(y)=0\), so \(g(y)=C\).

Ответ: \(f(x,y) = x\sin(xy) + C\).

4.92. Проверка решений уравнения Лапласа (Упражнения, Задание 5)

Determine whether each of the following functions is a solution of Laplace’s equation \(f_{xx} + f_{yy} = 0\): \[f(x,y) = \sin x \cosh y + \cos x \sinh y, \quad f(x,y) = \ln\!\left(\sqrt{x^2+y^2}\right).\]

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Уравнение Лапласа (Laplace’s equation): \(\Delta f = f_{xx}+f_{yy}=0\); решения — гармонические (harmonic) функции.

Function 1: \(f(x,y) = \sin x\cosh y + \cos x\sinh y\)

Вычислите частные производные: \[f_x = \cos x\cosh y - \sin x\sinh y, \quad f_{xx} = -\sin x\cosh y - \cos x\sinh y.\] \[f_y = \sin x\sinh y + \cos x\cosh y, \quad f_{yy} = \sin x\cosh y + \cos x\sinh y.\]

Sum: \[f_{xx}+f_{yy} = (-\sin x\cosh y - \cos x\sinh y) + (\sin x\cosh y + \cos x\sinh y) = 0. \checkmark\]

Yes, it is a solution.

Function 2: \(f(x,y) = \ln\!\sqrt{x^2+y^2} = \tfrac{1}{2}\ln(x^2+y^2)\)

\[f_x = \frac{x}{x^2+y^2}, \quad f_{xx} = \frac{(x^2+y^2) - x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}.\]

By symmetry: \[f_{yy} = \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}.\]

Sum: \[f_{xx}+f_{yy} = \frac{y^2-x^2+x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} = 0. \checkmark\]

Yes, it is a solution (for \((x,y)\neq(0,0)\)).

4.93. Частные производные через цепное правило (Упражнения, Задание 6)

Найдите \(\dfrac{\partial z}{\partial s}\) and \(\dfrac{\partial z}{\partial t}\) for each of the following:

\(z = \sin x\sin y\), with \(x = \sqrt{t}\), \(y = \dfrac{1}{t}\);
\(z = \ln(2p^3+3q^2+2r^4)\), with \(p = se^t\sin s\), \(q = se^t\cos s\), \(r = se^t\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Цепное правило (chain rule): если \(z=z(x,y)\), а \(x,y\) зависят от \(s,t\), то \[\frac{\partial z}{\partial s} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial s}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial s}, \qquad \frac{\partial z}{\partial t} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial t}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial t}.\]

(a) Here \(x=\sqrt{t}\), \(y=1/t\) do not depend on \(s\), so:

\[\frac{\partial z}{\partial s} = 0.\]

For \(\partial z/\partial t\): \[\frac{\partial z}{\partial t} = \cos x\sin y\cdot\frac{1}{2\sqrt{t}} + \sin x\cos y\cdot\left(-\frac{1}{t^2}\right).\]

Substituting \(x=\sqrt{t}\), \(y=1/t\): \[\frac{\partial z}{\partial t} = \frac{\cos\sqrt{t}\,\sin\frac{1}{t}}{2\sqrt{t}} - \frac{\sin\sqrt{t}\,\cos\frac{1}{t}}{t^2}.\]

(b) \(z = \ln(2p^3+3q^2+2r^4)\).

Let \(D = 2p^3+3q^2+2r^4\). Then \(\dfrac{\partial z}{\partial p} = \dfrac{6p^2}{D}\), \(\dfrac{\partial z}{\partial q} = \dfrac{6q}{D}\), \(\dfrac{\partial z}{\partial r} = \dfrac{8r^3}{D}\).

Вычислите \(\partial p/\partial s\), \(\partial q/\partial s\), \(\partial r/\partial s\) (with \(p=se^t\sin s\), \(q=se^t\cos s\), \(r=se^t\)): \[\frac{\partial p}{\partial s} = e^t\sin s + se^t\cos s, \quad \frac{\partial q}{\partial s} = e^t\cos s - se^t\sin s, \quad \frac{\partial r}{\partial s} = e^t.\]

\[\frac{\partial z}{\partial s} = \frac{6p^2}{D}(e^t\sin s+se^t\cos s) + \frac{6q}{D}(e^t\cos s-se^t\sin s) + \frac{8r^3}{D}\cdot e^t.\]

For \(\partial/\partial t\): \(\dfrac{\partial p}{\partial t}=se^t\sin s\), \(\dfrac{\partial q}{\partial t}=se^t\cos s\), \(\dfrac{\partial r}{\partial t}=se^t\). \[\frac{\partial z}{\partial t} = \frac{6p^2\cdot se^t\sin s + 6q\cdot se^t\cos s + 8r^3\cdot se^t}{D}.\]

4.94. Неявное дифференцирование (Упражнения, Задание 7)

Предполагая, что следующие уравнения задают \(z\) as a differentiable function of \(x\) and \(y\), find \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\) and \(\dfrac{\partial z}{\partial y}\) at the given point.

\(z^3 - xy + yz - y^3 - 2 = 0\), at \((1,1,1)\);
\(xe^y + ye^z + 2\ln x - 2 - 3\ln 2 = 0\), at \((1,\ln 2,\ln 3)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Если \(z\) задана неявно уравнением \(F(x,y,z)=0\), то \[\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z}, \qquad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z}.\]

(a) \(F(x,y,z) = z^3-xy+yz-y^3-2\).

\[F_x = -y, \quad F_y = -x+z-3y^2, \quad F_z = 3z^2+y.\]

At \((1,1,1)\): \(F_x=-1\), \(F_y=-1+1-3=-3\), \(F_z=3+1=4\).

\[\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{-1}{4} = \frac{1}{4}, \qquad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{-3}{4} = \frac{3}{4}.\]

(b) \(F(x,y,z) = xe^y+ye^z+2\ln x-2-3\ln 2\).

\[F_x = e^y+\frac{2}{x}, \quad F_y = xe^y + e^z, \quad F_z = ye^z.\]

At \((1,\ln 2,\ln 3)\): \(e^y=2\), \(e^z=3\).

\[F_x = 2+2 = 4, \quad F_y = 1\cdot 2 + 3 = 5, \quad F_z = \ln 2\cdot 3 = 3\ln 2.\]

\[\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{4}{3\ln 2}, \qquad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{5}{3\ln 2}.\]

4.95. Производная по направлению в точке (Упражнения, Задание 8)

Найдите производную функции в точке \(P_0\) in the direction of \(\mathbf{u}\):

\(f(x,y,z) = x^2+2y^2-3z^2\), \(\;P_0(1,1,1)\), \(\;\mathbf{u} = 2\hat{i}+\hat{j}-2\hat{k}\);
\(f(x,y,z) = \cos(yz)+e^{yz}+\ln(xz)\), \(\;P_0(1,0,1/2)\), \(\;\mathbf{u} = \hat{i}+2\hat{j}+2\hat{k}\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Производная по направлению (directional derivative) вдоль единичного \(\hat{\mathbf{u}}\): \[D_{\hat{u}}f = \nabla f\cdot\hat{\mathbf{u}}.\] Always normalize \(\mathbf{u}\) first: \(\hat{\mathbf{u}} = \mathbf{u}/|\mathbf{u}|\).

(a) \(\nabla f = (2x,\,4y,\,-6z)\). At \(P_0(1,1,1)\): \(\nabla f = (2,4,-6)\).

\(|\mathbf{u}| = \sqrt{4+1+4}=3\), so \(\hat{\mathbf{u}} = \bigl(\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3},-\tfrac{2}{3}\bigr)\).

\[D_{\hat{u}}f = 2\cdot\frac{2}{3}+4\cdot\frac{1}{3}+(-6)\cdot\left(-\frac{2}{3}\right) = \frac{4}{3}+\frac{4}{3}+\frac{12}{3} = \frac{20}{3}.\]

Ответ: \(\dfrac{20}{3}\).

(b) \(f = \cos(yz)+e^{yz}+\ln(xz)\).

\[f_x = \frac{1}{x}, \quad f_y = -z\sin(yz)+ze^{yz}, \quad f_z = -y\sin(yz)+ye^{yz}+\frac{1}{z}.\]

At \(P_0(1,0,1/2)\): \(yz=0\), \(\sin 0=0\), \(e^0=1\). \[f_x=1,\quad f_y = -\tfrac{1}{2}\cdot 0+\tfrac{1}{2}\cdot 1 = \tfrac{1}{2},\quad f_z = 0+0+2 = 2.\] \(\nabla f = (1,\tfrac{1}{2},2)\).

\(|\mathbf{u}|=\sqrt{1+4+4}=3\), \(\hat{\mathbf{u}}=\bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3}\bigr)\).

\[D_{\hat{u}}f = 1\cdot\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}+2\cdot\frac{2}{3} = \frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{4}{3} = 2.\]

Ответ: \(2\).

4.96. Направления наибольшего подъёма и спуска (Упражнения, Задание 9)

Найдите the directions in which the functions increase most rapidly, and the directions in which they decrease most rapidly, at \(P_0\). Then find the derivatives of the functions in these directions.

\(f(x,y,z) = xe^y+z^2\), \(\;P_0(1,\ln 2,1/2)\);
\(f(x,y,z) = \ln(x^2+y^2-1)+y+6z\), \(\;P_0(1,1,0)\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Наибольший рост — в направлении \(\nabla f\) (градиент, gradient), наибольший спуск — вдоль \(-\nabla f\); скорости \(|\nabla f|\) и \(-|\nabla f|\).

(a) \(\nabla f = (e^y,\,xe^y,\,2z)\). At \(P_0(1,\ln 2,1/2)\): \(e^{\ln 2}=2\).

\[\nabla f = (2,\,2,\,1), \quad |\nabla f| = \sqrt{4+4+1}=3.\]

Steepest ascent direction: \(\hat{\mathbf{u}} = \bigl(\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3}\bigr)\), rate \(= 3\).
Steepest descent direction: \(-\hat{\mathbf{u}} = \bigl(-\tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},-\tfrac{1}{3}\bigr)\), rate \(= -3\).

(b) \(f_x = \dfrac{2x}{x^2+y^2-1}\), \(f_y = \dfrac{2y}{x^2+y^2-1}+1\), \(f_z = 6\).

At \(P_0(1,1,0)\): \(x^2+y^2-1 = 1\), so \(f_x = 2\), \(f_y = 2+1=3\), \(f_z=6\).

\[\nabla f = (2,3,6), \quad |\nabla f| = \sqrt{4+9+36}=7.\]

Steepest ascent: \(\hat{\mathbf{u}} = \bigl(\tfrac{2}{7},\tfrac{3}{7},\tfrac{6}{7}\bigr)\), rate \(= 7\).
Steepest descent: \(-\hat{\mathbf{u}} = \bigl(-\tfrac{2}{7},-\tfrac{3}{7},-\tfrac{6}{7}\bigr)\), rate \(= -7\).

4.97. Классификация критических точек (Упражнения, Задание 10)

Найдите и классифицируйте критические точки функции the functions:

\(f(x,y) = x^2-y^3-3xy+2x\);
\(f(x,y) = 2x^3+2y^3-9x^2+3y^2-12y\);
\(f(x,y) = 10xye^{-(x^2+y^2)}\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: В критической точке \(f_x=f_y=0\); классификация — тест вторых производных, \(D = f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^2\).

\(D>0\) and \(f_{xx}>0\): local minimum.
\(D>0\) and \(f_{xx}<0\): local maximum.
\(D<0\): saddle point.
\(D=0\): test is inconclusive.

(a) \(f_x = 2x-3y+2=0\), \(f_y = -3y^2-3x=0 \Rightarrow x=-y^2\).

Substitute into \(f_x=0\): \(2(-y^2)-3y+2=0 \Rightarrow -2y^2-3y+2=0 \Rightarrow 2y^2+3y-2=0\).

Discriminant: \(9+16=25\). So \(y = \dfrac{-3\pm 5}{4}\): \(y=\tfrac{1}{2}\) or \(y=-2\).

\(y=\tfrac{1}{2}\): \(x=-\tfrac{1}{4}\). Critical point \((-\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{2})\).
\(y=-2\): \(x=-4\). Critical point \((-4,-2)\).

\(f_{xx}=2\), \(f_{yy}=-6y\), \(f_{xy}=-3\).

At \((-\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{2})\): \(D=2\cdot(-3)-(−3)^2=-6-9=-15<0\). Saddle point.

At \((-4,-2)\): \(D=2\cdot 12-9=24-9=15>0\), \(f_{xx}=2>0\). Local minimum.

(b) \(f_x=6x^2-18x=6x(x-3)=0\Rightarrow x=0\) or \(x=3\). \(f_y=6y^2+6y-12=6(y^2+y-2)=6(y+2)(y-1)=0\Rightarrow y=-2\) or \(y=1\).

Critical points: \((0,-2),(0,1),(3,-2),(3,1)\).

\(f_{xx}=12x-18\), \(f_{yy}=12y+6\), \(f_{xy}=0\), so \(D=f_{xx}f_{yy}\).

\((0,-2)\): \(f_{xx}=-18\), \(f_{yy}=-18\). \(D=(-18)(-18)=324>0\), \(f_{xx}<0\): local maximum.
\((0,1)\): \(f_{xx}=-18\), \(f_{yy}=18\). \(D=-324<0\): saddle point.
\((3,-2)\): \(f_{xx}=18\), \(f_{yy}=-18\). \(D=-324<0\): saddle point.
\((3,1)\): \(f_{xx}=18\), \(f_{yy}=18\). \(D=324>0\), \(f_{xx}>0\): local minimum.

(c) \(f=10xye^{-(x^2+y^2)}\).

\(f_x = 10y(1-2x^2)e^{-(x^2+y^2)}=0\) and \(f_y = 10x(1-2y^2)e^{-(x^2+y^2)}=0\).

Since \(e^{-(x^2+y^2)}>0\) always, we need \(y(1-2x^2)=0\) and \(x(1-2y^2)=0\).

Cases: 1. \(x=0\) and \(y=0\): critical point \((0,0)\). 2. \(x=0\) and \(1-2y^2=0\): \(y=\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}\), \(x=0\). Points \((0,\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}})\). 3. \(y=0\) and \(1-2x^2=0\): \(x=\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}\), \(y=0\). Points \((\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}},0)\). 4. \(1-2x^2=0\) and \(1-2y^2=0\): \(x=\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}\), \(y=\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}\). Four points.

Вычислите \(f\) at case 4: \(f = 10\cdot(\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}})\cdot(\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}})\cdot e^{-1} = \pm\dfrac{5}{e}\).

At \((0,0)\) and points in cases 2 and 3, \(f=0\).

Тест вторых производных в случае 4. Вычислите производные второго порядка: \[f_{xx} = 10ye^{-(x^2+y^2)}\cdot 2x(2x^2-3), \quad f_{yy} = 10xe^{-(x^2+y^2)}\cdot 2y(2y^2-3),\] \[f_{xy} = 10(1-2x^2)(1-2y^2)e^{-(x^2+y^2)}.\]

At points where \(x^2=\tfrac{1}{2}\) and \(y^2=\tfrac{1}{2}\), we have \(1-2x^2=0\), so \(f_{xy}=0\), and \(2x^2-3=-2\), \(2y^2-3=-2\): \[f_{xx} = 10y\cdot e^{-1}\cdot 2x\cdot(-2) = -40xye^{-1}, \qquad f_{yy} = -40xye^{-1}.\]

So \(D = f_{xx}f_{yy} - f_{xy}^2 = (40xye^{-1})^2 > 0\) at all four points.

At \(\bigl(\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}}\bigr)\) and \(\bigl(-\tfrac{1}{\sqrt{2}},-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\bigr)\): \(xy>0\), so \(f_{xx}=-40xye^{-1}<0\). \(D>0\) and \(f_{xx}<0\): local maxima with \(f=\tfrac{5}{e}\).

At \(\bigl(\tfrac{1}{\sqrt{2}},-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\bigr)\) and \(\bigl(-\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}}\bigr)\): \(xy<0\), so \(f_{xx}=-40xye^{-1}>0\). \(D>0\) and \(f_{xx}>0\): local minima with \(f=-\tfrac{5}{e}\).

Second derivative test for \((0,0)\). \(f_{xx}=f_{yy}=0\) and \(f_{xy}=10\cdot 1\cdot 1\cdot 1=10\). So \(D=0-100=-100<0\): saddle point.

Points in cases 2 and 3 (e.g., \((0,\tfrac{1}{\sqrt{2}})\)): \(f_{xx}=f_{yy}=f_{xy}=0\), so \(D=0\) and the test is inconclusive. However, \(f(x,y)=10xye^{-(x^2+y^2)}\) changes sign in any neighborhood of these points (take \(x>0\) or \(x<0\) small), confirming they are saddle points.

4.98. Экстремумы на эллипсе (множители Лагранжа) (Упражнения, Задание 11)

Найдите the largest and smallest values that \(f(x,y)=xy\) takes on the ellipse \(\dfrac{x^2}{8}+\dfrac{y^2}{2}=1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Множители Лагранжа: \(\nabla f=\lambda\nabla g\) и ограничение \(g=0\).

Let \(g(x,y) = \dfrac{x^2}{8}+\dfrac{y^2}{2}-1=0\).

\[\nabla f = (y,x), \quad \nabla g = \left(\frac{x}{4},y\right).\]

System: \(y = \lambda\dfrac{x}{4}\) and \(x = \lambda y\).

From the first equation: \(\lambda = \dfrac{4y}{x}\) (if \(x\neq 0\)). Substitute into the second: \(x = \dfrac{4y}{x}\cdot y = \dfrac{4y^2}{x}\), so \(x^2=4y^2\), i.e., \(x=\pm 2y\).

Case \(x=2y\): Substitute into the ellipse: \(\dfrac{4y^2}{8}+\dfrac{y^2}{2}=\dfrac{y^2}{2}+\dfrac{y^2}{2}=y^2=1\), so \(y=\pm 1\). Points: \((2,1)\) and \((-2,-1)\), with \(f=2\).

Case \(x=-2y\): Similarly \(y^2=1\), points \((−2,1)\) and \((2,-1)\), with \(f=-2\).

Maximum: \(2\); Minimum: \(-2\).

4.99. Ближайшие и дальние точки на эллипсе (Упражнения, Задание 12)

The plane \(x+y+z=1\) cuts the cylinder \(x^2+y^2=1\) in an ellipse. Find (using the method of Lagrange multipliers) the points on the ellipse that lie closest to and farthest from the origin.

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Минимизируйте \(d^2=x^2+y^2+z^2\) при двух связях \(g_1,g_2\); \(\nabla f=\lambda\nabla g_1+\mu\nabla g_2\).

\(f=x^2+y^2+z^2\), \(g_1=x^2+y^2-1\), \(g_2=x+y+z-1\).

\[\nabla f = (2x,2y,2z),\quad \nabla g_1=(2x,2y,0),\quad \nabla g_2=(1,1,1).\]

System: \[2x = 2\lambda x+\mu, \quad 2y=2\lambda y+\mu, \quad 2z=\mu.\]

From the third equation: \(\mu=2z\).

From the first: \(2x-2\lambda x=2z\Rightarrow x(1-\lambda)=z\).

From the second: \(y(1-\lambda)=z\).

If \(\lambda\neq 1\): \(x = y = \dfrac{z}{1-\lambda}\). Let \(x=y\). From \(x^2+y^2=1\): \(2x^2=1\), \(x=y=\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}\).

From \(x+y+z=1\): \(\dfrac{2}{\sqrt{2}}+z=1\), so \(z=1-\sqrt{2}\) (when \(x=y=\tfrac{1}{\sqrt{2}}\)) or \(z=1+\sqrt{2}\) (when \(x=y=-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\)).

\(d^2\) values:

\(x=y=\tfrac{1}{\sqrt{2}}\), \(z=1-\sqrt{2}\): \(d^2=1+(1-\sqrt{2})^2=1+1-2\sqrt{2}+2=4-2\sqrt{2}\).
\(x=y=-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\), \(z=1+\sqrt{2}\): \(d^2=1+(1+\sqrt{2})^2=1+3+2\sqrt{2}=4+2\sqrt{2}\).

Closest point: \(\bigl(\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}},1-\sqrt{2}\bigr)\), distance \(\sqrt{4-2\sqrt{2}}\).

Farthest point: \(\bigl(-\tfrac{1}{\sqrt{2}},-\tfrac{1}{\sqrt{2}},1+\sqrt{2}\bigr)\), distance \(\sqrt{4+2\sqrt{2}}\).

4.100. Максимум произведения (множители Лагранжа) (Упражнения, Задание 13)

Use the method of Lagrange multipliers to find the maximum value of \(xy\), при условии the constraint \(x+y=16\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Максимум \(f=xy\) при условии \(x+y=16\).

\(\nabla f=(y,x)\), \(\nabla g=(1,1)\). System: \(y=\lambda\) and \(x=\lambda\), so \(x=y\).

From the constraint: \(2x=16\), \(x=y=8\).

\[f(8,8) = 64.\]

Максимум: \(64\) (achieved at \(x=y=8\)).

(By AM–GM, \(xy\leq\bigl(\tfrac{x+y}{2}\bigr)^2=64\), confirming this.)

4.101. Максимум при двух ограничениях (Упражнения, Задание 14)

Найдите максимум \(f(x,y,z)=x^2+2y-z^2\) при условии the constraints \(2x-y=0\) and \(y+z=0\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: При двух ограничениях: \(\nabla f = \lambda\nabla g_1+\mu\nabla g_2\).

\(g_1=2x-y\), \(g_2=y+z\). \(\nabla g_1=(2,-1,0)\), \(\nabla g_2=(0,1,1)\).

\(\nabla f=(2x,2,-2z)\).

System: \[2x = 2\lambda, \quad 2 = -\lambda+\mu, \quad -2z=\mu.\]

From constraint \(g_1=0\): \(y=2x\). From \(g_2=0\): \(z=-y=-2x\).

From the first equation: \(\lambda=x\). From the third: \(\mu=4x\). Substitute into the second: \(2=-x+4x=3x\), so \(x=\tfrac{2}{3}\).

Then \(y=\tfrac{4}{3}\), \(z=-\tfrac{4}{3}\).

\[f = \left(\frac{2}{3}\right)^2+2\cdot\frac{4}{3}-\left(\frac{4}{3}\right)^2 = \frac{4}{9}+\frac{8}{3}-\frac{16}{9} = \frac{4-16}{9}+\frac{24}{9} = \frac{12}{9} = \frac{4}{3}.\]

Максимум: \(\dfrac{4}{3}\) at \(\bigl(\tfrac{2}{3},\tfrac{4}{3},-\tfrac{4}{3}\bigr)\).

4.102. Квадратичные и кубические приближения Тейлора (Упражнения, Задание 15)

С помощью формулы Тейлора для \(f(x,y)\) в начале координат найдите квадратичные и кубические приближения \(f\) около начала координат: \[f(x,y) = e^x\cos y, \quad f(x,y) = \ln(2x+y+1).\]

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Формула Тейлора для \(f(x,y)\) в начале координат до порядка \(n\): \[f(x,y) \approx \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\left(x\frac{\partial}{\partial x}+y\frac{\partial}{\partial y}\right)^k f\bigg|_{(0,0)}.\]

Function 1: \(f(x,y)=e^x\cos y\)

Use the known series \(e^x = 1+x+\tfrac{x^2}{2}+\tfrac{x^3}{6}+\cdots\) and \(\cos y = 1-\tfrac{y^2}{2}+\cdots\)

\[e^x\cos y = \left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\cdots\right)\!\left(1-\frac{y^2}{2}+\cdots\right).\]

Collect terms up to degree 2 (quadratic): \[\approx 1+x+\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}.\]

Collect terms up to degree 3 (cubic): \[\approx 1+x+\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}+\frac{x^3}{6}-\frac{xy^2}{2}.\]

Quadratic: \(1+x+\dfrac{x^2-y^2}{2}\). Cubic: add \(\dfrac{x^3}{6}-\dfrac{xy^2}{2}\).

Function 2: \(f(x,y)=\ln(2x+y+1)\)

Let \(u=2x+y\). Use \(\ln(1+u)=u-\dfrac{u^2}{2}+\dfrac{u^3}{3}-\cdots\)

\[\ln(1+2x+y) = (2x+y)-\frac{(2x+y)^2}{2}+\frac{(2x+y)^3}{3}-\cdots\]

Quadratic: \((2x+y)-\dfrac{(2x+y)^2}{2} = 2x+y-\dfrac{4x^2+4xy+y^2}{2}.\)

Cubic: add \(+\dfrac{(2x+y)^3}{3} = \dfrac{8x^3+12x^2y+6xy^2+y^3}{3}\).

4.103. Квадратичное приближение и оценка погрешности (Упражнения, Задание 16)

С помощью формулы Тейлора найдите квадратичное приближение для \(f(x,y)=\cos x\cos y\) and \(f(x,y)=e^x\sin y\) at the origin. Estimate the error in the approximation if \(|x|\leq 0.1\) and \(|y|\leq 0.1\).

Нажмите, чтобы развернуть решение

Идея: Погрешность многочлена Тейлора степени \(n\) контролируется членами порядка \(n+1\), т.е. \(O(|x|^{n+1}+|y|^{n+1})\) при малых \(x,y\).

Function 1: \(f(x,y)=\cos x\cos y\)

\[\cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\cdots, \quad \cos y = 1-\frac{y^2}{2}+\cdots\]

\[\cos x\cos y = \left(1-\frac{x^2}{2}\right)\!\left(1-\frac{y^2}{2}\right)+\cdots \approx 1-\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}.\]

Quadratic approximation: \(Q(x,y) = 1-\dfrac{x^2+y^2}{2}\).

Error: the next terms are of degree 4 (the cross term \(\dfrac{x^2y^2}{4}\) and the degree-4 contributions from each cosine). For \(|x|,|y|\leq 0.1\): \[|R| \lesssim \frac{x^2 y^2}{4}+\frac{x^4}{24}+\frac{y^4}{24} \leq \frac{(0.1)^4}{4}+\frac{2(0.1)^4}{24} \approx 2.5\times10^{-4}+8.3\times10^{-5}\approx 3.3\times10^{-4}.\]

Function 2: \(f(x,y)=e^x\sin y\)

\[e^x\approx 1+x+\frac{x^2}{2},\quad \sin y\approx y-\frac{y^3}{6}.\]

\[e^x\sin y\approx \left(1+x+\frac{x^2}{2}\right)\!y+\cdots = y+xy+\frac{x^2 y}{2}+\cdots\]

Up to degree 2: \(Q(x,y)=y+xy\).

Error: the next terms involve \(y^3/6\) from \(\sin y\) and the product \(x^2y/2\) (degree 3). For \(|x|,|y|\leq 0.1\): \[|R|\lesssim \frac{|y|^3}{6}+\frac{x^2|y|}{2}\leq \frac{(0.1)^3}{6}+\frac{(0.1)^2(0.1)}{2} = \frac{10^{-3}}{6}+\frac{10^{-3}}{2}\approx 6.7\times10^{-4}.\]