Tich Phan Boi

Bài 01 : Tính 1

x

∫ ∫ xy dy dx. 0 0

Giải

1 x

∫

∫ xy dy dx

0 x

1 y = x

 =∫ 0 

  xy dy  dx ∫  y= x 

1

1 = ∫ ( x 2 − x 3 ) dx 2 0

1  x3

1 4 x 

=  −  2 3 4   0

=

1 24

1

xy 2 

 2  0 x

=∫

x

dx

Bài 02: Tính 1

∫

y 2 2 ( x + y ) dx dy. ∫

0 y

Giải

 y 2   2 ( x + y ) dx  dy ∫0  ∫y   1

y

x 2 = ∫  + xy  dy 3 y 0 1

3

1

y 1 2 5/2 2 7/2 4 y  4 3 5/2 =∫ + y − y  dy = . . y + y − .  3 5 7 3 4 0 3 3  0 1

3/2

4

=

3 35

Bài 03: Tính 1 1

dx dy . 2 2 ∫∫ (1 + x ) (1 + y ) 0 0 Giải Ở ñây, cận lấy tích phân ñều là hằng số và trong hàm lấy tích phân ta có thể tách riêng các biến x và y. Cho nên: ∴

11

dx dy

∫ ∫ (1 + x 2 ) (1 + y 2 )

00

 1 dx   =∫  2 1 + x 0 

= arctgx ] 0 . arctgy ] 0 1

1

π π = . 4 4

1 dy  ∫   1 + y2  0  π2 = 16

Bài 04 : Tính 1 1+ x 2

∫ ∫ 0

0

dy dx 1 + x2 + y 2

Giải   2 1  y = 1+ x  dy   dx ∫ ∫ 2 2 (1 + x ) + y  0  y = 0  1

=∫ 0

π

  1 + x2  arctg  2  1 + x2 1 + x   1

1

=∫ 0

 y arctg  2 2 1+ x  1+ x 1

    0

1+ x 2

1   1 π dx  − arctg 0  dx = ∫    2 4   0 1+ x

. dx

π  π  = ln (1 + 2) = ln x + x + 1  = ln (1 + 2) − ln1  4 4 0 4  1

2

Bài 5: Tính

∫∫ xy = dx dy, A

Trong ñó A là miền giới hạn bởi trục Ox, x = 2a và x2 = 4ay. Giải

   xy dx dy = xy dx  dy ∫∫ ∫  ∫  A y =0  x = 4 ay   a 2  x y

a  x = 2a

2a

 2  0  2 ay

=∫

a

4a 2 y − 4ay 2 dy = ∫ dy 2 0

a

 ay 2 y 3  a4 2 = 2a ∫ (ay − y ) dy = 2a  −  = 2 3  3  0 0 a

Bài 6: Tính

∫∫ xy ( x + y ) dx dy D

Trong ñó D là miền giới hạn bởi y = x2 và y = x. Giải

∫∫ xy ( x + y ) dx dy D

1 2 2 x y

=∫ 0 

2

+

xy 3 

1  y=x

   = ∫  ∫ ( x 2 y + xy 2 ) dy  dx  0 y = x 2  

x

dx  3  2 x

1

5 4 1 6 1 7 = ∫  x − x − x  dx 2 3  6 0

=

3 56

Bài 07: Tính Nếu R là miền giới hạn bởi ¼ ñường tròn x2+y2 = 1 trong góc phần tư thứ nhất, tính

∫∫ R

xy 1− y

2

dx dy.

Giải

∫∫ R

xy 1 − y2

dx dy



=

2 a  y = 1− x 

∫

 x =0 

∫

y =0

  xy dy  dx  1 − y2 

1

=

∫

x =0

  x − 1 − y 2   0

1− x 2

dx

1

  = ∫ x − 1 − (1 − x 2 ) + 1 − 0  dx   0

1

1

= ∫ x {− x + 1} dx 0

=

= ∫ ( x − x 2 ) dx 0

x2 2

−

1 3  x

 3  0

1 1 = − 2 3

1 = 6

Bài 08 : Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, tính: 1

x

∫∫

xy dy dx.

0 x

Giải Ta có: miền lấy tích phân ñường giới hạn bởi:

y = x, y = x và x = 0, x = 1 Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, ta cần tính tích phân theo biến x trước, nghĩa là tính tích phân theo phương Ox. Quan sát theo phương Ox, ta có miền D là miền ñều trong khoảng y = 0 ñến y = 1 và ñường vào là x = y2 và ñường ra x = y.

Do ñó ta có:   y =1  x = y    = xy dx xy dy dx  dy  ∫  ∫ ∫   y = 0 x = y 2 x  

1 x

 ∫ 0 

1 3 y

y5  = ∫  −  dy 2 2   0 

=

y4 8

−

1 6  y

1

=

y =1 2  x

y

y dy 2  y =0  y 2

∫

1

 = − 12  8 12 0

=

1 24

Bài 09: Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, tính: 1 2− y

∫∫ 0

Giải

xy dx dy.

y

1 x = 2 − y

   Ta có: ∫  ∫ xy dx  dy  0   x= y

Miền lấy tích phân giới hạn bởi x2 = y và x + y = 2 trong khoảng y = 0 ñến y = 1. Theo phương Oy, miền D là miền ñều cùng ñường vào y = 0 nhưng không cùng ñường ra nên ta chia miền D thành 2 miền R1 và R2

Trên miền R1, trong khoảng x = 0 ñến x = 1, ñường vào y = 0 và ñường ra 2 y = x2. Do ñó: 2 x   1 1 2  1 y=x 1 1 5 xy   = ∴ xy dx dy = ∫  ∫ xy dy dx = ∫   dx = x dx 12 2  2     0 0 x =0 y=0 R1 0  

∫∫

∫

Trên miền R2, trong khoảng x = 1 ñến x = 2, ñường vào y = 0 và ñường ra y = 2 - x. Do ñó: 2  2 2− x 2 2 x = 2y = 2 − x  x ( 2 x ) − xy   dx = ∫ dx ∴ xy dx dy = ∫  ∫ xy dy dx = ∫   2  2      R2 x =1 1 x =1  y = 0 0 

∫∫

=

∴ ∫∫ xy dx dy = ∫∫ xy dx dy + ∫∫ R

R1

R2

7 1 5 = xy dx dy = + 12 24 24

5 24

Bài 10: Xác ñịnh cận lấy tích phân theo 2 phương Ox và Oy của:

∫∫ f ( x, y)dxdy. D

D là cung tròn nằm trong ñoạn từ − 3 ñến 1 của nửa dưới ñường tròn (O;2) Giải Theo phương Oy: Miền lấy tích phân giới hạn bởi:

x = − 3, x = 1, y = − 4 − x 2 , y = 0 Do ñó: Theo phương Ox: Miền lấy tích phân là miền ñều nhưng không cùng ñường vào và ñường ra Ta chia miền D thành 3 miền: ABEF, BECD và cung CD.

Bài 11

Tìm diện tích của miền giới hạn bởi x2 = 4ay và y2 = 4ax. Giải

ðặt

x2 = 4ay

…(1)

y2 = 4ax

…(2)

Giải (1) và (2) ta tìm ñược tọa ñộ giao ñiểm là (0, 0) và (4a, 4a) Ycbt ⇔ S =

∫∫ dx dy D

  4 a  y = 2 ax    = ∫  ∫ dy  dx 2  x =0  x  y=  4a   =

4a 

∫ 2

0 

ax 0

x2 

 dx 4a 

4 a (4a ) 3 3 / 2 = − . ( 4a ) 3 12 a

16 a 2 = 3

=

4a 

2 ax

∫ y x 2

dx

x =0 

4a

2 1 3 / 2 = 2 (ax ) . − 3 a

32a 2 16 a 2 = − 3 3

x3 

4a

 12 a  0

Công thức ñổi biến 1−1 (u; v) ðặt x = x(u,v) và y = y (u,v) thỏa: ( x; y ) ←→

Khi ñó: 1. f(x,y) = f(x(u,v),y(u,v)) miền D trong mặt phẳng Oxy sẽ biến thành miền D’ trong mặt phẳng O’uv. 2. Công thức tích phân 2 lớp sẽ ñược thay ñổi thành:

∫∫ f (x, y) dxdy = ∫∫ F(u,v) J dudv D

D'

∂x ∂u J = ∂y ∂u

∂x ∂ ( x, y ) ∂v = ∂y ∂ (u , v) ∂v

Ví dụ: D giới hạn bởi: y = x2, y = 2x2, y = x, y = x 3 D giới hạn bởi 1 cặp parabol và 1 cặp ñường thẳng. ðặt: u = y/x ; v = y/x2. Ta có: ,

u u2 u2 x= ;y = ⇒J= 3 v v v

∫∫ f (x; y)dxdy D 3 2  u u2  u2  u u2  u2 = ∫∫ F  ;  3 dudv = ∫ du∫ F  ;  3 dv v v v v v v 1 1  D'

Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực Trong trường hợp tọa ñộ cực. Ta có:

∫∫ f ( x; y)dxdy R

= ∫∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ R

ϕ =β

=

∫ ϕ α =

 r = r2 (ϕ )   ∫ f (r , ϕ ) rdr  dϕ  r = r1 (ϕ ) 

Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực 1. Nếu miền lấy tích phân D giới hạn bởi 2 tia xuất phát từ cực: ϕ =α,ϕ = β (α ≤ β) tiếp xúc với biên của miền D tại A và B và ñoạn ñường cong APB có phương trình r = r1 (ϕ ) , ñoạn ñường cong AQB có phương trình: r = r2 (ϕ ) thì (1) ñược tính như sau: ϕ =β

∫ ϕ α =

 r = r2 (ϕ )   ∫ f (r , ϕ ) dr  dϕ  r = r1 (ϕ ) 

Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực 2. Nếu gốc O nằm trong miền D và mọi tia xuất phát từ O ñều cắt biên của miền HD tại 1 ñiểm có bán kính vec tơ là r = r (ϕ )thì: 2π r (ϕ )   ∫∫D f (x; y)dxdy = ∫0  ∫0 f (r cosϕ; r sinϕ)rdr dϕ   3. Trong tọa ñộ cực ñể tích tích phân 2 lớp thường tính tích phân theo r trước. 4. Ta chỉ ñổi sang hệ tọa ñộ cực khi: -Hàm dưới dấu tích phân có chứa x 2 + y 2 , ñồng thời miền D giới hạn bởi các ñường thẳng ñi qua O. - Miền lấy tích phân D là hình tròn, hình tròn lệch, giới hạn của hai hình tròn, hoặc ñường cong có chứa x2 + y2

1 số tính chất: 1. Nếu miền D ñối xứng qua Ox và f(x;y) = f(x;-y) thì:

∫∫ f ( x ; y ) dxdy = 2 ∫∫ f ( x ; y ) dxdy D

D1

(với D1 là phần của D ứng với y > 0)

Nếu miền D ñối xứng qua Ox và f(x;y) = -f(x;-y) thì: ∫∫D f ( x; y ) dxdy = 0 2. Nếu miền D ñối xứng qua Oy và f(x;y) = f(-x;y) thì:

∫∫ f ( x; y ) dxdy = 2 ∫∫ f ( x; y ) dxdy D

D2

(với D2 là phần của D ứng với x > 0) Nếu miền D ñối xứng qua Oy và f(x;y) = -f(-x;y) thì: ∫∫ f ( x; y)dxdy = 0 D 3. Nếu D ñối xứng qua Ox, Oy và f(x;y)= f(-x;y)= f(x;-y)= f(-x;-y)

∫∫ f ( x; y ) dxdy = 4 ∫∫ f ( x; y ) dxdy D

D*

Kết quả quan trọng:  (2k − 1)!! π  (2k )!! 2 , (n = 2k ) 2 2 n n sin xdx = cos ∫0 ∫0 xdx =  (2k )!!  , (n = 2k + 1)  (2k + 1)!!

π

π

Lưu ý: -ðể xác ñịnh cận tích phân trong tọa ñộ cực ta xét:

r ≥ 0,0 ≤ ϕ ≤ 2π

-Tìm ñiều kiện của ϕ ñể r ≥ 0.

Bài 11 Tính ∫∫ r sin ϕ drdϕ , D

Với D giới hạn bởi r = a(1-cosϕ), a>0, nằm phía trên nửa mp(Oxy). Giải r = a (1−cos ϕ ) π

 ∫∫D r sin ϕ drdϕ = ∫  ϕ =0  π

∫

r =0

a (1−cos ϕ )

r  = ∫ sin ϕ  2 0 0 2

 r sin ϕ dr  d ϕ 

dϕ

π π π  a2  2 =  ∫ sin ϕ dϕ − ∫ cos ϕ ( − sin ϕ )dϕ − ∫ sin 2ϕ dϕ  2 0 0 0  π 2 3 a  cos ϕ cos 2ϕ  4a 2 = − cos ϕ − +  =

2 

3

2

0

3

Bài 12 Nếu R là miền giới hạn bởi nửa ñường tròn r = 2acosϕ 2 3 2 nằm phía trên trục hoành.CMR: ∫∫ r sin ϕ drdϕ = a . 3 R Giải ðường tròn r = 2acosϕ hay r2 = 2arcosϕ Có phương trình trong hệ tọa ñộ (Oxy) là: x2 + y2 - 2ax = 0 ðường tròn tâm (a,0), bán kính a và ñi qua gốc tọa ñộ.

2 r ∫∫ sin ϕ drdϕ = R

r  = ∫ sin ϕ .  3  ϕ =0 π /2

−8a = 3

3

3 π /2

∫ 0

π /2

∫ ϕ

=0

 2 a cos ϕ 2   ∫ r sin ϕ dr dϕ  r =0 

2 a cos ϕ

dϕ = 0

π /2

∫ 0

sin ϕ 8a 3 cos3 ϕ  dϕ 3 π /2

8a cos ϕ  . cos ϕ .(− sin ϕ )dϕ = −  3 4 0 3

3

2a 3 2a 3 =− ( 0 − 1) = 3 3

4

D là miền giới hạn bởi ñường tròn tâm I(a;b) , bán kính R bất kỳ. ðặt: X = x – a, Y = y – b Khi ñó:

∫∫ f ( x; y)dxdy = ∫∫

f ( X + a; Y + b)dXdY

X 2 +Y 2 ≤1

D

2π

a  = ∫  ∫ f (a + r cos ϕ ; b + r sin ϕ )rdr  dϕ 0 0 

Bài 13 Bằng cách chuyển qua tọa ñộ cực, tính: a/ 2

Giải

a2 − y2

∫

∫

0

y

ln( x 2 + y 2 ) dx dy

Miền lấy tích phân ñược xác ñịnh bởi:

x = y ⇒ r cos ϕ = r sin ϕ ⇒ ϕ =

π

4

x = a2 − y 2 ⇒ x2 + y 2 = a2 ⇒ r = a a π 0≤ y≤ ⇒0 ≤ ϕ ≤ 4 2

y = a/ 2

∴

∫

y =0

=

ϕ = π /4

∫ ϕ

=0

 x = a2 − y2    2 2  ∫ ln( x + y ) dx  dy  x = y  π /4 a   a  2  ∫ ln ( r ) .r. dr dϕ =  2 r ln r dr  dϕ  r =0  ϕ =0  r =0 

∫ ∫

r =a 2     r    π  1 2 = 2  ∫ dϕ  .  ∫ r ln rdr  = 2.   .   r ln r −      2  4 4    ϕ = 0 r = 0   0 r =    

π /4

π

a

2  a 2 =  a ln a −  4 2 

Bài 14 Sử dụng phép biến ñổi x + y = u và y = uv, tính Giải

1 1− x

∫∫

e y /( x + y ) dx dy.

0 0

Trong ∫∫ e y /( x + y ) dy D

Miền lấy tích phân D bị giới hạn bởi trục Ox, x + y = 1 và y thay ñổi từ y = 0 ñến y = 1. Từ phép biến ñổi ta có: x = u(1-v) và y = uv ∴

∂x ∂u J= ∂y ∂u

∂x 1− v − u ∂v = =u ∂y v u ∂v

Xác ñịnh cận của D’: (i) Trục Ox (y = 0): suy ra uv = 0. Vậy u = 0, v = 0 Do 0 ≤ y ≤ 1 và x ≥ 0 nên u > 0 và v > 0 (ii) Trục Oy, (x = 0): u(1-v) = 0 nên u = 0, v = 1, since x > 0 Do x ≥ 0 nên u(1 - v) > 0 ⇒ u > 0 và v < 1 (iii) ðường thẳng x + y = 1 cho ta u = 1. Vậy miền D’ giới hạn bởi u = 0, u = 1, v = 0 và v = 1

∴ ∫∫ e y / x + y dx dy R

v =1

u =1

  uv / u =∫ ∫ue du  dv v = 0 u = 0  (e − 1) = 2

u =1

v =1

u =1

v =1    1 2 v v =  ∫ udu  ∫ e dv  =  u  . ( e ) v =0 2    u =0  v =0  u =0

Bài 15 Tìm diện tích của miền giao giữa 2 ñường tròn x2 + y2 = a2 và x2 + y2 = 2ax. Giải

Ta có: x2 + y2 = a 2

⇒

r =a

...(1)

x 2 + y 2 = 2ax ⇒ r = 2a cos ϕ ...(2) Giao ñiểm của 2 ñường tròn, ta có ϕ = π/3 Trong miền R1, r thay ñổi từ 0 ñến r = a và ϕ thay ñổi từ 0 ñến π/3 Trong miền R2, r thay ñổi từ 0 ñến r = 2acosϕ và ϕ thay ñổi từ π/3 ñến π/2

Vậy = 2{S(R1) + S(R2)} π /2  2 a cos ϕ  a   = 2 ∫  ∫ rdr  dϕ + 2 ∫  ∫ r dr dϕ  ϕ =0  r =0 ϕ =π /3    r =0 π /3

π /2  π /3  a  1 = 2.  ∫ dϕ  ∫ rdr  + 2 ∫ 4a 2 cos 2 ϕ dϕ 2 π /3  0  0 

2 2 3a 2 = πa − 3 2

Bài 16 D là miền giới hạn bởi 2 ñường tròn r = 2asinϕ và r = 2bsinϕ, 2 2 b > a, tính ∫∫ ( x + y )dxdy . D

Giải

r = 2 b sin ϕ    3 2 2 ∫∫D ( x + y )dxdy = 2 ∫  ∫ r dr dϕ  ϕ =0   r = 2 a sin ϕ

π /2

π /2

2 b sin ϕ

r  = 2. ∫   dϕ 4  2 a sin ϕ 0  4

1 = (16 b 4 −16a 4 ) 2

π /2

∫ 0

3.1 π 3 4 4 π sin ϕ dϕ = 8(b − a ). . = (b − a ) 4.2 2 2 2 4

4

4

Thể tích của miền giới hạn trong kg 3 chiều theo tích phân 2 lớp Thể tích của miền giới hạn bởi 2 mặt z = z1(x,y) = c1 và z = z2 (x,y) = c-2 ñược xác ñịnh bởi: V = ∫∫ | z 2 − z1 | dx dy R

Tích phân bội ba

∫∫∫ f (x, y, z) dv = ∫∫∫ (x, y, z) dx dy dz R

R

=

x = b y = y 2 ( x ) z = z 2 ( x , y)

∫

∫

∫

f ( x , y, z) dz dy dx

x = a y = y1 ( x ) z = z1 ( x , y)

Tích phân 3 lớp trong tọa ñộ trụ Cho x = rcosϕ , y = rsin ϕ, z = z

then

∂x ∂r ∂ ( x, y, z ) ∂y J= = ∂ (r , ϕ , z ) ∂r ∂z ∂r

∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂z ∂ϕ

∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z

cos ϕ −r sin ϕ 0 = sin ϕ r cos ϕ 0 = r 0 0 1 Bằng cách sử dụng phép ñổi biến

∫∫∫ V

f ( x, y, z ) dV =

∫∫∫ V

f ( x, y , z )dxdydz =

∫∫∫ F ( r , ϕ , z ) rd r d ϕ d z V

Tích phân 3 lớp trong tọa ñộ cầu Cho x = rcosϕsinθ , y = rsinϕsinθ, z = rcosθ ∂ ( x, y , z ) = r 2 sin θ J = ∂ ( r , ϕ ,θ )

thì

Bằng cách sử dụng phép ñổi biến

∫∫∫ f ( x, y, z )dV = ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz V

=

V

2 F ( r , θ , ϕ ) r sin θ drdθ dϕ ∫∫∫ V

Tính thể tích bằng cách sử dụng tích phân 3 lớp

∫∫∫ dV =V = ∫∫∫ dx dy dz V

V

Nhận xét:

1. V = ∫∫∫ d V =

∫∫∫ rdrdϕ dz

R

2. V = ∫∫∫ dV = V

trong tọa ñộ trụ

V 2 r ∫∫∫ sin θ dr dθ dϕ trong tọa ñộ cầu R

Problem 20 c b a

Evaluate

∫ ∫ ∫ (x

2 + y 2 + z 2 ) dz dy dx .

−c − b −a

Solution Since all the limits are constants we can integrate in the given order.

c b 

z3 

a

 x 2x + y2z +  dy dx ∫ ∫ 3   −c − b −a =

c

∫

−c

2ax 2 y + 2a

y3 3

+

2a 3 

b

y dx 3   −b

=

c b 

∫ ∫

 − c − b 

2a x 2 (2a ) + y 2 (2a ) +

3

 dy dx 3  

=

c 

b 3 4a 3 b  2 + 4ab x + 4a  dx

∫

= 4ab

3  

3

−c 

x3 3

+

4ab 3 3

x+

4a 3 bx  3

  −c

8abc3 8ab3c 8a 3bc = + + 3 3 3 8abc 2 = (a + b 2 + c 2 ) 3

c

Problem 21 1 z x+z

Evaluate

∫ ∫ ∫ (x + y + z) dx dy dz .

−1 0 x − z

Solution

1 z x+z

∫ ∫ ∫ (x + y + z) dy dx dz

−1 0 x − z

=

2 ) dx dz ( 4 xz + 2 z ∫

−1 0

1

y2

z

 2 2 = ∫ 2 x z + 2z x  dz  −1 0 1

 3 3 3 4 = ∫ (2z + 2z ) dz = ∫ 4z dz = z  = 0  −1 −1  −1 1

x+z

 = ∫ ∫  xy + + zy  dx dz 2    −1 0 x −z 1

1 z

∫

1 z

Problem 22 1 1− x 2 1− x 2 − z 2

Evaluate ∫

∫

∫

0

0

0

dz dy dx 1− x 2 − y2 − z2

Solution 2 2 1 1− x 2 1− x − y

∫ ∫

∫

0

0

0

1 1− x 2

=∫

∫

0

0

dz (1 − x 2 − y 2 ) 2 − z 2

 z  sin −1  1 − x 2 − y2  0

dy dx

1− x 2 − y 2

dy dx

.

1 1− x 2

=∫

∫

0

0

π dy dx 2

π  = ∫ y 2  0 0 1

1− x 2

1

π dx = ∫ 1 − x 2 dx 2 0

π x 1 −1  2 =  1 − x + sin x  2 2 2 

π2 = 8

Problem 23 Find by triple integration the volume of the sphere of radius a. Solution

∫∫∫ dx dy dz V

a

=8

∫

x =0

a 2 −x2

a 2 −x2 −y2

y=0

z=0

∫

∫ dz dy dx

Changing to spherical coordinate system

dr dy dz = r2 . sin θ dr dφ dθ

V =8

π/2 π/2 a

∫

∫

∫r

2

sin θ drd φ d θ

θ=0 φ=0 r=0

=8

π/2

π/2

a

θ=0

φ=0

r=0

∫ sin θ d θ

4 πa 3 = (1) 3

∫ dφ

2 r ∫ dr

Problem 24

Find the volume of the ellipsoid

x2 a2

+

y2 b2

Solution

Volume V = 8

a

∫

x =0

x2 b 1− a2

∫

y=0

x 2 y2 − c 1− 2 a b2

∫

z =0

dz dy dx

+

z2 c2

= 1 u sin g triple int egration

x 2 y2 c 1−  a 2 b2 a b 1− x 2 / a 2

=8

∫

∫

x =0

z

y=0

   0

 b 12 − x 2 / b2 a a  = ∫  c 1− ∫ x =0  y =0  



=8

2 2 a b 1− x / a 

∫

 x =0  

∫

y=0

dy dx

  x 2 y2  − dy  dx a 2 b2   

     c 1− − dy dx  a 2  b2     x2 

y2



=8

2 2 a b 1− x / a c 

∫

 x =0  

∫

y=0

b

   2 2 b 1 −  − y dy  dx 2  a    x2 

 2 x2   a  b (1 − 2 )   y 8c y  − 1 a + = sin  ∫  b 2 b  1− x2 / a2   2 x =0        

 y 2  1 − x 2  + b − y2   a2   2   

b 1− x 2 / a 2

0

8 bc = 2

a 

∫

2 π x 1 −  dx  a2  2

x =0 



a

8 π abc  2 x3  = a x −  3  4 a 2  0 8 πbc 2a 3 . = 2 3 4a

4 π abc = 3

=

8πab

a

2 − x 2 ) dx ( a ∫

4a 2 0

8 πbc  3 a 3  = a −  3 4a 2  

Problem2 If R is the triangular region with vertices (0,0), (1,1), (-1,1) show that

∫∫ e

y2

dx dy = e − 1.

R

Solution 2

y ∫∫ e dx dy R

 x=y 2    = ∫  ∫ e y dx  dy  y=0  x = − y 1

=

1

∫e

y2

[y − (− y)] dy

y=0

=

t =1

∫e

t =0

1

=

1

∫xe

y =0

2

= a ∫ 2 y e y dy

 y2

y

 dy  −y

put y 2 = t

0

t

dt

]

t 1 =e 0

2 y dy = dt

= e1 −1 = e −1

Problem4

1 2− x 2

Change the order of integration and Evaluate

∫ ∫

0

x

x 2

x +y

Solution 2  x =1 y = 2 − x

 ∫  x =0  

∫

y=x

 x  dy  dx  x 2 + y2 

The region R is determined by y=x, x2 + y2 = 1 and varies from x = 0 to x = 1. Let R be a union of two lapping regions R1 and R2. In R1, x varies from x = 0 to x = y and y varies from 0 to 1.

2

dy dx .

∴

∫∫ R1

y =1 a = y

x 2

x +y

2

dy dx

y

 2 2 = ∫ x +y dy  y =0 0 1

=

∫(

1

y =0

=

 x   = ∫  ∫ dx  dy 2 2  x + y y =0  x = 0 

)

2 − 1 y dy

=

1

 2 2    dy 2 y − y ∫   y =0  1

y2  = ( 2 − 1) .  2 

0

( 2 − 1) 1 1 .1 = − 2 2 2

In R 2 , x var ies from x = 0 to x = 2 − y 2 and y var ies from y = 1 to y = 2.

x

∫∫ R2

=

2

x +y

2

∫ 1

=

∫( 2

=

dx dy

2

 2 2 x +y  0

2− y 2

dy

)

=

2  2 x = 2− y

 ∫  y =1  

∫

x =0

2

 (2 − y 2 + y 2 ) − y 2  dy     1

∫

= 2y −

2 − y dy

y2 

∫∫ R

=

x 2

x +y

2

dx dy =

1 1 3 − + − 2 2 2 2

∫∫ R

x 2

x +y

=1−

1 2

2

 2  1

1

∴

  x dx  dy  x 2 + y2 

2

dx dy +

=

∫∫ R2

3 − 2 2 x 2

x +y

2

dx dy

Problem 5 a a 2 −x 2

Evaluate

∫

∫

0

ax − x 2

xy x 2 + y2

2 2 e − ( x + y ) dx dy by changing to polar

Solution Region of Integration is y = ax − x 2

⇒

x 2 + y 2 = ax ⇒ r = a cos θ

y = a2 − x2

⇒

x 2 + y2 = a 2 ⇒ r = a

x varies from 0 to a ∴

θ var ies from 0 to

π 2

Now while transforming to polar coordinates dx.dy = r dr dθ.

a a 2 −x2

∴

∫

∫

0

ax − x 2

xy 2

2

(x + y )

θ = π/2

r =a

π/2 

r =a

.e

−(x 2 + y 2 )

dx dy

r 2 sub θ cos θ − r 2 = ∫ .e r dr dθ ∫ 2 r θ = 0 r = a cos θ

=

1 ∫  2 ∫ sin 2θ r e θ=0   r = a cos θ

=

π/2

a 2  −r

−r 2

  dr  d θ 

1 e  sin 2 θ dθ ∫ 4 θ=0 − 1   a cos θ

 1 π / 2  r = a −r 2  = ∫  ∫ sin 2 θ ( 2 r ) e dr  dθ 4 θ = 0 r = a cos θ  

−1 π / 2 = sin 2θ 4 θ =∫ 0

 −a 2 − a 2 cos 2 θ  e − e   dθ  

1 −a 2 π / 2 1 π / 2 − a 2 cos 2 θ =− e sin 2θ dθ + e sin 2θ . dθ ∫ ∫ 4 4 θ=0 θ=0 π/2

1 −a 2  =+ e . cos 2θ  8 0

π/2

1  − a 2 cos 2 θ  + e  2 4a  0

1 −a 2 = e [cos π − cos θ]+ 12 8 4a

 −a 2  1 − e   

1 −a 2 1 −a 2 (−1 − 1) + = e (1 − e ) 2 8 4a =

1  2 −a 2  1 − ( a + 1 ) e  2 4a  

Problem6 2 2 a / 2 a −y

∫

Evaluate

θ

∫

log ( x 2 + y 2 ) dx dy changing to polar form .

y

Solution Region of integration is x = y ⇒

cos θ = r sin θ ⇒ θ =

x = a 2 − y2 ⇒ x 2 + y2 = a 2 ⇒ r = a

y var ies from 0 to

∴

a π ⇒ θ var ies from 0 to 4 2

2 2 y = a / 2 x = a − y

 ∫  y =0  

∫

x=y

  log ( x 2 + y 2 ) dx  dy  

π 4

θ = π/4 a

  2 = ∫  ∫ log r r. dr d θ  θ=0  r = 0 π/4 

a2  = ∫ a log a −  d θ 2  θ = 0  2

2 π/4  2 a =  a log a −  ∫ dθ  2  0 

π  2 a 2  = a log a − 4  2 

π/ 4  a

  = ∫  ∫ 2 r log r dr  dθ  θ=0  r = 0

Problem8 Find the total area included between the parabola y2 = 4x and 2x - 3y + 4 = 0. Solution Let

y2 = 4x

…(1)

2x - 3y + 4 = 0

…(2)

Solving (1) and (2) we get (1,2) and (4,4) as the pints of intersection. Area of the required region

  x =4 y=2 x   = ∫  ∫ dy  dx x =1  y = 2 x + 4    3

= 4

4   2  3/ 2 x = 2  x − − x θ 3 3    1 2

=

x =4

2x + 4   − 2 x   dx ∫  3  x =1

1 3

Problem9 Find area inside r = a sin θ and outside the cardioide r = a (1 - cos θ). Solution Required area is shown in the figure. Area =

1/ 2

r a sin θ

∫ r dr dθ

∫

θ = 0 r = a (1− cos θ)

=

r/2

2 

a sin θ

r  dθ ∫ 2 θ=0  a (1− cos θ)

{

}

a2 π / 2 2 = sin θ − (1 − cos θ) 2 dθ ∫ 2 θ=0

a2 π/ 2 = {− 1 + 2 cos θ − cos 2θ } dθ ∫ 2 0

 π = a 2 1 −   4

Problem10 c b a

Evaluate

∫ ∫ ∫ (x

2

+ y 2 + z 2 ) dz dy dx .

−c − b −a

Solution Since all the limits are constants we can integrate in the given order. a

3  2  x x + y 2 z + z  dy dx ∫ ∫ 3  −c −b  −a c

b

 2 2a 3  2 = ∫ ∫  x (2a ) + y (2a ) +  dy dx 3  − c − b  c b

b

y 2a  2 = ∫ 2ax y + 2a + y  dx 3 3  − b −c c

3

3

 b3 4a 3b  2 = ∫ 4ab x + 4a +  dx 3 3  − c  c

c

x 4ab 4a bx  x+ = 4ab +  3 3 3  −c 3

3

3

8abc3 8ab3c 8a 3bc = + + 3 3 3

=

8abc 2 (a + b 2 + c 2 ) 3

Problem11 2 2 1 1− x 2 1− x − y

Evaluate

∫ ∫

∫

0

0

0

xy z dz dy dx .

Solution 1 1− x 2

2 2 1 1− x 2 1− x − y

=∫

∫

∫ xy z dz dy dx

0

0

0

1 1− x 2

=∫

∫

0

0

1

1 =∫ 2 0

0

∫

0

0 1

2

2

(1 − x − y ) dy dx

1− x 2

∫

=∫

1 2 0

=∫

3

( xy − x y − xy ) dy dx

1− x 2

∫

dy dx 0

( xy − x 3 y − xy3 ) dy dx

0 2 4  1− x

1  xy x y xy =∫  − −  2 2 2 4  0 0  1

3

z2  xy  2 

1− x 2 − y 2

2

3 2

dx

 1 x x3 x 2 2 2 2 = ∫  (1 − x ) − (1 − x ) − (1 − x )  dx 2 2 3 4  0  1

11 5 = ∫ ( x − 2x 3 + x ) dx 80 1

1  x6 x 4 x2  =  − +  8  6 2 2  0 1 1 1 1  =  − +  8 6 2 2

=

1 48

Problem12 π / 2 a sin θ

Evaluate

Solution π / 2 a sin θ

∫

θ=0

∫

r =0

∫ r dz dr dθ =

z =0

∫

0

0

∫

0

π/2  2 2

∫ r . z

0

0

4  a sin θ

1 a r r = −   a θ =∫ 0  2 4  0 π/ 2  a3  π / 2 2 4 = 2 ∫ sin θ dθ − ∫ sin θ dθ 4  0  0

∫ r dz dr dθ .

0

a 2 −r 2 π / 2 a sin θ  a

a 2 −r 2 a

∫

a 2 −r 2 a

dθ

dr dθ

π / 2 a sin θ

(a 2 − r 2 ) = ∫ ∫ dr dθ a 0 r =a

{

}

1 π/2 4 2 4 4 = 2 a sin θ − a sin θ dθ ∫ 4a θ = 0

a3  π 3 1 π  = 2. − . . 4  4 4 2 2 

5 πa 3 = 64

Problem13 Evaluate

∫∫∫ R

dx dy dz (1 + x + y + z)

3

.

Solution

∫∫∫

dx dy dz

R (1 + x + y + z )

1 1= x

=

3

x =1 y =1− x z =1− x − y

∫

∫

x =0 y =0

(1 + x + y + z) =∫ ∫ −2 0 0

− 2 1− x − y

  0

dy dx

1− x

1 1  −1 y = ∫ −  2 0 1 + x + y 4  0

∫

z =0

dz (1 + x + y + z)

3

dy dz

1 1 1− x  1 1 = ∫ ∫  −  dy dx 2 0 0  (1 + x + y + z) 2 4  1 1 1 1 (1 − x )  = ∫ − − dx 2 0 1 + x 2 4 

dx 1

1 x (1 − x ) 2  = log (1 + x ) − +  2  2 8  0

=

1 5 log 2 − 2  8 

Problem 14 Find the volume of the tetrahedron

Solution

 x  x y b 1−  c 1− −  a  a   a b

Volume V =

∫

∫

∫ dz dy dx

x =0 y =0

=

x y z + + = 1 and the coordinate planes. a b c

 x b 1−  a  a

∫

x y 1− − z 0 a b dy dx

∫ [ ]

x 0 y =0

b 1− x  a   a  = ∫  ∫ x =0  y =0 

 x y 1 − −   a b

   dy  dx  

a

=

∫

y−

x =0

 x b 1−  y2   a 

xy −  a 2 b 

dx

0

x  x 2 x 1 − b 1 −     a a a  x −   = ∫ b 1 −  −  2b a a 0 

=

abc 6

2

  dx   