help

ilias91 · #1

Μπορεί κάποιος να μου δώσει αναλυτικές λύσεις για τις 4 πρώτες ασκήσεις

Ευχαριστώ

#2

Θα κάνω την αρχή με το πρώτο...Ελπίζω να σε βοηθήσω, σημειωτέον, πως κι εγω τώρα τα ξανασκαλίζω...
Πρόκειται περι συμμετρικού σχήματος ( και οι δύο καμπύλες έχουν κέντρο συμμετρίας το (0,0))
Αρα αρκεί να υπολογίσω το ολοκλήρωμα στο 1ο τεταρτημόριο και μετά επι 4 .
Ολοκληρώνω πρώτα ως προς χ, γι'αυτό φέρνω μια παράλληλη ευθεία στον άξονα χ'χ...Αυτή τέμνει τις καμπύλες στα
σημεία με τετμημενες: $\displaystyle{\displaystyle \sqrt {16 - y^2 } ,\frac{{\sqrt {400 - 25y^2 } }} {4} }$ . Το y τότε μεταβάλλεται απο 0 εως 4. Αρα
$\displaystyle{\displaystyle \iint\limits_T {dxdy = \int\limits_{0}^4 {(\int\limits_{\sqrt {16 - y^2 } }^{\frac{{\sqrt {400 - 25y^2 } }} {4}} {dx} )dy = \int\limits_{0}^4 {\left( {\frac{5} {4}\sqrt {16 - y^2 } - \sqrt {16 - y^2 } } \right)} } }dy = \frac{1} {4}\int\limits_{ 0 }^4 {\sqrt {16 - y^2 } } dy }$
το οποίο με την αλλαγή μεταβλητής y=4cost, δίνει, μετά και απο την αλλαγή των άκρων:
$\displaystyle{\displaystyle 4\int\limits_0^{\frac{\pi } {2}} {\cos ^2 tdt = 2\int\limits_0^{\frac{\pi } {2}} {(1 + \cos 2t)dt} } = ... = \pi }$ .
Αρα το ολοκλήρωμα μας είναι 4π.
Ελπίζω κάτι να πέτυχα!!

ilias91 · #3

σε ευχαριστώ αν μπορείς να μου δώσεις και τις απαντήσεις και στα άλλα θα με βοηθούσες αρκετα

#4

ilias91 έγραψε:σε ευχαριστώ αν μπορείς να μου δώσεις και τις απαντήσεις και στα άλλα θα με βοηθούσες αρκετα

Φίλε ilias91,
ίσως αρκετά από τά μέλη τού mathematica, νά είναι σέ θέσει νά επιλύσουν τά ολοκληρώματα πού έδωσες. Όμως επειδή μοιάζει νά είναι "εργασία γιά τό σπίτι" νά ρωτήσω: εσύ έχεις προσπαθήσει νά τά επιλύσεις ; Άν ναί, δημοσίευσε τίς όποιες προσπάθειές σου. Δέν μαθαίνει κανείς αλλιώς...

Φιλικά

ilias91 · #5

προσπαθωντας τα βρηκα σκουρα ,και το βοηθημα αυτο που εχω δινει μονο αποτελεσματα

#6

Θέτωντας $\left\{ {\begin{array}{l} {x=\alpha\,\rho\,\cos(\theta)} \hfill \\ {y=\beta\,\rho\,\sin(\theta)} \hfill \\ \end{array}} \right\},$ $T=\left\{{(x,y)\in{\mathbb{R}}^2:\,\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}\leq1}\right\}=\left\{{ \left( {\alpha\,\rho\,\cos(\theta),\,\beta\,\rho\,\sin(\theta)}\right):\ 0<\rho\le1,\ 0\le{\theta}\leq{2\pi}}\right\}$ .

$\displaystyle{{\partial(x,y)}\over{\partial(\rho,\theta)}}=\left|{\begin{array}{cc} {\alpha\,\cos(\theta)} & {-\alpha\rho\,\sin(\theta)} \\ {\beta\,\sin(\theta)} & {\beta\,\rho\,\cos(\theta)} \end{array}}\right|=\alpha\,\beta\,\rho\neq0$ .

Επομένως $\displaystyle\iint_{T}{e^{\sqrt{\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}}}\,dx\,dy}=\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{1}\!{e^{\rho}\,\alpha\,\beta\,\rho}\,{d\rho}\,{d\theta}=2\pi\,\alpha\,\beta\quad\square$

#7

Θέτωντας $\left\{ {\begin{array}{c} {u=2x+3y}\vspace{0.1cm}\\ {v=7x-2y} \end{array}} \right\}$ , $T=\left\{{(x,y)\in{\mathbb{R}}^2:\,3\leq2x+3y\leq8\,, \ -6\leq7x-2y\leq4}\right\}=\left\{{ \left( {u,v}\right)\in{\mathbb{R}}^2:\ 3\leq{u}\leq8\,, \ -6\leq{v}\leq4}\right\}$ $\displaystyle{{\partial(x,y)}\over{\partial(u,v)}}=\left|{\begin{array}{rr} \frac{2}{25} & \frac{3}{25} \vspace{0.1cm}\\ \frac{7}{25} & -\frac{2}{25} \end{array}}\right|=-\frac{1}{25}\neq0$ .

Επομένως $\displaystyle\iint_{T}{x+y\,dx\,dy}=\int_{-6}^{4}\int_{3}^{8}\!\left({\frac{2}{25}\,u+\frac{3}{25}\,v+\frac{7}{25}\,u+ -\frac{2}{25}\,v}\right)\left({-\frac{1}{25}}\right) \,{du}\,{dv}=$

$\displaystyle-\frac{1}{625}\int_{-6}^{4}\int_{3}^{8}{9u+v}\,{du}\,{dv}=-\frac{97}{25}\quad\square$ .

help

help

Re: help

Re: help

Re: help

Re: help

Re: help

Re: help

Μέλη σε σύνδεση