Bài 01 : Tính

Giải

1

0 0

.x

xy dy dx∫ ∫

∫ ∫1

0

x

x

dxdyxy ∫ ∫

==

=

1

0

xy

xy

dxdyxy dx2

xyx

x

1

0

2

= ∫

dx)xx(2

11

0

32∫ −=

1

0

43

4

x

3

x

2

1

−= 24

1=

Bài 02: Tính

Giải

12 2

0

( ) .y

y

x y dx dy+∫ ∫

12 2

0

( )y

y

x y dx dy + ∫ ∫

1 32

0 3

y

y

xxy dy

= +

∫

1 3/25/2 3

0

43 3

yy y dy

= + − ∫

145/2 7/2

0

1 2 2 4. . .

3 5 7 3 4y

y y

= + −

35

3=

Bài 03: Tính

Giải

1 1

2 20 0

.(1 ) (1 )

dx dy

x y+ +∫ ∫

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:

∫ ∫++

∴1

0

1

022 )y1()x1(

dydx

+

+= ∫∫

1

02

1

02 y1

dy

x1

dx

] ]1 1

0 0.arctgx arctgy=

4.

4

ππ=16

2π=

Bài 04 : Tính

Giải

21 1

2 20 0 1

x dy dx

x y

+

+ +∫ ∫

dxy)x1(

dy1

0

2x1y

0y22∫ ∫

++

+=

=

211

2 20 0

1.

1 1

x

yarctg dx

x x

+

= + +

∫

1 2

2 20

1 10

1 1

xarctg arctg dx

x x

+ = −

+ + ∫ dx

4x1

11

02∫

π

+=

12

0

ln 14

x xπ = + +

ln (1 2) ln14

π = + − ln (1 2)

4π= +

Bài 5: Tính

Giải

,A

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

∫∫A

dydxxy ∫ ∫=

=

=

=a

0y

a2x

ay4x

dydxxy

dy2

yxa2

ay2

a

0

2

= ∫ ∫

−=a

0

22dy

2

ay4ya4

3

a

3

y

2

aya2dy)yay(a2

4a

0

a

0

322 =

−=−= ∫

Bài 6: Tính

Giải

( )D

xy x y dx dy+∫∫

( )D

xy x y dx dy+∫∫

dx3

xy

2

yx1

0

x

2x

322

∫

+=

dxx3

1x

2

1x

6

51

0

764∫

−−=56

3=

∫ ∫

+==

=

1

0

xy

2xy

22 dxdy)xyyx(

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

Bài 07: Tính

Giải

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

2.

1R

xydx dy

y−∫∫

∫∫−R

2dydx

y1

xy

∫ ∫=

−=

=

−=

a

0x

2x1y

0y2

dxdyy1

xy

dxy1x1

0x

2x1

0

2∫=

−

−−=

dx01)x1(1x1

0

2∫

−+−−−=

∫ +−=1

0

dx}1x{x ∫ −=1

0

2 dx)xx(

1

0

32

3

x

2

x

−=

3

1

2

1 −=6

1=

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

Giải

1

0

.x

x

xy dy dx∫ ∫

, và 0, 1y x y x x x= = = =

Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, ta cần tính tích phân theo biến x trước, nghĩa là tính tích phân theo phương Ox.

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

Quan sát theo phương Ox, ta có miền D làmiền ñều trong khoảng y = 0 ñến y = 1 và ñường vào là x = y2 và ñường ra x = y.

Do ñó ta có:

dxdyxy1

0

x

x∫ ∫

∫ ∫=

=

=

=

=1y

0y

yx

2yx

dydxxy dyy2

xy

2y

1y

0y

2

= ∫

=

=

∫

−=

1

0

53dy

2

y

2

y1

0

64

12

y

8

y

−=

12

1

8

1 −=24

1=

Bài 09: Bằng cách ñổi thứ tự tích phân, tính:

Giải

21

0

.y

y

xy dx dy−

∫ ∫

Ta có: dydxxy1

0

y2x

yx∫ ∫

−=

=

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 y = x2. Do ñó:

1R

xy dx dy∴∫∫ ∫ ∫=

=

=

=1

0x

2xy

0y

dxdyxy dx2

xy2x

0

1

0

2

∫

= ∫=

1

0

5 dxx2

112

1=

Trên miền R2, trong khoảng x = 1 ñến x = 2, ñường vào y = 0 và ñường ra y = 2 - x. Do ñó:

2R

xy dx dy∴∫∫ dxdyxy2x

1x

x2y

0y∫ ∫=

=

−=

=

= ∫ ∫

=

−−=

=2

1x

2

1

2x2

0

2dx

2

)x2(xdx

2

xy

1 2R R R

xy dx dy xy dxdy xy dx dy∴ = +∫∫ ∫∫ ∫∫ 24

5

12

1 +=24

7=

524

=

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

Giải

( , ) .D

f x y dxdy∫∫D là cung tròn nằm trong ñoạn từ 3− ñến 1 của nửa dưới ñường tròn (O;2)

23, 1, 4 , 0x x y x y= − = = − − =Do ñó:

Theo phương Oy: Miền lấy tích phân giới hạn bởi:

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

Giải

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

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 ⇔D

S dx dy= ∫∫

dxdya4

0x

ax2y

a4

2xy

∫ ∫=

=

=

= dxy

ax2

a4

2x

a4

0x

= ∫

=

dxa4

x0ax2

a4

0

2

∫

=

a4

0

32/3

a12

x

a

1.

3

2)ax(2

−=

a12

)a4()a4(.

3

a4 32/3 −=

3

a16

3

a32 22−=

3

a16 2=

ðặt x = x(u,v) và y = y (u,v) thỏa:

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:

Công thức ñổi biến

'

( , ) ( , )D D

f x y dxdy F u v J dudv=∫∫ ∫∫( , )

( , )

x xx yu vJ

y y u v

u v

∂ ∂∂∂ ∂= =

∂ ∂ ∂∂ ∂

( ) 1 1; ( ; )x y u v−←→

Ví dụ:

,

'

3 22 2 2 2

3 31 1

( ; )

; ;

D

D

f x y dxdy

u u u u u uF dudv du F dv

v v v v v v

= =

∫∫

∫∫ ∫ ∫

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

2 2

3;

u u ux y J

v v v= = ⇒ =

Trong trường hợp tọa ñộ cực.

Ta có:

Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực

2

1

( )

( )

( ; )

( cos , sin )

( , )

R

R

r r

r r

f x y dxdy

f r r rdrd

f r rdr dϕϕ β

ϕ α ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ==

= =

=

=

∫∫

∫∫

∫ ∫

1. Nếu miền lấy tích phân D giới hạn bởi 2 tia xuất phát từ cực:

tiếp xúc với biên của miền D tại A và B và ñoạn ñường cong APB có phương trình , ñoạn ñường cong AQB có phương trình: thì (1) ñược tính như sau:

Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực

1( )r r ϕ=

, ( )ϕ α ϕ β α β= = ≤

2( )r r ϕ=

2

1

( )

( )

( , )r r

r r

f r dr dϕϕ β

ϕ α ϕ

ϕ ϕ==

= =

∫ ∫

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 thì:

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 , 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

Tích phân 2 lớp trong tọa ñộ cực

( )r r ϕ=( )2

0 0

( ; ) ( cos ; sin )r

D

f x y dxdy f r r rdr dϕπ

ϕ ϕ ϕ =

∫∫ ∫ ∫

2 2x y+

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

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

(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:3. Nếu D ñối xứng qua Ox, Oy và f(x;y)= f(-x;y)= f(x;-y)= f(-x;-y)

1 số tính chất:

1

( ; ) 2 ( ; )D D

f x y dxdy f x y dxdy=∫∫ ∫∫

( ; ) 0D

f x y dxdy =∫∫

2

( ; ) 2 ( ; )D D

f x y dxdy f x y dxdy=∫∫ ∫∫

( ; ) 0D

f x y dxdy =∫∫

*

( ; ) 4 ( ; )D D

f x y dxdy f x y dxdy=∫∫ ∫∫

Kết quả quan trọng:

2 2

0 0

(2 1)!! , ( 2 )

(2 )!! 2sin cos

(2 )!! , ( 2 1)

(2 1)!!

n n

kn k

kxdx xdx

kn k

k

π π π− == = = + +

∫ ∫

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

-Tìm ñiều kiện của ϕ ñể r ≥ 0.

0,0 2r ϕ π≥ ≤ ≤

Bài 11

Giải

Tính sin ,D

r drdϕ ϕ∫∫

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

sinD

r drdϕ ϕ∫∫(1 cos )

0 0

sinr a

r

r dr dϕπ

ϕ

ϕ ϕ= −

= =

= ∫ ∫

(1 cos )2

0 0

sin2

a

rd

ϕπ

ϕ ϕ−

=

∫

22

0 0 0

sin cos ( sin ) sin 22

ad d d

π π π

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

= − − − ∫ ∫ ∫

2 3

0

cos cos2cos

2 3 2

aπ

ϕ ϕϕ = − − +

3

a4 2=

Bài 12

Giải

Nếu R là miền giới hạn bởi nửa ñường tròn r = 2acosϕnằm phía trên trục hoành.CMR: 2 32

sin .3R

r drd aϕ ϕ =∫∫

ðường tròn r = 2acosϕhay 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 cos/2 3

0 0

sin .3

a

rd

ϕπ

ϕ

ϕ ϕ=

=

∫

/23 3

0

sin8 cos

3a d

π ϕ ϕ ϕ = ∫

/233

0

8cos .( sin )

3

ad

π

ϕ ϕ ϕ−= −∫/23 4

0

8 cos.

3 4

aπ

ϕ = −

( )32

0 13

a=− −3

a2 3=

2 sinR

r drdϕ ϕ∫∫2 cos/2

2

0 0

sina

r

r dr dϕπ

ϕ

ϕ ϕ= =

=

∫ ∫

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:

2 2 1

( ; ) ( ; )D X Y

f x y dxdy f X a Y b dXdY+ ≤

= + +∫∫ ∫∫

2

0 0

( cos ; sin )a

f a r b r rdr dπ

ϕ ϕ ϕ

= + + ∫ ∫

Bài 13

Giải

2 2/ 2

2 2

0

ln( )a ya

y

x y dx dy−

+∫ ∫

Miền lấy tích phân ñược xác ñịnh bởi:

cos sin4

x y r rπϕ ϕ ϕ= ⇒ = ⇒ =

2 2 2 2 2x a y x y a r a= − ⇒ + = ⇒ =

0 042

ay

πϕ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤

Bằng cách chuyển qua tọa ñộ cực, tính:

2 2/ 22 2

0

ln( )x a yy a

y x y

x y dx dy= −=

= =

∴ +

∫ ∫

( )/4

2

0 0

ln . .a

r

r r dr dϕ π

ϕ

ϕ=

= =

=

∫ ∫

/4 22

0 0 0

12 . ln 2. . ln

4 2 4

r aa

r r

rd r rdr r r

π

ϕ

πϕ=

= = =

= = − ∫ ∫

22 ln

4 2

aa a

π = −

/4

0 0

2 lna

r

r r dr dπ

ϕ

ϕ= =

=

∫ ∫

Bài 14

Giải

Sử dụng phép biến ñổi x + y = u và y = uv, tính1 1

/( )

0 0

.x

y x ye dx dy−

+∫ ∫

/( )y x y

D

Trong e dy+∫∫

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

uuv

uv1

v

y

u

yv

x

u

x

J =−−

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∴

Xác ñịnh cận của D’:

(i) Tr ục 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) Tr ục Oy, (x = 0):u(1-v) = 0 nên u = 0, v = 1, since x > 0Do x ≥ 0 nên u(1 - v) > 0 ⇒ u > 0 và v < 1

(iii) ðường thẳng x + y = 1cho ta u = 1.

Vậy miền D’ giới hạn bởi u = 0, u = 1, v = 0 và v = 1

/y x y

R

e dx dy+∴∫∫

( )11 1 1 1

1/ 2

00 0 0 0 0

1.

2

uv u u vv

uv u v v

vv u u v u

u e du dv udu e dv u e== = = = =

== = = = =

= = =

∫ ∫ ∫ ∫

( 1)

2

e −=

Bài 15

Giải

Tìm diện tích của miền giao giữa 2 ñường tròn x2 + y2 = a2

và x2 + y2 = 2ax.

Ta có:

)1...(arayx 222 =⇒=+2 2 2 2 cos ...(2)x y ax r a ϕ+ = ⇒ =

Giao ñiểm của 2 ñường tròn, ta cóϕ = π/3

Trong miền R1, r thay ñổi từ 0 ñến r = a vàϕ 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)}

2 cos/3 /2

0 0 /3 0

2 2aa

r r

rdr d r dr dϕπ π

ϕ ϕ π

ϕ ϕ= = = =

= +

∫ ∫ ∫ ∫

/3 /22 2

0 0 /3

12. 2 4 cos

2

a

d rdr a dπ π

π

ϕ ϕ ϕ

= + ∫ ∫ ∫

222 3

3 2

aaπ= −

Bài 16

Giải

D là miền giới hạn bởi 2 ñường tròn r = 2asinϕ và r = 2bsinϕ,

b > a, tính 2 2( ) .D

x y dxdy+∫∫

2 2( )D

x y dxdy+∫∫2 sin/2

3

0 2 sin

2r b

r a

r dr dϕπ

ϕ ϕ

ϕ=

= =

=

∫ ∫

2 sin/2 4

0 2 sin

2.4

b

a

rd

ϕπ

ϕ

ϕ =

∫

/24 4 4 4 4 4 4

0

1 3.1 3(16 16 ) sin 8( ). . ( )

2 4.2 2 2 2b a d b a b a

π π πϕ ϕ= − = − = −∫

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:

Thể tích của miền giới hạn trong kg 3 chiều

theo tích phân 2 lớp

dydx|zz|V 12R

−= ∫∫

Tích phân bội ba

∫∫∫ ∫∫∫=R R

dzdydx)z,y,x(dv)z,y,x(f

∫ ∫ ∫=

=

=

=

=

==

bx

ax

)x(2yy

)x(1yy

)y,x(2zz

)y,x(1zz

dxdydz)z,y,x(f

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

( , , )

( , , )

x x x

r z

x y z y y ythen J

r z r z

z z z

r z

ϕ

ϕ ϕ

ϕ

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂= =∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

cos sin 0

sin cos 0

0 0 1

r

r r

ϕ ϕϕ ϕ

−= =

Bằng cách sử dụng phép ñổi biến

( , , ) ( , , ) ( , , )V V V

f x y z d V f x y z d xd yd z F r z rd rd d zϕ ϕ= =∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫

Cho x = rcosϕsinθ , y = rsinϕsinθ, z = rcosθ

Tích phân 3 lớp trong tọa ñộ cầu

2( , , )thì sin

( , , )

x y zJ r

rθ

ϕ θ∂= =∂

2( , , ) sinV

F r r drd dθ ϕ θ θ ϕ= ∫∫∫

( , , ) ( , , )V V

f x y z dV f x y z dxdydz=∫∫∫ ∫∫∫

Bằng cách sử dụng phép ñổi biến

Nhận xét:

Tính thể tích bằng cách sử dụng tích phân 3 lớp

V V

dV V dx dy dz= =∫∫∫ ∫∫∫

1.R V

V d V rdrd dzϕ= =∫∫∫ ∫∫∫

22. sinV R

V dV r dr d dθ θ ϕ= =∫∫∫ ∫∫∫

trong tọa ñộ trụ

trong tọa ñộ cầu

Problem 20

Solution

.dxdydz)zyx(Evaluatec

c

b

b

a

a

222∫ ∫ ∫

− − −++

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

∫ ∫− − −

++

c

c

b

b

a

a

322 dxdy

3

zzyxx ∫ ∫

− −

++=

c

c

b

b

322 dxdy

3

a2)a2(y)a2(x

dxy3

a2

3

ya2yax2

b

b

c

c

332

−−

++= ∫

dx3

ba4

3

ba4xab4

c

c

332

∫−

++=

c

c

333

3

bxa4x

3

ab4

3

xab4

−

++=

3

bca8

3

cab8

3

abc8 333++=

)cba(3

abc8 222 ++=

Problem 21

Solution

.dzdydx)zyx(Evaluate1

1

z

0

zx

zx∫ ∫ ∫−

+

−

++

∫ ∫ ∫−

+

−++

1

1

z

0

zx

zx

dzdxdy)zyx( ∫ ∫−

+

−

++=

1

1

zx

zx

z

0

2dzdxzy

2

yxy

∫ ∫−

+=1

1

z

0

2 dzdx)z2xz4( dzxz2zx2

z

0

1

1

22

+= ∫

−

0zdzz4dz)z2z2(

1

1

1

1

431

1

33 =

==+=

−−−∫∫

Problem 22

Solution

.zyx1

dxdydzEvaluate

1

0

2x1

0

2z2x1

0222∫ ∫ ∫

− −−

−−−

∫ ∫ ∫− −−

−−−

1

0

2x1

0

2y2x1

02222

dxdyz)yx1(

dz

∫ ∫−

−−−

−−=

1

0

2x1

0

2y2x1

022

1 dxdyyx1

zsin

∫ ∫− π=

1

0

2x1

0

dxdy2

∫∫ −π=

π=

− 1

0

2

2x1

0

1

0

dxx12

dxy2

+−π= − xsin2

1x1

2

x

212

8

2π=

Problem 23

Solution

Find by triple integration the volume of the sphere of radius a.

∫∫∫V

dzdydx

∫ ∫ ∫=

−

=

−−

==

a

0x

2x2a

0y

2y2x2a

0z

dxdydz8

Changing to spherical coordinate system

dr dy dz = r2 . sin θ dr dφ dθ

)1(3

a4 3π=

∫∫∫

∫ ∫ ∫

=

π

=φ

π

=θ

π

=θ

π

=φ =

φθθ=

θφθ=

a

0r

22/

0

2/

0

2/

0

2/

0

a

0r

2

drrddsin8

ddrdsinr8V

Problem 24

Solution

egrationinttriplegsinu1c

z

b

y

a

xellipsoidtheofvolumetheFind

2

2

2

2

2

2=++

∫ ∫ ∫=

−

=

−−

==

a

0x

2a

2x1b

0y

2b

2y2a

2x1c

0z

dxdydz8VVolume

∫ ∫=

−−

=

=a

0x

2b

2y2a

2x1c

0

2a/2x1b

0y

dxdyz8

∫ ∫=

−

=

−−=a

0x

2b/2x21a

b

0y2

2

2

2dxdy

b

y

a

x1c

∫ ∫=

−

=

−

−=

a

0x

2a/2x1b

0y2

2

2

2dxdy

b

y

a

x1c8

dxdyya

x1b

b

c8

a

0x

2a/2x1b

0y

22

22

∫ ∫=

−

=

−

−=

∫=

−

+

−

−=

a

0x 22

12

22

2

y

a/x1b

ysin

2

)a

x1(b

b

c8

2a/2x1b

0

22

22 y

a

x1b

2

y−

−

−+

∫=

π

−=

a

0x2

2dx

2a

x1

2

bc8 dx)xa(a4

ab8a

0

222 ∫ −π=

a

0

32

2 3

xxa

a4

abc8

−π=

−π=

3

aa

a4

bc8 33

2

3

a2.

a4

bc8 3

2π=

3

abc4π=

Problem2

Solution

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

.1edydxeR

2y∫∫ −=

∫∫R

2y dydxe

∫ ∫=

=

−=

=1

0y

yx

yx

2y dydxe dyex

y

y

1

0y

2y

−=

= ∫

[ ]∫=

−−=1

0y

2y dy)y(ye

dtdyy2

typutdyey2a1

0

22y

=

== ∫

∫=

==

1t

0t

t dte ] 1e1ee 110

t −=−==

Problem4

Solution

Change the order of integration and Evaluate .dxdyyx

x1

0

2x2

x22∫ ∫

−

+

∫ ∫=

=

−=

=

+

1x

0x

2x2y

xy22

dxdyyx

x

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.

dxdyyx

x

1R22∫∫

+∴ dydx

yx

x1y

0y

ya

0x22∫ ∫

=

=

=

=

+=

dyyx

y

0

1

0y

22

+= ∫

=dyyy2

1

0y

22∫=

−=

( )∫=

−=1

0y

dyy12

1

0

2

2

y.)12(

−=

2

1

2

11.

2

)12( −=−=

.2yto =1yfromiesvaryandy2xto0xfromiesvarx,RIn 22 =−==

∫∫+2R

22dydx

yx

xdydx

yx

x2

1y

2y2x

0x22∫ ∫

=

−=

=

+=

dyyx

2y2

0

2

1

22

−

+= ∫ ∫

−+−=

2

1

222 dyy)yy2(

( )∫ −=2

1

dyy2

2

1

2

2

yy2

−= 2

2

3 −=

∫∫ ∫∫ ∫∫+

++

=+

∴R R 2R

222222dydx

yx

xdydx

yx

xdydx

yx

x

22

3

2

1

2

1 −+−=2

11−=

Problem 5

Solution

∫ ∫+−

−

−+

a

0

)2y2x(2x2a

2xax

22polartochangingbydydxe

yx

xyEvaluate

Region of Integration is

θ=⇒=+⇒−= cosaraxyxxaxy 222

arayxxay 22222 =⇒=+⇒−=

x varies from 0 to a

2to0fromiesvar

πθ∴

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

∫ ∫−

−

+−

+∴

a

0

2x2a

2xax

)2y2x(22

dydxe.)yx(

xy

θθθ= ∫ ∫π=θ

=θ

−=

θ=ddrre.

r

cossubr2/

0

2rar

cosar2

2

∫ ∫π

=θ

=

θ=

− θ

θ=2/

0

ar

cosar

2r ddrer2sin2

1 θ

θ= ∫ ∫π

=θ

=

θ=

− ddre)r2(2sin4

1 2/

0

ar

cosar

2r

θθ

−=

θ

π

=θ

−

∫ d2sin1

e

4

1a

cosa

2/

0

2r

θ

−θ−= ∫π

=θ

θ−− dee2sin4

1 2/

0

2cos2a2a

θθ+θθ−= ∫∫π

=θ

θ−π

=θ

− d.2sine4

1d2sine

4

1 2/

0

2cos2a2/

0

2a

2/

0

2cos2a2

2/

0

2a ea4

12cos.e

8

1π

θ−π

−

+

θ+=

[ ]

−+θ−π= −− 2a2

2a e1a4

1coscose

8

1

)e1(a4

1)11(e

8

1 2a2

2a −− −+−−=

+−= − 2a2

2e)1a(1

a4

1

Problem6

Solution

∫ ∫θ

−+

2/a2y2a

y

22 .formpolartochangingdydx)yx(logEvaluate

Region of integration is4

sinrcosyxπ=θ⇒θ=θ⇒=

arayxyax 22222 =⇒=+⇒−=

4to0fromiesvar

2

ato0fromiesvary

πθ⇒

∫ ∫=

=

−=

=

+∴2/ay

0y

2y2ax

yx

22 dydx)yx(log

∫ ∫π=θ

=θ =

θ=4/

0

a

0r

2 ddr.rrlog ∫ ∫π

=θ =θ

=4/

0

a

0r

ddrrlogr2

θ

−= ∫

π

=θd

2

aaloga

4/

0

22

∫π

θ

−=

4/

0

22 d

2

aaloga

−π=

2

aaloga

4

22

Problem8

Solution

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

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

∫ ∫=

=

=

+=

=4x

1x

x2y

34x2

y

dxdy dx3

4x2x2

4x

1x∫=

=

+−=

3

1=4

1

22/3 x

3

4

3

xx

22

−−

θ=

Problem9

Solution

Find area inside r = a sin θ and outside the cardioide r = a (1 - cosθ).

Required area is shown in the figure.

∫ ∫=θ

θ

θ−=θ=

2/1

0

sinar

)cos1(ar

ddrrArea

θ

=

θ

θ−=θ∫ d

2

rsina

)cos1(a

2/r

0

2 { }∫π

=θθθ−−θ=

2/

0

222

d)cos1(sin2

a

{ }∫π

θθ−θ+−=2/

0

2d2coscos21

2

a

π−=4

1a2

Problem10

Solution

.dxdydz)zyx(Evaluatec

c

b

b

a

a

222∫ ∫ ∫

− − −++

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

∫ ∫− − −

++

c

c

b

b

a

a

322 dxdy

3

zzyxx

∫ ∫− −

++=

c

c

b

b

322 dxdy

3

a2)a2(y)a2(x

dxy3

a2

3

ya2yax2

b

b

c

c

332

−−

++= ∫

dx3

ba4

3

ba4xab4

c

c

332

∫−

++=

c

c

333

3

bxa4x

3

ab4

3

xab4

−

++=

3

bca8

3

cab8

3

abc8 333++=

)cba(3

abc8 222 ++=

Problem11

Solution

.dxdydzzxyEvaluate1

0

2x1

0

2y2x1

0∫ ∫ ∫

− −−

∫ ∫ ∫− −−

=1

0

2x1

0

2y2x1

0

dxdydzzxy ∫ ∫− −−

=

1

0

2x1

0

2y2x1

0

2dxdy

2

zxy

∫ ∫−

−−=1

0

2x1

0

22 dxdy)yx1( ∫ ∫−

−−=1

0

2x1

0

33 dxdy)xyyxxy(2

1

∫ ∫−

−−=1

0

2x1

0

33 dxdy)xyyxxy(2

1 dx4

xy

2

yx

2

xy

2

12x1

0

1

0

4232 −

∫

−−=

∫

−−−−−=

1

0

2223

2 dx)x1(4

x)x1(

3

x)x1(

2

x

2

1

∫ +−=1

0

35 dx)xx2x(8

1

1

0

246

2

x

2

x

6

x

8

1

+−=

+−=2

1

2

1

6

1

8

1

48

1=

Problem12

Solution

.ddrdzrEvaluate2/

0

sina

0

a

2r2a

0∫ ∫ ∫

π θ−

θ

θ

−

π θ

∫ ∫ ddrz.ra

2r2a

0

2/

0

sina

0∫ ∫

π θ

=θ−=

2/

0

sina

ar

22ddr

a

)ra(

θ

−=

θπ

=θ∫ d

4

r

2

ra

a

1sina

0

2/

0

422 { } θθ−θ= ∫π

=θdsinasina2

a4

1 2/

0

4424

θθ−θθ= ∫ ∫

π π2/

0

2/

0

423

dsindsin24

a

π−π=2

.2

1.

4

3

4.2

4

a3

64

a5 3π=

=θ∫ ∫ ∫π

=θ

θ

=

−

=

2/

0

sina

0r

a

2r2a

0z

ddrdzr

Problem13

Solution

.)zyx1(

dzdydxEvaluate

R3∫∫∫

+++

∫∫∫+++R

3)zyx1(

dzdydx∫ ∫ ∫=

=

−=

=

−−=

= +++=

1x

0x

x1y

0y

yx1z

0z3

dzdy)zyx1(

dz

∫ ∫= −−−

−+++=

1

0

x1

0

yx1

0

2dxdy

2

)zyx1(∫ ∫

−

−

+++=

1

0

x1

02

dxdy4

1

)zyx1(

1

2

1

∫−

−

++−=

1

0

x1

0

dx4

y

yx1

1

2

1∫

−−−+

=1

0

dx4

)x1(

2

1

x1

1

2

1

1

0

2

8

)x1(

2

x)x1(log

2

1

−+−+=

−=8

52log

2

1

Problem 14

Solution

theand1c

z

b

y

a

xntetrahedrotheofvolumetheFind =++ coordinate planes.

∫ ∫ ∫=

−

=

−−

=a

0x

ax

1b

0y

by

ax

1c

dxdydzVVolume

[ ]∫ ∫

−

=

−−=

a

0x

ax

1b

0y

by

ax

1

0 dxdyz

∫ ∫=

−

=

−−=a

0x

ax

1b

0y

dxdyb

y

a

x1

dxb2

y

a

xyy

ax

1b

0

a

0x

2

−

=

−−= ∫

dxb2

ax

1b

aax

1x

a

x1b

22

a

0

−−

−−

−= ∫

6

abc=