Plošný integrál 

 

Parametrizácia plochy 

Príklad 1: Nájdite parametrizáciu plochy $S$, ktorá je časťou roviny

$$\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1$$ ležiacou v 1. oktante.

Riešenie: Keďže všeobecná rovnica roviny je 

$$a\cdot x+b\cdot y+c\cdot z+d=0,$$

ľahko ju možno parametrizovať pomocou 2 parametrov.

Rovnicu roviny 

$$S: \frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1$$

prenásobíme $12$ a vyjadríme $z$. Dostaneme

$$6x+4y+3z=12  \  \Longrightarrow  \  z=4-2x-\frac{4}{3}y.$$

Parametrické vyjadrenie plochy $S$ potom bude:

$x=u$,

$y=v$,

$z=4-2u-\frac{4}{3}v$; $\ [u;v]\in G$,

kde $G$ je priemet plochy $S$ do roviny $R_{xy}$.

Vo vektorovom tvare

$S:   \vec{r}=u\cdot\vec{i}+v\cdot\vec{j}+(4-2u-\frac{4}{3}v)\vec{k}; \   [u,v]\in G$.

V rovine $R_{xy}$ je oblasť $G$ ohraničená priamkami:

$6x+4y=12 \ \Longrightarrow \ y=3-\frac{3}{2}x$, $\ x=0$, $\ y=0$.

Preto jej popis je nasledovný:

$0\leq x \leq 2$,

$0\leq y \leq 3-\frac{3}{2} x$

Odtiaľ dostaneme finálne parametrické vyjadrenie plochy $S$:

$x=u$,

$y=v$,

$z=4-2u-\frac{4}{3}v$; $\ 0\leq u \leq 2$, $\ 0\leq v \leq 3-\frac{3}{2} u$.

Plošný integrál 

Parametrizácia plochy

Príklad 2.: Nájdite parametrizáciu valcovej plochy $P$ určenej rovnicou

$$x^{2}+y^{2}=1; \ 0\leq z \leq 1.$$

Riešenie: Priemetom valcovej plochy

$$(x-m)^{2}+(y-n)^{2}=r^{2}, \ \ a\leq z \leq b.$$  

do roviny $R_{xy}$ je kružnica.

Pri transformácii využijeme polárne súradnice:

$x=\rho\cdot\cos(\varphi)$,

$y=\rho\cdot\sin(\varphi)$ pre $S=[0;0]$.
Respektíve

$x=m + \rho\cdot\cos(\varphi)$,

$y=n + \rho\cdot\sin(\varphi)$ pre $S=[m;n]$, kde $\rho>0$, $0\leq\varphi\leq 2\pi$.

Parametrizácia valcovej plochy sa potom dá získať v tvare:

$x=m + \rho\cdot\cos(u)$,

$y=n + \rho\cdot\sin(u)$,

$z=v$; $\ 0\leq u\leq 2\pi$, $\ a\leq v \leq b$.

Pre $S=[0; 0]$ parametrické vyjadrenie plochy $P$ bude

$x=\cos(u)$,

$y=\sin(u)$,

$z=v$; $\ 0\leq u\leq 2\pi$, $\ 0\leq v \leq 1.$

Plošný integrál 

Plošný integrál prvého druhu 

Príklad 3.: Vypočítajte hmotnosť guľovej polškrupinky $S$: $x^2+y^2+z^2=16$; $z\geq 0$, ak jej plošná hustota $h=h(x,y,z)$ je daná vzťahom $$h(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2}.$$

Riešenie: Nakoľko plocha $S$ je časťou guľovej plochy, parametrizujeme ju využitím sférických súradníc.

$x=r\cos\varphi\cos\theta,$

$y=r\sin\varphi\cos\theta,$

$z=r\sin\theta;$ $\ r > 0$, $\ 0\leq\varphi\leq 2\pi$, $\ \frac{-\pi}{2}\leq\theta\leq \frac{\pi}{2}$.

Parametrizácia plochy $S$ je nasledovná:

$x=4\cos u\cos v,$

$y=4\sin u\cos v,$

$z=4\sin v;$ $\ 0\leq u\leq 2\pi$, $\ 0\leq v\leq \frac{\pi}{2}$.

Vo vektorovom tvare

$S$: $\vec{r}=(4\cos u\cos v, 4\sin u\cos v, 4\sin v)$; $[u; v]\in\langle 0; 2\pi\rangle \times \langle 0; \frac{\pi}{2} \rangle .$

Plošný integrál prvého druhu vypočítame podľa vzťahu:

$$\int\int_S{f(x,y,z) \ \mathrm{d}S} =\int\int_G{f(\vec{r}(u,v))\cdot|\vec{r}_u'(u,v)\times\vec{r}_v'(u,v)| \ \mathrm{d}u \ \mathrm{d}v}.$$

Predpripravíme si elementy podintegrálnej funkcie na pravej strane vzorca.

$\vec{r}'_u=(4(-\sin u)\cos v, 4\cos u\cos v, 0)$

$\vec{r}'_v=(4\cos u (-\sin v), 4\sin u (-\sin v), 4\cos v)$

$\vec{r}'_u \times \vec{r}'_v=\vec{w}=(w_1; w_2; w_3),$ kde

$$w_1=(4\cos u \cos v)(4\cos v) - 0(-4\sin u \sin v)=16\cos u\cos^2 v,$$

$$w_2=0(-4 \cos u \sin v)-(4 \cos v)(-4 \sin u \cos v)=16 \sin u \cos^2 v,$$

$$w_3=(-4 \sin u \cos v)(-4 \sin u \sin v)-(-4\cos u \sin v)(4 \cos u \cos v)$$

$$=16\sin^2 u\cos v \sin v+16 \cos^2 u \cos v \sin v$$

$$=16 \cos v \sin v (\underbrace{\sin^2 u+\cos^2 u})_1 = 16 \cos v \sin v.$$

$$|\vec{r}'_u \times \vec{r}'_v|=|\vec{w}|=|(w_1; w_2; w_3)|$$

$$=\sqrt{(w_1)^2+(w_2)^2+(w_3)^2}$$

$$=\sqrt{(16\cos u\cos^2 v)^2+(16 \sin u \cos^2 v)^2+(16 \cos v \sin v)^2}$$

$$=\sqrt{16^2\cos^2 u\cos^4 v+16^2 \sin^2 u \cos^4 v+16^2 \cos^2 v \sin^2 v}$$

$$=\sqrt{16^2\cos^4 v(\underbrace{\cos^2 u + \sin^2 u}_1)+16^2 \cos^2 v \sin^2 v}$$

$$=\sqrt{16^2\cos^4 v +16^2 \cos^2 v \sin^2 v}=\sqrt{16^2\cos^2 v \cos^2 v +16^2 \cos^2 v \sin^2 v}$$

$$=\sqrt{16^2\cos^2 v (\underbrace{\cos^2 v +\sin^2 v}_1)}=\sqrt{16^2\cos^2 v}=16\cos v .$$

$$h(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{(4\cos u\cos v)^2+(4\sin u\cos v)^2}$$

$$=\sqrt{16\cos^2 u\cos^2 v + 16\sin^2 u\cos^2 v}$$

$$=\sqrt{16\cos^2 v (\underbrace{\cos^2 u+ \sin^2 u}_1)}=\sqrt{16\cos^2 v} = 4 \cos v .$$

Vyjadrené dosadíme do vzťahu pre hmotnosť plochy $S$:

$$m=\int\int_S{h(x,y,z) \ \mathrm{d}S}.$$

Dostaneme

$$m=\int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} h(x(u,v),y(u,v),z(u,v)) |\vec{r}'_u \times \vec{r}'_v| \ \mathrm{d}v \ \mathrm{d}u$$

$$=\int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (4 \cos v)(16\cos v) \ \mathrm{d}v \ \mathrm{d}u$$

$$= \int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} 64 \cos^2 v \ \mathrm{d}v \ \mathrm{d}u$$

$$= 64 \int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+\cos 2 v}{2} \ \mathrm{d}v \ \mathrm{d}u$$

$$=64 \int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 2 v \right) \ \mathrm{d}v \ \mathrm{d}u$$

$$= 64 \int_0^{2\pi} \left[\frac{1}{2} v+\frac{1}{4}\sin 2 v \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \ \mathrm{d}u$$

$$= 64 \int_0^{2\pi} \left[\left(\frac{1}{2}\frac{\pi}{2}+\frac{1}{4}\sin \left(2 \cdot \frac{\pi}{2}\right)\right)-\left(\frac{1}{2}\cdot 0+\frac{1}{4}\sin (2\cdot 0) \right) \right] \ \mathrm{d}u$$

$$= 64 \int_0^{2\pi} \left[\left(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{4}\underbrace{\sin \pi}_0\right)-\underbrace{\left(0+\frac{1}{4}\sin 0\right)}_0 \right] \ \mathrm{d}u$$

$$= 64 \int_0^{2\pi} \frac{\pi}{4} \ \mathrm{d}u =64\frac{\pi}{4} \int_0^{2\pi} 1 \ \mathrm{d}u=64\frac{\pi}{4} \left[u\right]_0^{2\pi} ==16\pi (2\pi-0)=32 \pi^2.$$

Záver: Hmotnosť guľovej polškrupinky je $32 \pi^2$ hmotnostných jednotiek.

Krivkový integrál

Parametrizácia krivky 

Príklad 1: Parametrizujte úsečku s krajnými bodmi $A=[3; 1]$, $B=[4; 7]$.

Riešenie:

Smerový vektor $\vec{s}$ úsečky $AB$ je $\vec{s}=[4; 7]-[3; 1]=(1; 6)$.

Parametrické vyjadrenie úsečky $AB$ hľadáme v tvare

$$X=A+t\cdot \vec{s}.$$

V zložkovom tvare preto máme

$x=3+1t,$

$y=1+6t;$ $t\in\langle 0; 1\rangle.$

Krivkový integrál 

Parametrizácia krivky 

Príklad 2: Parametrizujte kružnicu ktorá je v 3D daná rovnicami:

$$x^2+y^2+z^2=4^2$$

$$y=x\cdot \mathrm{tg} \alpha,$$

kde $0<\alpha<\frac{\pi}{2}$.

Kružnicu premietneme do roviny $R_{yz}$. Vyjadríme $x$:

$$x=\frac{y}{\mathrm{tg}\alpha}.$$

Dosadíme do predchádzajúcej rovnice.

$$\left(\frac{y}{\mathrm{tg}\alpha}\right)^2+y^2+z^2=4^2$$

$$\frac{y^2 \cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}+\frac{y^2\sin^2\alpha}{\sin^2\alpha}+z^2=4^2$$

$$\frac{y^2(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha)}{\sin^2\alpha}+z^2=4^2$$

$$\left(\frac{y}{\sin{\alpha}}\right)^{2}+z^{2}=4^{2}.$$

$$\frac{y^2}{4^{2}\sin^{2}{\alpha}}+\frac{z^{2}}{4^{2}}=1.$$

V polárnych súradniciach v rovine $R_{yz}$ preto máme:

$y=4 \sin{\alpha}\cos{t}$

$z=4 \sin{t}$; $\quad t\in\langle 0;2\pi\rangle$.

Keďže $x=\frac{y}{\mathrm{tg}\alpha},$ máme

$$x=\frac{y}{\mathrm{tg}\alpha}=\frac{4 \sin{\alpha}\cos{t}}{\mathrm{tg}\alpha}=\frac{\frac{4 \sin{\alpha}\cos{t}}{1}}{\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}}=4\cos{\alpha}\cos{t}.$$

Hľadané parametrické vyjadrenie kružnice je:

$x=4 \cos{\alpha} \cos{t}$

$y=4 \sin{\alpha} \cos{t}$

$z=4 \sin{t}$; $\quad t\in\langle 0; 2\pi\rangle$.

Krivkový integrál 

Krivkový integrál prvého druhu 

Príklad 3: Vypočítajte krivkový integrál $\int_K\sqrt{2y} \ \mathrm{d}s$, ak $K$ je krivka s parametrickým vyjadrením: $x=a(t-\sin t)$, $y=a(1-\cos t)$; $t\in\langle 0; 2\pi\rangle$. 

Riešenie: Keďže krivkový integrál 1. druhu možno vypočítať pomocou vzťahu 
$$\int_K f(x,y)\ \mathrm{d}s=\int^{\beta}_{\alpha}f\left(x(t),y(t)\right)\cdot\sqrt{(x^{\prime}(t))^2+(y^{\prime}(t))^2}\ \mathrm{d}t$$
ako jednoduchý integrál, predpripravíme si niektoré elementy jeho podintegrálnej funkcie:
$(x(t))^{\prime}=(a (t-\sin t))^{\prime}=a (1-\cos t)$
   $\Longrightarrow(x^{\prime}(t))^2=a^2(1-\cos t)^2=a^2(1-2\cos t+\cos^2 t),$
$(y(t))^{\prime}=(a (1-\cos t))^{\prime}=a (0+\sin t)=a \sin t$
   $\Longrightarrow(y^{\prime}(t))^2=a^2\sin^2 t.$
Teda
$$\int_K f(x,y)\ \mathrm{d}s$$
$$=\int^{2\pi}_0\sqrt{2  a (1-\cos t)} \sqrt{a^2(1-2\cos t+\cos^2 t)+a^2\sin^2 t}\ \mathrm{d}t$$  
$$=\int^{2\pi}_0\sqrt{2}\sqrt{a}\sqrt{1-\cos t} \sqrt{a^2(1-2\cos t+(\underbrace{\cos^2 t+\sin^2 t}_1))}\ \mathrm{d}t$$
$$=\int^{2\pi}_0\sqrt{2} \sqrt{a} \sqrt{1-\cos t} \sqrt{a^2(2-2\cos t)}\ \mathrm{d}t$$
$$=\int^{2\pi}_0\sqrt{2} \sqrt{a}\sqrt{1-\cos t}\sqrt{a^2} \sqrt{2} \sqrt{1-\cos t}\ \mathrm{d}t$$
$$=\int^{2\pi}_02  a^{\frac{3}{2}} (1-\cos t)\ \mathrm{d}t=2a^{\frac{3}{2}}\int^{2\pi}_0(1-\cos t)\ \mathrm{d}t$$
$$=2a^{\frac{3}{2}}\left[t-\sin t\right]_0^{2\pi}=2a^{\frac{3}{2}}\left[(2\pi-\sin {2\pi})-(0-\sin 0)\right]=4\pi a^{\frac{3}{2}}.$$

Záver:
$$\int_K\sqrt{2y}\ \mathrm{d}s=4\pi a^{\frac{3}{2}}.$$

Postupnosti 

Príklad 1: Vyšetrite monotónnosť postupnosti $$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}=\left\{\frac{3-4n}{n}\right\}_{n=1}^{\infty}.$$

Riešenie: Napíšeme niekoľko prvých členov uvedenej postupnosti

$a_1=\frac{3-4\cdot 1}{1}=-1,$
$a_2=\frac{3-4\cdot 2}{2}=\frac{-5}{2},$
$a_3=\frac{3-4\cdot 3}{3}=-3,$
$a_4=\frac{3-4\cdot 4}{4}=\frac{-13}{4},$
$a_5=\frac{3-4\cdot 5}{5}=\frac{-17}{5}, \dots$

Zdá sa, že postupnosť je klesajúca. Teda, že pre každé $n\in\mathbb{N}$ platí:
$$\frac{3-4n}{n}> \frac{3-4(n+1)}{(n+1)}.$$
Nakoľko $n\in\mathbb{N}$, teda $n+1>n>0$, hore uvedenú nerovnicu môžeme prenásobiť výrazom $n(n+1)$ a znamienko nerovnosti sa nezmení. Postupne dostaneme:
$$(3-4n)\cdot(n+1) > (3-4n-4)\cdot n,$$
$$3n-4n^2+3-4n > -4n^2-1n,$$
$$-4n^2-n+3 > -4n^2-n,$$
$$3 > 0,$$
čo platí pre každé $n\in\mathbb{N}$.

Preto náš predpoklad bol správny a postupnosť je naozaj klesajúca.

Integrovanie funkcie viacerých reálnych premenných 

Dvojný integrál 

Popis oblasti 

Príklad 1:  Rozhodnite, či oblasť $A$ ohraničená priamkami $y=2$, $y=x+3$, $x=4$ je elementárnou oblasťou typu $[x,y]$, prípadne $[y,x]$. Ak áno, popíšte ju. 

Riešenie: Oblasť $A$ si načrtneme.

Z obrázka vidno, že ju možno popísať aj ako elementárnu oblasť typu $[x,y]$, ale aj  $[y,x]$.

Popis oblasti $A$ ako elementárnej oblasti typu $[x,y]$ je nasledovný:
$$a=-1\leq x\leq 4=b,$$
$$\varphi(x)=2\leq y \leq x+3=\phi(x).$$  

Odvodiť popis oblasti $A$ ako elementárnej oblasti typu $[y,x]$ je len o trochu zložitejšie.
Dolné ohraničenie pre $y$-ové súradnice bodov z oblasti $A$ dáva priamka $y=2$.
Horné ohraničenie dáva sústava rovníc
$$y=x+3,$$
$$x=4,$$
odkiaľ dostávame:
$$y=4+3=7.$$  
Dolné ohraničenie pre $x$-ové súradnice bodov z oblasti $A$ získame z rovnice priamky
$$y=x+3 \Leftrightarrow x=y-3.$$  
Horné ohraničenie pre hodnoty $x$-ových súradníc dáva priamka $x=4$.

Popis oblasti $A$ ako elementárnej oblasti typu $[y,x]$ je potom:
$$2\leq y\leq 7,$$
$$y-3\leq x \leq 4.$$

Integrovanie funkcie viacerých reálnych premenných 

Dvojný integrál 

Popis oblasti 

Príklad 2:  Rozhodnite, či oblasť $M$ tvaru konvexného štvoruholníka s vrcholmi $[1; 1]$, $[3; 1]$, $[2; 2]$ a $[1; 2]$  je elementárnou oblasťou typu $[x,y]$, prípadne $[y,x]$. Ak áno, popíšte ju. 

Riešenie: Oblasť $M$ si načrtneme.

Z obrázka vidno, že pre $x\in\langle 1; 2\rangle$ sú $y$-nové súradnice bodov z oblasti  $M$ z intervalu $\langle 1; 2\rangle$, pre $x\in\langle 2; 3\rangle$ je ohraničenie pre $y$-nové súradnice bodov oblasti $M$ iné.
Oblasť $M$ preto nemožno popísať ako elementárnu oblasť typu $[x,y]$.

Možno ju však popísať ako elementárnu oblasť typu $[y,x]$.
Horné a dolné ohraničenie pre $y$-nové súradnice bodov oblasti $M$ dávajú priamky $y=1$ a $y=2$.
Dolné ohraničenie pre $x$-ové súradnice bodov oblasti $M$ dáva priamka $x=1$.
Horné ohraničenie pre $x$-ové súradnice bodov oblasti $M$ dáva priamka $p$ prechádzajúca bodmi $[3; 1]$ a $[2; 2]$, ktorej smerový vektor je $\vec{s}=[2; 2]-[3; 1]=(-1; 1)$, normálový vektor $\vec{n}=(1; 1)$. Jej všeobecnú rovnicu získame z tvaru $ax+by+c=0$ pre $(a; b)=\vec{n}=(1; 1)$ a konštantu $c$ určíme z rovnice $1x_0+1y_0+c=0$ pre $[x_0; y_0]=[2; 2]$. Všeobecná rovnica priamky $p$ je teda $1x+1y-4=0$, odkiaľ $x=4-y$.

Popis oblasti $M$ ako elementárnej oblasti typu $[y,x]$ je potom:
$$1\leq y\leq 2,$$
$$1\leq x \leq 4-y.$$

Integrovanie funkcie viacerých reálnych premenných 

Dvojný integrál 

Príklad 1: Vypočítajte
$$\int_0^1\int_0^{x^2} 1 \ \mathrm{d}y \ \mathrm{d}x$$

Riešenie: 
$$\int_0^1\int_0^{x^2} 1 \ \mathrm{d}y \ \mathrm{d}x = \int_0^1 \left[ y\right]_0^{x^2} \ \mathrm{d}x = \int_0^1 \left(x^2 - 0 \right) \ \mathrm{d}x = \left[\frac{x^{3}}{3}\right]_0^1=\frac{1^{3}}{3}-\frac{0^{3}}{3}=\frac{1}{3}.$$

Integrovanie funkcie viacerých reálnych premenných 

Dvojný integrál  

Príklad 2: Pomocou vhodnej transformácie určte
$$\iint_M (x^2+y^2) \ \mathrm{d} M,$$
ak M je oblasť určená nerovnicami $x^2+y^2\leq 4$, $y\geq-x$, $y\geq0.$

Riešenie: Oblasť $M$ predstavuje výsek z kruhu $x^2+y^2\leq 4$.
Popíšeme si ju pomocou transformácie do polárnych súradníc:
$x=\rho\cos\varphi$, $y=\rho\sin\varphi$ pre $0\leq\rho\leq 2$, $0\leq\varphi\leq\frac{3\pi}{4}$.
Hodnota Jakobiánu je $|{\cal{J}}|=\rho$.

Príslušný integrál vypočítame nasledovne:
$$\iint_M (x^2+y^2) \ \mathrm{d}M=\int^2_0\int^\frac{3\pi}{4}_0 (\rho^2\cos^2\varphi+\rho^2\sin^2\varphi)\rho \ \mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho$$
$$=\int^2_0\int^\frac{3\pi}{4}_0\rho^2\underbrace{(\cos^2\varphi+ \sin^2\varphi)}_1\rho \ \mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho$$
$$=\int^2_0\int^\frac{3\pi}{4}_0\rho^3 \ \mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho=\int^2_0 \rho^3 \int^\frac{3\pi}{4}_0 1 \ \mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho$$
$$=\int^2_0 \rho^3  \left[\varphi\right]^\frac{3\pi}{4}_0 \ \mathrm{d}\rho=\int^2_0  \rho^3 \left[\frac{3\pi}{4} - 0\right] \mathrm{d}\rho$$
$$=\frac{3\pi}{4} \int^2_0 \rho^3 \ \mathrm{d}\rho  =\frac{3\pi}{4}\left[\frac{\rho^4}{4}\right]^2_0=\frac{3\pi}{4}\left[\frac{2^4}{4} -\frac{0^4}{4}\right] = 3\pi.$$

Integrovanie funkcie viacerých reálnych premenných 

Dvojný integrál 

Trojný integrál 

Príklad 3: Vypočítajte objem telesa ohraničeného plochami
$y=\sqrt{x}$, $y=2\sqrt{x}$, $x+z=4$, $z=0$.

Riešenie: Objem tohto telesa môžeme vypočítať podľa vzťahu
$$v=\iiint_{A} 1  \ \mathrm{d}x \ \mathrm{d}y \ \mathrm{d}z,$$
kde A je popísaná nerovnosťami
$$0\leq x\leq 4, \quad \sqrt{x}\leq y \leq 2 \sqrt{x}, \quad 0\leq z \leq 4-x,$$
alebo podľa vzťahu
$$v=\iint_{M} (f(x,y)-q(x,y)) \ \mathrm{d}x \ \mathrm{d}y,$$
kde M je popísaná nerovnosťami
$$0\leq  x \leq 4, \quad \sqrt{x}\leq y \leq 2 \sqrt{x}, \quad$$
pričom $f(x,y)=4-x$   a   $g(x,y)=0$. 

Obe možnosti, prirodzeme, sú správne. Vedú k identickému výsledku. 

$$V=\int^{4}_{0}\int^{2\sqrt{x}}_{\sqrt{x}} \int^{4-x}_{0}1 \ \mathrm{d}z \ \mathrm{d}y \ \mathrm{d}x = \int^{4}_{0}\int^{2\sqrt{x}}_{\sqrt{x}}\left[z\right]^{4-x}_{0} \ \mathrm{d}y\ \mathrm{d}x$$
$$=\int^{4}_{0}\int^{2\sqrt{x}}_{\sqrt{x}}((4-x)-0)\ \mathrm{d}y\  \mathrm{d}x=\int^{4}_{0}\int^{2\sqrt{x}}_{\sqrt{x}} (4-x) \  \mathrm{d}y \ \mathrm{d}x$$
$$=\int^{4}_{0}\left[4y-xy\right]^{2\sqrt{x}}_{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x= \int^{4}_{0} (4(2\sqrt{x})-x(2\sqrt{x}))-(4 \sqrt{x}-x\sqrt{x}) \ \mathrm{d}x$$
$$=\int^{4}_{0}\left(8 x^{\frac{1}{2}}-2  x^{\frac{3}{2}}-4  x^{\frac{1}{2}}+x^{\frac{3}{2}} \right) \ \mathrm{d}x=\int^{4}_{0} \left(4 x^{\frac{1}{2}}-x^{\frac{3}{2}}\right) \ \mathrm{d}x = \left[4\frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}-\frac{x^{\frac{5}{2}}}{\frac{5}{2}}\right]^{4}_{0}$$
$$=\left(4  \frac{2}{3}   (\sqrt{4})^{3}-\frac{2}{5} (\sqrt{4})^{5}\right) -(0-0)=\frac{8}{3}\cdot 8-\dfrac{2}{5}\cdot 32 =\frac{64}{3}-\frac{64}{5}=\frac{128}{15}.$$  

$$V=\int^{4}_{0}\int^{2\sqrt{x}}_{\sqrt{x}}((4-x)-0)\ \mathrm{d}y\  \mathrm{d}x=\int^{4}_{0}\int^{2\sqrt{x}}_{\sqrt{x}} (4-x) \  \mathrm{d}y \ \mathrm{d}x$$
$$=\int^{4}_{0}\left[4y-xy\right]^{2\sqrt{x}}_{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x= \int^{4}_{0} (4(2\sqrt{x})-x(2\sqrt{x}))-(4 \sqrt{x}-x\sqrt{x}) \ \mathrm{d}x$$
$$=\int^{4}_{0}\left(8 x^{\frac{1}{2}}-2  x^{\frac{3}{2}}-4  x^{\frac{1}{2}}+x^{\frac{3}{2}} \right) \ \mathrm{d}x=\int^{4}_{0} \left(4 x^{\frac{1}{2}}-x^{\frac{3}{2}}\right) \ \mathrm{d}x = \left[4\frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}-\frac{x^{\frac{5}{2}}}{\frac{5}{2}}\right]^{4}_{0}$$
$$=\left(4  \frac{2}{3}   (\sqrt{4})^{3}-\frac{2}{5} (\sqrt{4})^{5}\right) -(0-0)=\frac{8}{3}\cdot 8-\dfrac{2}{5}\cdot 32 =\frac{64}{3}-\frac{64}{5}=\frac{128}{15}.$$

Objem telesa je $\dfrac{128}{15}$ jednotiek kubických.

Integrovanie funkcie viacerých reálnych premenných 

Trojný integrál 

Príklad 4: Vypočítajte
$$\int_0^2\int_0^{2\pi}\int_{\frac{\rho^2}{2}}^2\rho^3 \ \mathrm{d}u \ \mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho$$

Riešenie:
$$\int_0^2 \int_0^{2\pi} \int_{\frac{\rho^2}{2}}^2 \rho^3 \ \mathrm{d}u\ \mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho$$
$$=\int_0^2\int_0^{2\pi}\rho^3\int_{\frac{\rho^2}{2}}^2 1 \ \mathrm{d}u\ \mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho=\int_0^2\int_0^{2\pi}\rho^3\big[u\big]_{\frac{\rho^2}{2}}^2 \ \mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho$$
$$=\int_0^2\int_0^{2\pi}\rho^3\left[2-\frac{\rho^2}{2}\right]\mathrm{d}\varphi\ \mathrm{d}\rho=  \int_0^2\int_0^{2\pi} \left(2\rho^3-\frac{\rho^5}{2}\right)\mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho$$
$$=\int_0^2\left[2\rho^3\varphi-\frac{\rho^5}{2}\varphi\right]_0^{2\pi}\mathrm{d}\rho=\int_0^2\left(\left(2\rho^{3}2\pi-\frac{\rho^5}{2}2\pi\right)-\left(2\rho^{3}0-\frac{\rho^5}{2}0\right)\right) \mathrm{d}\rho$$
$$=\int_0^2 \left(4\pi\rho^3-\pi\rho^5\right) \mathrm{d}\rho=  \left[4\pi\frac{\rho^4}{4}-\pi\frac{\rho^6}{6}\right]_0^2$$
$$=\left(4\pi\frac{2^4}{4}-\pi\frac{2^6}{6}\right)-\left(4\pi\frac{0^4}{4}-\pi\frac{0^6}{6}\right)=16\pi-\frac{32}{3}\pi=\frac{16}{3}\pi.$$

Integrovanie funkcie viacerých reálnych premenných 

Trojný integrál  

 

Príklad 5: Vypočítajte
$$\int_0^4\int_{\sqrt{u}}^{2\sqrt{u}}\int_0^{4-u}1 \ \mathrm{d}\varphi \ \mathrm{d}\rho \ \mathrm{d}u.$$

Riešenie:
$$\int_0^4\int_{\sqrt{u}}^{2\sqrt{u}}\int_0^{4-u}1 \ \mathrm{d}\varphi\ \mathrm{d}\rho \ \mathrm{d}u=\int_0^4\int_{\sqrt{u}}^{2\sqrt{u}}\big[\varphi\big]_0^{4-u} \ \mathrm{d}\rho \ \mathrm{d}u$$
$$=\int_0^4\int_{\sqrt{u}}^{2\sqrt{u}}((4-u)-0) \ \mathrm{d}\rho \ \mathrm{d}u=\int_0^4 \big[4\rho-u\rho\big]_{\sqrt{u}}^{2\sqrt{u}} \ \mathrm{d}u$$
$$=  \int_0^4\big(4(2\sqrt{u})-u(2\sqrt{u})\big)-(4\sqrt{u}-u\sqrt{u}) \ \mathrm{d}u$$
$$=\int_0^{4} \left(8u^{\frac{1}{2}}-2u^{\frac{3}{2}}-4u^{\frac{1}{2}}+u^{\frac{3}{2}}\right) \ \mathrm{d}u=\int_0^{4} \left(4u^{\frac{1}{2}}-1u^{\frac{3}{2}}\right) \ \mathrm{d}u=\left[4\frac{u^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}-\frac{u^{\frac{5}{2}}}{\frac{5}{2}}\right]_0^4$$
$$= \left[\frac{8}{3}u^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{5}u^{\frac{5}{2}}\right]_0^4=\left[\left(\frac{8}{3}4^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{5}4^{\frac{5}{2}}\right)-\left(\frac{8}{3}0^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{5}0^{\frac{5}{2}}\right)\right]$$
$$=\frac{8}{3}(\sqrt{4})^3-\frac{2}{5}(\sqrt{4})^5=\frac{8}{3}8-\frac{2}{5}32=\frac{64}{3}-\frac{64}{5}=\frac{5.64-3.64}{15}=\frac{128}{15}.$$

Integrovanie funkcie viacerých reálnych premenných  

Dvojný integrál 

Príklad 6: Vypočítajte

$$\int_1^2 \int_1^3 x^{2}ye^{xy} \ \mathrm{d}y \ \mathrm{d}x.$$

Riešenie: Pri výpočte využijeme metódu per partes. 
$$\int_1^2 \int_1^3 x^{2}ye^{xy} \ \mathrm{d}y \ \mathrm{d}x$$

$$=\int_1^2 x^{2}\left(\left[y \frac{1}{x} e^{xy}\right]_1^3 -\int_1^3 \frac{1}{x}e^{xy} \ \mathrm{d}y \right) \ \mathrm{d}x$$

$$=\int_1^2 x^{2} \left(\left[3 \frac{1}{x}e^{3x}- 1 \frac{1}{x}e^{1x}\right]-\frac{1}{x}\left[\frac{1}{x}e^{xy}\right]_1^3\right) \ \mathrm{d}x$$

$$=\int_1^2 x^{2}\left(3x^{-1} e^{3x}-x^{-1} e^{x}-\frac{1}{x}\left[\frac{1}{x}e^{3x}-\frac{1}{x}e^{x}\right]\right)\mathrm{d}x$$

$$=\int_1^2 \left(3xe^{3x}-x e^{x}-e^{3x}+e^{x}\right) \ \mathrm{d}x$$

$$=\int_1^2 3xe^{3x} \ \mathrm{d}x-\int_1^2 xe^{x} \ \mathrm{d}x-\int_1^2 e^{3x}+\int_1^2 e^{x} \ \mathrm{d}x=\star$$

Prvé dva integrály zrátame metódou per partes, ďalší je možné vyriešiť  odhadom alebo substitučnou metódou, posledný podľa vzorca.

$$\int_1^2 3xe^{3x} \ \mathrm{d}x$$

$$=\left[3x \frac{1}{3}e^{3x}\right]_1^2 -\int_1^2 3 \frac{1}{3}e^{3x} \ \mathrm{d}x$$

$$=2e^{6}-e^{3}-\left[\frac{1}{3}e^{6}-\frac{1}{3}e^{3}\right]$$

$$=\frac{6e^{6}-3e^{3}-e^{6}+e^{3}}{3}=\frac{5e^{6}-2e^{3}}{3}.$$  

$$\int_1^2 xe^{x} \ \mathrm{d}x$$

$$=\left[x e^{x}\right]_1^2 -\int_1^2 e^{x} \ \mathrm{d}x$$

$$=2e^{2}-e-\left[e^{2}-e^{1}\right]=2e^{2}-e-e^{2}+e=e^{2}.$$  
 

Preto

$$\star=\frac{5}{3}e^{6}-\frac{2}{3}e^{3}-e^{2}-\left[\frac{1}{3}e^{3x}\right]_1^2 + \left[e^{x}\right]_1^2$$

$$=\frac{5}{3}e^{6}-\frac{2}{3}e^{3}-e^{2}-\left[\frac{1}{3}e^{6}-\frac{1}{3}e^{3}\right]+\left[e^{2}-e^{1}\right]=\frac{4}{3}e^{6}-\frac{1}{3}e^{3}-e.$$