М697. Пузатость прямоугольника

Задача

разделение квадрата на прямоугольники

Назовем пузатостью прямоугольника отношение его меньшей стороны к большей (пузатость квадрата равна 1). Докажите ,что, как бы не резать квадрат на прямоугольники, сумма их пузатостей будет не меньше 1.

Доказательство

Будем считать что длина стороны квадрата равна 1. Тогда пусть мы разбили квадрат на n прямоугольников размерами a_k\times b_k причем при всех k a_k\leq b_k

Одно из возможных разбиений квадрата на прямоугольники

тогда:

{\textstyle1\geq b_k\Rightarrow\frac1{b_k}\geq b_k\Rightarrow\frac{a_k}{b_k}\geq a_k\times b_k\Rightarrow\sum_{k=1}^n}\frac{a_k}{b_k}\geq{\textstyle\sum_{k=1}^n}a_k\times b_k=1 (сумма {\textstyle\sum_{k=1}^n}a_k\times b_k является суммой площадей прямоугольников и по свойству площади равна площади квадрата (то есть 1)).

А это значит что:

{\textstyle\sum_{k=1}^n}\frac{a_k}{b_k}\geq1 . А это и значит, что как бы не резать квадрат на прямоугольники, сумма их пузатостей будет не меньше 1.

Что и требовалось доказать.

M689. Задача о равнобедренных трапециях и прямоугольнике

Условие

Докажите, что из одинаковых плиток, имеющих форму равнобедренных трапеций с основаниями 3 см, 1 см и высотой 1 см, нельзя составить прямоугольник.

Рис. 1
Рис. 2

Решение

Предположим, что прямоугольник удалось составить из $n$ трапеций. Отметим точки, в которые попадают вершины трапеций, в том числе — четыре вершины прямоугольника. У каждой трапеции два острых угла (по $45^\circ$) и два тупых (по $135^\circ$), так что у всех $n$ трапеций вместе одинаковое число острых и тупых углов — по $2n$ .

Рис. 3
Рис. 4
Рис. 5

 

С другой стороны, ясно, что в каждой из отмеченных точек расположена не меньше острых углов, чем тупых (если там есть один тупой угол, то есть по крайней мере один острый, а если — два тупых, то и два острых); при этом в вершинах прямоугольника могут оказаться острые углы трапеции. Таким образом, острых углов больше, чем тупых (по крайней мере, на 8).

Полученное противоречие доказывает невозможность составления прямоугольника из трапеций.

С. Рукшин

Условие

Докажите, что из одинаковых плиток, имеющих форму равнобедренных трапеций с основаниями 3 см, 1 см и высотой 1 см, нельзя составить прямоугольник.

Рис. 1
Рис. 2

Решение

Предположим, что прямоугольник удалось составить из $n$ трапеций. Отметим точки, в которые попадают вершины трапеций, в том числе — четыре вершины прямоугольника. У каждой трапеции два острых угла (по $45^\circ$) и два тупых (по $135^\circ$), так что у всех $n$ трапеций вместе одинаковое число острых и тупых углов — по $2n$ .

Рис. 3
Рис. 4
Рис. 5

 

С другой стороны, ясно, что в каждой из отмеченных точек расположена не меньше острых углов, чем тупых (если там есть один тупой угол, то есть по крайней мере один острый, а если — два тупых, то и два острых); при этом в вершинах прямоугольника могут оказаться острые углы трапеции. Таким образом, острых углов больше, чем тупых (по крайней мере, на 8).

Полученное противоречие доказывает невозможность составления прямоугольника из трапеций.

С. Рукшин

М658. О разбиении квадрата отрезками

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 12 выпуск)

Условие

В квадрате со сторо­ной $1$ проведено конечное чис­ло отрезков (рис. $1$), парал­лельных его сторонам. Отрез­ки могут пересекать друг друга. Сумма длин проведен­ных отрезков равна $18$. Дока­жите. что среди частей, на которые квадрат разбивается этими отрезками, найдется такая, площадь которой не меньше $0.01$

Решение

Сумма длин границ всех частей, на которые квадрат разбит отрезками, равна $2 \cdot 18+4=40 $ (длины проведенных отрезков входят в эту сумму по два раза, длины сторон квадрата — по одному). Пусть для $i$-й части сумма длин горизонтальных границ равна $x _{i}$, вертикальных — $2y_{i}$, а площадь $i$-й части равна $c_{i}^{2}$ $\left( c_{i} > 0 \right)$ : тогда $x _{i}y_{i} \geq c_{i}^{2}$ (рис. $2$), поэтому $x_{i}+y_{i}\geq2\sqrt{ x_{i}y_{i}} \geq 2c_{i}$. Итак, $40= \sum (2x_{i}+2y_{i})\geq4 \sum c_{i}$, откуда $ \sum c_{i}\leq10$ (здесь сумма $\sum$ берется но всем частям разбиении).




Если $c_{i}^{2}<0.01$ (то есть $c_{i}<0.1$) для всех $i$, то $1= \sum c_{i}^{2} < \sum 0.1 c_{i} = 0.1 \sum c_{i}$ , откуда $\sum c_{i}\geq10$. Противоречие. Очевидно, оценка $18$ — точная: восемнадцатью отрезками длины $1$ наш квадрат можно разбить на $100$ одинаковых квадратиков площади $0.01$ каждый.


А.Анджан

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 3 выпуск) М1707*

Условие

Квадрат клетчатой бумаги, состоящий из $n\times n$ клеток, разрезан на $2n$ прямоугольников. При этом каждый прямоугольник расположен либо целиком ниже, либо выше ступенчатой ломаной, разделяющей квадрат (рис.1). Докажите, что найдется клетка клетчатой бумаги, являющаяся одним из названных прямоугольников.

Рис. 1

Решение

Ступенчатая ломанная разрезает квадрат на два ступенчатых треугольника $T_1$ и $T_2$, при этом основание $T_1$ состоит из $n$ клеток, а основание $T_2$ – из $n – 1$ клетки. В силу условия задачи, один из них разрезан на $m$, а другой – на $k$ прямоугольников, причем $m + k = 2n$. Пока что фиксируем внимание на отдельно взятом ступенчатом треугольнике $T$, в основании которого $s$ клеток (рис.2). Так как при разрезании $T$ на прямоугольники любые две точки из набора $A_1, A_2, \ldots, A_s$ должны принадлежать разным прямоугольникам, можно заключить, что $T$ нельзя разрезать на менее чем $s$ прямоугольников.

Рис. 2

Разберем далее тот случай, когда $T$ разрезан в точности на s прямоугольников; тогда каждая из точек $A_1, A_2 , \ldots, A_s$ принадлежит только одному из них и, более того, каждая из $s$ закрашенных клеток принадлежит целиком только одному из $s$ прямоугольников. Не закрашенных клеток, примыкающих по сторонам к закрашенным, на единицу меньше, чем закрашенных, поэтому хотя бы один из $s$ прямоугольников не выйдет за пределы своей заштрихованной клетки, т.е. будет с ней совпадать. Возвращаясь к ступенчатым треугольникам $T_1$ и $T_2$, можно сказать, что $m \geq n$, а $k \geq n-1$. Но так как $m + k = 2n$, то либо $m = n$, либо $k = n – 1$. Значит, либо в $T_1$, либо в $T_2$ найдется прямоугольник, совпадающий с клеткой клетчатой бумаги.

В.Произволов

Сведение кратных интегралов к повторным

Сведение двойного интеграла к повторному

Теорема 1

Пусть:

  1. функция $f(x,y)$ интегрируема в некотором прямоугольнике $\Pi = \{ (x,y): a \leq x \leq b, c \leq y \leq d \};$
  2. для любых $x \in [a,b]$ существует интеграл $\int\limits_c^d f(x,y)\,dy.$

Тогда $\int\limits_c^d f(x,y)\,dy$ — интегрируемая на отрезке $[a,b]$ функция от аргумента $x,$ и справедлива следующая формула:
$$\iint\limits_{\Pi} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy.$$

Доказательство

Спойлер

Рассмотрим произвольное разбиение отрезков $[a,b]$ и $[c,d]$ точками $a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b$ и $c = y_0 < y_1 < \ldots < y_m = d.$ Если $\Delta{x_1}, \ldots , \Delta{x_n}$ и $\Delta{y_1}, \ldots , \Delta{y_m}$ — соответствующие промежутки, образующие разбиения данных отрезков, то $\Pi = \bigcup\limits_{i=1}^n \bigcup\limits_{j=1}^m \Pi_{ij},$ где $\Pi_{ij} = \{(x,y): x \in \Delta{x_i}, y \in \Delta{y_j}\}.$

Положим $M_{ij} = \sup\limits_{(x,y) \in \Pi_{ij}} f(x,y),$ $m_{ij} = \inf\limits_{(x,y) \in \Pi_{ij}} f(x,y).$ Так как по условию теоремы интеграл $\int\limits_c^d f(x,y)\,dy$ существует для любых $x \in [a,b],$ то при $x \in \Delta{x_i}$ справедливы следующие неравенства:
$$m_{ij} \Delta{y_j} \leq \int\limits_{y_{j-1}}^{y_j} f(x,y)\,dy \leq M_{ij} \Delta{y_j}.$$
Суммируя эти неравенства по $j$-му индексу, получаем
$$\sum_{j=1}^m{m_{ij} \Delta{y_j}} \leq \int\limits_c^d f(x,y)\,dy \leq \sum_{j=1}^m{M_{ij} \Delta{y_j}}. \;(1)$$

Введем следующие обозначения:

$F(x) = \int\limits_c^d f(x,y)\,dy,$ $M_i = \sup\limits_{x \in \Delta{x_i}} F(x),$ $m_i = \inf\limits_{x \in \Delta{x_i}} F(x).$

Тогда из $(1)$ следует, что
$$\sum_{j=1}^m{m_{ij} \Delta{y_j}} \leq m_i \leq M_i \leq \sum_{j=1}^m{M_{ij} \Delta{y_j}},$$
$$0 \leq M_i \> — \> m_i \leq \sum_{j=1}^m{(M_{ij} \> — \> m_{ij}) \Delta{y_j}}. \;(2)$$

Умножая неравенство $(2)$ на $\Delta{x_i}$ и вводя суммирование по $i$-му индексу, получаем следующее:

$0 \leq \sum\limits_{i=1}^n{(M_i \> — \> m_i) \Delta{x_i}} \leq$ $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m {(M_{ij} \> — \> m_{ij}) \, m(\Pi_{ij})} =$

$= S_T(f, \Pi) \> — \> s_T(f, \Pi) \rightarrow 0$ при $\max\limits_{i = \overline{1,n}} |\Delta{x_i}| \rightarrow 0,$

так как функция $f(x,y)$ интегрируема в прямоугольнике $\Pi.$ Но тогда и $\sum\limits_{i=1}^n{(M_i \> — \> m_i) \Delta{x_i}} \rightarrow 0$ при $\max\limits_{i = \overline{1,n}} |\Delta{x_i}| \rightarrow 0$ и, в силу критерия интегрируемости, функция $F(x)$ интегрируема на отрезке $[a,b],$ а значит, существует повторный интеграл
$$\int\limits_a^b F(x)\,dx = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy.$$

Покажем теперь, что он равен двойному интегралу. Интегрируя неравенства $(1)$, получаем:

$\sum\limits_{j=1}^m m_{ij} \Delta x_i \Delta y_j \leq \int\limits_{x_{i-1}}^{x_i} dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy \leq$ $\sum\limits_{j=1}^m M_{ij} \Delta x_i \Delta y_j.$

Выполнив суммирование по индексу $i,$ получаем неравенство:
$$s_T \leq \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y) \, dy \leq S_T.$$

Поскольку
$$s_T \leq \iint\limits_{\Pi} f(x,y) \,dx\,dy \leq S_T,$$
а ввиду произвольного выбора разбиения разность $S_T \> — \> s_T$ может быть сделана сколь угодно малой, то
$$\iint\limits_{\Pi} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy.$$

Теорема доказана.

[свернуть]

Следствие 1

Пусть:

  1. существует двойной интеграл $\iint\limits_{\Pi} f(x,y)\,dx\,dy;$
  2. для любых $x \in [a,b]$ существует интеграл $\int\limits_c^d f(x,y) \, dy;$
  3. для любых $y \in [c,d]$ существует интеграл $\int\limits_a^b f(x,y) \, dx.$

Тогда справедлива формула

$\iint\limits_{\Pi} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d f(x,y)\,dy =$ $\int\limits_c^d dy \int\limits_a^b f(x,y)\,dx. \; (3)$

Следствие 2

Непрерывность функции $f(x,y)$ в прямоугольнике $\Pi$ влечет выполнимость условий следствия 1, а значит, справедлива формула $(3).$

Если функция $\psi (x)$ интегрируема на отрезке $[a,b],$ то формула $(3)$ остается справедливой при замене функции $f(x,y)$ на $\psi (x) f(x,y).$

Определение 1

Пусть:

  1. $\phi (x)$ и $\psi (x)$ — функции, непрерывные на отрезке $[a,b];$
  2. для любых $x \in (a,b)$ выполняется неравенство $\phi (x) < \psi (x).$

Тогда область (рисунок 1)
$$\Omega = \{(x,y): \phi (x) < y < \psi (x), a < x < b\}$$
будем называть элементарной относительно оси $y.$
Fig_1
Поскольку граница области $\delta \Omega$ состоит из графиков непрерывных функций, то $\Omega$— измеримая по Жордану область.

Теорема 2

Пусть:

  1. $\Omega$ — элементарная область относительно оси $y;$
  2. функция $f(x,y)$ интегрируема на области $\overline{\Omega} = \Omega \cup \delta \Omega;$
  3. для любых $x \in [a,b]$ существует интеграл $\int\limits_{\phi(x)}^{\psi(x)} f(x,y)\,dy.$

Тогда справедлива следующая формула:
$$\iint\limits_{\Omega} f(x,y)\,dx\,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_{\phi(x)}^{\psi(x)} f(x,y)\,dy. \;(4)$$

Доказательство

Спойлер

Положим
$$c = \min_{x \in [a,b]} \phi(x), \; d = \max_{x \in [a,b]} \psi(x).$$
Область $\Omega$ (рисунок 2) лежит в прямоугольнике $\Pi = \{ (x,y): a \leq x \leq b, c \leq y \leq d \}.$
Fig_2
Определим функцию $F(x,y)$ следующим образом:
$$F(x,y) = \left\{\begin{matrix} f(x,y), & (x,y) \in \Omega, \\ 0, & (x,y) \in \Pi \setminus \Omega. \end{matrix}\right. \; (5)$$
Так как функция $(5)$ интегрируема на множествах $\overline{\Omega}$ и $\Pi \setminus \overline{\Omega},$ то существует двойной интеграл $\iint\limits_\Pi F(x,y) \, dx \, dy$ (см. свойство аддитивности интеграла).

Аналогично из существования интегралов $\int\limits_c^{\phi(x)} F(x,y) \, dy,$ $\int\limits_{\phi(x)}^{\psi(x)} F(x,y) \, dy$ и $\int\limits_{\psi(x)}^{d} F(x,y) \, dy$ для любых $x \in [a,b]$ следует, что при любом $x \in [a,b]$ существует интеграл $\int\limits_c^d F(x,y) \, dy.$

Таким образом, выполнены все условия теоремы 1, поэтому имеем равенство
$$\iint\limits_\Pi F(x,y) \,dx \,dy = \int\limits_a^b dx \int\limits_c^d F(x,y) \, dy.$$
Подставляя в него выражение $(5),$ получаем формулу $(4).$ Теорема доказана.

[свернуть]

Пример 1

Вычислить двойной интеграл $\iint\limits_G x^2 \, dx\,dy$ по области $G = \{(x,y): -1 < x < 1, x^2 < y < 2 \}$ (рисунок 3).
Fig_3

Решение

Спойлер

Воспользуемся теоремой 2. Применим формулу $(4),$ принимая во внимание, что $a = -1,$ $b = 1$ и $\phi(x)=x^2,$ $\psi(x)=2:$

$\iint\limits_G x^2\,dx\,dy =$ $\int\limits_{-1}^1 dx \int\limits_{x^2}^2 x^2\,dy =$ $\int\limits_{-1}^1 x^2 (2-x^2)\,dx =$ $2 \left(2 \int\limits_0^1 x^2 \,dx \> -\> \int\limits_0^1 x^4\,dx \right) =$ $2 \left(\frac{2}{3} \> — \> \frac{1}{5} \right) =$ $\frac{14}{15}.$

[свернуть]

Пример 2

Свести к повторному интеграл $\iint\limits_G f(x,y) \, dx \, dy,$ где $G$ — область, ограниченная окружностями $x^2 + y^2 = 4$ и $x^2 -2x + y^2 = 0$ (рисунок 4).
Fig_4

Решение

Спойлер

Ось $y$ разбивает область $G$ на три элементарных относительно оси $y$ области. Поэтому

$\iint\limits_G f(x,y) \, dx \, dy =$ $\int\limits_{-1}^{0} dx \int\limits_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} f(x,y) \,dy +$ $\int\limits_{0}^{1} dx \int\limits_{\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} f(x,y) \,dy +$ $\int\limits_{0}^{1} dx \int\limits_{-\sqrt{4-x^2}}^{-\sqrt{2x-x^2}} f(x,y) \,dy.$

[свернуть]

Сведение тройного интеграла к повторному

Определение 2

Область $\Omega \in \mathbb{R}^3$ будем называть элементарной относительно оси $z,$ если
$$\Omega = \{(x,y,z): (x,y) \in G \subset \mathbb{R}^2, \phi(x,y) < z < \psi(x,y) \},$$
где $G$ — ограниченная в $\mathbb{R}^2$ область, а функции $\phi(x,y)$ и $\psi(x,y)$ непрерывны на $\overline{G},$ где $\overline{G}$ — замыкание области $G.$

Теорема 3

Если функция $f(x,y,z)$ непрерывна на $\overline{\Omega} = \Omega \cup \delta \Omega,$ где область $\Omega$ элементарна относительно оси $z,$ то справедлива следующая формула:
$$\iiint\limits_\Omega f(x,y,z) \, dx \, dy \, dz = \iint\limits_G dx \,dy \int\limits_{\phi(x,y)}^{\psi(x,y)} f(x,y,z) \, dz. \; (6)$$

Доказательство

Спойлер

Как и в случае двойного интеграла, рассмотрим сначала ситуацию, когда область $\Omega$ представляет собой прямоугольный параллелепипед $\Theta = \{ (x,y,z) : a \le x \le b,$ $c \le y \le d,$ $e \le z \le f\},$ а его проекцией на плоскость $(x,y)$ является прямоугольник $\Pi = \{ (x,y) : a \le x \le b,$ $c \le y \le d\}.$

Рассмотрим произвольное разбиение отрезков $[a,b],$ $[c,d]$ и $[e,f]$ точками $a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b,$ $c = y_0 < y_1 < \ldots < y_m = d$ и $e = z_0 < z_1 < \ldots < z_l = f.$ Если $\Delta{x_1}, \ldots , \Delta{x_n},$ $\Delta{y_1}, \ldots , \Delta{y_m}$ и $\Delta{z_1}, \ldots , \Delta{z_l}$ — соответствующие промежутки, образующие разбиения данных отрезков, то $\Theta = \bigcup\limits_{i=1}^n \bigcup\limits_{j=1}^m \bigcup\limits_{k=1}^l \Theta_{ijk},$ а $\Pi = \bigcup\limits_{i=1}^n \bigcup\limits_{j=1}^m \Pi_{ij},$ где $\Theta_{ijk} = \{(x,y,z): x \in \Delta{x_i},$ $y \in \Delta{y_j},$ $z \in \Delta{z_k}\},$ $\Pi_{ij} = \{(x,y): x \in \Delta{x_i},$ $y \in \Delta{y_j}\}.$

Положим $M_{ijk} = \sup\limits_{(x,y,z) \in \Theta_{ijk}} f(x,y,z),$ $m_{ijk} = \inf\limits_{(x,y,z) \in \Theta_{ijk}} f(x,y,z).$ Тогда для любых $z \in \Delta z_k$ справедливы следующие неравенства:

$m_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j} \leq$ $\iint\limits_{\Pi_{ij}} f(x,y,z)\,dx\,dy \leq$ $M_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j}.$

Зафиксируем произвольное $z = \xi_k \in \Delta z_k.$ Суммируя эти неравенства по индексам $i$ и $j,$ получаем

$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m {m_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j}} \leq$ $\iint\limits_{\Pi} f(x,y,\xi_k)\,dx\,dy \leq$ $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m {M_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j}}.$

Почленно умножая полученные неравенства на $\Delta{z_k}$ и вводя суммирование по $k$-му индексу, получаем следующее:

$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{k=1}^l {m_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j} \Delta{z_k}} \leq$ $\sum\limits_{k=1}^l \iint\limits_{\Pi} f(x,y,\xi_k)\,dx\,dy\,\Delta{z_k} \leq$ $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{k=1}^l {M_{ijk} \Delta{x_i} \Delta{y_j} \Delta{z_k}}.$

Крайние члены неравенств представляют собой суммы Дарбу $s_T$ и $S_T$ для интеграла $\iiint\limits_\Theta f(x,y,z) \, dx \, dy \, dz,$ поэтому $s_T, \, S_T \rightarrow \iiint\limits_\Theta f(x,y,z) \, dx \, dy \, dz$ при $\Delta{x_i}, \, \Delta{y_j}, \, \Delta{z_l} \rightarrow 0,$ а значит, к интегралу $\iiint\limits_\Theta f(x,y,z)$ будет стремиться и сама интегральная сумма $\sum\limits_{k=1}^l \iint\limits_{\Pi} f(x,y,\xi_k)\,dx\,dy\,\Delta{z_k}.$ Таким образом, справедлива следующая формула:
$$\iiint\limits_\Theta f(x,y,z) \, dx \, dy \, dz = \iint\limits_\Pi dx \,dy \int\limits_e^f f(x,y,z) \, dz.$$

Для случая же произвольной области $\Omega = \{(x,y,z): (x,y) \in G \subset \mathbb{R}^2, \phi(x,y) < z < \psi(x,y) \}$ достаточно определить функцию $F(x,y,z),$ действующую следующим образом: $$F(x,y) = \left\{\begin{matrix} f(x,y,z), & (x,y,z) \in \Omega, \\ 0, & (x,y,z) \in \Theta \setminus \Omega. \end{matrix}\right. \; (7)$$ где $\Theta$ — прямоугольный параллелепипед, включающий в себя область $\Omega.$ В результате приходим к равенству $$\iiint\limits_\Theta F(x,y,z) \, dx \, dy \, dz = \iint\limits_\Pi dx \,dy \int\limits_e^f F(x,y,z) \, dz,$$ из которого путем подстановки выражения $(7)$ получаем формулу $(6).$

Теорема доказана.

[свернуть]

Пример 3

Вычислить тройной интеграл $\iiint\limits_G z \, dx \, dy \, dz,$ где $G$ — область, ограниченная плоскостями $x + y + z = 1,$ $x = 0,$ $y = 0$ и $z = 0$ (рисунок 5).
Fig_5

Решение

Спойлер

Область $\Omega = \{(x,y,z): 0 < x < 1,$ $0 < y < 1-x,$ $0 < z < 1-x-y\}$ элементарна относительно оси $z.$ Пусть $G$ — область на плоскости $(x,y),$ ограниченная прямыми $x+y=1,$ $x=0$ и $y=0.$ Очевидно, что эта область будет элементарна относительно оси $y.$ Применим теорему 3 и теорему 2:

$\iiint\limits_G z \, dx \, dy \, dz =$ $\iint\limits_G dx\,dy \int\limits_0^{1-x-y} z \,dz =$ $\frac{1}{2} \iint\limits_G (1-x-y)^2 \,dx\,dy=$ $\frac{1}{2} \int\limits_0^1 dx \int\limits_0^{1-x} (y+x-1)^2 \,dy =$ $\frac{1}{6} \int\limits_0^1 (y+x-1)^3 \bigg|_0^{1-x}\,dx =$ $\frac{1}{6} \int\limits_0^1 (1-x)^3 \,dx =$ $-\frac{1}{24} (1-x)^4 \bigg|_0^1 =$ $\frac{1}{24}.$

[свернуть]

Тест

Проверьте свои знания по теме, пройдя этот небольшой тест.