Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 11: Twierdzenie Fubiniego. Twierdzenie o zmianie zmiennych

From Studia Informatyczne

Twierdzenie Fubiniego. Twierdzenie o zmianie zmiennych

Ćwiczenie 11.1

Policzyć całkę

\displaystyle \iiint\limits_Vx^2y^3z^4 dxdydz,

gdzie \displaystyle V jest zbiorem ograniczonym powierzchniami:

\displaystyle z\ =\ xy,\quad y\ =\ 2x,\quad x\ =\ 1,\quad z\ =\ 0.

Wskazówka

Wykonać rysunek bryły po której całkujemy. Skorzystać z twierdzenia Fubiniego.

Rozwiązanie

<flash>file=AM2.M11.C.R02.swf|width=375|height=375</flash>

Funkcja podcałkowa nad obszarem V

Skorzystamy z twierdzenia Fubiniego. Popatrzmy jak zmieniają się zmienne. W płaszczyźnie \displaystyle XY\displaystyle x zmienia się od \displaystyle 0 do \displaystyle 1, a \displaystyle y od \displaystyle 0 do wykresu funkcji \displaystyle y=2x.

Grafika:Wykres.gif wykres

Równocześnie \displaystyle z zmienia się od \displaystyle 0 do wykresu funkcji \displaystyle z=xy.

Mamy zatem:

\displaystyle \aligned  \iiint\limits_Vx^2y^3z^4 dxdydz &= \displaystyle\int\limits_0^1dx\displaystyle\int\limits_0^xdy\displaystyle\int\limits_0^{xy}x^2y^3z^4dz\\ &= \displaystyle\int\limits_0^1dx\displaystyle\int\limits_0^x\bigg(x^2y^3\frac{z^5}{5}\bigg|_0^{xy}\bigg)dy =  \displaystyle\int\limits_0^1dx\displaystyle\int\limits_0^x\frac{1}{5}x^7y^8dy\\ &= \displaystyle\int\limits_0^1\bigg(\frac{1}{5}x^7\frac{y^9}{9}\bigg|_0^x\bigg)dx \ =\ \displaystyle\int\limits_0^1\frac{1}{5\cdot 9}x^{16} dx \ =\ \frac{1}{5\cdot 9\cdot 17} \ =\ \frac{1}{765}. \endaligned

Ćwiczenie 11.2.

Policzyć objętość kuli w \displaystyle \displaystyle\mathbb{R}^3 o promieniu \displaystyle R.

Wskazówka

Objętość bryły \displaystyle V w \displaystyle \displaystyle\mathbb{R}^3 obliczyć ze wzoru

\displaystyle |V| \ =\ \iiint\limits_V 1 \ dxdydz.

Rozwiązanie

Dla kuli \displaystyle K w \displaystyle \displaystyle\mathbb{R}^3 o promieniu \displaystyle R mamy

\displaystyle |K| \ =\ \iiint\limits_K 1 \ dxdydz \ =\ \iiint\limits_Br^2\sin\beta\ dr d\alpha d\beta.

Zastosowaliśmy tu zmianę zmiennych na sferyczne

(pamiętając o jakobianie, który wynosi \displaystyle r^2\sin\beta). \displaystyle B oznacza tu zbiór w układzie współrzędnych sferycznych, który przechodzi na kule \displaystyle K we współrzędnych kartezjańskich.

Tę ostatnią całkę liczymy za pomocą twierdzenia Fubiniego:

\displaystyle \aligned  \iiint\limits_Br^2\sin\beta\ dr d\alpha d\beta &= \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}d\alpha\displaystyle\int\limits_0^{\pi}d\beta \displaystyle\int\limits_0^{R}r^2\sin\beta dr \ =\ \frac{R^3}{3}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\sin\beta d\beta\\ &= \frac{R^3}{3}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\bigg(-\cos \beta\bigg|_0^{\pi}\bigg)d\alpha \ =\ \frac{2R^3}{3}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}d\alpha=\frac{4}{3}\pi R^3. \endaligned

Ćwiczenie 11.3.

Policzyć objętość bryły ograniczonej przez powierzchnię stożka

\displaystyle z \ =\ \sqrt{x^2+y^2},

leżącą nad powierzchnią koła

\displaystyle x^2+y^2 \le 1.

Wskazówka

<flash>file=AM2.M11.C.R04.swf|width=375|height=375</flash>

Bryła dla której należy obliczyć objętość

Bardzo pomocne jest zastosowanie zmiany zmiennych na walcowe.

Rozwiązanie

Musimy policzyć

\displaystyle |V| \ =\ \iiint\limits_Vdxdydz.

Spróbujmy zastosować twierdzenie Fubiniego nie zmieniając zmiennych.

Musimy zatem zobaczyć, w jakich granicach zmieniają się \displaystyle x,y,z. A zatem \displaystyle z zmienia się oczywiście od \displaystyle 0 do wykresu funkcji \displaystyle z=\sqrt{x^2+y^2}, podczas gdy \displaystyle x i \displaystyle y są w kole \displaystyle x^2+y^2\leq 1, czyli \displaystyle x zmienia się od \displaystyle -1 do \displaystyle 1, a \displaystyle y zmienia się od \displaystyle -\sqrt{1-x^2} do \displaystyle \displaystyle\sqrt{1-x^2}.

Zauważmy jednak, że nasza bryła jest symetryczna, zatem możemy

policzyć jej objętość tylko dla \displaystyle x,y >0 i pomnożyć wynik przez \displaystyle 4. Ta metoda uprości nieco nasze obliczenia. Dostaniemy:


\displaystyle \aligned  |V| &= 4\displaystyle\int\limits_{0}^{1}dx\displaystyle\int\limits_{0}^{\sqrt{1-x^2}}dy\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{x^2+y^2}}dz \ =\ 4\displaystyle\int\limits_{0}^{1}dx\displaystyle\int\limits_{0}^{\sqrt{1-x^2}}\sqrt{x^2+y^2}dy\\ &= 4\displaystyle\int\limits_{0}^{1} \left( \frac{1}{2}y\sqrt{x^{2} + y^{2}} + \frac{1}{2}x^{2}\ln(y + \sqrt{x^{2} + y^{2}})\right)\bigg|_0^{\sqrt{1-x^2}}dx\\ &= 4\displaystyle\int\limits_0^1 \frac{1}{2}\sqrt{1 - x^{2}} + \frac{1}{2}x^{2}\ln(\sqrt{1 - x^{2}}+1) - \frac{1}{4}x^{2}\ln(x^{2})dx= \endaligned

(policzenie tej całki

może zająć trochę czasu, należy całkować przez części)

\displaystyle =4\left(\frac{1}{6}x\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{3}\arcsin x-\frac{1}{6}x^3\ln x+\frac{1}{6}x^3\ln(1+\sqrt{1-x^2}) \right)\bigg|_0^1=4\frac{\pi}{6}=\frac{2\pi}{3}.

Jak widać, policzenie tej całki jest możliwe, ale skomplikowane.

Zobaczmy, co dostaniemy, stosując najpierw twierdzenie o zmianie zmiennych.

Narzucającą się tu zmianą zmiennych jest zmiana zmiennych na współrzędne walcowe. Przypomnijmy, że w tych współrzędnych

\displaystyle x \ =\ r\cos \alpha,\quad y \ =\ r\sin\alpha, \ z=z.

A zatem, jak wygląda \displaystyle V w tych współrzędnych? \displaystyle x i \displaystyle y związane

są zależnością

\displaystyle x^2+y^2\leq 1,

co daje zależność \displaystyle r\leq 1 i żadnych warunków na

\displaystyle \displaystyle\alpha, a więc \displaystyle \displaystyle\alpha\in[0,2\pi]. Natomiast \displaystyle z zmienia się od \displaystyle 0 do \displaystyle \displaystyle\sqrt{x^2+y^2}, a zatem od \displaystyle 0 do \displaystyle r. Tak więc

\displaystyle |V| \ =\ \displaystyle\int\limits_0^1dr\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}d\alpha\displaystyle\int\limits_0^r r^2 dz \ =\ \displaystyle\int\limits_0^1dr\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}r^3d\alpha \ =\ 2\pi\displaystyle\int\limits_0^1r^3 dr \ =\ \frac{2}{3}\pi.

Jak widać, zastosowanie twierdzenia o zmianie

zmiennych bardzo upraszcza obliczenia.

Ćwiczenie 11.4.

Policzyć objętość bryły \displaystyle V ograniczonej przez powierzchnię stożka

\displaystyle z \ =\ \sqrt{x^2+y^2},

przez powierzchnię walca

\displaystyle (x-1)^2+y^2 \ =\ 1

oraz płaszczyznę \displaystyle Oxy.

Wskazówka

Zadanie można zrobić, używając całki podwójnej i zmieniając zmienne na biegunowe.

Rozwiązanie

Szukaną objętość znajdujemy, licząc całkę podwójną

\displaystyle \iint\limits_D\sqrt{x^2+y^2} dxdy

z funkcji \displaystyle z(x,y)=\sqrt{x^2+y^2} nad

obszarem koła \displaystyle \displaystyle (x-1)^2+y^2\leq 1.

Grafika:Wykres.gif wykres
W tym wypadku również opłaca się dokonać zmiany zmiennych - na biegunowe. Jedyny problem polega na wyznaczeniu zakresu, w jakim zmieniają się \displaystyle r i \displaystyle \displaystyle\alpha.

Przypomnijmy, że zmiana zmiennych na biegunowe to:

\displaystyle x\ =\ r\cos\alpha, \ \quad y\ =\ r\sin\alpha.

Zbiór \displaystyle D jest dany nierównością:

\displaystyle (x-1)^2+y^2 \ \leq\ 1,

czyli

\displaystyle (r\cos\alpha-1)^2+(r\sin\alpha)^2\leq 1,

co sprowadza się do

\displaystyle r(r-2\cos\alpha)\leq 0.

Ponieważ zawsze \displaystyle r\geq 0 (jako odległość punktu od początku układu współrzędnych), to musi być

\displaystyle 0\leq r \leq 2\cos\alpha.

Na \displaystyle \displaystyle\alpha nie mamy żadnych warunków poza jednym - \displaystyle r musi być dodatnie, zatem \displaystyle \displaystyle\cos\alpha musi być dodatni, a zatem \displaystyle \displaystyle\alpha\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right]\cup\left[\frac{3\pi}{2},2\pi]\right], co można również zapisać, korzystając z okresowości cosinusa

\displaystyle \alpha\in \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right].

Tak więc szukana objętość to (pamiętamy o jakobianie równym \displaystyle r!)

\displaystyle \aligned  \iint\limits_D\sqrt{x^2+y^2} dxdy &= \displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\alpha\displaystyle\int\limits_0^{2\cos\alpha}r^2dr \ =\ \displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{3}r^3\bigg|_0^{2\cos\alpha}d\alpha \ =\ \displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{8}{3}\cos^3\alpha d\alpha\\ &= \frac{1}{3}\cos^2\alpha\sin\alpha+\frac{2}{3}\sin\alpha\bigg|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \ =\ \frac{4}{3}. \endaligned

Ćwiczenie 11.5.

Obliczyć objętość bryły danej powierzchnią o równaniu:

\displaystyle \left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\right)^2 \ =\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2},

gdzie \displaystyle a,\ b,\ c są dodatnimi stałymi.

Wskazówka

Zastosować zmianę zmiennych na tak zwane uogólnione współrzędne sferyczne:

\displaystyle \left\{ \begin{array} {lll} x &= ar\sin\beta\cos\alpha,\\ y &= br\sin\beta\sin\alpha,\\ z &= cr\cos\beta, \end{array}  \right.

gdzie \displaystyle r\in (0,+\infty), \alpha\in (0,2\pi), \beta\in (0,\pi).

Rozwiązanie

Grafika:Wykres.gif wykres

Zmienimy zmienne na uogólnione współrzędne sferyczne. Jakobian tej zmiany zmiennych, jak nietrudno policzyć, to \displaystyle abcr^2\sin\beta.

Zobaczmy, jak nasza bryła wygląda we współrzędnych sferycznych:

\displaystyle \left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\right)^2 \ =\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2},

[Rysunek AM2.M11.C.R07] Bryła z Zadania 11.5


daje po podstawieniu:

\displaystyle (r^2\sin^2\beta\cos^2\alpha+r^2\sin^2\beta\sin^2\alpha+r^2\cos^2\beta)^2 \ =\ r^2\sin^2\beta\cos^2\alpha+r^2\sin^2\beta\sin^2\alpha,

czyli

\displaystyle r^4 \ =\ r^2\sin^2\beta,

czyli \displaystyle r^2=\sin^2\beta, a zatem (skoro \displaystyle \displaystyle\sin\beta jest dodatni)

\displaystyle r \ =\ \sin\beta.

To jest, w uogólnionych współrzędnych sferycznych, równanie powierzchni ograniczającej naszą bryłę. Tak więc \displaystyle r,\displaystyle \displaystyle\alpha i \displaystyle \displaystyle\beta zmieniają się następująco:

\displaystyle \beta\in[0,\pi], \ \alpha\in[0,2\pi]

(bo na kąty nie mamy żadnych dodatkowych warunków) oraz

\displaystyle r\in [0, \sin\beta].

Teraz możemy policzyć objętość (pamiętając o jakobianie zmiany zmiennych):

\displaystyle \aligned  |V| &= \iiint\limits_Vdxdydz \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}d\alpha\displaystyle\int\limits_0^{\pi}d\beta\displaystyle\int\limits_0^{\sin\beta}abcr^2\sin\beta\ dr\\ &= abc\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}d\alpha\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\frac{1}{3}r^3\sin\beta\bigg|_0^{\sin\beta}d\ \beta \ =\ \frac{abc}{3}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}d\alpha\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\sin^4\beta\ d\beta. \endaligned

Całkę z \displaystyle \displaystyle\sin^4\beta liczymy przez części:

\displaystyle \int\sin^4\beta\ d\beta \ =\ -\sin^3\beta\cos\beta+\frac{3}{4}\int\sin^22\beta\ d\beta.

Teraz już można łatwo policzyć, że

\displaystyle \int \sin^4\beta\ d\beta \ =\ -\frac{1}{4}\sin^3\beta\cos\beta-\frac{3}{8}\cos\beta\sin\beta+\frac{3}{8}\beta.

Zatem

\displaystyle |V| \ =\ \frac{abc}{3}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\left(-\frac{1}{4}\sin^3\beta\cos\beta-\frac{3}{8}\cos\beta\sin\beta+\frac{3}{8}\beta\right)\bigg|_0^{\pi}d\alpha \ =\ \frac{abc}{3}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\frac{3}{8}\pi\ d\alpha=\frac{abc}{4}\pi^2.

Ćwiczenie 11.6.

Wykonać czytelny rysunek bryły, po której całkujemy w poniższej całce oraz rzuty bryły na płaszczyzny układu.

\displaystyle \displaystyle\int\limits_0^1\ dy\displaystyle\int\limits_0^{y^2}\ dz\displaystyle\int\limits_0^{yz} f(x,y,z)\ dx.

Wskazówka

Należy zwrócić uwagę na kolejność zmiennych. Można użyć programu Maple (lub Mathematica) do wykonania rysunku.

Rozwiązanie

Wypiszmy jak zmieniają się zmienne. W płaszczyźnie \displaystyle Oyz

zmienna \displaystyle y zmienia sie od \displaystyle 0 do \displaystyle 1. Zmienna \displaystyle z zmienia się wtedy od \displaystyle 0 do \displaystyle y^2, czyli w tej płaszczyźnie mamy obszar \displaystyle D ograniczony przez oś \displaystyle Oz, wykres funkcji \displaystyle z=y^2 i prostą \displaystyle y=1. Nad obszarem \displaystyle D zmienna \displaystyle x zmienia się od \displaystyle 0 do \displaystyle yz.
Grafika:Wykres.gif wykres

Stosując zmianę kolejności całkowania, można także przekształcić

naszą całkę na kilka następujących sposobów:

\displaystyle \aligned  \int_0^1\,dy\int_0^{y^2}\,dz\int_0^{yz} f(x,y,z)\,dx &=\ \int_0^1\,dx\int_{\sqrt[3]{x}}^1\,dy\int_{\frac{x}{y}}^{y^2}f(x,y,z)\,dz\\ &= \int_0^1\,dy\int_0^{y^3}\,dx\int_{\frac{x}{y}}^{y^2} f(x,y,z)\,dz \ =\ \int_0^1\,dz\int_{\sqrt{z}}^1\,dy\int_0^{yz} f(x,y,z)\,dx\\ &= \int_0^1\,dz\int_0^{z\sqrt{z}}\,dx\int_{\sqrt{z}}^1 f(x,y,z)\,dy + \int_0^1\,dz\int_{z\sqrt{z}}^z\,dx\int_{\frac{x}{z}}^1 f(x,y,z)\,dy\\ &= \int_0^1\,dx\int_x^{x^{\frac{2}{3}}}\,dz\int_{\frac{x}{z}}^1 f(x,y,z)\,dy + \int_0^1\,dx\int_{x^{\frac{2}{3}}}^1\,dz\int_{\sqrt{z}}^1 f(x,y,z)\,dy. \endaligned

Ćwiczenie 11.7.

Mamy daną powierzchnię płaską \displaystyle D. Niech funkcja \displaystyle \displaystyle\rho: D\to \mathbb{R} zadaje gęstość na \displaystyle D, to znaczy w każdym punkcie \displaystyle \displaystyle (x,y)\in D mamy gęstość (masy) równą \displaystyle \displaystyle\rho(x,y). Wtedy masa całej powierzchni \displaystyle D wyraża się wzorem

\displaystyle M \ =\ \iint\limits_D\rho(x,y)dxdy.

Policzyć masę krążka o środku w punkcie \displaystyle \displaystyle (0,0) i promieniu \displaystyle R, jeśli gęstość w każdym jego punkcie jest proporcjonalna do odległości od środka i równa \displaystyle \displaystyle\zeta>0 na brzegu.

Wskazówka

Skoro gęstość jest proporcjonalna do odległości od środka, to funkcja \displaystyle \displaystyle\rho(x,y) wyraża się wzorem \displaystyle \displaystyle\rho(x,y)=c\sqrt{x^2+y^2}, gdzie \displaystyle c jest stałą proporcjonalności. Znając \displaystyle \displaystyle\rho na brzegu krążka, wyznaczymy \displaystyle c.
Grafika:Wykres.gif wykres

Rozwiązanie

Mamy \displaystyle \displaystyle\rho(x,y)=c\sqrt{x^2+y^2}, gdzie \displaystyle c jest stałą proporcjonalności. Wiemy poza tym, że dla \displaystyle \displaystyle (x,y) takich, że \displaystyle x^2+y^2=R^2 mamy

\displaystyle cR \ =\ \rho(x,y)=\zeta,

a zatem

\displaystyle c \ =\ \frac{\zeta}{R}.

Teraz wystarczy podstawić do wzoru:

\displaystyle M \ =\ \iint\limits_D\frac{\zeta}{R}\sqrt{x^2+y^2} dxdy.

Tę całkę wygodnie policzyć, zmieniając zmienne na biegunowe:

\displaystyle x \ =\ r\cos\alpha,\quad y \ =\ r\sin\alpha.

W naszym krążku \displaystyle r zmienia się od \displaystyle 0 do \displaystyle R a \displaystyle \displaystyle\alpha od \displaystyle 0 do \displaystyle 2\pi, mamy zatem:

\displaystyle M\ =\ \iint\limits_D\frac{\zeta}{R}\sqrt{x^2+y^2} dxdy \ =\ \frac{\zeta}{R}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}d\alpha\displaystyle\int\limits_0^Rr^2 dr \ =\ \frac{2}{3}\frac{\zeta}{R}\pi R^3 \ =\ \frac{2\zeta}{3}\pi R^2.

Ćwiczenie 11.8.

Mamy daną powierzchnię \displaystyle D o gęstości masy \displaystyle \displaystyle\rho(x,y). Masę \displaystyle M tej powierzchni wyznaczamy ze wzoru

\displaystyle M \ =\ \displaystyle\int\limits_D\rho(x,y)\ dxdy,

(zobacz ćwiczenie 11.7.). Wtedy współrzędne \displaystyle \displaystyle (x_0,y_0) środka ciężkości \displaystyle D wyznaczamy ze wzorów:

\displaystyle \aligned  x_0 &= \frac{1}{M}\iint\limits_Dx\rho(x,y) \ dxdy,\\ y_0 &= \frac{1}{M}\iint\limits_Dy\rho(x,y) \ dxdy. \endaligned

Wyznaczyć współrzędne środka ciężkości ćwiartki okręgu:

\displaystyle D \ =\ \{(x,y): x^2+y^2\leq 1, \quad 0\leq x, \quad 0\leq y\},

o gęstości

\displaystyle \rho(x,y)\equiv 1.

Wskazówka

Po wstawieniu do wzoru, zmienić zmienne na biegunowe.

Rozwiązanie

<flash>file=AM2.M11.C.R10.swf|width=375|height=375</flash>

Środek ciężkości obszaru D

Oczywiście masa naszej powierzchni to \displaystyle M=\frac{1}{4}\pi. A zatem:

\displaystyle \aligned  x_0 &= \frac{4}{\pi}\iint\limits_Dx\ dxdy,\\ y_0 &= \frac{4}{\pi}\iint\limits_Dy\ dxdy. \endaligned

Te całki najlepiej policzyć, zmieniając zmienne na biegunowe,

\displaystyle x \ =\ r\cos\alpha,\ y=r\sin\alpha.

Skoro \displaystyle D jest ćwiartką okręgu

położoną w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych, to kąt \displaystyle \displaystyle\alpha zmienia się od \displaystyle 0 do \displaystyle \displaystyle\frac{\pi}{2}. Okrąg ma promień \displaystyle 1, zatem \displaystyle r\in [0,1].

Zatem

\displaystyle x_0 \ =\ \frac{4}{\pi}\iint\limits_Dx\ dxdy \ =\ \frac{4}{\pi}\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}d\alpha\displaystyle\int\limits_0^1r^2\cos\alpha\ dr \ =\ \frac{4}{\pi}\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{3}\cos\alpha\ d\alpha \ =\ \frac{4}{3\pi}\sin\alpha\bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{4}{3\pi}.

i analogicznie

\displaystyle y_0 \ =\ \frac{4}{\pi}\iint\limits_Dy\ dxdy \ =\ \frac{4}{\pi}\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}d\alpha\displaystyle\int\limits_0^1r^2\sin\alpha\ dr \ =\ \frac{4}{\pi}\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{3}\sin\alpha\ d\alpha \ =\ \frac{4}{3\pi}(-\cos\alpha)\bigg|_0^{\frac{\pi}{2}} \ =\ \frac{4}{3\pi}.

Ćwiczenie 11.9.

Policzyć całkę po \displaystyle n-wymiarowej kostce \displaystyle K=[0,1]^n z funkcji \displaystyle x_1^2+\ldots+x_n^2.

Wskazówka

Trzeba wykorzystać twierdzenie Fubiniego. (W razie trudności można spróbować najpierw policzyć dla \displaystyle n=2,3,\ldots).

Rozwiązanie

Korzystamy z twierdzenia Fubiniego. Każde \displaystyle x_i zmienia się od \displaystyle 0 do \displaystyle 1, zatem

\displaystyle \aligned  & \iint\dots\displaystyle\int\limits_K(x_1^2+\ldots+x_n^2)dx_1\dots dx_n \ =\ \displaystyle\int\limits_0^1dx_1\displaystyle\int\limits_0^1dx_2\dots\displaystyle\int\limits_0^1(x_1^2+\ldots+x_n^2)dx_n\\ &= \displaystyle\int\limits_0^1dx_1\displaystyle\int\limits_0^1dx_2\dots\displaystyle\int\limits_0^1(x_1^2x_n+\ldots+x_{n-1}^2x_n+\frac{1}{3}x_n^3)\bigg|_0^1dx_{n-1}\\ &= \displaystyle\int\limits_0^1dx_1\displaystyle\int\limits_0^1dx_2\dots\displaystyle\int\limits_0^1(x_1^2+\ldots+x_{n-1}^2+\frac{1}{3})dx_{n-1}\\ &= \displaystyle\int\limits_0^1dx_1\displaystyle\int\limits_0^1dx_2\dots\displaystyle\int\limits_0^1(x_1^2x_{n-1}+\ldots+x_{n-2}^2x_{n-1}+\frac{1}{3}x_{n-1}^3+\frac{1}{3}x_{n-1})\bigg|_0^1dx_{n-2}\\ &= \displaystyle\int\limits_0^1dx_1\displaystyle\int\limits_0^1dx_2\dots\displaystyle\int\limits_0^1(x_1^2+\ldots+x_{n-2}^2+\frac{1}{3}+\frac{1}{3})dx_{n-2} \ =\ \dots \ =\ n\frac{1}{3}. \endaligned