MAIII 2015 näiteid lahendustega 

1. Arvutada esimeses oktandis (x, y, z > 0) asuva tasandi  x + 2 y + 3 z = 6  osa pindala.  
2. Arvutada  I 1  (vt alla), kus  G  on kera  x 2 + y 2 + z 2 < 1  esimese oktandi osa.  
3. Arvutada  I 2  (vt alla), kus  L  on lõik algusega  (1, 1, 2)  ja lõpuga  (- 1, - 1, - 2) . 
4. Arvutada  I 3  (vt alla) Green’i valemiga ja parametriseerimisega, kus  L  on  ruudu kontuur tippudega  (- 1, - 1) - > 
(- 1, 1) - > ( 1, 1) - > ( 1, - 1) - > (- 1, - 1) . 
5. Arvutada  I 4  (vt alla), kus  ∑  on paraboloidi  z = 9 - x 2 - y 2  esimese oktandi osa ja normaal on suunatud paraboloidist välja.  
6. Leida vektorvälja  F = (- y/ x2 , 1/x +2 y)  potentsiaal  U  ja arvutada integraal  I 5. Arvutada  I 5  parametriseerimisega lõigul  L,  kus  x = 1,  0< y < 1.
,.

Ül. 1. Antud tasand  x + 2 y + 3 z = 6  on ruumis olev pind, pindala leidmiseks (vt loengust $ 13) on vaja avaldada  
z = 2 – x / 3 – 2 y / 3. Siit leida osatuletised ja kasutada $ 13 valemit. Piirkonna  D  leidmiseks on vaja pind projekteerida  
x y – tasandile. Kuna antud I oktant, siis  D  rajajooned on  x = 0,  y = 0  ja antud tasandi lõikesirge  x y – tasandiga (selle võrrand on  z = 0). Seega lõikesirge on  x + 2 y = 6 .  Vastus: 3 √ 14.

Ül. 2. Kui piirkond  G  on kera või selle osa, siis võib alati proovida sfäärkoordinaate !  Teha joonis ja siis näete, et  I oktandis on nurgad  0  ja  Pi/ 2  vahel.  I 1  on 3-kordne integraal, siin ei asendata midagi pinna võrrandist, pinna võrrandist asendatakse pindintegraali korral. V. Pi/ 16 .

Ül. 3. Parameetriliste võrrandite saamisel alati kontrollige, kas  t  sobival valikul ikka saate joone alg- ja lõpp-punkti. Lahendus lihtsustub oluliselt, kui tekkivates integraalides teha muutuja vahetus  s = 1 – 2 t . Sulgude avamine on siis mõistlik, kui muidu lihtsustada ei saa. V. – 2 / 3.

Ül. 4. Siin on küsitud arvutada kahte moodi – Green’i valemiga ja parametriseerimisega. Green’i valemiga on erisuseks see, et siin antud suunas liikudes ei jää piirkond vasakule. Kuid kui suunda muuta, siis muutub joonintegraali ees ainult märk. Parametriseerimisega on siin ka väga lihtne, näiteks lõigul  L1 :  (- 1, - 1) - > (- 1, 1)  on  x = - 1  ja  - 1 < y < 1 .  Seega 
  sest  d (- 1) = 0. V. – 4.

Ül. 5.  I 4  kuju ütleb, et  ∑  on vaja projekteerida  y z – tasandile (seda näitavad diferentsiaalid).  y z – tasandil on  x = 0,  seega pinna võrrandist saate  z = 9 - y 2 .  Siit saate ka kohe aru, et tekkinud parabool avaneb allapoole ning seega ka paraboloid on kuppel, mitte kauss. Selles integraalis pole midagi vaja pinna võrrandist asendada, sest nn liigset muutujat  x  integraali all ei ole. Normaal on suunatud paraboloidist väljapoole, seega nurk  x – teljega (selle telje sihis toimus projekteerimine) on  < Pi/ 2  ja tekkiva 2-kordse integraali ette tuleb  + . V. 81/ 4. 
Aga kui oleks olnud integraal    siis tuleb siia pinna võrrandist asendada  x 2 = 9 - y 2 – z ,  n-ö liigne muutuja on see, mida diferentsiaalid ei näita. V. 243/ 4. Tehke muutuja vahetus  t = 9 - y 2 , mitte lahti korrutada !

Ül. 6. $ 23 põhjal  U  on vektorvälja  F = (- y/ x2 , 1/x +2 y)  potentsiaaliks, kui  
F = grad U = (∂ U / ∂x , ∂ U / ∂y ) . Ühelt poolt vektorite võrdsuse põhjal  ∂ U / ∂x = - y/ x2,  millest integreerides  x  järgi saame  U =  y/ x + C ( y) . Siin  C ( y)  on  x  suhtes konstant, aga  y  suhtes funktsioon (seega tuletis  x  järgi on null). Teiselt poolt  ∂ U / ∂y = 1/x +2 y , mistõttu  U  avaldisest  U =  y/ x + C ( y)  saame  1/ x + C´ ( y)= 1/x +2 y . Saadud võrdust integreerime  y  järgi. Saame  C ( y)=  y 2 + C , kus  C  on absoluutne konstant. Seega kokkuvõttes  U =  y/ x + y 2 + C . $ 23 Newtoni – Leibnizi valemi üldistuse põhjal saame
= U (1, 1) – U (1, 0) = 2.
Teisiti arvutades saame  = [x = 1 , 0 < y < 1, d x = d 1 = 0]  =  = 2