11 Dubbelintegraler: itererad integration och variabelsubstitution

Transkript

1 Nr, april -5, Amelia ubbelintegraler: itererad integration och variabelsubstitution. Itererad integration tterligare eempel Eempel (97k) Beräkna ( ) och ( ). ( 8) dd om begränsas av, Område begränsat av,( ) och ( ). Lösning: Kurvorna och ( ) skär varandra i ( ). et ger +, dvs. På liknande sätt skär ( ) och ( ) varandra i 3. Så ska gå mellan och 3. Kurvorna och ( ) skär varandra i punkten (, ). Vi delar då integrationsområdet i linjen. Sätt {, ( ) } (vänstra området) och { 3, ( ) ( ) } (högra området). Vi kan alltså dela upp integrationen i två delar ( 8) dd ( 8) dd + ( 8) dd.

2 Låt oss integrera över först. ( 8) dd d ( ) ( 8) d [ 8 ] ( ) d ( )d ( 8 + )d [ 8 ln( +)] 8 ln 3 + ln. På liknande sätt får vi ( 8) dd ( ) d ( ) ( 8) d [ 8 ]( ) ( ) d ( )d Vi får att ( 8) dd [ 8 ln( ) ln( +)]3 8 ln ln 8 ln + ln 3. ( 8) dd + ( 8) dd 8 ln 3 + ln + 8 ln ln + ln 3 ( ln ). 8 Svar: 8 ( ln ). Eempel (98e) Beräkna π, π}. cos(+) dd om är kvadraten {

3 Lösning: För att lättare integrera tar vi bort absolutbeloppet. Vi har att cos( + ) om + π och om + 3π annats (i ) ärcos( + ) <, så om π <+ < 3π gäller att cos( + ) cos( + ) Vi klver området i π/. Smmetrin ger att cos( + ) dd cos( + ) dd. vänster Vi delar vänster i två delar: under + π och över. π π cos( + ) dd d (cos( + ))dd π π + d π Svar: π. π π ( cos( + ))dd [sin( + )] π d π (sin π sin )d π [ +cos] π [cos ] π ( π ) ( π ) π.. Metoder för enkelintegraler [sin( + )] π π d (sin( + π) sin π )d För enkelintegraler finns två huvudmetoder för att bestämma en primitiv funktion: partialintegration och variabelsubstitution. Med analsens huvudsats (integration är omvänd derivering) kan de två metoderna lätt härledas från derivering av produkt respektive kedjeregeln. 3

4 .. Partialintegration Vid partialintegration betraktar man integranden som en produkt av två funktioner f()g() och får en n integral med integrand F ()g () som ska vara lättare att integrera om det ska vara någon poäng med partialintegrationen. Här är F () en primtiviv funktion till f() och g () derivatan av g(). Här är formeln: Partialintegration: f()g()d F ()g() F ()g ()d. Man får alltså en "untintegrerad term" F ()g() också. Som eempel kan en integral som 3 e beräknas genom att partialintegrera tre gånger, och varje gång integrera faktorn e och derivera polnomet som är en faktor till e.när polnomet är en konstant har vi integranden Ce som har primitiv funktion C e, och integrationen är klar. Att partialintegrera genom att derivera e och integrera 3 är korrekt men poänglöst för man kommer inte närmare en standardintegral (som R e d). et finns många omskrivningar som är felfria men meningslösa. Integralen R e cos d kan beräknas genom att partialintegrera två gånger. å återkommer samma integral i högerledet med minustecken, varför den kan slås ihop med den ursprungliga integralen genom att fltta den till vänsterledet, och integrationen är klar. Ännu ett sätt att använda partialintegration är för att beräkna R ln d. Här betraktar vi integranden som en produkt genom ln ln och integrerar :an och deriverar ln. et ger en lätt integral. Partialintegration är en integrationformulering av derivering av produkt. eriveringa av produkt skriver vi här med notation som stämmer överens med formuleringen av partialintegration ovan (använd F () f()): d d F ()g() f()g()+f ()g (). Genom att derivera partialintegrationslikheten fås genast denna formel för derivering av produkt... Variabelsubstitution en andra metoden är variabelsubstitution, som kommer direkt från kedjeregeln: d d f(()) f(()) (). För att bestämma primitiv funktion måste substitutionen () vara deriverbar och inverterbar (i det intervall vi är intresserade av oftast räcker det med att det finns något intervall, dvs är inte konstant). Substitutionen kan som lösningmetod formuleras i två versioner, som matematiskt är helt ekvivalenta:

5 Variabelsubstitution, version : Variabelsubstitution, version : f() ()d f()d. f()d f() ()d. Notera att ()d d och ()d d. Vi kan använda båda eftersom () är inverterbar även () är väldefinierad. I verison kan man från början se en inre derivata i integranden, som i integralen e d där är derivatan av alltså inre derivatan vid derivation av e. Sätter man får man då e d e d som är en standardintegral: e d e d e + C e + C. I sista ledet substituerade vi tillbaka. Iversionfinns det ingen möjlighet att se en inre derivata i integranden. Man får prova en substitution med ledning av integrandens tp och med erfarenhet av integrationskalkler. Ett eempel är e d. + e Sätter man e, alltså ln, fås här d d, och vi får en standardintegral: e d + e + d + d {standardintegral!} arctan + C arctane + C...3 Variabelsubstitution i en bestämd integral Vid variabelsubstitution i en bestämd integral transformeras även gränserna: b a f()d (b) (a) f() ()d. Variabelsustitutionen () är inverterbar och deriverbar. eriverbarheten implicerar kontinuitet, vilket tillsammans med inverterbarhet betder att funktionen () är antingen väande eller avtagande. Om den är en avtagande funktion () gäller förstås att () <, och att undre gränsen (a) > (b), där 5

6 (b) är övre gränsen. Vi kan skriva integralen på så sätt att undre gränsen är mindre än övre gränsen genom att bta riktning på integrationen, vilket ger ett minustecken. etta kan flttas in till (). (b) (a) f() ()d. (a) (b) (a) (b) f() ()d f()( ())d Eftersom () < har vi då () (). I det andra fallet, när () är väande, är () >, så då gäller () (). Man kan alltså skriva variabelsubstitutionen med absolutbelopp: b a f()d ma((a),(b)) min((a),(b)) f() () d, och så att den undre gränsen alltid är mindre än den övre. etta passar bra för dubbelintegraler, t i dess definition med itererad integration är båda enkelintegralerna sådana att undre gränsen alltid är mindre än den övre. Notera att funktionen () anger transformationens (från till ()) lokala längdförstoring i punkten. T ett litet intervall ( ε, + ε), medlängdε, avbildas på ett intervall (( ε),( + ε)), vars längd är ( + ε) ( ε). Relativa längdförstoringen är alltså ( + ε) ( ε)., ε som är mcket nära () om ε är tillräckligt litet, enligt definitionen på derivata och deriverbarhet för ()..3 ubbelintegraler För att beräkna en dubbelintegral finns det också två huvudmetoder: itererad integration och variabelsubstitution. Itererad integration ger som vi sett två enkelintegraler, där alla metoder för enkelintegraler givetvis kan användas. et finns för dubbelintegraler inte någon motsvarighet till partialintegration. äremot finns en genuint tvådimensionell variabelsubstitution. Om ((s, t), (s, t)) är en inverterbar avbildning så är dess jacobian följande matris av förstaderivator, som vi har (minst) tre skrivsätt för: µ s t det s s (, ) (s, t) J(s, t). eterminanten av jacobianen kallas funktionaldeterminanten: µ s t, s och beskriver den lokala tförstoringen. sa 6

7 Sats 3 Antag att ((s, t),(s, t)) är en inverterbar avbildning från integrationsområdet till ett område E. å gäller f(, )dd f((s, t), (s, t)) J(s, t) dsdt. E Vi får i integranden absolutbeloppet av den lokala tförstoringen ( J(s, t) ), på liknande sätt som vi för en enkelintegral fick absolutbeloppet av den lokala längdförstoringen som en faktor i integranden. Bevis: En term i en Riemannsumma är rätblockvolmen f( i, j )A( i, i+, j, j+ ). Här är A( i, i+ j, j+ ) arean av rektangeln med hörn i ( i, j ), ( i, j+ ), ( i+, j+ ) och ( i+, j ). Betrakta en variabelsubstitution (s, t) ((s, t),(s, t)), eller (, ) (s(, ),t(, t)) som är en inverterbar avbildning utom på en nollmängd. Punkterna ( i, j ), ( i, j+ ), ( i+, j+ ) och ( i+, ) svarar mot (s i,t j ), (s i,t j+ ), (s i+,t j+ ) och (s i+,t j ), som har area A(s i,s i+ t j,t j+ ). et är klart att A( i, i+ j, j+ ) 6 A(s i,s i+,t j,t j+ ) i allmänhet, avbildningen kan till stor del ändra volmen. Men eftersom den lokala tförstoringen är (,) (s,t), så kan man vänta sig att (, ) A( i, i+ j, j+ ) (s, t) A(s i,s i+,t j,t j+ ), med större överensstämmelse ju finare indelningen är, om f är integrerbar. I motsvarande punkt har givetvis f samma värde: f( i, j )f((s i,t j ),(s i,t j )). Vi betecknar f((s i,t j ),(s i,t j )) kortare med f(s i,t j ). Multiplicera med det lokala värdet av f, såfårvi (, ) f( i, j )A( i, i+ j, j+ ) f(s i,t j ) (s, t) A(s i,s i+,t j,t j+ ). Om vi nu summerar över respektive E så fås Riemannsummor som konvergerar mot påståendet i satsen. en viktigaste variabelsubstitutionen är polära koordinater: ½ r cos θ r sin θ. 7

8 ess funktionaldeterminant är lätt att beräkna: (, ) (r, θ) r sin θ sin θ rcos θ cosθr cos θ ( r sin θ)sinθ r(cos θ +sin θ)r. etta betder att dd rdrdθ vid en variabelsubstitution. etta är likheten (, ) A( i, i+ j, j+ ) (s, t) A(r i,r i+,θ j,θ j+ ) ovan, när vi låter indelningens finhet gå mot noll. När är polära koordinater lämplig? Som för alla variabelsubstitutioner beror detta på två faktorer: integranden och området.. Variabelsubstitutionen förenklar integranden. För polära koordinater blir den ofta enklare om den eempelvis innehåller +, som ju är r.. Variabelsubstitutionen förenklar integrationsområdet. Så är fallet om det består av koordinatkurvor för substitutionen, nämligen kurvor av tpen s konstant och t konstant. För polära koordinater är koordintatkurvorna som följer: r konstant cirklar runt origo - r konstant strålar från origo Eempel (99a) Beräkna, }. p + dd där { +, 8

9 Lösning: Här är polära koordinater mcket lämpliga, t området begränsas av koordinatkurvor och integranden blir p + dd rrdrdθ r drdθ Integrationsområdet. Begränsningskurvorna transformeras som följer: + ger r, ger θ och ger θ π. p + dd {dela i två enkelintgraler!} p Svar: + dd π 6. Eempel 5 (9a) Beräkna }. { r, θ π } r drdθ r3 3 π r dr r drdθ π dθ [θ] π π 3 π dd där { +, 9

10 Integrationsområdet begränsas av räta linjer. Lösning: Här kan substitutionen ½ u + v förenkla både integrand och område. Vi får nämligen + + u +v och området E { u, v }. Vi får konstanta gränser, vilket är de enklaste gränser vi kan ha i en dubbelintegral. Men vad är funktionaldeterminanten (,) (u,v)? Idettafallgavsu och v itermer av och, i t.e. fallet polära koordinater var det tvärtom. Men µ (u, v) (, ) det, och (, ) (u, v) (u,v) (,). (Man½ kan också i detta fall lätt lösa ut och som funktioner av u och v. (u + v)/ et ger (u v)/.) Så vi får integralen

11 Svar: + + dd + + dd ln3. u +v dudv udu +v dv u [ln +v ] (ln3 ln ) ln 3. Vi har i två problem fått en produkt av enkelintegraler. et går bra om integranden är en produkt av två funktioner vilka är beroende av den ena variabeln enbart (f(, ) h() g()), och gränserna är konstanta. Sats 6 Om f(, ) h()g() och {a b, c d}, så b d f(, )dd h()d g()d. a c Bevis: Vifår f(, )dd i -integrationen} i -integrationen} b d a b a b a ( c g()( h()g()d)d {g() är en konstant d c h()d h()d)d { d Beviset bgger alltså på räkneregeln cf()d c c g()d. f()d d c h()d är en konstant för enkelintegraler. Eempel 7 (9r) Beräkna + 3}. ( )dd där {,

12 Lösning: Noteraatt ( )( + ) enligt konjugeringsregeln, och området också begränsas av kurvorna konstant och + konstant. Området är mellan två cirkelbågar med radier och 3, och mellan ± och hperbeln ± Integrationsområdet bestör av fra delar. Vi får fra bitar som svarar mot de fra möjliga teckenändringarna i en punkt (, ). Men integranden är okänslig för tecken, så vi får gånger integralen över en bit. Vi får då ( )dd ( )dd där {, + 3,, } Integrationsområdet.

13 Sätt nu ½ u + v. Vi får Men (u, v) (, ) Så 8 u v, och 8. u v ( + ) ( ). (, ) (u, v) (u,v) (,) u v. Således är dd u v dudv och ( )( + )uv. Vi får 3 ( )dd uv u v dudv 3 du 3 u[ p u v ] dv (u p u u )du [ 3 (u ) 3 u 3 3 ]3 6 [ ] 6 ( ). Svar: ( )dd 6 ( ). 3