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

Twierdzenie Fubiniego. Twierdzenie o zmianie zmiennych

Ćwiczenie 11.1

Policzyć całkę

$\underset{V}{\iiint }{x}^2{y}^3{z}^{4}dxdydz,$

gdzie $V$ jest zbiorem ograniczonym powierzchniami:

$z=xy,y=2x,x=1,z=0.$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

<div.thumbcaption>Funkcja podcałkowa nad obszarem $V$

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

wykres

Równocześnie $z$ zmienia się od $0$ do wykresu funkcji $z=xy.$ Mamy zatem:

$\begin{array}{rl}\underset{V}{\iiint }{x}^2{y}^3{z}^{4}dxdydz& =\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{0}{\overset{x}{\int }}dy\underset{0}{\overset{xy}{\int }}{x}^2{y}^3{z}^{4}dz\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{0}{\overset{x}{\int }}\left(x^2{y}^3\frac{z^5}{5}{|}_0^{xy}\right)dy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{1}{5}{x}^7{y}^{8}dy\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(\frac{1}{5}{x}^7\frac{y^9}{9}{|}_0^x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{5\cdot 9}{x}^{16}dx=\frac{1}{5\cdot 9\cdot 17}=\frac{1}{765}.\end{array}$

Ćwiczenie 11.2.

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

Wskazówka

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

$|V|=\underset{V}{\iiint }1dxdydz.$

Rozwiązanie

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

$|K|=\underset{K}{\iiint }1dxdydz=\underset{B}{\iiint }{r}^2\sin \beta drd\alpha d\beta .$

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

Tę ostatnią całkę liczymy za pomocą twierdzenia Fubiniego:

$\begin{array}{rl}\underset{B}{\iiint }{r}^2\sin \beta drd\alpha d\beta & =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\alpha \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}d\beta \underset{0}{\overset{R}{\int }}{r}^2\sin \beta dr=\frac{R^3}{3}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin \beta d\beta \\ & =\frac{R^3}{3}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}(-\cos \beta {|}_0^{\pi })d\alpha =\frac{2R^3}{3}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\alpha =\frac{4}{3}\pi R^3.\end{array}$

Ćwiczenie 11.3.

Policzyć objętość bryły ograniczonej przez powierzchnię stożka

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

leżącą nad powierzchnią koła

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

Wskazówka

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

<div.thumbcaption>Bryła dla której należy obliczyć objętość

Bardzo pomocne jest zastosowanie zmiany zmiennych na walcowe.

Rozwiązanie

Musimy policzyć

$|V|=\underset{V}{\iiint }dxdydz.$

Spróbujmy zastosować twierdzenie Fubiniego nie zmieniając zmiennych. Musimy zatem zobaczyć, w jakich granicach zmieniają się $x,y,z.$ A zatem $z$ zmienia się oczywiście od $0$ do wykresu funkcji $z=\sqrt{x^2+y^2},$ podczas gdy $x$ i $y$ są w kole $x^2+y^2\le 1,$ czyli $x$ zmienia się od $-1$ do $1,$ a $y$ zmienia się od $-\sqrt{1-x^2}$ do $\sqrt{1-x^2}.$

Zauważmy jednak, że nasza bryła jest symetryczna, zatem możemy policzyć jej objętość tylko dla $x,y>0$ i pomnożyć wynik przez $4.$ Ta metoda uprości nieco nasze obliczenia. Dostaniemy:

$\begin{array}{rl}|V|& =4\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{0}{\overset{\sqrt{1-x^2}}{\int }}dy\underset{0}{\overset{\sqrt{x^2+y^2}}{\int }}dz=4\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{0}{\overset{\sqrt{1-x^2}}{\int }}\sqrt{x^2+y^2}dy\\ & =4\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\frac{1}{2}y\sqrt{x^2+y^2}+\frac{1}{2}{x}^2\ln (y+\sqrt{x^2+y^2})){|}_0^{\sqrt{1-x^2}}dx\\ & =4\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{2}\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{2}{x}^2\ln (\sqrt{1-x^2}+1)-\frac{1}{4}{x}^2\ln (x^2)dx=\end{array}$

(policzenie tej całki może zająć trochę czasu, należy całkować przez części)

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

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

$x=r\cos \alpha ,y=r\sin \alpha ,z=z.$

A zatem, jak wygląda $V$ w tych współrzędnych? $x$ i $y$ związane są zależnością

$x^2+y^2\le 1,$

co daje zależność $r\le 1$ i żadnych warunków na $\alpha ,$ a więc $\alpha \in [0,2\pi ].$ Natomiast $z$ zmienia się od $0$ do $\sqrt{x^2+y^2},$ a zatem od $0$ do $r.$ Tak więc

$|V|=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dr\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\alpha \underset{0}{\overset{r}{\int }}{r}^{2}dz=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dr\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{r}^{3}d\alpha =2\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{r}^{3}dr=\frac{2}{3}\pi .$

Jak widać, zastosowanie twierdzenia o zmianie zmiennych bardzo upraszcza obliczenia.

Ćwiczenie 11.4.

Policzyć objętość bryły $V$ ograniczonej przez powierzchnię stożka

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

przez powierzchnię walca

$(x-1{)}^2+y^2=1$

oraz płaszczyznę $Oxy$.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Szukaną objętość znajdujemy, licząc całkę podwójną

$\underset{D}{\iint }\sqrt{x^2+y^2}dxdy$

z funkcji $z(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ nad obszarem koła $(x-1{)}^2+y^2\le 1.$

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

Przypomnijmy, że zmiana zmiennych na biegunowe to:

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

Zbiór $D$ jest dany nierównością:

$(x-1{)}^2+y^2\le 1,$

czyli

$(r\cos \alpha -1{)}^2+(r\sin \alpha {)}^2\le 1,$

co sprowadza się do

$r(r-2\cos \alpha )\le 0.$

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

$0\le r\le 2\cos \alpha .$

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

$\alpha \in [-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}].$

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

$\begin{array}{rl}\underset{D}{\iint }\sqrt{x^2+y^2}dxdy& =\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\alpha \underset{0}{\overset{2\cos \alpha }{\int }}{r}^{2}dr=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{1}{3}{r}^3{|}_0^{2\cos \alpha }d\alpha =\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{8}{3}{\cos }^{}\alpha d\alpha \\ & =\frac{1}{3}{\cos }^2\alpha \sin \alpha +\frac{2}{3}\sin \alpha {|}_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{4}{3}.\end{array}$

Ćwiczenie 11.5.

Obliczyć objętość bryły danej powierzchnią o równaniu:

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

gdzie $a,b,c$ są dodatnimi stałymi.

Wskazówka

Zastosować zmianę zmiennych na tak zwane uogólnione współrzędne sferyczne:

$\{\begin{array}{ll}x& =ar\sin \beta \cos \alpha ,\\ y& =br\sin \beta \sin \alpha ,\\ z& =cr\cos \beta ,\end{array}$

gdzie $r\in (0,+\mathrm{\infty }),\alpha \in (0,2\pi ),\beta \in (0,\pi ).$

Rozwiązanie

wykres

Zmienimy zmienne na uogólnione współrzędne sferyczne. Jakobian tej zmiany zmiennych, jak nietrudno policzyć, to $abc{r}^2\sin \beta .$

Zobaczmy, jak nasza bryła wygląda we współrzędnych sferycznych:

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

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

daje po podstawieniu:

$(r^2{\sin }^2\beta {\cos }^2\alpha +r^2{\sin }^2\beta {\sin }^2\alpha +r^2{\cos }^2\beta {)}^2=r^2{\sin }^2\beta {\cos }^2\alpha +r^2{\sin }^2\beta {\sin }^2\alpha ,$

czyli

$r^4=r^2{\sin }^2\beta ,$

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

$r=\sin \beta .$

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

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

(bo na kąty nie mamy żadnych dodatkowych warunków) oraz

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

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

$\begin{array}{rl}|V|& =\underset{V}{\iiint }dxdydz=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\alpha \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}d\beta \underset{0}{\overset{\sin \beta }{\int }}abc{r}^2\sin \beta dr\\ & =abc\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\alpha \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{3}{r}^3\sin \beta {|}_0^{\sin \beta }d\beta =\frac{abc}{3}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\alpha \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{}\beta d\beta .\end{array}$

Całkę z ${\sin }^4\beta$ liczymy przez części:

$\int {\sin }^4\beta d\beta =-{\sin }^3\beta \cos \beta +\frac{3}{4}\int {\sin }^{}2\beta d\beta .$

Teraz już można łatwo policzyć, że

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

Zatem

$|V|=\frac{abc}{3}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}(-\frac{1}{4}{\sin }^3\beta \cos \beta -\frac{3}{8}\cos \beta \sin \beta +\frac{3}{8}\beta ){|}_0^{\pi }d\alpha =\frac{abc}{3}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{3}{8}\pi d\alpha =\frac{abc}{4}{\pi }^2.$

Ćwiczenie 11.6.

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

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}dy\underset{0}{\overset{y^2}{\int }}dz\underset{0}{\overset{yz}{\int }}f(x,y,z)dx.$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Wypiszmy jak zmieniają się zmienne. W płaszczyźnie $Oyz$

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

Stosując zmianę kolejności całkowania, można także przekształcić naszą całkę na kilka następujących sposobów:

$\begin{array}{rl}\underset{0}{\overset{1}{\int }}dy\underset{0}{\overset{y^2}{\int }}dz\underset{0}{\overset{yz}{\int }}f(x,y,z)dx& =\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{\sqrt[3]{x}}{\overset{1}{\int }}dy\underset{\frac{x}{y}}{\overset{y^2}{\int }}f(x,y,z)dz\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}dy\underset{0}{\overset{y^3}{\int }}dx\underset{\frac{x}{y}}{\overset{y^2}{\int }}f(x,y,z)dz=\underset{0}{\overset{1}{\int }}dz\underset{\sqrt{z}}{\overset{1}{\int }}dy\underset{0}{\overset{yz}{\int }}f(x,y,z)dx\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}dz\underset{0}{\overset{z\sqrt{z}}{\int }}dx\underset{\sqrt{z}}{\overset{1}{\int }}f(x,y,z)dy+\underset{0}{\overset{1}{\int }}dz\underset{z\sqrt{z}}{\overset{z}{\int }}dx\underset{\frac{x}{z}}{\overset{1}{\int }}f(x,y,z)dy\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{x}{\overset{x^{\frac{2}{3}}}{\int }}dz\underset{\frac{x}{z}}{\overset{1}{\int }}f(x,y,z)dy+\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{x^{\frac{2}{3}}}{\overset{1}{\int }}dz\underset{\sqrt{z}}{\overset{1}{\int }}f(x,y,z)dy.\end{array}$

Ćwiczenie 11.7.

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

$M=\underset{D}{\iint }\rho (x,y)dxdy.$

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

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

a zatem

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

Teraz wystarczy podstawić do wzoru:

$M=\underset{D}{\iint }\frac{\zeta }{R}\sqrt{x^2+y^2}dxdy.$

Tę całkę wygodnie policzyć, zmieniając zmienne na biegunowe:

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

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

$M=\underset{D}{\iint }\frac{\zeta }{R}\sqrt{x^2+y^2}dxdy=\frac{\zeta }{R}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\alpha \underset{0}{\overset{R}{\int }}{r}^{2}dr=\frac{2}{3}\frac{\zeta }{R}\pi R^3=\frac{2\zeta }{3}\pi R^2.$

Ćwiczenie 11.8.

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

$M=\underset{D}{\int }\rho (x,y)dxdy,$

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

$\begin{array}{rl}{x}_0& =\frac{1}{M}\underset{D}{\iint }x\rho (x,y)dxdy,\\ y_0& =\frac{1}{M}\underset{D}{\iint }y\rho (x,y)dxdy.\end{array}$

Wyznaczyć współrzędne środka ciężkości ćwiartki okręgu:

$D=\{(x,y):x^2+y^2\le 1,0\le x,0\le y\},$

o gęstości

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

Wskazówka

Po wstawieniu do wzoru, zmienić zmienne na biegunowe.

Rozwiązanie

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

<div.thumbcaption>Środek ciężkości obszaru $D$

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

$\begin{array}{rl}{x}_0& =\frac{4}{\pi }\underset{D}{\iint }xdxdy,\\ y_0& =\frac{4}{\pi }\underset{D}{\iint }ydxdy.\end{array}$

Te całki najlepiej policzyć, zmieniając zmienne na biegunowe,

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

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

Zatem

$x_0=\frac{4}{\pi }\underset{D}{\iint }xdxdy=\frac{4}{\pi }\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\alpha \underset{0}{\overset{1}{\int }}{r}^2\cos \alpha dr=\frac{4}{\pi }\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{1}{3}\cos \alpha d\alpha =\frac{4}{3\pi }\sin \alpha {|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{4}{3\pi }.$

i analogicznie

$y_0=\frac{4}{\pi }\underset{D}{\iint }ydxdy=\frac{4}{\pi }\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\alpha \underset{0}{\overset{1}{\int }}{r}^2\sin \alpha dr=\frac{4}{\pi }\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{1}{3}\sin \alpha d\alpha =\frac{4}{3\pi }(-\cos \alpha ){|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{4}{3\pi }.$

Ćwiczenie 11.9.

Policzyć całkę po $n$-wymiarowej kostce $K=[0,1{]}^n$ z funkcji $x_1^2+\dots +x_n^2.$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

$\begin{array}{rl}& \iint \dots \underset{K}{\int }(x_1^2+\dots +x_n^2)d{x}_1\dots d{x}_n=\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_1\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_2\dots \underset{0}{\overset{1}{\int }}(x_1^2+\dots +x_n^2)d{x}_n\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_1\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_2\dots \underset{0}{\overset{1}{\int }}(x_1^2{x}_n+\dots +x_{n-1}^2{x}_n+\frac{1}{3}{x}_n^3){|}_0^{1}d{x}_{n-1}\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_1\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_2\dots \underset{0}{\overset{1}{\int }}(x_1^2+\dots +x_{n-1}^2+\frac{1}{3})d{x}_{n-1}\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_1\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_2\dots \underset{0}{\overset{1}{\int }}(x_1^2{x}_{n-1}+\dots +x_{n-2}^2{x}_{n-1}+\frac{1}{3}{x}_{n-1}^3+\frac{1}{3}{x}_{n-1}){|}_0^{1}d{x}_{n-2}\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_1\underset{0}{\overset{1}{\int }}d{x}_2\dots \underset{0}{\overset{1}{\int }}(x_1^2+\dots +x_{n-2}^2+\frac{1}{3}+\frac{1}{3})d{x}_{n-2}=\dots =n\frac{1}{3}.\end{array}$