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

Twierdzenie Fubiniego. Twierdzenie o zmianie zmiennych

Ćwiczenie 11.1

Policzyć całkę

\underset{V}{∭} x^{2} y^{3} z^{4} d x d y d z

,

gdzie $V$ jest zbiorem ograniczonym powierzchniami:

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

Wskazówka

Rozwiązanie

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

wykres

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

$\begin{aligned} \underset{V}{∭} x^{2} y^{3} z^{4} d x d y d z & = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} d y \int_{0}^{x y} x^{2} y^{3} z^{4} d z \\ = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} (x^{2} y^{3} \frac{z^{5}}{5} |_{0}^{x y}) d y = \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} \frac{1}{5} x^{7} y^{8} d y \\ = \int_{0}^{1} (\frac{1}{5} x^{7} \frac{y^{9}}{9} |_{0}^{x}) d x = \int_{0}^{1} \frac{1}{5 \cdot 9} x^{16} d x = \frac{1}{5 \cdot 9 \cdot 17} = \frac{1}{765} . \end{aligned}$

Ćwiczenie 11.2.

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

Wskazówka

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

$| V | = \underset{V}{∭} 1 d x d y d z$

Rozwiązanie

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

$| K | = \underset{K}{∭} 1 d x d y d z = \underset{B}{∭} r^{2} \sin β d r d α d β$

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

Tę ostatnią całkę liczymy za pomocą twierdzenia Fubiniego:

$\begin{aligned} \underset{B}{∭} r^{2} \sin β d r d α d β & = \int_{0}^{2 π} d α \int_{0}^{π} d β \int_{0}^{R} r^{2} \sin β d r = \frac{R^{3}}{3} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} \sin β d β \\ = \frac{R^{3}}{3} \int_{0}^{2 π} (- \cos β |_{0}^{π}) d α = \frac{2 R^{3}}{3} \int_{0}^{2 π} d α = \frac{4}{3} π R^{3} . \end{aligned}$

Ćwiczenie 11.3.

Policzyć objętość bryły ograniczonej przez powierzchnię stożka

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

leżącą nad powierzchnią koła

$x^{2} + y^{2} \leq 1$

Wskazówka

Rozwiązanie

Musimy policzyć

$| V | = \underset{V}{∭} d x d y d z$

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 $x^{2} + y^{2} \leq 1$ , 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:

$\begin{aligned} | V | & = 4 \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{\sqrt{1 - x^{2}}} d y \int_{0}^{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} d z = 4 \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{\sqrt{1 - x^{2}}} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d y \\ = 4 \int_{0}^{1} (\frac{1}{2} y \sqrt{x^{2} + y^{2}} + \frac{1}{2} x^{2} \ln (y + \sqrt{x^{2} + y^{2}})) |_{0}^{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ = 4 \int_{0}^{1} \frac{1}{2} \sqrt{1 - x^{2}} + \frac{1}{2} x^{2} \ln (\sqrt{1 - x^{2}} + 1) - \frac{1}{4} x^{2} \ln (x^{2}) d x = \end{aligned}$

(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{π}{6} = \frac{2 π}{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

$x = r \cos α, y = r \sin α, z = z$

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

$x^{2} + y^{2} \leq 1$ ,

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

$| V | = \int_{0}^{1} d r \int_{0}^{2 π} d α \int_{0}^{r} r^{2} d z = \int_{0}^{1} d r \int_{0}^{2 π} r^{3} d α = 2 π \int_{0}^{1} r^{3} d r = \frac{2}{3} π$

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 $O x y$ .

Wskazówka

Rozwiązanie

Szukaną objętość znajdujemy, licząc całkę podwójną

$\iint_{D} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x d y$

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

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

Przypomnijmy, że zmiana zmiennych na biegunowe to:

x = r \cos α, y = r \sin α

Zbiór $D$ jest dany nierównością:

(x - 1)^{2} + y^{2} \leq 1

,

czyli

(r \cos α - 1)^{2} + (r \sin α)^{2} \leq 1

,

co sprowadza się do

r (r - 2 \cos α) \leq 0

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

0 \leq r \leq 2 \cos α

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

α \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]

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

\begin{aligned} \iint_{D} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x d y & = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} d α \int_{0}^{2 \cos α} r^{2} d r = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{3} r^{3} |_{0}^{2 \cos α} d α = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{8}{3} \cos^{3} α d α \\ = \frac{1}{3} \cos^{2} α \sin α + \frac{2}{3} \sin α |_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} = \frac{4}{3} . \end{aligned}

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:

${\begin{cases} x & = a r \sin β \cos α, \\ y & = b r \sin β \sin α, \\ z & = c r \cos β, \end{cases}$

gdzie $r \in (0, + \infty), α \in (0, 2 π), β \in (0, π)$ .

Rozwiązanie

wykres

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

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} β \cos^{2} α + r^{2} \sin^{2} β \sin^{2} α + r^{2} \cos^{2} β)^{2} = r^{2} \sin^{2} β \cos^{2} α + r^{2} \sin^{2} β \sin^{2} α

,

czyli

r^{4} = r^{2} \sin^{2} β

,

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

r = \sin β

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

β \in [0, π], α \in [0, 2 π]

(bo na kąty nie mamy żadnych dodatkowych warunków) oraz

r \in [0, \sin β]

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

\begin{aligned} | V | & = \underset{V}{∭} d x d y d z = \int_{0}^{2 π} d α \int_{0}^{π} d β \int_{0}^{\sin β} a b c r^{2} \sin β d r \\ = a b c \int_{0}^{2 π} d α \int_{0}^{π} \frac{1}{3} r^{3} \sin β |_{0}^{\sin β} d β = \frac{a b c}{3} \int_{0}^{2 π} d α \int_{0}^{π} \sin^{4} β d β . \end{aligned}

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

\int \sin^{4} β d β = - \sin^{3} β \cos β + \frac{3}{4} \int \sin^{2} 2 β d β

Teraz już można łatwo policzyć, że

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

Zatem

| V | = \frac{a b c}{3} \int_{0}^{2 π} (- \frac{1}{4} \sin^{3} β \cos β - \frac{3}{8} \cos β \sin β + \frac{3}{8} β) |_{0}^{π} d α = \frac{a b c}{3} \int_{0}^{2 π} \frac{3}{8} π d α = \frac{a b c}{4} π^{2}

Ćwiczenie 11.6.

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

\int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y^{2}} d z \int_{0}^{y z} f (x, y, z) d x

Wskazówka

Rozwiązanie

Wypiszmy jak zmieniają się zmienne. W płaszczyźnie

O y z

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 $O z$ , wykres funkcji $z = y^{2}$ i prostą $y = 1$ . Nad obszarem $D$ zmienna $x$ zmienia się od $0$ do $y z$ .
wykres

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

\begin{aligned} \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y^{2}} d z \int_{0}^{y z} f (x, y, z) d x & = \int_{0}^{1} d x \int_{\sqrt[3]{x}}^{1} d y \int_{\frac{x}{y}}^{y^{2}} f (x, y, z) d z \\ = \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y^{3}} d x \int_{\frac{x}{y}}^{y^{2}} f (x, y, z) d z = \int_{0}^{1} d z \int_{\sqrt{z}}^{1} d y \int_{0}^{y z} f (x, y, z) d x \\ = \int_{0}^{1} d z \int_{0}^{z \sqrt{z}} d x \int_{\sqrt{z}}^{1} f (x, y, z) d y + \int_{0}^{1} d z \int_{z \sqrt{z}}^{z} d x \int_{\frac{x}{z}}^{1} f (x, y, z) d y \\ = \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{x^{\frac{2}{3}}} d z \int_{\frac{x}{z}}^{1} f (x, y, z) d y + \int_{0}^{1} d x \int_{x^{\frac{2}{3}}}^{1} d z \int_{\sqrt{z}}^{1} f (x, y, z) d y . \end{aligned}

Ćwiczenie 11.7.

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

M = \iint_{D} ρ (x, y) d x d y

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 $ζ > 0$ na brzegu.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

c R = ρ (x, y) = ζ

,

a zatem

c = \frac{ζ}{R}

Teraz wystarczy podstawić do wzoru:

M = \iint_{D} \frac{ζ}{R} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x d y

Tę całkę wygodnie policzyć, zmieniając zmienne na biegunowe:

x = r \cos α, y = r \sin α

W naszym krążku $r$ zmienia się od $0$ do $R$ a $α$ od $0$ do $2 π$ , mamy zatem:

M = \iint_{D} \frac{ζ}{R} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x d y = \frac{ζ}{R} \int_{0}^{2 π} d α \int_{0}^{R} r^{2} d r = \frac{2}{3} \frac{ζ}{R} π R^{3} = \frac{2 ζ}{3} π R^{2}

Ćwiczenie 11.8.

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

M = \int_{D} ρ (x, y) d x d y

,

(zobacz ćwiczenie 11.7.). Wtedy współrzędne $(x_{0}, y_{0})$ środka ciężkości $D$ wyznaczamy ze wzorów:

\begin{aligned} x_{0} & = \frac{1}{M} \iint_{D} x ρ (x, y) d x d y, \\ y_{0} & = \frac{1}{M} \iint_{D} y ρ (x, y) d x d y . \end{aligned}

Wyznaczyć współrzędne środka ciężkości ćwiartki okręgu:

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

,

o gęstości

ρ (x, y) \equiv 1

Wskazówka

Rozwiązanie

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

$\begin{aligned} x_{0} & = \frac{4}{π} \iint_{D} x d x d y, \\ y_{0} & = \frac{4}{π} \iint_{D} y d x d y . \end{aligned}$

Te całki najlepiej policzyć, zmieniając zmienne na biegunowe,

$x = r \cos α, y = r \sin α$

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

Zatem

$x_{0} = \frac{4}{π} \iint_{D} x d x d y = \frac{4}{π} \int_{0}^{\frac{π}{2}} d α \int_{0}^{1} r^{2} \cos α d r = \frac{4}{π} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{3} \cos α d α = \frac{4}{3 π} \sin α |_{0}^{\frac{π}{2}} = \frac{4}{3 π}$

i analogicznie

$y_{0} = \frac{4}{π} \iint_{D} y d x d y = \frac{4}{π} \int_{0}^{\frac{π}{2}} d α \int_{0}^{1} r^{2} \sin α d r = \frac{4}{π} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{3} \sin α d α = \frac{4}{3 π} (- \cos α) |_{0}^{\frac{π}{2}} = \frac{4}{3 π}$

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{aligned} \iint \dots \int_{K} (x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}) d x_{1} \dots d x_{n} = \int_{0}^{1} d x_{1} \int_{0}^{1} d x_{2} \dots \int_{0}^{1} (x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}) d x_{n} \\ = \int_{0}^{1} d x_{1} \int_{0}^{1} d x_{2} \dots \int_{0}^{1} (x_{1}^{2} x_{n} + \dots + x_{n - 1}^{2} x_{n} + \frac{1}{3} x_{n}^{3}) |_{0}^{1} d x_{n - 1} \\ = \int_{0}^{1} d x_{1} \int_{0}^{1} d x_{2} \dots \int_{0}^{1} (x_{1}^{2} + \dots + x_{n - 1}^{2} + \frac{1}{3}) d x_{n - 1} \\ = \int_{0}^{1} d x_{1} \int_{0}^{1} d x_{2} \dots \int_{0}^{1} (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} \\ = \int_{0}^{1} d x_{1} \int_{0}^{1} d x_{2} \dots \int_{0}^{1} (x_{1}^{2} + \dots + x_{n - 2}^{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3}) d x_{n - 2} = \dots = n \frac{1}{3} . \end{aligned}

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

Twierdzenie Fubiniego. Twierdzenie o zmianie zmiennych

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia