58 svar
416 visningar
K.Ivanovitj 377
Postad: 11 maj 2018

Dubbelintegral

Hej

jag har en uppgift som jag inte kommer vidare på och skulle behöva lite hjälp. Uppgiften är:

Beräkna

 Dx4-y4dxdy där D definieras av olikheterna 1<x2-y2<4,  17<x2+y2<5,  x<0,  y>0

Det första jag noterade är att vi har olikheterna x<0 och y>0 så måste vårat integrationsområde ligga i den andra kvadranten.

Sedan är jag lite osäker på hur man ska göra med 1<x2-y2<4 och 17<x2+y2<5 för att få fram det exakta integrationsområdet. Jag får att 1<x2-y2<4 är en hyperbel och 17<x2+y2<5 är en cirkel.

Standardfråga 1a: Har du ritat?

K.Ivanovitj 377
Postad: 11 maj 2018

ja jag ritade och får att integrationsområdet hamnar där hyperbeln skär cirkeln i andra kvadranten men jag vet inte hur jag ska gå vidare efter det.

Smaragdalena 14675 – Moderator
Postad: 11 maj 2018 Redigerad: 11 maj 2018

Har du tagit fram skärningspunkterna? Är det helt enkelt de siffrorna som står i uppgiften?

K.Ivanovitj 377
Postad: 11 maj 2018

nej jag håller på att försöka ta fram skärningspunkterna, vad jag har sett i liknande exempel så ska man göra ett variabelbyte och få x=rcosθy=rsinθ

och då vi har cirkeln 17<x2+y2<5 kan vi då skriva om den till 17<r2<5 och dra roten ur och få 171/4<r<5

sedan har jag hyperbeln  1<x2-y2<4 kvar som jag skriver om till 1<r2cos2θ-sin2θ<4

men sedan har jag inte kommit längre

Gör ekvationer som du kan lösa istället! Vilka linjer är det som skär varandra i de olika punkterna?

K.Ivanovitj 377
Postad: 11 maj 2018

men får man inte då att r171/4,5 

När jag ritade fick jag det streckade området som integrationsområde 

Du har 4 punkter du behöver ta reda på koordinaterna för. Jag tror jag skulle försöka med (x,y) först, men det är möjligt att det blir enklare med polära koordinater. Om man använder polära koordinater så är den "sydöstra" och "nordvästra" begränsningarna enkla, eftersom de är r = k (två olika k), men vad är de båda andra begränsningarna?

K.Ivanovitj 377
Postad: 12 maj 2018

För att få fram gränserna till theta gjorde jag:

1<x2-y2<4 som ifall vi går över till polära koordinater får 1<r2cos2θ-sin2θ<4 sedan delar jag samtliga led med r2 och får då 1r2<cos2θ<4r2 eftersom cos2θ-sin2θ=cos2θ

Då har vi att cos2θ1r2,4r2 men närmare än så kommer jag tyvärr inte, vi måste ju få ett värde för theta ensamt så att vi sedan har gränsvärden för dubbelintegralen när vi ska börja integrera. Är det någon som har en idê hur man kan göra det? 

Smaragdalena 14675 – Moderator
Postad: 12 maj 2018 Redigerad: 12 maj 2018

Olikheten 17<><>\sqrt{17}<><> ger dig gränserna för r.

För att få fram de "sydvästra" och "nordöstra" begränsningarna behöver du använda dig av att  den första olikheten ger dig att 1<><>1<><>. Du behöver göra om det till polära koordinater.

Låter förra inlägget vara kvar så att jag kan rapportera buggen. /moderator

Smaragdalena 14675 – Moderator
Postad: 12 maj 2018 Redigerad: 12 maj 2018

Olikheten 17 < x2+y2<5 ger dig gränserna för r.

För att få fram de "sydvästra" och "nordöstra" begränsningarna behöver du använda dig av att  den första olikheten ger dig att 1<x2-y2<4. Du behöver göra om det till polära koordinater.

Albiki 2249
Postad: 12 maj 2018

Hej!

Planpolära koordinater kanske inte är de mest lämpliga här.

Inför istället variablerna u=x2-y2u=x^2-y^2 och v=x2+y2v=x^2+y^2 vilket ger integranden

    uv2v2-u2\frac{uv}{2\sqrt{v^2-u^2}}

och integrationsområdet blir en axelparallell rektangel (E) i uvuv-planet. 

    Euv2v2-u2dudv.\displaystyle \iint_E \frac{uv}{2\sqrt{v^2-u^2}}dudv.

Dubbelintegralen beräknas som två itererade enkelintegraler, där den inre integralen sker med avseende på variabeln uu; integralen ger ett tal som ligger mellan 2 och 18. 

Albiki skrev:

Hej!

Planpolära koordinater kanske inte är de mest lämpliga här.

Inför istället variablerna u=x2-y2u=x^2-y^2 och v=x2+y2v=x^2+y^2 vilket ger integranden

    uv2v2-u2\frac{uv}{2\sqrt{v^2-u^2}}

och integrationsområdet blir en axelparallell rektangel (E) i uvuv-planet. 

    Euv2v2-u2dudv.\displaystyle \iint_E \frac{uv}{2\sqrt{v^2-u^2}}dudv.

Dubbelintegralen beräknas som två itererade enkelintegraler, där den inre integralen sker med avseende på variabeln uu; integralen ger ett tal som ligger mellan 2 och 18. 

 Snyggt! Den möjligheten hade jag inte tänkt på.

K.Ivanovitj 377
Postad: 13 maj 2018

jag förstår inte riktigt, hur får du uv2v2-u2

och vad blir då E? 

Albiki 2249
Postad: 13 maj 2018
K.Ivanovitj skrev:

jag förstår inte riktigt, hur får du uv2v2-u2

och vad blir då E? 

 Du måste vara mer specifik. Exakt vad är det som du inte förstår? Vet du inte hur man gör en variabelsubstitution i en integral?

K.Ivanovitj 377
Postad: 13 maj 2018

jag menar om vi har u=x2-y2 och v=x2+y2 och den ursprungliga uppgiften var Dx4-y4dxdy

så kan vi ju först helt enkelt sätta Du×vdudv så lång är jag ju med att vi bara gjort ett variabelbyte. Det jag inte riktigt är med på hur vi går från det till att sätta uv2v2-u2, integranden av u*v blir väl u2v24 ?

och sedan får vi det nya integrationsområdet E blir det då E=1<u<4, 17<v<5, x<0, y>0

Smaragdalena 14675 – Moderator
Postad: 13 maj 2018 Redigerad: 13 maj 2018

E blir jätteenkelt: 1<><4,̄""><><>1<><4, \=""><><>

Använd konjugatregeln baklänges på x4-y4x^4-y^4 innan du gör om funktionen till u och v. Använd konjugatregeln framlänges efteråt.

Vad blir dudv uttryckt i dxdy?

EDIT: tänkte fel förut

K.Ivanovitj 377
Postad: 13 maj 2018

om jag använder konjugatregeln baklänges på x4-y4 får vi väl x4-y4=x2+y2x2-y2  och får då att u=x2+y2 och v=x2-y2 men vad menar du att man ska göra sen?

sedan blir väl du=2x och dv=2y

blir E då 1<v<4, 17<u<5, 12u<0, 12v>0

Smaragdalena 14675 – Moderator
Postad: 13 maj 2018 Redigerad: 13 maj 2018

Du har fel uttryck för du och dv. Både du och dv beror både på x och y och därmed på dx och dy.

K.Ivanovitj 377
Postad: 13 maj 2018

okej så får vi då att du=2x+2y och dv=2x-2y?

Vad blir då du·dvdu \cdot dv?

K.Ivanovitj 377
Postad: 13 maj 2018

då får vi 2x+2y(2x-2y)=4x2-4y2 

Jag får ta ett steg tillbaka och erkänna att jag verkar ha lurat dig på villovägar. Det verkar bättre att försöka göra tvärtom och uttrycka dxdydxdy som dudvdudv istället. Vad blir det?

Albiki 2249
Postad: 13 maj 2018 Redigerad: 13 maj 2018

Till T.S. Du måste lära dig om funktionaldeterminanter vid variabelsubstitution då man beräknar flerdimensionella integraler.

Uppgift: Bestäm funktionaldeterminanten (ä.k. Jacobianen) dxdydudv\frac{dxdy}{dudv}.

K.Ivanovitj 377
Postad: 13 maj 2018

för dxdydudv gäller väl dxdydudv=xuxvyuyv och om vi nu har u=x2+y2 och v=x2-y2 kan man då sätta dudvdxdy=uxuyvxvy=2x2y2x-2y=-8(xy)

Albiki 2249
Postad: 13 maj 2018
K.Ivanovitj skrev:

för dxdydudv gäller väl dxdydudv=xuxvyuyv och om vi nu har u=x2+y2 och v=x2-y2 kan man då sätta dudvdxdy=uxuyvxvy=2x2y2x-2y=-8(xy)

 Varför beräknar du dudvdxdy\frac{dudv}{dxdy} när det är dxdydudv\frac{dxdy}{dudv} som du behöver?

K.Ivanovitj 377
Postad: 13 maj 2018

jag förstår inte hur ska vi ta derivatan av x med avseende på u, har vi att u=x2+y2 och kan då flytta över u till x2=y2-ux=y-u och ska vi sedan ta derivatan av detta uttryck med avseende på u? i så fall får vi att xu=12u

Moffen 173
Postad: 13 maj 2018

x2=y2-u=>x=y-u FEL! Glöm inte bort att a+b=/=a+b.

K.Ivanovitj 377
Postad: 13 maj 2018

gjorde fel,

xu=   x=±y2-u ska det vara 

K.Ivanovitj 377
Postad: 14 maj 2018

Räknar jag ut dxdydudv får jag tillslut att xuxvyuyv=±u-y2±v+y2±u-x2±x2-v men sedan känner jag mig lite vilsen i hur man ska gå vidare.  Hur får vi att den inre integralen med avseende på u ger ett tal som ligger mellan 2 och 18?

Albiki 2249
Postad: 14 maj 2018

Eftersom integrationsområdet kräver att x<0x<> och y>0y>0 så gäller det att

    x=-u+v2x=-\sqrt{\frac{u+v}{2}} och y=v-u2y=\sqrt{\frac{v-u}{2}}.

För att detta ska fungera måste det gälla att vu0v\geq u\geq 0; är dessa villkor uppfyllda i detta problem? 

K.Ivanovitj 377
Postad: 14 maj 2018

om vi använder att du satte u=x2-y2 och v=x2+y2 från början så har vi att vu0 eftersom varken x eller y får vara noll så blir båda termer positiva.

Albiki 2249
Postad: 14 maj 2018

Att uu och vv är positiva är självklart; den intressanta frågan är om vuv\geq u.

K.Ivanovitj 377
Postad: 14 maj 2018

ja då blir väl vu då vi har restriktionerna x<0 och y>0

Albiki 2249
Postad: 14 maj 2018 Redigerad: 14 maj 2018
K.Ivanovitj skrev:

ja då blir väl vu då vi har restriktionerna x<0 och y>0

 Nej! Det följer inte att vuv\geq u bara för att x<0x<> och y>0y>0. Hur tänkte du där?

K.Ivanovitj 377
Postad: 14 maj 2018

jag satte ett godtyckligt negativ tal som x och positivt som y då får jag för u ett positivt tal minus ett annat positivt tal och för v ett positivt tal plus ett annat positivt tal och därmed borde v vara större än u

Albiki 2249
Postad: 14 maj 2018
K.Ivanovitj skrev:

jag satte ett godtyckligt negativ tal som x och positivt som y då får jag för u ett positivt tal minus ett annat positivt tal och för v ett positivt tal plus ett annat positivt tal och därmed borde v vara större än u

 Eftersom y2y^2 aldrig är negativt följer det att x2+y2x2-y2x^2+y^2\geq x^2-y^2

Albiki 2249
Postad: 14 maj 2018

Beräkna nu den relevanta funktionaldeterminanten dxdydudv.

K.Ivanovitj 377
Postad: 14 maj 2018

jag får J=dx,ydu,v=-122u+v-122u+v-122v-u122v-u

med x=-u+v2 och y=v-u2

Guggle 1219
Postad: 14 maj 2018 Redigerad: 14 maj 2018

Bra, kom också ihåg att den lokala areaförstoringen under avbildningen ges av absolutbeloppet av funktionaldeterminanten.

Du var också god väg i ett tidigare inlägg. Ett alternativt sätt att nå resultat är att utnyttja att inversens funktionaldeterminant i en punkt är samma tal som det inverterade värdet av funktionens funktionaldeterminant, dvs

(x,y)(u,v)=1(u,v)(x,y)=12x2y2x-2y=1-8xy\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\frac{1}{\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}}=\frac{1}{\begin{vmatrix}2x&2y\\2x&-2y \end{vmatrix}}=\frac{1}{-8xy} vilket du nästan kom fram till ovan.

Nu noterar vi att

u2-v2=2|xy|\sqrt{u^2-v^2}=2|xy| varför absolutbeloppet av |J||J| alltså kan skrivas 14u2-v2\frac{1}{4\sqrt{u^2-v^2}}

 

Edit: Nu räknade jag med u=x2+y2u=x^2+y^2 och v=x2-y2v=x^2-y^2 istället för vice versa, men det är bara att byta plats på u och v.

K.Ivanovitj 377
Postad: 14 maj 2018

okej vad bra då kom funktionaldeterminanten fram :) när vi nu har fått fram den och vet att u=x2-y2 och v=x2-y2 vad blir då nästa steg? vi hade ju sedan tidigare att integrationsområdet var E=1<u<4, 17<v<5 sedan hade vi även restriktionen x<0 och y>0 när vi nu har funktionaldeterminanten 14u2-v2 hur kan vi då skriva E? 

Guggle 1219
Postad: 14 maj 2018 Redigerad: 14 maj 2018

Med u=x2-y2u=x^2-y^2 och v=x2+y2v=x^2+y^2 är det viktigt att du väljer absolutbeloppet av determinanten som 14v2-u2\frac{1}{4\sqrt{v^2-u^2}}, eftersom v>uv>u i definitionen av ditt område.

Vet inte om ni konstaterat det ännu, men x4-y4=(x2+y2)(x2-y2)=vux^4-y^4=(x^2+y^2)(x^2-y^2)=vu

Integralen ges nu alltså av

Euv|J|dudv\displaystyle \iint_E uv|J|\,dudv

K.Ivanovitj 377
Postad: 14 maj 2018

att uv blir x4-y4 vilket är vad vi har från början i uppgiften är jag med på, dock inte hur vi ska integrera EuvJdudv

inom E har vi ju begränsningarna 1<u<4 och 17<v<5 ska vi då sätta 14175uvJdudv

K.Ivanovitj 377
Postad: 16 maj 2018

ska vi sätta I=Eub4u2-v2dudv och sedan ha integrationsgränserna I=14175uv4u2-v2dudv

Guggle 1219
Postad: 16 maj 2018 Redigerad: 16 maj 2018

Ja. Men notera att du nu använde

 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Som avslutning och överkurs kan det också vara intressant att studera problemet i polära koordinater.

Du kom (nästan) fram till att

arccos(1r2)<2θ<arccos(4r2)\arccos(\frac{1}{r^2})<><>

Vinkeln ska peka på den andra kvadranten. Eftersom integranden antar exakt samma värden på båda sidor om y-axeln och integrationsområdet  är spegelsymmetriskt kring y kan vi lika gärna beräkna integralen för den första kvadranten (så slipper vi justera vinkeln).

Vi kommer ihåg att för x>0x>0 gäller

arccos(x)=arcsin(1-x2)\arccos(x)=\arcsin(\sqrt{1-x^2})

Alltså blir gränserna för θ\theta

arcsin(1-16r4)<2θ<arcsin(1-1r4)\displaystyle \arcsin(\sqrt{1-\frac{16}{r^4}}) <2\theta><>

Slutligen är x4-y4x^4-y^4=(x2-y2)(x2+y2)=r4cos(2θ)(x^2-y^2)(x^2+y^2)=r^4\cos(2\theta).

Edit: Nu har jag förhoppningsvis lagat hela inlägget med bilder istället.

K.Ivanovitj 377
Postad: 16 maj 2018

okej, för att ha kvar u=x2-y2 och y=x2+y2 kan jag väl bara byta ordningen på integralerna så vi får 17514uv4u2-v2dudv

 

Om man sedan tittar på hur man kan lösa uppgiften med polära koordinater så är jag inte helt med på arccosx=arcsin1-x2 

sedan sätter vi in x=4r2 1-x2 och får då arcsin1-16r4 det är jag med på.

Guggle 1219
Postad: 16 maj 2018 Redigerad: 16 maj 2018
K.Ivanovitj skrev:

okej, för att ha kvar u=x2-y2 och y=x2+y2 kan jag väl bara byta ordningen på integralerna så vi får 17514uv4u2-v2dudv

Det som spelar roll är alltså det som står under rottecknet. Du vill inte att det ska bli ett negativt tal vilket det blir om u2-v2<0u^2-v^2<>, vilket det är då u=x2-y2u=x^2-y^2.

Själva integralen blir väldigt enkel om du ser att ddvv2-u2=12v2-u2·2v=vv2-u2\displaystyle \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} v}\left(\sqrt{v^2-u^2}\right)=\frac{1}{2\sqrt{v^2-u^2}}\cdot 2v=\frac{v}{\sqrt{v^2-u^2}}

I nästa integrationssteg kan du återigen tillämpa ungefär samma trick.

K.Ivanovitj 377
Postad: 16 maj 2018

okej den andra får jag dduv2-u2=-uv2-u2

men om man ska lösa uppgiften med polära koordinater istället är jag med fram till att vi får gränsvärdena 12arcsinr4-1r2 och 12arcsinr4-16r2  hur får vi fram dom? och varför har vi 1/2 framför integralen?

K.Ivanovitj 377
Postad: 18 maj 2018
Guggle skrev:

Ja. Men notera att du nu använde

 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Som avslutning och överkurs kan det också vara intressant att studera problemet i polära koordinater.

Du kom (nästan) fram till att

arccos(1r2)<><>\arccos(\frac{1}{r^2})<><>

Vinkeln ska peka på den andra kvadranten. Eftersom integranden antar exakt samma värden på båda sidor om y-axeln och integrationsområdet  är spegelsymmetriskt kring y kan vi lika gärna beräkna integralen för den första kvadranten (så slipper vi justera vinkeln).

Vi kommer ihåg att för x>0x>0 gäller

arccos(x)=arcsin(1-x2)\arccos(x)=\arcsin(\sqrt{1-x^2})

Alltså blir gränserna för θ\theta

arcsin(1-16r4)<2θ><>\displaystyle \arcsin(\sqrt{1-\frac{16}{r^4}}) <2\theta><>

Slutligen är x4-y4x^4-y^4=(x2-y2)(x2+y2)=r4cos(2θ)(x^2-y^2)(x^2+y^2)=r^4\cos(2\theta).

Edit: Nu har jag förhoppningsvis lagat hela inlägget med bilder istället.

 jag förstår hur man får fram arcsin1-16r4=arcsinr4-16r4=arcsinr4-16r2 men inte hur vi får 12arcsinr4-16r2

sedan är jag med på integralen r5sin2θ men inte hur vi får 12r5sin2θ så det är något med divisionen 1/2 jag har missat.

K.Ivanovitj 377
Postad: 18 maj 2018

kommer 1/2 både i 12r5 och sin2θ12arcsinr4-16r212arcsinr4-1r2dr av att vi har haft gränserna för θ uttryckt för 2θ ? eftersom vi satte integrationsgränserna arcsin1-16r4<2θ<arcsin1-1r4 vilket då ger oss gränserna 12arcsin1-16r4<θ<12arcsin1-1r4

och för integralen har vi 12r5sin2θ dvs 2θ

Guggle 1219
Postad: 18 maj 2018 Redigerad: 18 maj 2018

Vi har kommit fram till att

1r2<cos(2θ)<4r2\frac{1}{r^2}<><>

Detta uttryck ska gälla för vissa θ\theta i den andra kvadranten. Men det blir enklast att studera vad villkoret betyder i den första kvadranten (så slipper vi hantera 2π-arccos(..)2\pi-\arccos(..)-uttryck). Detta kan vi välja att göra eftersom det råder symmetri  (för såväl integrand som integrationsområde).

I den första kvadranten ser cos(2θ)cos(2\theta) ut så här. 

Vi inser alltså att 2θ2\theta måste satisfiera

arccos(4r2)<2θ<arccos(1r2) \arccos(\frac{4}{r^2})<><>

Nu ersätter vi arccos(x)=arcsin(1-x2)\arccos(x)=\arcsin(\sqrt{1-x^2}) samt delar båda sidor med 2.

12arcsin(1-(4r2)2)<θ<12arcsin(1-(1r2)2)\displaystyle \frac{1}{2}\arcsin(\sqrt{1-(\frac{4}{r^2})^2})<><>

Därav 12\frac{1}{2} i integrationsgränserna.

Den primitiva funktionen till cos(2θ)\cos(2\theta)

cos(2θ)dθ=12sin(2θ)\int \cos(2\theta)\,d\theta=\frac{1}{2}\sin(2\theta)

Därav en faktor 12\frac{1}{2} framför integralen när vi integrerat i θ\theta.

K.Ivanovitj 377
Postad: 18 maj 2018

okej då förstår jag den delen nu, men hur kommer det sig att vi får r3 framför r4-1-r4-16

Guggle 1219
Postad: 18 maj 2018 Redigerad: 18 maj 2018
K.Ivanovitj skrev:

okej då förstår jag den delen nu, men hur kommer det sig att vi får r3 framför r4-1-r4-16

 Är du med på att integralen du vill beräkna är

I=r4cos(2θ)rdθdr\displaystyle I=\iint r^4\cos(2\theta)\,rd\theta dr?

Du kan bryta ut en 1r2\frac{1}{r^2} ur rotuttrycken som kommer från integrationsgränserna i θ\theta-led.

Sedan gäller r5r2=r3\frac{r^5}{r^2}=r^3.

Ett allmänt tips är att du själv försöker beräkna integralen och använder mina mellansteg som de kontrollpunkter och tips de är avsedda för. Just nu verkar du snarare försöka förstå varje mellansteg istället för att räkna själv.

K.Ivanovitj 377
Postad: 20 maj 2018

ja det är jag med på att vi ska beräkna I=Dr4cos2θrdθdr

sedan har vi  r512r5sin2θ eftersom vi multiplicerar in r från rdθdr med r4

och vi har gränsvärdena r174,5 och 12arcsinr4-16r2, 12arcsinr4-1r2

och ska då beräkna I=r=1745θ=12arcsinr4-16r212arcsinr4-1r2r4cos2θrdθdr

börjar vi då med att integrera i theta led sätter vi sin2θ12arcsinr4-16r212arcsinr4-1r2dr 

sedan integrerar vi i r-led:1=121745r3r4-1-r4-16dr =1286-15

K.Ivanovitj 377
Postad: 21 maj 2018

jag tror att jag är med på det mesta nu, men jag är dock inte helt med på övergången från 1r2<cos2θ<4r2 till arccos4r2<2θ<arccos1r2 varför ersätter vi cos med arccos ?

Lirim.K 506
Postad: 21 maj 2018
K.Ivanovitj skrev:

jag tror att jag är med på det mesta nu, men jag är dock inte helt med på övergången från 1r2<cos2θ<4r2 till arccos4r2<2θ<arccos1r2 varför ersätter vi cos med arccos ?

 Eftersom du vill integrera med avseende på θ, så vill du ju hitta nedre och övre gräns för  den variabeln.

K.Ivanovitj 377
Postad: 22 maj 2018

ja det är jag med på, men jag har lite problem med själva motiveringen till arccos, underlättar det alltså att gå över till arccos istället för att hålla kvar cosinus när vi ska hitta gränserna för theta?

Eftersom theta är en vinkel - ja.

Svara Avbryt
Close