14 svar
158 visningar
lotus 29
Postad: 2 jan 11:40

Hur visar man att variabelbytet är en bijektion?

Hej! Jag håller på med flervariabelanalys och fastnat lite för motivering av bijektioner. När jag variabelsubstituerar en dubbelintegral så ska jag motivera varför variabelsubstutionen är en bijektion och jag har förstått att det går att lösa ut x och y sådan att man ser att det alltid finns en lösning inom respektive område(?).

 

Det jag dock märkt av att läsa gamla tentor är att det verkar vara okej att motivera med en figurmen vad är det jag ska rita? Jag förstår inte vad/hur jag ska visa det i en figur.  Kan någon hjälpa mig? Jag bifogar en fråga (och lösningsförslag) till en uppgift från en gammal tenta som visar vad jag menar!

Börja med att rita upp området D som du skall integrera över. Lägg upp bilden här. 

Aerius 504
Postad: 2 jan 12:20

Som det står i lösningsförslaget om två ortogonala linjer i definitionsmängden. Rita en bild med figur över definitionsmängd samt värdemängd (ska göras i alla sammanhang har jag lärt mig nu) välj två linjer i definitionsmängden som är ortogonala som mappas på två ortogonala linjer i värdemängden. Då går det att se om definitionsmängden är onto och one-to-one på värdemängden i bilden. Viktigt att hitta ortogonala linjer som täcker in hela figurerna.

lotus 29
Postad: 2 jan 13:40
Smaragdalena skrev:

Börja med att rita upp området D som du skall integrera över. Lägg upp bilden här. 

Här är områdena, tror jag. Jag ska försöka göra som Aerius sa också.

lotus 29
Postad: 2 jan 13:43 Redigerad: 2 jan 13:57
Aerius skrev:

Som det står i lösningsförslaget om två ortogonala linjer i definitionsmängden. Rita en bild med figur över definitionsmängd samt värdemängd (ska göras i alla sammanhang har jag lärt mig nu) välj två linjer i definitionsmängden som är ortogonala som mappas på två ortogonala linjer i värdemängden. Då går det att se om definitionsmängden är onto och one-to-one på värdemängden i bilden. Viktigt att hitta ortogonala linjer som täcker in hela figurerna.

 

Tänker du något sånt här? Jag vet inte om jag ser hur det här skulle leda till en bijektion.. speciellt med tanke på att det inte är en rektangel/parallellogram i D.. jag vet inte om jag blir så mycket klokare av att rita upp det här

Edit: Eller kan jag se det som att jag faktiskt kan "mappa" upp hela D med hjälp av en "linje" x^2+y^2 och sen en annan linje y-x? Men de blir väl inte ortogonala mot varandra?

Albiki 5096
Postad: 3 jan 02:25

Hej,

Om du använder planpolära koordinater (r,t)(r,t) där x=rcostx=r\cos t och y=rsinty=r\sin t så ger Trigonometriska ettan x2+y2=r2x^2+y^2 = r^2 och Additionsformel för sinusfunktionen y-x=r(sint-cost)=r2sin(t-π4)y-x=r(\sin t-\cos t)=r\sqrt{2}\sin(t-\frac{\pi}{4}).

Området D motsvaras av följande krav för koordinaterna rr och tt:

  • r3r\geq \sqrt{3}
  • 0sin(t-π4)1r20\leq\sin(t-\frac{\pi}{4})\leq \frac{1}{r\sqrt{2}}
  • cost0\cos t \geq 0.

Det tredje kravet begränsar koordinaten tt till intervallet -π2tπ2-\frac{\pi}{2} \leq t\leq \frac{\pi}{2} och det andra kravet begränsar den ytterligare till tπ4+arcsin1r2t\leq \frac{\pi}{4}+\arcsin \frac{1}{r\sqrt{2}}.

Uttryckt i planpolära koordinater blir integranden sin2t-cos2tr2\frac{\sin^2 t-\cos^2 t}{r^2} och differentialareaelementet blir rdrdtr\,drdt varför dubbelintegralen blir

    D'-cos2trdrdt=r=3-1rt=-π/2π/4+arcsin1r2cos2tdtdr\displaystyle\iint_{D^\prime} \frac{-\cos 2t}{r}\,drdt = \int_{r=\sqrt{3}}^{\infty}\frac{-1}{r}\left\{\int_{t=-\pi/2}^{\pi/4+\arcsin\frac{1}{r\sqrt{2}}}\cos 2t\,dt\right\}\,dr

lotus 29
Postad: 3 jan 08:10
Albiki skrev:

Hej,

Om du använder planpolära koordinater (r,t)(r,t) där x=rcostx=r\cos t och y=rsinty=r\sin t så ger Trigonometriska ettan x2+y2=r2x^2+y^2 = r^2 och Additionsformel för sinusfunktionen y-x=r(sint-cost)=r2sin(t-π4)y-x=r(\sin t-\cos t)=r\sqrt{2}\sin(t-\frac{\pi}{4}).

Området D motsvaras av följande krav för koordinaterna rr och tt:

  • r3r\geq \sqrt{3}
  • 0sin(t-π4)1r20\leq\sin(t-\frac{\pi}{4})\leq \frac{1}{r\sqrt{2}}
  • cost0\cos t \geq 0.

Det tredje kravet begränsar koordinaten tt till intervallet -π2tπ2-\frac{\pi}{2} \leq t\leq \frac{\pi}{2} och det andra kravet begränsar den ytterligare till tπ4+arcsin1r2t\leq \frac{\pi}{4}+\arcsin \frac{1}{r\sqrt{2}}.

Uttryckt i planpolära koordinater blir integranden sin2t-cos2tr2\frac{\sin^2 t-\cos^2 t}{r^2} och differentialareaelementet blir rdrdtr\,drdt varför dubbelintegralen blir

    D'-cos2trdrdt=r=3-1rt=-π/2π/4+arcsin1r2cos2tdtdr\displaystyle\iint_{D^\prime} \frac{-\cos 2t}{r}\,drdt = \int_{r=\sqrt{3}}^{\infty}\frac{-1}{r}\left\{\int_{t=-\pi/2}^{\pi/4+\arcsin\frac{1}{r\sqrt{2}}}\cos 2t\,dt\right\}\,dr

Hej! Jag tror du missförstod min fråga. Tack så mycket för ett lösningsförslag, men jag hade inte problem med att lösa själva interalen. Det är just att motivera varför variabelbyten är bijektion, generellt, via en figur, som jag har svårt med.

Jroth 1191
Postad: 3 jan 13:05 Redigerad: 3 jan 13:14

Hej, du behöver egentligen inte visa att variabelbytet är en bijektion och de i flesta praktiska fall kommer transformationen bara vara lokalt bijektiv, om ens det.

Så länge det finns öppna omgivningar kring varje punkt i det tänkta området där xi=xi(x¯1x¯n)x^i=x^i(\bar{x}^1\dots \bar{x}^n) är C1C^1 och jakobianen för transformationen är nollskild är den lokalt bijektiv.

Det finns en sats som säger att om mappningen från EE  till DD är 1-1 (förutom på ett ändligt antal nollmängder av EE) och jakobianen är nollskild (förutom på ett ändligt antal nollmängder av EE) så är integralen

Df(x,y)dxdy=Ef(X(u,v),Y(u,v))|J(u,v)|dudv\displaystyle \iint_D f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_E f(X(u,v), Y(u,v))|J(u,v)|\mathrm{d}u\mathrm{d}v

Du behöver alltså bara säkerställa att 1) din transformation är 1-1 nästan överallt i det tänkta området och att 2)  jakobianen är 0\neq0 nästan överallt i det tänkta området (lokalt bijektiv) samt att eventuella avvikelser utgör nollmängder.

Ett exempel på en transformation som INTE är 1-1 och som därför behöver en restriktion är

x=rcos(θ)y=rsin(θ)x=r\cos(\theta) \\y=r\sin(\theta)

Eftersom cos(θ)=cos(θ+n2π)\cos(\theta)=cos(\theta+n2\pi), där nn är ett godtyckligt heltal. Det är också ett problem att jakobianen r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2} är 0 i (0,0) (inte ens lokalt bijektiv)

Men som tur är utgör en enskild punkt  en nollmängd och kan ignoreras. Vi får alltså ställa upp och försöka beräkna integraler i polära koordinater om vi inför en uppsättning regler kring vinkeln. Och med tanke på det antal övningsuppgifter i flervariabel som handlar om integraler med polära koordinater får vi ju säga att det var en minst sagt lycklig omständighet. Men notera att inte ens polära koordinater  är en bijektion i planet.

När det gäller kladda-och-kludda-framställningar av bijektivitet handlar det om att genom bluff och båg göra troligt att varje punkt i EE endast motsvarar en punkt i DD och vice versa.

Det jag tror facit vill att du ska göra är att skissa några nivåkurvor i xy-planet, gärna de som avgränsar området. Och det är exakt det du gjort i din bild. (Du har studerat nivåkurvorna u=0, u=1 samt v=3 i xy-planet och sedan markerat dem i EE). Med lite god vilja inser man nu att varje punkt inom området DD som ges av en skärningspunkt mellan en nivåkurva till u och en nivåkurva till v (inom gränserna) motsvarar exakt en punkt i EE och vice versa. Vill du vara mer exakt måste du lösa ut x och y explicit.

Aerius 504
Postad: 3 jan 14:00

Läs Jroth inlägg några gånger, otroligt bra. Det är jättebra att kunna göra sig en någorlunda uppfattning om ett problem och resonera kring varför något är rimligt. Viktigt då att hålla sig positiv och söka den djupare förståelsen. Veta vilka villkor som behövs för att göra det rigoröst om det skulle behövas.

Albiki 5096
Postad: 3 jan 14:05 Redigerad: 3 jan 14:07

Hej,

Du kan använda kartesiska koordinater (x,y)(x,y) för att ange en punkt i området DD.

En given punkt i området DD kan även ses som skärningspunkt mellan en viss cirkel x2+y2=v2x^2+y^2=v^2 och en viss rät linje y-x=uy-x=u, så att punkten lika väl kan beskrivas med radie (vv) och intercept (uu).

Det finns alltså en transformation T:(x,y)(u,v)T:(x,y) \mapsto (u,v) och en omvänd transformation S:(u,v)(x,y)S:(u,v)\mapsto (x,y).

Anta att du har två punkter som båda anges med samma radie (v1=v2v_1=v_2) och samma intercept (u1=u2u_1=u_2). Följer det då att x1=x2x_1=x_2 och y1=y2y_1=y_2? Ja, under förutsättning att x1x_1 och x2x_2 båda är icke-negativa tal:

    2x=-u+2v2-u22x=-u+\sqrt{2v^2-u^2} och 2y=u+2v2-u22y=u+\sqrt{2v^2-u^2}.

Detta visar att avbildningen TT är injektiv och eftersom E=T(D)E = T(D) så är avbildningen T:DET:D \to E bijektiv.

Laguna 15972
Postad: 3 jan 14:09

Varför pratade några om ortogonalitet? Det nämns inte i lösningsförslaget.

Albiki 5096
Postad: 3 jan 14:12
Laguna skrev:

Varför pratade några om ortogonalitet? Det nämns inte i lösningsförslaget.

Förmodligen för att de trodde att ortogonaliteten hos kartesiska koordinater måste bevaras av transformationen till de nya koordinaterna. Men det behöver inte vara fallet, även om det kan vara önskvärt att finna en konform transformation (en transformation som bevarar vinklar).

Aerius 504
Postad: 3 jan 14:27
Laguna skrev:

Varför pratade några om ortogonalitet? Det nämns inte i lösningsförslaget.

Jag tänkte att linjerna inte får vara linjärt beroende. Menade att linjerna måste skära varandra med någon godtycklig vinkel. Vet inte hur man uttrycker det mer korrekt. Tycker Jroth beskrev det väldigt bra. Albiki hade också en väldigt stark poäng angående ortogonalitet tycker jag.

lotus 29
Postad: 3 jan 15:56
Jroth skrev:

Hej, du behöver egentligen inte visa att variabelbytet är en bijektion och de i flesta praktiska fall kommer transformationen bara vara lokalt bijektiv, om ens det.

Så länge det finns öppna omgivningar kring varje punkt i det tänkta området där xi=xi(x¯1x¯n)x^i=x^i(\bar{x}^1\dots \bar{x}^n) är C1C^1 och jakobianen för transformationen är nollskild är den lokalt bijektiv.

Det finns en sats som säger att om mappningen från EE  till DD är 1-1 (förutom på ett ändligt antal nollmängder av EE) och jakobianen är nollskild (förutom på ett ändligt antal nollmängder av EE) så är integralen

Df(x,y)dxdy=Ef(X(u,v),Y(u,v))|J(u,v)|dudv\displaystyle \iint_D f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_E f(X(u,v), Y(u,v))|J(u,v)|\mathrm{d}u\mathrm{d}v

Du behöver alltså bara säkerställa att 1) din transformation är 1-1 nästan överallt i det tänkta området och att 2)  jakobianen är 0\neq0 nästan överallt i det tänkta området (lokalt bijektiv) samt att eventuella avvikelser utgör nollmängder.

Ett exempel på en transformation som INTE är 1-1 och som därför behöver en restriktion är

x=rcos(θ)y=rsin(θ)x=r\cos(\theta) \\y=r\sin(\theta)

Eftersom cos(θ)=cos(θ+n2π)\cos(\theta)=cos(\theta+n2\pi), där nn är ett godtyckligt heltal. Det är också ett problem att jakobianen r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2} är 0 i (0,0) (inte ens lokalt bijektiv)

Men som tur är utgör en enskild punkt  en nollmängd och kan ignoreras. Vi får alltså ställa upp och försöka beräkna integraler i polära koordinater om vi inför en uppsättning regler kring vinkeln. Och med tanke på det antal övningsuppgifter i flervariabel som handlar om integraler med polära koordinater får vi ju säga att det var en minst sagt lycklig omständighet. Men notera att inte ens polära koordinater  är en bijektion i planet.

När det gäller kladda-och-kludda-framställningar av bijektivitet handlar det om att genom bluff och båg göra troligt att varje punkt i EE endast motsvarar en punkt i DD och vice versa.

Det jag tror facit vill att du ska göra är att skissa några nivåkurvor i xy-planet, gärna de som avgränsar området. Och det är exakt det du gjort i din bild. (Du har studerat nivåkurvorna u=0, u=1 samt v=3 i xy-planet och sedan markerat dem i EE). Med lite god vilja inser man nu att varje punkt inom området DD som ges av en skärningspunkt mellan en nivåkurva till u och en nivåkurva till v (inom gränserna) motsvarar exakt en punkt i EE och vice versa. Vill du vara mer exakt måste du lösa ut x och y explicit.

Wow tack för ett så välutvecklat svar! Jag förstår nu vad som menas med varje skärningspunkt kan mappas av till en punkt i E (och vice versa). Tack så mycket. Jag har funderat på det polära koordinatbytet, nu förstår jag! Tack så jättemycket igen!

lotus 29
Postad: 3 jan 15:56
Albiki skrev:

Hej,

Du kan använda kartesiska koordinater (x,y)(x,y) för att ange en punkt i området DD.

En given punkt i området DD kan även ses som skärningspunkt mellan en viss cirkel x2+y2=v2x^2+y^2=v^2 och en viss rät linje y-x=uy-x=u, så att punkten lika väl kan beskrivas med radie (vv) och intercept (uu).

Det finns alltså en transformation T:(x,y)(u,v)T:(x,y) \mapsto (u,v) och en omvänd transformation S:(u,v)(x,y)S:(u,v)\mapsto (x,y).

Anta att du har två punkter som båda anges med samma radie (v1=v2v_1=v_2) och samma intercept (u1=u2u_1=u_2). Följer det då att x1=x2x_1=x_2 och y1=y2y_1=y_2? Ja, under förutsättning att x1x_1 och x2x_2 båda är icke-negativa tal:

    2x=-u+2v2-u22x=-u+\sqrt{2v^2-u^2} och 2y=u+2v2-u22y=u+\sqrt{2v^2-u^2}.

Detta visar att avbildningen TT är injektiv och eftersom E=T(D)E = T(D) så är avbildningen T:DET:D \to E bijektiv.

Smart! Tack!

Svara Avbryt
Close