Analyse – Meervoudige integralen – Tweevoudige integralen in poolcoördinaten

Voor gebieden die deel zijn van een cirkelschijf, kunnen we gebruik maken van poolcoördinaten: \(\left\{\begin{array}{l}x=r\cos(\theta)\\[2.5mm]y=r\sin(\theta)\end{array}\right.\quad\Longrightarrow\quad x^2+y^2=r^2\).

We beginnen met een polaire rechthoek

\[R=\{(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\,|\,a\leq r\leq b,\;\alpha\leq\theta\leq\beta\}\quad\textrm{met}\quad a\geq0\quad\textrm{en}\quad\beta-\alpha\leq2\pi.\]

Om de tweevoudige integraal \(\displaystyle\iint\limits_Rf(x,y)\,dA\) over zo'n polaire rechthoek \(R\) te berekenen, verdelen we het interval \([a,b]\) in \(m\) deelintervallen \([r_{i-1},r_i]\) van gelijke breedte \(\Delta r=(b-a)/m\) en verdelen we het interval \([\alpha,\beta]\) in \(n\) deelintervallen \([\theta_{j-1},\theta_j]\) van gelijke breedte \(\Delta\theta=(\beta-\alpha)/n\).

Nu beschouwen we de polaire rechthoeken

\[R_{ij}=\{(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\,|\,r_{i-1}\leq r\leq r_i,\;\theta_{j-1}\leq\theta\leq\theta_j\}\]

met oppervlakte (laat: \(r_i^*=(r_i+r_{i-1})/2\))

\[\Delta A_{ij}=\frac{1}{2}r_i^2\,\Delta\theta-\frac{1}{2}r_{i-1}^2\,\Delta\theta=\frac{1}{2}(r_i^2-r_{i-1}^2)\,\Delta\theta =\frac{1}{2}(r_i+r_{i-1})(r_i-r_{i-1})\,\Delta\theta=r_i^*\,\Delta r\,\Delta\theta.\]

Hier geldt: \(\Delta r=r_i-r_{i-1}\) en \(\Delta\theta=\theta_j-\theta_{j-1}\).

Het is eenvoudiger om de oppervlakte van een polaire rechthoek te benaderen. Merk op dat de lengte van een cirkelboog met straal \(r\) en verschil in hoeken \(\Delta\theta\) gelijk is aan \(r\,\Delta\theta\). Hieruit volgt dat de oppervlakte van een polaire rechthoek bij benadering gelijk is aan de oppervlakte van een rechthoek met zijden \(\Delta r\) en \(r\,\Delta\theta\) en dat is: \(r\,\Delta r\,\Delta\theta\).

Stelling: Als \(f\) continu is op een polaire rechthoek \(R\) gegeven door \(0\leq a\leq r\leq b\) en \(\alpha\leq\theta\leq\beta\) met \(\beta-\alpha\leq2\pi\), dan is

\[\iint\limits_Rf(x,y)\,dA=\int_{\alpha}^{\beta}\int_a^bf(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\,r\,dr\,d\theta.\]

In poolcoördinaten \(\left\{\begin{array}{l}x=r\cos(\theta)\\[2.5mm]y=r\sin(\theta)\end{array}\right.\) is het oppervlakte-element gelijk aan \(dA=r\,dr\,d\theta\).

Voorbeelden:

1) Stewart §15.3, Voorbeeld 1
Bereken \(\displaystyle\iint\limits_R(3x+4y^2)\,dA\), waarbij \(R\) het gebied is in het bovenhalfvlak ingesloten door de cirkels \(x^2+y^2=1\) en \(x^2+y^2=4\).

Oplossing: Merk op dat het gebied \(R=\{(x,y)\,|\,y\geq0,\;1\leq x^2+y^2\leq 4\}\) in poolcoördinaten wordt beschreven als

\[R=\{(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\,|\,1\leq r\leq 2,\;0\leq\theta\leq\pi\}.\]

Dus geldt met behulp van \(\cos(2\theta)=1-2\sin^2(\theta)\):

\begin{align*} \iint\limits_R(3x+4y^2)\,dA&=\int_0^{\pi}\int_1^2\left(3r\cos(\theta)+4r^2\sin^2(\theta)\right)\,r\,dr\,d\theta =\int_0^{\pi}\bigg[r^3\cos(\theta)+r^4\sin^2(\theta)\bigg]_{r=1}^2\,d\theta\\[2.5mm] &=\int_0^{\pi}\left(7\cos(\theta)+15\sin^2(\theta)\right)\,d\theta =\int_0^{\pi}\left(7\cos(\theta)+\frac{15}{2}\left(1-\cos(2\theta)\right)\right)\,d\theta\\[2.5mm] &=\bigg[7\sin(\theta)+\frac{15}{2}\theta-\frac{15}{4}\sin(2\theta)\bigg]_{\theta=0}^{\pi}=\frac{15}{2}\pi. \end{align*}

2) Stewart §15.3, Voorbeeld 2
Bepaal het volume van het lichaam ingesloten door het vlak \(z=0\) en de paraboloïde \(z=1-x^2-y^2\).

Oplossing: Merk op dat de paraboloïde het \(xy\)-vlak (\(z=0\)) snijdt in de cirkel \(x^2+y^2=1\). Dus, het lichaam ligt onder de paraboloïde en boven de cirkelschijf \(D\) gegeven door \(x^2+y^2\leq1\). In poolcoördinaten wordt \(D\) gegeven door

\[D=\{(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\,|\,0\leq r\leq1,\;0\leq\theta\leq2\pi\}.\]

Het volume is dus gelijk aan

\[V=\iint\limits_D(1-x^2-y^2)\,dA=\int_0^{2\pi}\int_0^2(1-r^2)\,r\,dr\,d\theta=\int_0^{2\pi}d\theta\,\int_0^1(r-r^3)\,dr =2\pi\bigg[\frac{1}{2}r^2-\frac{1}{4}r^4\bigg]_{r=0}^1=\frac{1}{2}\pi.\]

Meer algemene gebieden

Stelling: Als \(f\) continu is op een polair gebied van de vorm

\[D=\{(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\,|\,\alpha\leq\theta\leq\beta,\;h_1(\theta)\leq r\leq h_2(\theta)\}\quad\textrm{met}\quad\beta-\alpha\leq2\pi,\]

dan is

\[\iint\limits_Df(x,y)\,dA=\int_{\alpha}^{\beta}\int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)}f(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\,r\,dr\,d\theta.\]

Voorbeelden:

1) Stewart §15.3, Voorbeeld 3
Bereken met behulp van een tweevoudige integraal de oppervlakte van het gebied \(D\) ingesloten door één lus van de vierbladige roos \(r=\cos(2\theta)\).

Oplossing: Merk op dat het gebied \(D\) in poolcoördinaten wordt gegeven door

\[D=\{(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\,|\,-\textstyle\frac{1}{4}\pi\leq\theta\leq\frac{1}{4}\pi,\;0\leq\theta\leq\cos(2\theta)\}.\]

Dus volgt met behulp van \(\cos(2x)=2\cos^2(x)-1\):

\begin{align*} \textrm{opp}(D)&=\iint\limits_D1\,dA=\int_{-\frac{1}{4}\pi}^{\frac{1}{4}\pi}\int_0^{\cos(2\theta)}r\,dr\,d\theta =\int_{-\frac{1}{4}\pi}^{\frac{1}{4}\pi}\bigg[\frac{1}{2}r^2\bigg]_{r=0}^{\cos(2\theta)}\,d\theta =\frac{1}{2}\int_{-\frac{1}{4}\pi}^{\frac{1}{4}\pi}\cos^2(2\theta)\,d\theta\\[2.5mm] &=\frac{1}{4}\int_{-\frac{1}{4}\pi}^{\frac{1}{4}\pi}\left(1+\cos(4\theta)\right)\,d\theta =\frac{1}{4}\bigg[\theta+\frac{1}{4}\sin(4\theta)\bigg]_{\theta=-\frac{1}{4}\pi}^{\frac{1}{4}\pi}=\frac{1}{8}\pi. \end{align*}

2) Stewart §15.3, Voorbeeld 4
Bepaal het volume van het lichaam dat onder de paraboloïde \(z=x^2+y^2\) ligt, boven het \(xy\)-vlak en binnen de cilinder \(x^2+y^2=2x\).

Oplossing: Het lichaam ligt boven de cirkelschijf \(D\) met als rand de cirkel gegeven door \(x^2+y^2=2x\) oftewel, met kwadraatafsplitsen, door \((x-1)^2+y^2=1\). In poolcoördinaten geldt dat \(x^2+y^2=r^2\) en \(x=r\cos(\theta)\), dus: deze cirkel wordt \(r^2=2r\cos(\theta)\) of \(r=2\cos(\theta)\). Dus geldt:

\[D=\{(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\,|\,-\textstyle\frac{1}{2}\pi\leq\theta\leq\frac{1}{2}\pi,\;0\leq r\leq2\cos(\theta)\}.\]

Met behulp van \(\cos(2\theta)=2\cos^2(\theta)-1\) is het volume dus gelijk aan

\begin{align*} V&=\iint\limits_D(x^2+y^2)\,dA=\int_{-\frac{1}{2}\pi}^{\frac{1}{2}\pi}\int_0^{2\cos(\theta)}r^2\,r\,dr\,d\theta =\int_{-\frac{1}{2}\pi}^{\frac{1}{2}\pi}\bigg[\frac{1}{4}r^4\bigg]_{r=0}^{2\cos(\theta)}\,d\theta =4\int_{-\frac{1}{2}\pi}^{\frac{1}{2}\pi}\cos^4(\theta)\,d\theta=8\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\cos^4(\theta)\,d\theta\\[2.5mm] &=8\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\left(\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\right)^2\,d\theta =2\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\left(1+2\cos(2\theta)+\cos^2(2\theta)\right)\,d\theta =2\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\left(1+2\cos(2\theta)+\frac{1}{2}\left(1+\cos(4\theta)\right)\right)\,d\theta\\[2.5mm] &=\bigg[3\theta+2\sin(2\theta)+\frac{1}{2}\sin(4\theta)\bigg]_{\theta=0}^{\frac{1}{2}\pi}=\frac{3}{2}\pi. \end{align*}

Toepassingen

1) Stewart §15.3, Opgave 35
Een cirkelvormig zwembad heeft een diameter van \(10\) m. De diepte is constant langs de oost-west lijnen en neemt lineair toe van \(1\) m aan de zuidzijde tot \(2\) m aan de noordzijde. Bepaal het volume water in het zwembad.

Oplossing: Merk op dat de lineaire functie \(f(x)\) zodat \(f(-5)=1\) en \(f(5)=2\) gegeven wordt door \(f(x)=\displaystyle\frac{1}{10}x+\frac{3}{2}=\frac{x+15}{10}\). Het volume is dan \(V=\displaystyle\iint\limits_{x^2+y^2\leq25}\frac{x+15}{10}\,dA\).

Met behulp van poolcoördinaten volgt

\[V=\int_0^{2\pi}\int_0^5\frac{r\cos(\theta)+15}{10}\,r\,dr\,d\theta =\int_0^{2\pi}\bigg[\frac{1}{30}r^3\cos(\theta)+\frac{3}{4}r^2\bigg]_{r=0}^5\,d\theta =\int_0^{2\pi}\left(\frac{25}{6}\cos(\theta)+\frac{75}{4}\right)\,d\theta=0+\frac{75}{4}\cdot2\pi=\frac{75}{2}\pi.\]

2) Bewijs van de integraal van Gauss
Eerder zagen we de integraal van Gauss: \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\pi}\). Nu kunnen we dit resultaat bewijzen.

Bewijs: We beginnen met \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx=2\int_0^{\infty}e^{-x^2}\,dx\) en \(\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\lim\limits_{R\to\infty}\int_0^Re^{-x^2}\,dx\). Nu geldt

\[\left(\int_0^Re^{-x^2}\,dx\right)^2=\left(\int_0^Re^{-x^2}\,dx\right)\left(\int_0^Re^{-y^2}\,dy\right) =\iint\limits_{[0,R]\times[0,R]}e^{-x^2-y^2}\,dA.\]

Merk op dat

\[\iint\limits_{C_1}e^{-x^2-y^2}\,dA\leq\iint\limits_{[0,R]\times[0,R]}e^{-x^2-y^2}\,dA\leq\iint\limits_{C_2}e^{-x^2-y^2}\,dA\]

met \(C_1=\{(x,y)\,|\,x\geq0,\;y\geq0,\;x^2+y^2\leq R^2\}\) en \(C_2=\{(x,y)\,|\,x\geq0,\;y\geq0,\;x^2+y^2\leq 2R^2\}\).

Nu volgt met behulp van poolcoördinaten

\[\iint\limits_{C_1}e^{-x^2-y^2}\,dA=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\int_0^Re^{-r^2}\,r\,dr\,d\theta =\frac{1}{2}\pi\bigg[-\frac{1}{2}e^{-r^2}\bigg]_{r=0}^R=\frac{1}{4}\pi\left(1-e^{-R^2}\right)\]

en

\[\iint\limits_{C_2}e^{-x^2-y^2}\,dA=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\int_0^{R\sqrt{2}}e^{-r^2}\,r\,dr\,d\theta =\frac{1}{2}\pi\bigg[-\frac{1}{2}e^{-r^2}\bigg]_{r=0}^{R\sqrt{2}}=\frac{1}{4}\pi\left(1-e^{-2R^2}\right).\]

Ten slotte nemen we de limiet \(R\to\infty\) en dan volgt met behulp van de insluitstelling dat \(\displaystyle\lim\limits_{R\to\infty}\iint\limits_{[0,R]\times[0,R]}e^{-x^2-y^2}\,dA=\frac{1}{4}\pi\). Dus geldt

\[\left(\int_0^{\infty}e^{-x^2}\,dx\right)^2=\lim\limits_{R\to\infty}\left(\int_0^Re^{-x^2}\,dx\right)^2=\frac{1}{4}\pi,\]

waaruit volgt dat \(\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}\). Dit bewijst dat \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\pi}\).

---

Laatst gewijzigd op 28 september 2021