Analyse – Meervoudige integralen – Meer toepassingen 1

Voorbeelden

1) Beschouw het gebied \(R\) ingesloten door de cirkels \(x^2+y^2=1\) en \(x^2+y^2=4\) en de lijnen \(y=\displaystyle\frac{x}{\sqrt{3}}\) en \(y=x\sqrt{3}\) in het eerste kwadrant.

Met behulp van poolcoördinaten vinden we voor de oppervlakte van \(R\):

\[\textrm{opp}(R)=\iint\limits_R1\,dA=\int_{\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}^{\arctan\left(\sqrt{3}\right)}\int_1^2r\,dr\,d\theta =\int_{\frac{1}{6}\pi}^{\frac{1}{3}\pi}d\theta\int_1^2r\,dr=\left(\frac{1}{3}\pi-\frac{1}{6}\pi\right)\bigg[\frac{1}{2}r^2\bigg]_{r=1}^2 =\frac{1}{6}\pi\cdot\frac{3}{2}=\frac{1}{4}\pi.\]

In plaats daarvan is het ook mogelijk om de coördinatentransformatie \(u=x^2+y^2\) en \(v=\displaystyle\frac{y}{x}\) toe te passen; deze transformeert het gebied

\[R=\{(x,y)\,|\,1\leq x^2+y^2\leq4,\;0 < \displaystyle\frac{x}{\sqrt{3}}\leq y\leq x\sqrt{3}\}\]

in het eerste kwadrant van het \(xy\)-vlak naar het rechthoekige gebied

\[S=\{(u,v)\,|\,1\leq u\leq 4,\;\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\leq v\leq\sqrt{3}\}\]

in het \(uv\)-vlak. Merk op dat

\[\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}=\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\[2.5mm] \displaystyle\frac{\partial v}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}2x & 2y\\[2.5mm]-\displaystyle\frac{y}{x^2} & \displaystyle\frac{1}{x}\end{vmatrix}=2+2\,\frac{y^2}{x^2}=2(1+v^2)\quad\Longrightarrow\quad \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}}=\frac{1}{2(1+v^2)}.\]

Dit leidt tot

\begin{align*} \textrm{opp}(R)&=\iint\limits_R1\,dA=\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\int_1^4\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\,dv =\frac{1}{2}\int_1^4du\,\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}}\frac{dv}{1+v^2}\\[2.5mm] &=\frac{3}{2}\left(\arctan\left(\sqrt{3}\right)-\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\right) =\frac{3}{2}\left(\frac{1}{3}\pi-\frac{1}{6}\pi\right)=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{6}\pi=\frac{1}{4}\pi. \end{align*}

2) Beschouw het gebied \(R\) ingesloten door de hyperbolen \(xy=1\) en \(xy=2\) en de lijnen \(y=x\) en \(y=2x\) in het eerste kwadrant.

De coördinatentransformatie \(u=xy\) en \(v=\displaystyle\frac{y}{x}\) transformeert het gebied \(R=\{(x,y)\,|\,1\leq xy\leq2,\;0 < x\leq y\leq2x\}\) in het \(xy\)-vlak naar een rechthoekig gebied \(S=\{(u,v)\,|\,1\leq u\leq 2,\;1\leq v\leq 2\}\) in het \(uv\)-vlak. Merk op dat

\[\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}=\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\[2.5mm] \displaystyle\frac{\partial v}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}y & x\\[2.5mm]-\displaystyle\frac{y}{x^2} & \displaystyle\frac{1}{x}\end{vmatrix}=\frac{y}{x}+\frac{y}{x}=2v \quad\Longrightarrow\quad\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}}=\frac{1}{2v}.\]

Dit leidt tot

\[\textrm{opp}(R)=\iint\limits_R1\,dA=\int_1^2\int_1^2\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\,dv= \int_1^2\int_1^2\frac{1}{2v}\,du\,dv=\frac{1}{2}\bigg[\ln(v)\bigg]_{v=1}^2=\frac{1}{2}\ln(2).\]

Merk op dat de snijpunten van de hyperbolen en de lijnen zijn: \((\frac{1}{2}\sqrt{2},\sqrt{2})\), \((1,1)\), \((1,2)\) en \((\sqrt{2},\sqrt{2})\). Dus, in rechthoekige of Carthesische coördinaten zouden we krijgen

\begin{align*} \textrm{opp}(R)&=\iint\limits_E1\,dA=\int_{\frac{1}{2}\sqrt{2}}^1\int_{\frac{1}{x}}^{2x}dy\,dx+\int_1^{\sqrt{2}}\int_x^{\frac{2}{x}}dy\,dx =\int_{\frac{1}{2}\sqrt{2}}^1\left(2x-\frac{1}{x}\right)\,dx+\int_1^{\sqrt{2}}\left(\frac{2}{x}-x\right)\,dx\\[2.5mm] &=\bigg[x^2-\ln(x)\bigg]_{\frac{1}{2}\sqrt{2}}^1+\bigg[2\ln(x)-\frac{1}{2}x^2\bigg]_1^{\sqrt{2}} =1-\frac{1}{2}+\ln(\tfrac{1}{2}\sqrt{2})+2\ln(\sqrt{2})-1+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\ln(2). \end{align*}

3) Beschouw het gebied \(R\) begrensd door de parabolen \(y=x^2\) en \(y=8x^2\) en de hyperbolen \(xy=1\) en \(xy=8\).

De coördinatentransformatie \(u=xy\) en \(v=\displaystyle\frac{y}{x^2}\) transformeert het gebied \(R=\{(x,y)\,|\,1\leq xy\leq8,\;x^2\leq y\leq8x^2\}\) in het \(xy\)-vlak naar het rechthoekige gebied \(S=\{(u,v)\,|\,1\leq u\leq 8,\;1\leq v\leq 8\}\) in het \(uv\)-vlak. Merk op dat

\[\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}=\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\[2.5mm] \displaystyle\frac{\partial v}{\partial x} & \displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}y & x\\[2.5mm]-\displaystyle\frac{2y}{x^3} & \displaystyle\frac{1}{x^2}\end{vmatrix}=\frac{y}{x^2}+\frac{2y}{x^2}=3v \quad\Longrightarrow\quad\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\frac{1}{\displaystyle\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}}=\frac{1}{3v}.\]

Dit leidt tot

\[\textrm{opp}(R)=\iint\limits_R1\,dA=\int_1^8\int_1^8\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\,dv= \int_1^8\int_1^8\frac{1}{3v}\,du\,dv=\frac{7}{3}\bigg[\ln(v)\bigg]_{v=1}^8=\frac{7}{3}\ln(8)=7\ln(2).\]

Merk op dat de snijpunten van de hyperbolen en de lijnen zijn: \((\frac{1}{2},2)\), \((1,1)\), \((1,8)\) en \((2,4)\). Dus, in rechthoekige of Carthesische coördinaten zouden we krijgen

\begin{align*} \textrm{opp}(R)&=\iint\limits_E1\,dA=\int_{\frac{1}{2}}^1\int_{\frac{1}{x}}^{8x^2}dy\,dx+\int_1^2\int_{x^2}^{\frac{8}{x}}dy\,dx =\int_{\frac{1}{2}}^1\left(8x^2-\frac{1}{x}\right)\,dx+\int_1^2\left(\frac{8}{x}-x^2\right)\,dx\\[2.5mm] &=\bigg[\frac{8}{3}x^3-\ln(x)\bigg]_{\frac{1}{2}}^1+\bigg[8\ln(x)-\frac{1}{3}x^3\bigg]_1^2 =\frac{8}{3}-\frac{1}{3}+\ln(\tfrac{1}{2})+8\ln(2)-\frac{8}{3}+\frac{1}{3}=7\ln(2). \end{align*}

Bewijzen van het Basel probleem

Het Basel probleem is het vinden van de som van de convergente reeks \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\). Het probleem is genoemd naar de geboorteplaats van de Zwitserse wiskundige Leonhard Euler (1707-1783), die het probleem in 1734 heeft opgelost. Eerder zagen we dat dit een speciaal geval is van de Riemann zetafunctie \(\displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}\) voor \(\textrm{Re}(s)>1\). We beschouwen alleen reële waarden van \(s\); in dat geval weten we dat de reeks absoluut convergent is als \(s>1\). Echter, het is in het algemeen niet eenvoudig om de som ervan te bepalen. Het Basel probleem is het vinden van de som van \(\zeta(2)\).

1) Een mogelijk bewijs is gebaseerd op de observatie dat \(\displaystyle\int_0^1t^{n-1}\,dt=\frac{1}{n}\) voor \(n>0\).

Dan geldt met behulp van de meetkundige reeks \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}t^{n-1}=\frac{1}{1-t}\) voor \(|t|<1\):

\[\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\int_0^1\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}(xy)^{n-1}\,dx\,dy =\int_0^1\int_0^1\frac{dx\,dy}{1-xy}.\]

Om deze herhaalde integraal te berekenen, gebruiken we de substitutie \(u=(x+y)/2\) en \(y=(x-y)/2\) of \(x=u-v\) en \(y=u+v\) met Jacobiaan

\[\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\[2.5mm] \displaystyle\frac{\partial y}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}1 & -1\\[2.5mm]1 & 1\end{vmatrix}=1+1=2.\]

Dan volgt dat

\[\int_0^1\int_0^1\frac{dx\,dy}{1-xy}=\iint\limits_S\frac{1}{1-(u-v)(u+v)}\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\,dv =2\iint\limits_S\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2},\]

waarbij \(S\) is het vierkant is met hoekpunten \((0,0)\), \((\frac{1}{2},-\frac{1}{2})\), \((1,0)\) en \((\frac{1}{2},\frac{1}{2})\):

Met behulp van de symmetrie vinden we dat

\begin{align*} \zeta(2)&=2\iint\limits_S\frac{du\,dv}{1-u^2+v^2}=4\int_0^{\frac{1}{2}}\int_0^u\frac{dv\,du}{1-u^2+v^2} +4\int_{\frac{1}{2}}^1\int_0^{1-u}\frac{dv\,du}{1-u^2+v^2}\\[2.5mm] &=4\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)\,du +4\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)\,du. \end{align*}

Merk op dat

\[\arctan\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)=\arctan(u)\quad\textrm{and}\quad2\arctan\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)=\arccos(u), \quad -1 < u < 1.\]

Hieruit volgt dat

\begin{align*} \zeta(2)&=4\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\right)\,du +4\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\arctan\left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^2}}\right)\,du\\[2.5mm] &=4\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\arcsin(u)}{\sqrt{1-u^2}}\,du+2\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{\arccos(u)}{\sqrt{1-u^2}}\,du =2\arcsin^2(u)\bigg|_0^{\frac{1}{2}}-\arccos^2(u)\bigg|_{\frac{1}{2}}^1\\[2.5mm] &=2\left(\frac{1}{6}\pi\right)^2+\left(\frac{1}{3}\pi\right)^2=\frac{1}{18}\pi^2+\frac{1}{9}\pi^2=\frac{1}{6}\pi^2. \end{align*}

2) Een ander bewijs is gebaseerd op de observatie dat

\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^s}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^s} =\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\zeta(s).\]

Merk op dat \(\displaystyle\int_0^1x^{2n}\,dx=\frac{1}{2n+1}\) voor \(n>0\).

Dus volgt met behulp van de meetkundige reeks \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}t^n=\frac{1}{1-t}\) voor \(|t|<1\)

\[\frac{3}{4}\zeta(2)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\int_0^1\int_0^1\sum_{n=0}^{\infty}(xy)^{2n}\,dx\,dy =\int_0^1\int_0^1\frac{dx\,dy}{1-x^2y^2}.\]

Toepassing van de coördinatentransformatie \(x=\sin(u)/\cos(v)\) en \(y=\sin(v)/\cos(u)\) met Jacobiaan

\[\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\[2.5mm] \displaystyle\frac{\partial y}{\partial u} & \displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\cos(u)}{\cos(v)} & \displaystyle\frac{\sin(u)\sin(v)}{\cos^2(v)}\\[2.5mm] \displaystyle\frac{\sin(u)\sin(v)}{\cos^2(u)} & \displaystyle\frac{\cos(v)}{\cos(u)}\end{vmatrix} =1-\frac{\sin^2(u)\sin^2(v)}{\cos^2(u)\cos^2(v)}=1-x^2y^2,\]

geeft nu

\[\int_0^1\int_0^1\frac{dx\,dy}{1-x^2y^2}=\iint\limits_Tdu\,dv,\]

waarbij \(T=\{(u,v)\,|\,u>0,\;v>0,\;u+v=\pi/2\}\):

Dus geldt

\[\frac{3}{4}\zeta(2)=\iint\limits_Tdu\,dv=\textrm{area}(T)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}\pi^2=\frac{1}{8}\pi^2 \quad\Longrightarrow\quad\zeta(2)=\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{8}\pi^2=\frac{1}{6}\pi^2.\]

---

Laatst gewijzigd op 6 oktober 2021