Upload
others
View
1
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Eotvos Lorand TudomanyegyetemTermeszettudomanyi Kar
A tobbszoros integral es alkalmazasai
BSc Szakdolgozat
Varkonyi David
Matematika Bsc
Matematikai elemzo szakirany
Temavezeto: Pfeil Tamas, adjunktus
ELTE Alkalmazott Analızis es Szamıtasmatematikai Tanszek
Budapest2014
Koszonetnyilvanıtas
Szeretnem megkoszonni temavezetomnek, Pfeil Tamasnak a rengeteg segıtseget, turelmet es
hasznos tanacsot, melyek hatalmas segıtseget nyujtottak a szakdolgozatom elkeszıtesehez.
Tovabba szeretnem megkoszonni barataimnak es csoporttarsaimnak a tamogatast es
segıtseget, melyet az evek soran nyujtottak.
2
Tartalomjegyzek
Koszonetnyilvanıtas 2
Bevezetes 4
1. Elmeleti osszefoglalo 5
2. Egyvaltozos Riemann-integralok 10
3. Nevezetes sıkhalmazok terulete 15
4. Testek terfogata 26
5. Integral sıkbeli es terbeli halmazokon 31
Irodalomjegyzek 35
Nyilatkozat 36
3
Bevezetes
Szakdolgozatom temajanak a tobbszoros integralt es alkalmazasait valasztottam. Szerettem
volna erdekes feladatokon keresztul bemutatni a temat. Az elso fejezetben osszefoglaltam
a szakdolgozatomban felhasznalt fontosabb fogalmakat, allıtasokat. A masodik fejezetben
egyvaltozos integralokra vonatkozo feladatokkal foglalkoztam, melyek megoldasat tobbval-
tozos fuggveny integraljara vezettem vissza. A harmadik fejezetben nevezetes sıkhalmazok
teruletet szamıtottam ki, ahol tudtam, tobbfele megoldasi modszert is alkalmaztam. A ne-
gyedik fejezetben testek terfogatat hataroztam meg tobbdimenzios integralok segıtsegevel.
Az otodik fejezetben pedig kulonbozo ket- es haromvaltozos integralokat szamıtottam ki.
4
1. fejezet
Elmeleti osszefoglalo
Ebben a fejezetben eloszor bevezetjuk a Jordan-mertek, majd a tobbdimenzios Riemann-
integral fogalmat. Utana felsorolunk nehany, a tobbdimenzios integralokra vonatkozo allı-
tast. Vegul definialjuk a gorbe fogalmat.
Bevezetjuk tetszoleges n ∈ N+ eseten az mn Rn-beli (Jordan-)merteket, illetve merhe-
toseget. Tekintsuk az Rn ternek azt a koordinatatengelyekkel parhuzamos oldalu, 12k
el-
hosszusagu n dimenzios kockakra valo racsfelbontasat, ahol csucspont az origo. Ekkor egy
n dimenzios kocka[i12k,i1 + 1
2k
]×[i22k,i2 + 1
2k
]× . . .×
[in2k,in + 1
2k
], i1, . . . , in ∈ Z
alaku, melynek merteke legyen 12kn
. Adott H ⊂ Rn korlatos halmaz eseten jelolje Hk azon
kis zart n dimenzios kockak uniojat a racsbol, melyek belemetszenek H-ba, Hk pedig azon
kis zart n dimenzios kockak uniojat, melyek reszei intH-nak. Ezek merteke m(Hk), illetve
m(Hk) legyen az unioban szereplo kockak szama szorozva 12kn
-nel. Definialjuk az mn(H) es
mn(H) n dimenzios belso, illetve kulso merteket, mint limk→∞
mn(Hk), illetve limk→∞
mn(Hk).
1.1 Definıcio. Egy H ⊂ Rn korlatos halmazt (Jordan-)merheto halmaznak mondunk, ha
kulso es belso merteke megegyezik, es ekkor legyen
mn(H) := mn(H) = mn(H)
a H halmaz (Jordan-)merteke.
1.2 Allıtas. Ha H egy n dimenzios, koordinatatengelyekkel parhuzamos oldalu tegla,
vagyis
H := [a1, b1]× [a2, b2]× . . .× [an, bn],
5
akkor H merheto es
mn(H) = (b1 − a1)(b2 − a2) · · · (bn − an).
1.3 Definıcio. Az Rn halmaz ket reszhalmazat egymasba nem nyulonak nevezzuk, ha
nincsen kozos belso pontjuk.
1.4 Definıcio. Egy H ⊂ Rn merheto halmaz felosztasa olyan Φ := {H1, . . . , HN} egy-
masba nem nyulo, nemures merheto halmazokbol allo halmaz, ahol
H =N⋃i=1
Hi.
A H halmaz felosztasainak halmazat jelolje F(H).
1.5 Definıcio. Legyen f : H → R korlatos fuggveny, H ⊂ Rn merheto halmaz, tovabba
Φ := {H1, . . . , HN} a H halmaz egy felosztasa. Ekkor az f fuggveny Φ felosztasahoz tartozo
also, illetve felso kozelıtoosszege
sf (Φ) :=N∑i=1
(infHif
)·mn(Hi),
illetve
Sf (Φ) :=N∑i=1
(supHi
f
)·mn(Hi).
1.6 Definıcio. Legyen f : H → R korlatos fuggveny, H ⊂ Rn merheto halmaz. Az f
fuggveny Darboux-fele also integralja∫H
f := sup{sf (Φ) : Φ ∈ F(H)},
Darboux-fele felso integralja ∫H
f := inf{Sf (Φ) : Φ ∈ F(H)}.
Megmutathato, hogy ∫H
f ≤∫H
f.
6
1.7 Definıcio. Legyen f : H → R korlatos fuggveny, H ⊂ Rn merheto halmaz. Azt
mondjuk, hogy az f fuggveny Riemann-integralhato a H halmazon, ha∫H
f =
∫H
f.
A kozos erteket jelolje∫H
f , ezt nevezzuk az f fuggveny Riemann-integraljanak a H halma-
zon. A H halmazon Riemann-integralhato fuggvenyek halmazat jelolje R(H).
1.8 Tetel. Legyenek f, g ∈ R(H), c ∈ R.
I. Ekkor f + g ∈ R(H), f · g ∈ R(H) es c · f ∈ R(H), valamint∫H
(f + g) =
∫H
f +
∫H
g,
∫H
(c · f) = c ·∫H
f.
II. Ha f ≤ g, akkor ∫H
f ≤∫H
g.
III. Ha f ∈ R(H), akkor |f | ∈ R(H), tovabba∣∣∣∣∣∣∫H
f
∣∣∣∣∣∣ ≤∫H
|f |.
1.9 Tetel (Fubini tetele). Legyen I1 := [a, b] es I2 := [c, d] korlatos es zart intervallum.
(A) valtozat: Tegyuk fel, hogy f ∈ R(I1×I2) es minden x ∈ I1 eseten az y 7→ f(x, y), y ∈ I2fuggveny Riemann-integralhato az I2 intervallumon.
Ekkor a
ϕ(x) :=
d∫c
f(x, y) dy, x ∈ I1
jelolessel ϕ Riemann-integralhato az I1 intervallumon, emellett
∫I1×I2
f =
∫I1
ϕ =
b∫a
d∫c
f(x, y) dy
dx.
7
(B) valtozat: Tegyuk fel, hogy f ∈ R(I1×I2) es minden y ∈ I2 eseten az x 7→ f(x, y), x ∈ I1fuggveny Riemann-integralhato az I1 intervallumon.
Ekkor
ψ(x) :=
b∫a
f(x, y) dx, y ∈ I2
jelolessel ψ Riemann-integralhato az I2 intervallumon, emellett
∫I1×I2
f =
∫I2
ψ =
d∫c
b∫a
f(x, y) dx
dy.
1.10 Kovetkezmeny. Ha az f fuggvenyre teljesulnek a Fubini-tetel (A) es (B) valtoza-
tanak feltetelei, akkor
∫I1×I2
f =
b∫a
d∫c
f(x, y) dy
dx =
d∫c
b∫a
f(x, y) dx
dy,
vagyis a ket valtozo szerinti integralas sorrendje felcserelheto, es az ıgy kapott ugynevezett
iteralt integralok megegyeznek a ketvaltozos fuggveny integraljaval.
1.11 Definıcio. Legyenek ϕ1, ϕ2 ∈ C[a, b] folytonos fuggvenyek, ϕ1(x) < ϕ2(x) minden
x ∈ (a, b) eseten. (Ketdimenzios) normaltartomany alatt a kovetkezo alaku korlatos es zart
halmazokat ertjuk:
H1 = {(x, y) ∈ [a, b]× R : ϕ1(x) ≤ y ≤ ϕ2(x)} (1.1)
vagy
H2 = {(x, y) ∈ R× [a, b] : ϕ1(y) ≤ x ≤ ϕ2(y)}. (1.2)
1.12 Allıtas. Legyen H1 ⊂ R2 (1.1) alaku normaltartomany es f : H1 → R folytonos
fuggveny. Ekkor ∫H1
f =
b∫a
ϕ2(x)∫ϕ1(x)
f(x, y) dy
dx.
Legyen H2 ⊂ R2 (1.2) alaku normaltartomany es f : H2 → R folytonos fuggveny. Ekkor
∫H2
f =
b∫a
ϕ2(y)∫ϕ1(y)
f(x, y) dx
dy.
8
1.13 Tetel (Integralas polartranszformacioval). Legyen
P (r, ϕ) := (r cosϕ, r sinϕ), D(P ) := R2.
Ha az A ⊂ [0,+∞)× [0, 2π] halmaz merheto, akkor a P (A) halmaz is merheto. Tovabba,
ha f : P (A) → R korlatos fuggveny, melyre az (r, ϕ) 7→ f(r cosϕ, r sinϕ) · r, (r, ϕ) ∈ Afuggveny Riemann-integralhato az A halmazon, akkor f Riemann-integralhato a P (A)
halmazon es ∫P (A)
f(x, y) dxdy =
∫A
f(r cosϕ, r sinϕ) · r drdϕ.
Ez a tetel specialis esete az alabbi integraltranszformaciora vonatkozo tetelnek.
1.14 Tetel (Integraltranszformacio). Legyen G ⊂ Rn nyılt halmaz, es g : G → Rn
folytonosan differencialhato fuggveny. Ha a H halmaz merheto, H ⊂ G es g injektıv az
intH halmazon, akkor a g(H) halmaz is merheto. Tovabba, ha f : g(H) → R korlatos
fuggveny, melyre x 7→ f(g(x)) · | det g′(x)|, x ∈ H Riemann-integralhato a H halmazon,
akkor f Riemann-integralhato a g(H) halmazon es∫g(H)
f dt =
∫H
f(g(x)) · | det g′(x)| dx.
1.15 Allıtas. Legyen [α, β] ⊂ [0, 2π] es legyen f := [α, β] → R nemnegatıv erteku foly-
tonos fuggveny. Ekkor az S := {(r, ϕ) ∈ [0,+∞) : 0 ≤ r ≤ f(ϕ), α ≤ ϕ ≤ β} szektor
merheto halmaz, es a terulete:
TS =1
2
β∫α
f 2(ϕ) dϕ.
1.16 Definıcio. Gorbenek nevezzuk a g : [a, b] → Rn folytonos fuggveny ertekkeszletet.
Ha n = 2, akkor sıkgorberol, ha pedig n = 3, akkor tergorberol beszelunk.
1.17 Definıcio. Ha a H halmaz megegyezik a g : [a, b] → Rn folytonos fuggveny er-
tekkeszletevel, azaz H = g([a, b]), akkor azt mondjuk, hogy g a H halmaz (gorbe) egy
parameterezese.
9
2. fejezet
Egyvaltozos Riemann-integralok
Az alabbi negy feladatban egydimenzios Riemann-, illetve improprius integralokat sza-
molunk ki tobbdimenzios integralok segıtsegevel, es egydimenzios Riemann-integralokra
vonatkozo nevezetes egyenlotlenseget igazolunk.
2.1 Feladat. Igazoljuk, hogy1∫
0
x− 1
lnxdx = ln 2.
Legyen
f(x, y) :=
{xy, ha (x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1] \ {(0, 0)}1, ha (x, y) = (0, 0).
Az f fuggveny korlatos es csak az origoban nem folytonos, ezert megmutathato, hogy a
fuggveny Riemann-integralhato a [0, 1]× [0, 1] intervallumon.
(a) Eloszor x, majd pedig y szerint integralva:
1∫0
1∫0
xy dxdy =
1∫0
[xy+1
y + 1
]10
dy =
1∫0
(1
y + 1− 0
)dy =
=
1∫0
1
y + 1dy = [ln(y + 1)]10 = ln 2.
(b) Eloszor y, majd x szerint integralva:
1∫0
1∫0
xy dydx =
1∫0
[xy
lnx
]10
dx =
1∫0
x− 1
lnxdx.
10
A Fubini-tetel feltetelei teljesulnek, ıgy a tetel alapjan a ket ertek megegyezik, tehat
a vizsgalt integral ln 2.
2.2 Feladat. Nezzuk meg az elozo feladatot altalanosabban!
Legyen a, b ∈ R+ es a < b. Igazoljuk, hogy
1∫0
xb − xa
lnxdx = ln(b+ 1)− ln(a+ 1).
Ismet Fubini tetelet alkalmazva, az elozo feladathoz hasonloan, ketfele sorrendben szamol-
juk ki az f fuggveny [a, b]× [0, 1] intervallumon vett integraljat.
(a) Eloszor x, majd y szerint integralva:
b∫a
1∫0
xy dxdy =
b∫a
[xy+1
y + 1
]10
dy =
b∫a
1
y + 1dy =
= [ln(y + 1)]ba = ln(b+ 1)− ln(a+ 1).
(b) Eloszor y, majd x szerint integralva:
1∫0
b∫a
xy dydx =
1∫0
[xy
lnx
]ba
dx =
1∫0
xb − xa
lnxdx,
tehat1∫
0
xb − xa
lnxdx = ln(b+ 1)− ln(a+ 1).
2.3 Feladat. Igazoljuk, hogy ∫R
e−x2
dx =√π.
Jelolje BR az origo kozeppontu, R sugaru zart korlapot.
Legyen
f(x, y) := e−x2−y2 , D(f) := R2.
Sıkbeli polartranszformacioval∫BR
e−x2−y2 dxdy =
∫[0,R]×[0,2π]
e−r2
r drdϕ = 2π
R∫0
e−r2
rdr =
11
= 2π
[−1
2e−r
2
]R0
= π(
1− e−R2). (2.1)
[−R
2, R2
]2 ⊂ BR ⊂ [−R,R]2 es az f fuggveny mindenutt pozitıv, ezert∫[−R2 ,
R2 ]
2
e−x2−y2 dxdy ≤
∫BR
e−x2−y2 dxdy ≤
∫[−R,R]2
e−x2−y2 dxdy. (2.2)
A bal es jobb oldali integral Fubini tetelevel alakıthato tovabb:
∫[−R,R]2
e−x2−y2 dxdy =
R∫−R
e−x2
dx
2
∫[−R2 ,
R2 ]
2
e−x2−y2 dxdy =
R2∫
−R2
e−x2
dx
2
,
tehat (2.1) es (2.2) felhasznalasaval kapjuk, hogy
R2∫
−R2
e−x2
dx
2
≤ π(
1− e−R2)≤
R∫−R
e−x2
dx
2
minden R ∈ R+ eseten. A bal oldali egyenlotlensegbol kovetkezik, hogy a∞∫−∞
e−x2dx im-
proprius integral konvergens, es az egyenlotlenseglancbol kaphato ∞∫−∞
e−x2
dx
2
≤ π ≤
∞∫−∞
e−x2
dx
2
,
tehat∞∫
−∞
e−x2
dx =√π.
A kovetkezo egyenlotlenseg es annak tobbvaltozos altalanosıtasa fontos szerepet jatszik az
analızisben es a parcialis differencialegyenletekben.
12
2.4 Feladat (Sztyeklov-egyenlotlenseg). Ha f ∈ [a, b], akkor b∫a
f(x) dx
2
≤ (b− a)
b∫a
f 2(x) dx.
Bizonyıtas. Mivel Riemann-integralhato fuggvenyek szorzata is Riemann-integralhato,
ezert ha f ∈ R[a, b], akkor f 2 ∈ R[a, b]. Legyen F a kovetkezo ketvaltozos fuggveny:
F (x, y) := f(x)− f(y), D(F ) := [a, b]× [a, b].
Ha f Riemann-integralhato [a, b] intervallumon, akkor Fubini tetele szerint F is Riemann-
integralhato az [a, b]× [a, b] negyzeten.
A nemnegatıv fuggveny Riemann-integralja nemnegatıv, ezert kapjuk, hogy
0 ≤b∫
a
b∫a
(f(x)− f(y))2 dydx. (2.3)
Vegezzuk el a negyzetre emelest, majd alkalmazzuk a Riemann-integral linearitasat!
0 ≤b∫
a
b∫a
(f(x)− f(y))2 dydx =
=
b∫a
b∫a
(f(x))2 dydx+
b∫a
b∫a
(f(y))2 dydx− 2
b∫a
b∫a
f(x)f(y) dydx.
Alakıtsuk at mindharom Riemann-integralt Fubini tetelenek segıtsegevel:
b∫a
b∫a
(f(x))2 dydx =
b∫a
(f(x))2b∫
a
1 dydx =
b∫a
(f(x))2 · (b− a) dx = (b− a)
b∫a
(f(x))2 dx,
b∫a
b∫a
(f(y))2 dydx =
b∫a
(f(y))2 dy
b∫a
1 dx = (b− a)
b∫a
(f(y))2 dy,
b∫a
b∫a
f(x)f(y) dydx =
b∫a
f(x)
b∫a
f(y) dy
dx =
b∫a
f(y) dy·b∫
a
f(x) dx =
b∫a
f(x) dx
2
.
Ezeket a (2.1)-es egyenlotlensegbe visszahelyettesıtve kapjuk, hogy
13
0 ≤ 2(b− a)
b∫a
(f(x))2 dx− 2
b∫a
f(x) dx
2
0 ≤ (b− a)
b∫a
(f(x))2 dx−
b∫a
f(x) dx
2
b∫a
f(x) dx
2
≤ (b− a)
b∫a
(f(x))2 dx,
ami pedig pontosan a Sztyeklov-egyenlotlenseg.
2.5 Kovetkezmeny. Ha f ∈ R[a, b], akkor∣∣∣∣∣∣b∫
a
f(x) dx
∣∣∣∣∣∣ ≤b∫
a
|f(x)| dx ≤√b− a
√√√√√ b∫a
f 2(x) dx.
Bizonyıtas. Az elso egyenlotlenseg az 1.8 tetel III. resze miatt teljesul.
A masodik egyenlotlenseg ugy igazolhato, hogy a Sztyeklov-egyenlotlenseget az |f | ∈ R[a, b]
fuggvenyre alkalmazzuk: b∫a
|f(x)| dx
2
≤ (b− a)
b∫a
f 2(x) dx,
b∫a
|f(x)| dx ≤√b− a
√√√√√ b∫a
f 2(x) dx.
14
3. fejezet
Nevezetes sıkhalmazok terulete
Ebben a fejezetben meghatarozzuk nehany nevezetes sıkgorbe, koztuk az asztroid, az ellip-
szis es a lemniszkata altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet. Amelyik gorbe Descartes-fele
koordinatakra vonatkozo egyenlettel van megadva, annak meghatarozzuk a polarkoordina-
tas alakjat is.
3.1 Definıcio. Kardioidnak nevezzuk az r := a(1+cosϕ), D(r) := [0, 2π] polarkoordinatas
alakban megadott fuggveny gorbejet.
3.1. abra. A kardioid a = 1 eseten
3.2 Feladat. Szamıtsuk ki a kardioid altal hatarolt korlatos tartomany teruletet!
15
T =
2π∫0
a(1+cosϕ)∫0
r drdϕ =
2π∫0
[r2
2
]a(1+cosϕ)
0
dϕ =
=
2π∫0
(a2(1 + cosϕ)2
2− 0
)dϕ =
2π∫0
a2
2(1 + 2 cosϕ+ cos2 ϕ) dϕ =
=a2
2
[ϕ+ 2 sinϕ+
ϕ+ sinϕ cosϕ
2
]2π0
=a2
2(2π + π) =
3π
2a2.
3.3 Feladat. Hatarozzuk meg adott a = R+ eseten az {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y2)2 = 2ax3}halmaz altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet!
3.2. abra. A halmaz a = 1 eseten
Megkeressuk a vizsgalt halmaz polarkoordinatas egyenletet. Ha
x = r cosϕ, y = r sinϕ, r ∈ [0,∞), ϕ ∈ (−π, π],
akkor a bal oldal nemnegativitasabol kovetkezik, hogy x is nemnegatıv.
(x2 + y2)2 = 2ax3
(r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ)2 = 2ar3 cos3 ϕ
(r2)2 = 2ar3 cos3 ϕ
r4 = 2ar3 cos3 ϕ
r = 2a cos3 ϕ
16
Tehat az {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y2)2 = 2ax3} halmaz az r(ϕ) := 2a cos3 ϕ, D(r) := [−π2, π2]
polarkoordinatas alakban adott fuggveny gorbeje.
A keresett terulet a Riemann-integral polartranszformaciojaval szamolhato ki:
T =
π2∫
−π2
2a cos3 ϕ∫0
r drdϕ =
π2∫
−π2
[r2
2
]2a cos3 ϕ0
dϕ =
=
π2∫
−π2
4a2 cos6 ϕ
2dϕ =
π2∫
−π2
2a2 cos6 ϕ dϕ =
= 2a2
π2∫
−π2
cos6 ϕ dϕ.
Hozzuk egyszerubb alakra az integrandust!
cos6 ϕ = (cos2 ϕ)3 =
(1 + cos 2ϕ
2
)3
=
=1
8(1 + 3 cos 2ϕ+ 3 cos2 2ϕ+ cos3 2ϕ) =
=1
8
(1 + 3 cos 2ϕ+ 3
(1 + cos 4ϕ
2
)+ cos 2ϕ(1− sin2 2ϕ)
)=
=1
8
(1 + 3 cos 2ϕ+ 3
(1 + cos 4ϕ
2
)+ cos 2ϕ− sin2 2ϕ cos 2ϕ)
), ϕ ∈ R.
Az atalakıtas utan a Riemann-integral konnyen kiszamıthato:
T = 2a2
π2∫
−π2
1
8
(1 + 3 cos 2ϕ+ 3
(1 + cos 4ϕ
2
)+ cos 2ϕ− sin2 2ϕ cos 2ϕ
)dϕ =
= 2a21
8
[ϕ+
3 sin 2ϕ
2+
3
2ϕ+
(3 sin 4ϕ
4
)+
sin 2ϕ
2− sin3 2ϕ
6
]π2
−π2
=
= 2a21
8
(π
2+π
2+
3π
4+
3π
4
)= 2a2 · 5π
16=
5π
8a2.
17
3.4 Feladat. Szamıtsa ki az x2
a2+ y2
b2= 1 ellipszis altal hatarolt korlatos halmaz teruletet,
ahol a, b ∈ R+ !
Az ellipszis polarkoordinatas alakja:
x(t) = a cos t, y(t) = b sin t, t ∈ [0, 2π).
Ketfelekeppen is kiszamıthatjuk a kerdeses teruletet:
(a) Az ellipszis felso felsıkba eso felet az f(x) := b√
1− x2
a2, D(f) := [−a, a] fuggveny
grafikonja es a vızszintes tengely fogja kozre, ezert a kozrefogott sıkidom terulete
Tf =
a∫−a
b
√1− x2
a2dx,
melyben megfelelo helyettesıtessel:
x
a= sin t, t ∈
[−π
2,π
2
],
dx = a cos t dt.
T =
a∫−a
b
√1− x2
a2dx =
π2∫
−π2
b√
1− sin2 t dt = b
π2∫
−π2
cos t a cos tdt =
= ab
π2∫
−π2
cos2 t dt = ab
π2∫
−π2
1 + cos 2t
2=ab
4[2t+ sin 2t]
π2
−π2
=π
2ab.
Megkaptuk az ellipszis teruletenek a felet, tehat a teljes terulet abπ.
(b) Lassuk most integraltranszformacioval:
Alkalmazzuk az
x = a r cosϕ, y = b r sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π]
helyettesıtest!
A Jacobi determinans:
|J(r, ϕ)| =
∣∣∣∣∣ a cosϕ a r(− sinϕ)
b sinϕ b r cosϕ
∣∣∣∣∣ = abr, ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).
18
Ha a vizsgalt halmazt H jeloli, akkor annak terulete:
T =
∫H
1 dA =
2π∫0
1∫0
abr drdϕ = ab
2π∫0
[r2
2
]10
dϕ =
= ab
2π∫0
(1
2− 0
)dϕ = ab
2π∫0
1
2dϕ =
ab
2[ϕ]2π0 =
ab
2· 2π = abπ.
3.5 Feladat. Hatarozzuk meg az {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y2)2 − 2a2(x2 − y2) = 0} halmaz
altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet, adott a ∈ R+ eseten!
3.3. abra. A halmaz, a lemniszkata a = 1 eseten
Az egyenletbol kovetkezik, hogy x2 − y2 ≥ 0, vagyis |x| ≥ |y|.Keressuk meg a vizsgalt halmaz polarkoordinatas alakjat!
x = r cosϕ, y = r sinϕ, r ∈ [0,+∞), ϕ ∈[−π
4,π
4
]∪[
3π
4,5π
4
].
r4 − 2a2(r2 cos2 ϕ− r2 sin2 ϕ) = 0
r2 − 2a2(cos2 ϕ− sin2 ϕ) = 0
r2 = 2a2 cos 2ϕ
r = a√
2 cos 2ϕ.
3.6 Definıcio. Az r(ϕ) := a√
2 cos 2ϕ, D(r) :=[−π
4, π4
]∪[3π4, 5π
4
]polarkoordinatas alak-
ban adott fuggveny gorbejet lemniszkatanak nevezzuk.
19
Tehat a vizsgalt halmaz maga a lemniszkata. Jelolje Tj a vizsgalt sıkidom jobb felsıkba eso
felenek teruletet.
Tj =
π4∫
−π4
a√2 cos 2ϕ∫0
r drdϕ =
π4∫
−π4
[r2
2
]a√2 cos 2ϕ0
dϕ =
=
π4∫
−π4
a2 cos 2ϕ dϕ = a2[
sin 2ϕ
2
]π4
−π4
= a2.
Ezert a lemniszkata altal hatarolt korlatos halmaz terulete 2a2.
3.7 Definıcio. Adott a ∈ R+ eseten asztroidnak nevezzuk az{(x, y) ∈ R2 : x
23 + y
23 = a
23
}halmazt.
Az asztroid polarkoordinatas egyenlete:
x(t) := a cos3 t, y(t) := a sin3 t, t ∈ [0, 2π).
Ilyen parameterezes mellett az (x(t), y(t)) pont rajta van az asztroidon.
Nezzuk meg fordıtva: tegyuk fel, hogy az (x, y) pont rajta van az asztroidon, vagyis x23 +
y23 = a
23 . Peldaul a nyılt elso sıknegyedben t := arctg 3
√yx, akkor
a cos3 t = x, a sin3 t = y,
hiszen
a cos3 t = (a cos2 t)32 = a
(1
tg2(t) + 1
) 32
= a
(1
( 3√
yx)2 + 1
) 32
=
= a
(( 3√x)2
( 3√y)2 + ( 3
√x)2
) 32
= a · |x|a
= |x| = x, mert x > 0.
Az y koordinatara hasonloan tortenik a levezetes.
3.8 Feladat. Hatarozzuk meg az asztroid altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet!
20
3.4. abra. Az asztroid a = 1 eseten
Az asztroid zart, felso felsıkba eso resze az
y(x) = (a23 − x
23 )
32 , D(y) = [−a, a]
fuggveny grafikonja. A vizsgalt sıkidom felso felsıkba eso reszenek terulete:
T =
a∫−a
y(x) dx =
a∫−a
(a23 − x
23 )
32 dx.
Az x = a cos3 ϕ, ϕ ∈ [0, π] helyettesıtessel:
dx
dϕ= 3a cos2 ϕ(− sinϕ)
dx = −3a cos2 ϕ sinϕ dϕ,
ezert
T =
a∫−a
(a23 − x
23 )
32 dx =
0∫π
(a23 − a
23 cos2 ϕ)
32 (−3a cos2 ϕ sinϕ) dϕ =
=
0∫π
a23 (1− cos2 ϕ)
32 (−3a cos2 ϕ sinϕ) dϕ =
=
π∫0
a sin3 ϕ 3a cos2 ϕ sinϕ dϕ = 3a2π∫
0
sin4 ϕ cos2 ϕ dϕ.
21
Az integrandust atalakıtva:
sin4 ϕ cos2 ϕ = sin2 ϕ
(2 sinϕ cosϕ
2
)2
=
(1− cos 2ϕ
2
)(sin 2ϕ
2
)2
=
=
(1− cos 2ϕ
2
)(1− cos 4ϕ
8
)=
1
16(1− cos 2ϕ− cos 4ϕ+ cos 2ϕ cos 4ϕ), ϕ ∈ R.
Az addıcios teteleket felhasznalva:
cos 2ϕ cos 4ϕ =1
2(cos 6ϕ+ cos(−2ϕ)) =
1
2(cos 6ϕ+ cos 2ϕ), ϕ ∈ R,
ezt pedig behelyettesıtve az eredeti integral:
3a2π∫
0
sin4 ϕ cos2 ϕ dϕ =
= 3a2π∫
0
1
16
(1− cos 2ϕ− cos 4ϕ+
cos 6ϕ
2+
cos 2ϕ
2
)dϕ =
= 3a21
16
[ϕ− sin 2ϕ
2− sin 4ϕ
4+
sin 6ϕ
12+
sin 2ϕ
4
]π0
=3
16a2π.
Ez az ertek a vizsgalt halmazunk fele, tehat a teljes terulet 38a2π.
Szamıtsuk ki a vizsgalt teruletet egy masik modon, integraltranszformacioval!
Alkalmazzuk az
x = r cos3 ϕ, y = r sin3 ϕ, r ∈ [0, a], ϕ ∈ [0, 2π]
helyettesıtest.
Szuksegunk lesz a Jacobi determinansra:
|J(r, ϕ)| =
∣∣∣∣∣ cos3 ϕ 3r cos2 ϕ(− sinϕ)
sin3 ϕ 3r sin2 ϕ cosϕ
∣∣∣∣∣ = 3r(sin2 ϕ cos4 ϕ+ sin4 ϕ cos2 ϕ) =
= 3r(sin2 ϕ cos2 ϕ(sin2 ϕ+ cos2 ϕ)) = 3r sin2 ϕ cos2 ϕ.
A sıkhalmaz terulete:
T =
2π∫0
a∫0
1 · |J(r, ϕ)| drdϕ =
2π∫0
a∫0
3 r sin2 ϕ cos2 ϕ drdϕ =
22
=
2π∫0
3
[r2
2
]a0
sin2 ϕ cos2 ϕ dϕ =
2π∫0
3
2a2 sin2 ϕ cos2 ϕ dϕ =
=3
2a2
2π∫0
sin2 ϕ cos2 ϕ dϕ =3
2a2
2π∫0
sin2 2ϕ
4dϕ =
=3
8a2
2π∫0
sin2 2ϕ dϕ =3
8a2
2π∫0
1− cos 4ϕ
2=
3
8a2[
1
2ϕ− sin 4ϕ
16
]2π0
=3
8a2π.
3.9 Definıcio. Descartes-fele levelnek nevezzuk adott a ∈ R+ eseten az
{(x, y) ∈ R2 : x3 + y3 = 3axy}
halmazt.
3.10 Feladat. Szamıtsuk ki a Descartes-fele level altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet!
3.5. abra. A Descartes-fele level a = 1 eseten (forras:[5])
Tekintsuk az
x(t) :=3at
1 + t3, y(t) :=
3at2
1 + t3, t ∈ R\{−1} (3.1)
fuggveny altal meghatarozott gorbet.
A Descartes-fele level egyenletebe behelyettesıtve kapjuk, hogy a gorbe a Descartes-fele
levelen fekszik:
x3(t)+y3(t) =
(3at
1 + t3
)3
+
(3at2
1 + t3
)3
=(3a)3
(1 + t3)3(t3+ t6) =
(3at)3
(1 + t3)3(1+ t3) =
(3at)3
(1 + t3)2,
23
3ax(t)y(t) = 3a3at
(1 + t3)
3at2
(1 + t3)=
(3at)3
(1 + t3)2, t ∈ R\{−1}.
Most megmutatjuk, hogy a Descartes-fele level minden origotol kulonbozo pontja egyben
a gorbe pontja is!
Ha (x, y) a Descartes-fele level egy origotol kulonbozo pontja, akkor x 6= 0 es a (3.1)
parameterezesu gorbe t := yx
parameteru pontja (x, y), hiszen
x3 + y3 = 3axy, t :=y
xalapjan
x(t) =3a y
x
1 + y3
x3
=3ax2y
x3 + y3=
3axy
x3 + y3· x = x,
y(t) =3a(yx
)21 + y3
x3
=3axy2
x3 + y3=
3axy
x3 + y3· y = y.
Ha t ∈ R+, akkor x(t) > 0 es y(t) < 0, tehat a parameterezett pont a nyılt elso
sıknegyedbe esik.
Ha t = 0, akkor a parameterezett pont az origo.
limt→+∞
x(t) = limt→+∞
y(t) = 0.
Ha t ∈ (−1, 0), akkor x(t) < 0 es y(t) > 0, ıgy a parameterezett pont a masodik
sıknegyedbe esik.
limt→−1+
x(t) = −∞, limt→−1−
x(t) = +∞
limt→−1+
y(t) = +∞, limt→−1−
x(t) = −∞
Ha t ∈ (−∞,−1), akkor x(t) > 0 es y(t) < 0, ıgy a parameterezett pont a negyedik
sıknegyedben van.
Tehat a gorbe zart elso sıknegyedbe eso pontjainak parametere nemnegatıv, es minden
nemnegatıv parameterertek eseten a parameterezett pont a zart elso sıknegyedbe esik.
A Descartes-fele level altal hatarolt korlatos tartomany terulete polarkoordinatakkal:
T =1
2
π2∫
0
r2(ϕ) dϕ,
ahol r(ϕ) a Descartes-fele level zart elso sıknegyedbeli ϕ polarszogu pontjanak az origotol
vett tavolsaga.
24
Alkalmazzuk a
ϕ = arctg t, t ∈ R+
helyettesıtest ϕ ∈ (0, π2) eseten.
dϕ =dt
1 + t2, t ∈ (0,+∞).
Ekkor
r2 = x2(t) + y2(t) =(3at)2(1 + t2)
(1 + t3)2,
ezert
T =1
2
∞∫0
(3at)2(1 + t2)
(1 + t3)2· dt
1 + t2=
3
2a2
∞∫0
3t2dt
(1 + t3)2.
Az integrandus f ′
falaku, amelyet konnyen tudunk integralni:
T =3
2a2[− 1
1 + t3
]∞0
=3
2a2(0 + 1) =
3
2a2.
25
4. fejezet
Testek terfogata
Ebben a fejezetben harom test, koztuk a Viviani-fele test es az ellipszioid terfogatat sza-
mıtjuk ki.
4.1 Definıcio. Viviani-fele testnek nevezzuk az x2 + y2 + z2 ≤ 1 egyenlotlenseg altal
meghatarozott egyseggombbol az x2 − x + y2 = 0, valamint az x2 + x + y2 = 0 egyenes
korhengerek belsejenek elhagyasaval kapott testet.
4.2 Feladat. Szamıtsuk ki a Viviani-fele test terfogatat!
4.1. abra. Az egyseggombbol az egyik henger elhagyasaval kapott test, illetve a Viviani-fele
test felulnezete
Jelolje T a Viviani-fele test z = 0 sıkkal valo metszetenek a zart elso sıknegyedbe eso
reszet, melyet a jobb oldalon levo abra szurke resze szemleltet.
A Viviani-fele test mindharom koordinatasıkra szimmetrikus, ezert a terfogata:
V = 8
∫ ∫T
√1− x2 − y2 dxdy.
26
4.2. abra. Integralasi hatarok
Az abran lathato ket kor polarkoordinatas egyenlete: r(ϕ) = 1 es r(ϕ) = cosϕ.
V = 8
π2∫
0
1∫cosϕ
√1− r2 r drdϕ = 8
π2∫
0
[−1
2·(
2
3(1− r2)
32
)]1cosϕ
dϕ =
=8
3
π2∫
0
(sinϕ)3 dϕ =8
3
π2∫
0
sinϕ(1− cos2 ϕ) dϕ =
=8
3
π2∫
0
sinϕ− sinϕ cos2 ϕ dϕ =8
3
[− cosϕ+
cos3 ϕ
3
]π2
0
=8
3· 2
3=
16
9.
4.3 Feladat. Szamıtsa ki az x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 ellipszoid altal hatarolt korlatos halmaz
terfogatat, ahol a, b, c ∈ R+!
Az egyenletbol kapjuk, hogy
|z| = c
√1− x2
a2+y2
b2, ha
x2
a2+y2
b2≤ 1.
Legyen
f(x, y) := c
√1− x2
a2+y2
b2, D(f) :=
{(x, y) ∈ R2 :
x2
a2+y2
b2≤ 1
}.
27
4.3. abra. Az ellipszoid a = 1, b =√
2, c =√
3 eseten
Alkalmazzuk az
x = ar cosϕ, y = br sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π]
helyettesıtest. Ekkor |J(r, ϕ)| = abr, ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).
A keresett terfogatot ketdimenzios normaltartomanykent szamoljuk ki! Az ellipszoid
szimmetrikus a vızszintes sıkra, ezert a terfogata a felso felsıkba eso resz terfogatanak
ketszerese.
V = 2
∫D(f)
f(x, y) dA = 2
2π∫0
1∫0
c
√1− a2r cos2 ϕ
a2+b2r sin2 ϕ
b2abr drdϕ =
= 2abc
2π∫0
1∫0
√1− r2 r drdϕ = 2abc
(−1
2
) 2π∫0
1∫0
−2r√
1− r2 drdϕ =
= 2abc
2π∫0
[(−1
3
)(1− r2)
32
]10
= 2abc
2π∫0
0−(−1
3
)dϕ =
= 2abc
2π∫0
1
3dϕ = 2abc
[1
3ϕ
]2π0
=4
3π abc.
28
4.4 Feladat. Szamıtsuk ki az
x = x2 + y2, 2x = x2 + y2, z = x2 + y2, z = 0
egyenletekkel hatarolt korlatos test terfogatat!
4.4. abra. A test vetulete a vızszintes sıkra
Az x = x2 + y2 egyenlet kor egyenlete, hiszen ekvivalens atalakıtassal:(x− 1
2
)2
+ y2 =
(1
2
)2
.
Tehat az elso egyenlettel megadott alakzat az (12, 0) kozeppontu, 1
2sugaru kor az xy sıkban.
A 2x = x2 + y2 egyenlet szinten egy kor egyenlete, hiszen ekvivalens atalakıtassal:
(x− 1)2 + y2 = 1.
Tehat a masodik egyenlettel megadott alakzat az (1, 0) kozeppontu, 1 sugaru kor az xy
sıkban.
A harmadik egyenlettel megadott alakzat egy paraboloid, mıg a negyedik egyenlet altal
meghatarozott alakzat az xy sık.
Polartranszformacioval
V =
∫C
(x2 + y2) dA =
π2∫
−π2
2 cosϕ∫cosϕ
(r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ)r drdϕ =
29
=
π2∫
−π2
2 cosϕ∫cosϕ
r3 drdϕ =
π2∫
−π2
[r4
4
]2 cosϕcosϕ
dϕ =
π2∫
−π2
(16 cos4 ϕ
4− cos4 ϕ
4
)dϕ =
=
π2∫
−π2
15
4cos4 ϕ dϕ =
π2∫
−π2
15
4
(1
4+
cos 2ϕ
2+
1 + cos 4ϕ
8
)dϕ =
=15
4
[(1
4ϕ+
sin 2ϕ
4+
1
8ϕ+
sin 4ϕ
32
)]π2
−π2
=
=15
4
(π8
+ 0 +π
16+ 0−
(−π
8− 0− π
16− 0))
=
=15
4
(π4
+π
8
)=
15
4· 3π
8=
45π
32.
30
5. fejezet
Integral sıkbeli es terbeli halmazokon
Ebben a fejezetben nehany ellipszisen ertelmezett egyszeru ketvaltozos fuggveny Riemann-
integraljat szamıtjuk ki, majd egy tetraederen ertelmezett haromvaltozos fuggvenyet.
5.1 Feladat. Legyen T az x2
a2+ y2
b2≤ 1 egyenlotlenseggel megadott sıkhalmaz!
Adott a, b ∈ R+ eseten szamıtsuk ki a kovetkezo integralt:∫T
(ax+ by) dA!
Integraltranszformaciot alkalmazva:
x = a r cosϕ, y = b r sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π],
|J(r, ϕ)| =
∣∣∣∣∣ a cosϕ a r(− sinϕ)
b sinϕ b r cosϕ
∣∣∣∣∣ = abr, ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).
∫T
(ax+ by) dA =
2π∫0
1∫0
(a2r cosϕ+ b2r sinϕ) abr drdϕ =
=
2π∫0
1∫0
(a3br2 cosϕ+ ab3r2 sinϕ) drdϕ =
=
2π∫0
1∫0
r2(a3b cosϕ+ ab3 sinϕ) drdϕ =
2π∫0
[r3
3
]10
(a3b cosϕ+ ab3 sinϕ) dϕ =
31
=
2π∫0
1
3(a3b cosϕ+ ab3 sinϕ) dϕ =
2π∫0
(a3b
3cosϕ+
ab3
3sinϕ
)dϕ =
=a3b
3[sinϕ]2π0 +
ab3
3[− cosϕ]2π0 = 0.
Ketvaltozos paratlan fuggvenyt integraltunk az origora kozeppontosan szimmetrikus hal-
mazon, ebbol is kovetkezik, hogy az eredmeny 0.
5.2 Definıcio. Az f(x, y) := x2
a2+ y2
b2, D(f) := R2 fuggveny grafikonjat elliptikus parabo-
loidnak nevezzuk.
5.1. abra. Az elliptikus paraboloid a = b = 1 eseten
5.3 Feladat. Adott a, b ∈ R+ eseten szamıtsuk ki az∫T
(x2
a2+ y2
b2
)dA integralt, ahol a T
az x2
a2+ y2
b2≤ 1 egyenlotlenseggel megadott ellipszis.
Integraltranszformaciot alkalmazunk:
x = ar cosϕ, y = br sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π].
Ebben a feladatban is |J(r, ϕ)| = abr, ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).
∫T
(x2
a2+y2
b2
)dA =
2π∫0
1∫0
a2 r2 cos2 ϕ
a2+b2 r2 sin2 ϕ
b2abr drdϕ =
=
2π∫0
1∫0
ab r3 drdϕ = ab
2π∫0
[r4
4
]10
dϕ =ab
4
2π∫0
1 dϕ =ab
42π = ab
π
2.
32
5.4 Definıcio. Az f(x, y) := xy, D(f) := R2 fuggveny grafikonjat hiperbolikus parabo-
loidnak nevezzuk.
5.2. abra. A hiperbolikus paraboloid
5.5 Feladat. Szamıtsuk ki az∫T
xy dA integralt, ahol T az elozo ket feladatban is szereplo
ellipszis!
Alkalmazzuk az
x = ar cosϕ, y = br sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π]
helyettesıtest.
Ekkor az integraltranszformacio soran a Jacobi-determinans abszoluterteke |J(r, ϕ)| = abr,
ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).
∫T
xy dA =
2π∫0
1∫0
(ar cosϕ)(br sinϕ) drdϕ =
=
2π∫0
1∫0
abr2 sinϕ cosϕ drdϕ =
=
2π∫0
ab sinϕ cosϕ
1∫0
r2 drdϕ =
2π∫0
ab sinϕ cosϕ
[r3
3
]10
dϕ =
33
=
2π∫0
ab
3sinϕ cosϕ dϕ =
ab
3
2π∫0
sin 2ϕ
2dϕ =
ab
3
[−cos 2ϕ
4
]2π0
= 0.
Az eredmeny szinten nulla, a szimmetria miatt.
5.6 Feladat. Szamıtsuk ki az x + y + z = 1 egyenletu sık altal az elso ternyolcadbol
kivagott tetraederen ertelmezett f(x, y, z) := xy hozzarendelesi szaballyal adott fuggveny
Riemann-integraljat!
5.3. abra. Integralasi hatarok az xy sıkban
V =
1∫0
1−x∫0
1−x−y∫0
xy dzdydx =
1∫0
1−x∫0
[xyz]1−x−y0 dydx =
=
1∫0
1−x∫0
xy − x2y − xy2 dydx =
1∫0
[xy2
2− x2y2
2− xy3
3
]1−x0
dx =
=
1∫0
1
2(x− 2x2 + x3)− 1
2(x2 − 2x3 + x4)− 1
3(x− 3x2 + 3x3 − x4) dx =
=
[1
2
(x2
2− 2
x3
3+x4
4
)− 1
2
(x3
3− 2
x4
4+x5
5
)− 1
3
(x2
2− 3
x3
3+ 3
x4
4− x5
5
)]10
=
=1
2
(1
2− 2
3+
1
4
)− 1
2
(1
3− 2
4+
1
5
)− 1
3
(1
2− 1 +
3
4− 1
5
)− 0 =
=1
24− 1
60− 1
60=
1
120.
34
Irodalomjegyzek
[1] Sikolya Eszter: Analızis, Typotex Kiado, Budapest, 2013,
http://tankonyvtar.ttk.bme.hu/pdf/161.pdf
[2] B.P. Gyemidovics: Matematikai analızis (feladatgyujtemeny), Typotex Kiado, Buda-
pest, 2012.
[3] T. Sos Vera, Laczkovich Miklos: Analızis II., Nemzeti Tankonyvkiado, Budapest, 2007.
[4] G. M. Fihtengolc: Differencial- es integralszamıtas, Nauka Kiado, Moszkva, 1966.
[5] Nagy Adam: Analızis alkalmazasai 2. (hallgatoi jegyzet).
35
Nyilatkozat
Nev: Varkonyi David
ELTE Termeszettudomanyi Kar, szak: Matematika BSc
NEPTUN kod: FUURXV
Szakdolgozat cıme: A tobbszoros integral es alkalmazasai
A szakdolgozat szerzojekent fegyelmi felelossegem tudataban kijelentem, hogy a dolgozatom
onallo munkam eredmenye, sajat szellemi termekem, abban a hivatkozasok es idezesek
standard szabalyait kovetkezetesen alkalmaztam, masok altal ırt reszeket a megfelelo idezes
nelkul nem hasznaltam fel.
Budapest, 2014. majus 30. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a hallgato alaırasa
36