Matek Barnával
Ingyenes tananyagok

Analízis 2

Kettős integrál polárkoordinátákkal

Körlapon vagy körgyűrűn a derékszögű határok reménytelenek. A polárkoordinátás áttérés ugyanazt a feladatot néhány sorra rövidíti.

11 perc olvasás

1. Miért nem jó a derékszögű felírás körlapon

Ebben a leckében egy olyan eszközt mutatok meg Neked, ami a kör alakú tartományokon hosszú számolásokat rövidít két sorra. Hogy lásd, miért kell, nézzük meg, mi történik, ha egy egyszerű körlapot próbálunk a szokásos módon leírni. Az x2+y2≤4x^{2}+y^{2}\le 4 tartomány x szerinti normálalakja:

−2≤x≤2,−4−x2 ≤ y ≤ 4−x2-2\le x\le 2,\qquad -\sqrt{4-x^{2}}\ \le\ y\ \le\ \sqrt{4-x^{2}}

Formailag rendben van, de a belső integrálás után gyökös kifejezések maradnak, és a külső integrál trigonometrikus helyettesítést kíván. Egy tökéletesen szimmetrikus alakzatból csúnya számolás lett, méghozzá azért, mert rossz koordinátákkal írtuk le.

A körlap természetes leírása nem az, hogy „milyen magasan és milyen messze jobbra”, hanem az, hogy milyen messze a középponttól és milyen irányban. Ez a polárkoordináta.

Elakadtál ennél a résznél?

Egy órán megnézzük, pontosan hol csúszik el, és addig gyakoroljuk, amíg magabiztos nem leszel benne.

Egyéni óra foglalásavagy 15 perc ingyenes konzultáció

2. Az áttérés és a Jacobi-determináns

Polárkoordináták

x=rcos⁡φ,y=rsin⁡φ,x2+y2=r2x=r\cos\varphi,\qquad y=r\sin\varphi,\qquad x^{2}+y^{2}=r^{2}

Az rr a középponttól mért távolság (mindig nemnegatív), a φ\varphi pedig a pozitív x tengelytől mért szög.

Egy egyszerű példa: egy pont kétféleképpen

Az (1;1)(1;1) pont a középponttól r=12+12=2r=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt2 távolságra van, és az x tengellyel 45°-os szöget zár be, tehát φ=π4\varphi=\frac{\pi}{4}. Visszafelé: x=2cos⁡π4=2⋅22=1x=\sqrt2\cos\frac{\pi}{4}=\sqrt2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=1, és ugyanígy y=1y=1. Ugyanaz a pont, csak más „címmel”: derékszögűen két elmozdulással, polárban egy távolsággal és egy iránnyal.

A behelyettesítés önmagában viszont nem elég: a területelem is átalakul.

A területelem

dA=dx dy=r dr dφdA=dx\,dy=r\,dr\,d\varphi

Az rr szorzó a Jacobi-determinánsból jön, ami a helyettesítés területtorzító hatását méri:

J=∣∂x∂r∂x∂φ∂y∂r∂y∂φ∣=∣cos⁡φ−rsin⁡φsin⁡φrcos⁡φ∣=rcos⁡2φ+rsin⁡2φ=rJ=\begin{vmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial r} & \dfrac{\partial x}{\partial \varphi} \\[6pt] \dfrac{\partial y}{\partial r} & \dfrac{\partial y}{\partial \varphi}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix} \cos\varphi & -r\sin\varphi \\[4pt] \sin\varphi & r\cos\varphi\end{vmatrix}=r\cos^{2}\varphi+r\sin^{2}\varphi=r

Miért van ott az r, szemléletesen

Egy dφd\varphi szögtartományhoz tartozó körcikk annál szélesebb, minél messzebb vagyunk a középponttól: a hossza r dφr\,d\varphi. A „téglalap” tehát nem dr×dφdr\times d\varphi, hanem dr×r dφdr\times r\,d\varphi méretű. Innen az rr szorzó.

Az áttérés teljes képlete tehát:

Áttérés polárkoordinátákra

∬Tf(x,y) dA=∬T∗f(rcos⁡φ, rsin⁡φ) r dr dφ\iint_{T}f(x,y)\,dA=\iint_{T^{*}}f(r\cos\varphi,\ r\sin\varphi)\ r\,dr\,d\varphi

Egy egyszerű példa: a körlap területe

Az RR sugarú körlapon 0≤r≤R0\le r\le R és 0≤φ≤2π0\le\varphi\le2\pi, a területhez pedig f≡1f\equiv1: ∫02π ⁣∫0Rr dr dφ=∫02πR22 dφ=R2π\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{R}r\,dr\,d\varphi=\int_{0}^{2\pi}\frac{R^{2}}{2}\,d\varphi=R^{2}\pi. Két sor, és kijött a jól ismert képlet; az elején látott gyökös felírással ugyanez fél oldal lett volna. Ha az rr szorzót elhagynád, 2πR2\pi R-et kapnál, ami nem is terület, hanem kerület: ez a legjobb emlékeztető arra, hogy a szorzó kötelező.

3. A határok felírása

A módszer igazi haszna itt látszik: a leggyakoribb tartományoknál a határok mind konstansok, tehát a két integrál teljesen szétválik.

tartományrφ
Körlap, sugara R0≤r≤R0\le r\le R0≤φ≤2π0\le\varphi\le 2\pi
KörgyűrűR1≤r≤R2R_1\le r\le R_20≤φ≤2π0\le\varphi\le 2\pi
Félkörlap (felső)0≤r≤R0\le r\le R0≤φ≤π0\le\varphi\le \pi
Negyedkör az első síknegyedben0≤r≤R0\le r\le R0≤φ≤π20\le\varphi\le \tfrac{\pi}{2}

Két dolog, amit könnyű elrontani

Az rr soha nem negatív: a „másik oldal” a szöggel adódik, nem negatív sugárral. A teljes kör pedig 2π2\pi, nem π\pi: ha a végeredményed pont a felét adja a vártnak, szinte biztosan itt a hiba.

4. Kidolgozott példák

Példa: terület körgyűrűn

Számítsuk ki az 1≤x2+y2≤41\le x^{2}+y^{2}\le 4 körgyűrű területét. A területhez f≡1f\equiv 1 tartozik, de az rr szorzó ilyenkor is kell:

∬T1 dA=∫02π ⁣ ⁣∫12r dr dφ=∫02π[r22]12dφ=∫02π32 dφ=3π\iint_{T}1\,dA=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{1}^{2} r\,dr\,d\varphi=\int_{0}^{2\pi}\left[\frac{r^{2}}{2}\right]_{1}^{2}d\varphi=\int_{0}^{2\pi}\frac{3}{2}\,d\varphi=3\pi

Ellenőrzés: a két körlap területének különbsége 4π−π=3π4\pi-\pi=3\pi. Ez az f≡1f\equiv 1 próba a leggyorsabb módja megnézni, hogy jól írtad-e fel a határokat.

Példa: körszimmetrikus integrandus

Számítsuk ki az ∬T(x2+y2) dA\iint_{T}(x^{2}+y^{2})\,dA integrált, ahol TT a 2 sugarú körlap. Az integrandus polárban egyszerűen r2r^{2}:

∫02π ⁣ ⁣∫02r2⋅r dr dφ=∫02π[r44]02dφ=∫02π4 dφ=8π\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{2} r^{2}\cdot r\,dr\,d\varphi=\int_{0}^{2\pi}\left[\frac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{2}d\varphi=\int_{0}^{2\pi}4\,d\varphi=8\pi

Figyeld meg, hogy a szorzóval együtt r3r^{3}-t integráltunk, nem r2r^{2}-t.

Példa: a félgömb térfogata

Az RR sugarú félgömb a z=R2−x2−y2z=\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}} felület alatti térfogat az RR sugarú körlap fölött. Polárban az integrandus R2−r2\sqrt{R^{2}-r^{2}}:

  1. Felírás:
    V=∫02π ⁣ ⁣∫0RR2−r2 r dr dφ=2π∫0RrR2−r2 drV=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{R}\sqrt{R^{2}-r^{2}}\ r\,dr\,d\varphi=2\pi\int_{0}^{R} r\sqrt{R^{2}-r^{2}}\,dr
  2. Helyettesítés u=R2−r2u=R^{2}-r^{2}, du=−2r drdu=-2r\,dr. Épp az rr szorzó teszi ezt lehetővé:
    2π⋅12∫0R2u du=π[23u3/2]0R2=23πR32\pi\cdot\frac12\int_{0}^{R^{2}}\sqrt{u}\,du=\pi\left[\frac{2}{3}u^{3/2}\right]_{0}^{R^{2}}=\frac{2}{3}\pi R^{3}

Pontosan a félgömb ismert térfogata. Derékszögű koordinátákkal ugyanez jóval hosszabb számolás lett volna.

A Gauss-integrál

A polárkoordináták legszebb alkalmazása az, hogy elárulják egy olyan integrál értékét, aminek nincs elemi primitív függvénye. Az egész síkra:

∬R2e−(x2+y2) dA=∫02π ⁣ ⁣∫0∞e−r2r dr dφ=2π⋅12=π\iint_{\mathbb{R}^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\infty}e^{-r^{2}}r\,dr\,d\varphi=2\pi\cdot\frac12=\pi

Mivel a bal oldal szorzattá bomlik, ebből ∫−∞∞e−x2dx=π\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}dx=\sqrt{\pi} adódik. Egy változóban ez az integrál kiszámíthatatlan, kettőben pedig két sor.

5. Tipikus hibák

  • Az rr szorzó elhagyása. Messze a leggyakoribb hiba. A dA=r dr dφdA=r\,dr\,d\varphi nem a behelyettesítés része, hanem külön lépés, és nélküle minden eredmény hibás. Ellenőrzés: a körlap területére R2πR^{2}\pi-nek kell kijönnie.
  • A φ\varphi határa π\pi a 2π2\pi helyett. Teljes körnél a szög nullától 2π2\pi-ig fut. Ha az eredményed pont fele a vártnak, itt keresd a hibát.
  • Negatív sugár. Az rr mindig nemnegatív; az irányt a szög adja meg.
  • Polárkoordináta nem kör alakú tartományra. Egy téglalapon a polárátírás rosszabb, mint az eredeti: ott a határok lesznek szögtől függő függvények. Csak akkor válts, ha a tartomány vagy az integrandus tényleg körszimmetrikus.
  • Az x2+y2x^{2}+y^{2} átírásának elmulasztása. Ez polárban egyszerűen r2r^{2}; ha meghagyod r2cos⁡2φ+r2sin⁡2φr^{2}\cos^{2}\varphi+r^{2}\sin^{2}\varphi alakban, elveszted az egész módszer előnyét.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalásaIngyenes konzultáció