Integrasjonsstykke

[Ida.]

Jeg får ikke til følgende integralstykke:

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^1{r}^2\cos \theta \ast \sqrt{1+r^2{\cos }^2\theta }drd\theta$

[Solar Plexsus]

Hvis det er slik at det du egentlig skal regne ut er

$I=\int \int x\sqrt{1+x^2}dA$

der A er området innenfor sirkelen x[sup]2[/sup] + y[sup]2[/sup] = 1 med x, y ≥ 0, er det mye enklere å beregne

$I={\int }_0^1{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}x\sqrt{1+x^2}dydx$

enn

$I={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^1{r}^{2}cos\theta \sqrt{1+r^{2}cos{\theta }^2}drd\theta$

som er resultatet av å innføre polare koordinater.

[Ida.]

Det jeg egentlig skal finne er ${\int }_S\int xdS$ over the part of the parabolic cylinder $z=\frac{x^2}{2}$ that lies inside the first octant part of the cylinder $x^2+y^2=1$.

Og da endte jeg etterhver opp med det ovenfor, som jeg ikke klarer.

[Solar Plexsus]

Det integralet du har fått ved å bruke polarkoordinater, er svært vanskelig å løse. Derfor kan det være fornuftig å gjøre en omskrive integralet til

$I={\int }_0^1{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}x\sqrt{1+x^2}dydx$

som er relativt enkelt å løse. Vi får nemlig at

$I={\int }_0^1[x\sqrt{1+x^2}{]}_0^{\sqrt{1-x^2}}dx$

$={\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^4}dx$

$={\int }_0^{\pi /2}\frac{co{s}^2\theta }{2}d\theta (brukersubstitusjonenx=\sqrt{sin\theta })$

$={\int }_0^{\pi /2}\frac{1+cos2\theta }{4}d\theta$

$=[\frac{\theta }{2}+\frac{sin2\theta }{8}{]}_0^{\pi /4}$

$=\pi /8.$

[Ida.]

Åh, jeg synes det så ut som om likningene skrek etter en parametrisering med polarkoordinater jeg.

Men hvordan kom du frem til ${\int }_0^1$ ?

[Solar Plexsus]

Området gitt ved ulikhetene

0 ≤ θ ≤ [symbol:pi]/2 & 0 ≤ r ≤ 1 (polare koordinater)

tilsvarer området gitt ved ulikhetene

0 ≤ x ≤ 1 & 0 ≤ y ≤ kv.rot(1 - x[sup]2[/sup]) (kartesiske koordinater).

Videre kan integranden i "ditt" integral

$r^{2}cos\theta \sqrt{1+r^{2}co{s}^2\theta }$

skrives på formen r*f(r*cosθ,r*sinθ) der

$f(x,y)=x\sqrt{1+x^2}.$

Ifølge et kjent teorem innen analysen som omhandler flateintegral er da

${\int }_0^1{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)dydx={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{1}rf(rcos\theta ,r\sin \theta )drd\theta ,$

i.e.

${\int }_0^1{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}x\sqrt{1+x^2}dydx={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^1{r}^{2}cos\theta \sqrt{1+r^{2}co{s}^2\theta }drd\theta$

[zinln]

akkurat sammen svar som jeg fikk på Mathcad.Imponerende!!!

[Matteliten]

$={\int }_0^{\pi /2}\frac{co{s}^2\theta }{2}d\theta (brukersubstitusjonenx=\sqrt{sin\theta })$

$={\int }_0^{\pi /2}\frac{1+cos2\theta }{4}d\theta$

$=[\frac{\theta }{2}+\frac{sin2\theta }{8}{]}_0^{\pi /4}$

$=\pi /8.$

Hva er det egentlig du gjør nedover her? Lurer spesielt på hvordan du kommer frem til det første der ved hjelp av den substitusjonen der?

[Solar Plexsus]

Forklaring 1:

${\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^4}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}co{s}^2\theta d\theta .$

Vha. av substitusjonen x = (sinθ)[sup]1/2[/sup], får vi ved bruk av kjerneregelen at

$dx/d\theta =\frac{1}{2\sqrt{sin\theta }}\cdot cos\theta =\frac{cos\theta }{2x},$

som gir dx = (cosθ/(2x))dθ. Videre blir

(1) 1 - x[sup]4[/sup] = 1 - [(sinθ)[sup]1/2[/sup]][sup]4[/sup] = 1 - sin[sup]2[/sup]θ = cos[sup]2[/sup]θ.

Nå gir x = (sinθ)[sup]1/2[/sup] at x[sup]2[/sup] = sinθ, så θ = sin[sup]-1[/sup](x[sup]2[/sup]). Dermed blir de nye integrasjonsgrensene

sin[sup]-1[/sup](0[sup]2[/sup]) = sin[sup]-1[/sup]0 = 0 (nedre) & sin[sup]-1[/sup](1[sup]2[/sup]) = sin[sup]-1[/sup]1 = [symbol:pi] /2 (øvre).

Så θ ligger i første kvadrant, hvilket betyr at cosθ ≥ 0. Dette i kombinasjon med (1) medfører at

$\sqrt{1-x^4}=cos\theta .$

Summa summarum gir dette at

${\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^4}dx={\int }_0^{\pi /2}(xcos\theta )(cos\theta /(2x))d\theta =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}co{s}^2\theta d\theta$


Forklaring 2: For å omgjøre cos[sup]2[/sup]θ, bruker vi formelen

cos(2θ) = 2*cos[sup]2[/sup]θ - 1,

som er ekvivalent med

cos[sup]2[/sup]θ = (1 + cos(2θ)) / 2.

Dermed får vi at

${\int }_0^{\pi /2}co{s}^2\theta d\theta ={\int }_0^{\pi /2}\frac{1+cos(2\theta )}{2}d\theta$