Differentiaali- ja integraalilaskenta 2

Napakoordinaatit

Piste $(x,y)\in \mathbb{R}^2$ voidaan kirjoittaa muodossa $(r,\theta)$, missä $r\geq0$ ja $0\le \theta < 2\pi$. Napakulma $\theta$ on yksikäsitteinen jos $r > 0$.

Alkeisgeometriasta saadaan kaavat $\left\{ \begin{array}{l} x=r\cos \theta\\ y=r\sin \theta \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} r^2=x^2+y^2 \\ \tan{\theta} = y/x. \end{array}\right.$ Vrt. kompleksiluvun polaarimuoto $x + i y = r e^{i \theta}$.

Koordinaatistomuunnoksen $(r, \theta) \mapsto (x,y)$ Jacobin determinantille saadaan kaava $\frac{\partial(x,y)}{\partial (r,\theta)} = \left|\begin{array}{cc} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta}\\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{array}\right| = \left|\begin{array}{cc} \cos \theta & -r\sin \theta\\ \sin \theta & r\cos\theta \end{array}\right| = r.$ Siten muuttujanvaihtokaavaa varten saadaan pinta-alan venytys $dx\,dy = \bigg|\frac{\partial(x,y)}{\partial (r,\theta)}\bigg| \,dr\,d\theta = r\,dr\,d\theta.$ Tasointegraali napakoordinaateissa $\iint_D f(x,y)\,dx\,dy = \iint_G g(r,\theta)r\,dr\,d\theta,$ missä $g(r,\theta) = f(r\cos\theta,r\sin\theta)$.

Esimerkki

(i) Olkoon $D=\lbrace (x,y)\in \mathbb{R}^2 : 1 < x^2 + y^2 < 4\rbrace$. Lasketaan napakoordinaateissa integraali $I=\iint_D \frac{1}{x^2+y^2}\,dx\,dy.$ Saadaan $I=\int_0^{2\pi}\int_1^2\frac{1}{r^2}r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi} d\theta \cdot \int_1^2\frac{dr}{r} =2\pi\ln r\Big|_{r=1}^2 = 2\pi \ln 2.$

(ii) Integraali $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx$ on erittäin tärkeä mm. todennäköisyyslaskennassa ja tilastotieteessä. Tämä integraali on vaikea, koska integraalifunktiota ei ole mahdollista kirjoittaa alkeisfunktioiden avulla.

Integraali on kuitenkin mahdollista laskea seuraavan tempun avulla: Huomataan aluksi, että $I = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2-y^2}\,dx\,dy = \bigg(\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx\bigg)^2.$ Laskemalla epäoleellinen tasointegraali napakoordinaateissa $I = \int_0^{2\pi}\int_0^\infty e^{-r^2}r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}d\theta \cdot \int_0^\infty r e^{-r^2}\,dr$ $= 2\pi \int_0^\infty{r e^{-r^2}\,dr} = -\pi \lim_{R \to \infty}{\int_0^R (-2r) e^{-r^2}\,dr}.$

Nyt $\frac{d}{dr} e^{-r^2} = -2r e^{-r^2}$, joten integraaliksi saadaan: $\int_0^R (-2r) e^{-r^2}\,dr = e^{-R^2} - 1$ Viemällä $R \to \infty$ tulee $I = \pi$ ja siitä alkuperäisen integraalin arvo $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx = \sqrt{I} = \sqrt{\pi}.$ Miksi temppu toimi?