MS-A0201 - Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (TFM), Luento-opetus, 10.1.2023-20.2.2023

Epäoleelliset integraalit

Tähän asti integrointi on tapahtunut rajoitetussa alueessa rajoitetulle funktiolle (integrandille). Joskus voidaan kuitenkin integroida rajoittamattomia funktioita ja/tai rajoittamattomassa alueessa.

Tarkastellaan ainoastaan tapausta, jossa funktio $f$ on ei-negatiivinen eli $f(\mathbf{u}) \ge 0$ kaikilla $\mathbf{u}\in D$. Lasketaan funktion $f(x,y) = e^{-x^2}$ integraali alueessa suorien $y=\pm x$ rajoittamassa rajoittamattomassa alueessa $D$, jossa $x>0$. Mikäli integraali on suppenee, sen arvo saadaan laskemalla $\iint_D e^{-x^2}\,dA = \int_0^\infty \int_{-x}^{x} e^{-x^2}\,dy\,dx = \int_0^\infty 2xe^{-x^2}\,dx$ $= \lim_{R\to \infty} \int_0^R 2xe^{-x^2}\,dx.$ Integraalin laskemiseksi huomataan, että $\frac{d}{dx} e^{-x^2} = -2xe^{-x^2}$. Siten $\lim_{R\to \infty} \int_0^R 2xe^{-x^2}\,dx = \lim_{R\to\infty} -e^{-x^2}\Big|_{x=0}^R = \lim_{R\to\infty}1-e^{-R^2}=1.$

Esimerkki

Olkoon $D_1=\lbrace (x,)\in \mathbb{R}^2 : 0 < x < 1, \, |y| \leq x^2 \rbrace$ ja rajoittamaton funktio $f(x,y)=1/x^2$.

(i) Lasketaan integraali $\iint_{D_1}\frac{1}{x^2}\,dA =\int_0^1\int_{-x^2}^{x^2}\frac{1}{x^2}\,dy\,dx$ $=\int_0^1 2\,dx =2.$

(ii) Lasketaan saman funktion integraali alueessa $D_2=\lbrace (x,y)\in\mathbb{R}^2 : 0 < x < 1,\, |y|\leq \sqrt{x}\rbrace.$ $\iint_{D_2}\frac{1}{x^2}\,dA =\int_0^1\int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}}\frac{1}{x^2}\,dy\,dx$ $=\int_0^1 2\sqrt{x}\frac{1}{x^2}\,dx =\int_0^1 2x^{-3/2}\,dx =\lim_{\epsilon\to 0+} \frac{2x^{-1/2}}{-1/2}\bigg|_{x=\epsilon}^1 = \infty.$ Suppeneminen riippuu integroitavan funktion lisäksi myös alueesta!

Muuttujanvaihto taso- ja avaruusintegraaleissa

Tutkitaan funktiota $\mathbf{F}\colon G \to D$, missä $D$ ja $G$ ovat $\mathbb{R}^2$:n osajoukkoja. Oletetaan, että funktion $\mathbf{F}$ kaikki osittaisderivaatat ovat olemassa ja jatkuvia. Lisäksi oletetaan, että $\mathbf{F}$ on bijektio: Jokaista pistettä $(x,y) \in D$ vastaa yksikäsitteinen piste $(u,v)\in G$, jolle $\mathbf{F}(u,v)= (x,y)$. Tällöin erityisesti $D=\mathbf{F}(G)$.

 

Tutkitaan aluksi muuttujanvaihtoa tasointegraalin tapauksessa: $\iint_D f(x,y)\,dx\,dy = \iint_{G} ??? \,du\,dv.$ Tarvitaan tieto siitä, miten pinta-ala skaalautuu funktiossa $(x,y) = \mathbf{F}(u,v)$.

Ketjusäännöllä $dx = \frac{\partial x}{\partial u}du + \frac{\partial x}{\partial v}dv\text{ ja } dy = \frac{\partial y}{\partial u}du + \frac{\partial y}{\partial v}dv.$ Edettäessä vektorin $\mathbf{a}$ suuntaan $(x,y)$-koordinaateissa, koordinaatti $v$ on vakio ja siten $dv=0$. Saadaan $\mathbf{a} \approx \frac{\partial x}{\partial u}du\,\mathbf{i} + \frac{\partial y}{\partial u}du\,\mathbf{j}.$ Samaan tapaan voidaan päätellä, että $\mathbf{b} \approx \frac{\partial x}{\partial v}dv\,\mathbf{i} + \frac{\partial y}{\partial v}dv\,\mathbf{j}.$ Tässä $\mathbf{i}$ ja $\mathbf{j}$ ovat koordinaattiakseleiden suuntaiset yksikkövektorit.

Approksimaatiokaava pinta-alaelementin $dA$ muutokselle siis on $dA = dx \, dy \approx |\mathbf{a} \times \mathbf{b}| = \left\|\begin{array}{ccc} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial x}{\partial u}du & \frac{\partial y}{\partial u}du & 0 \\ \frac{\partial x}{\partial v}dv & \frac{\partial y}{\partial v}dv & 0 \end{array}\right\|$ Käytetään merkintää (huom. neliömatriiseille $\det A=\det A^T$) $\left\|\begin{array}{cc} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{array}\right\|\,du\,dv := \big|\det D \mathbf{F}(u,v)\big|\,du\,dv.$ Determinantti $\det D \mathbf{F}(u,v)$ on funktion $\mathbf{F}\colon \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$ Jacobin determinantti. Sille käytetään myös merkintää $\det D \mathbf{F}(u,v)=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} \text{ kun } (x,y) = \mathbf{F}(u,v).$

Jacobin determinantin itseisarvo $|\det D \mathbf{F}(u,v)|$ kertoo paikallisen pinta-alan muutoksen kuvattaessa $(u,v)$-koordinaattien infinitesimaalinen pinta-ala $du\,dv$ vastaavalle $(x,y)$-koordinaateissa lausutulle pinta-alalle $dx\,dy$ funktion $(x,y) = \mathbf{F}(u,v)$ välityksellä.

Tasointegraalin muuttujanvaihtokaavaksi siis saadaan $\iint_D f(x,y) \,dx\,dy = \iint_{G} g(u,v) \big | \det D\mathbf{F} (u,v)\big| \,du\,dv$ missä $g(u,v)=f(x(u,v),y(u,v))$ ja $D=\mathbf{F}(G)$. Tässä $\mathbf{F}$ on integroimisalueiden $D$ ja $G$ välinen bijektio. Jacobin determinantin etumerkki kertoo, onko $\mathbf{F}$ suunnan säilyttävä vai kääntävä. Itseisarvo tarvitaan, jotta positiivisen funktion integraali ei muuttuisi negatiiviseksi eräillä $\mathbf{F}$.

Esimerkki

Lasketaan neljän paraabelin $y=x^2$, $y=2x^2$, $x=y^2$ ja $x=3y^2$ rajoittamaan alueen $D$ pinta-ala.

Huomataan, että integroimisalue kuvautuu suorakulmioksi $G = [1/2 , 1] \times [1/3 , 1]$ muunnoksella $\mathbf{G}(x,y) = u\mathbf{i} + v\mathbf{j}, \quad u(x,y)=\frac{x^2}{y},\,\,v(x,y)=\frac{y^2}{x}.$

Halutaan kuitenkin käänteiskuvaus $\mathbf{F} = \mathbf{G}^{-1}\colon G\to D$, joka vie koordinaatit $(u,v)$ käyräviivaisille $(x,y)$-koordinaateille. Lineaarialgebran perusteella $\det D {{\mathbf{F}}}(u,v)=\frac{1}{\det D \mathbf{G}(x,y)}.$ Lasketaan $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{2x}{y}, \quad \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{x^2}{y^2}.$ Saadaan myös $\frac{\partial v}{\partial x} = -\frac{y^2}{x^2}, \quad \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{2y}{x}.$

Lasketaan edelleen $\det D \mathbf{G}(x,y) = \left|\begin{array}{cc} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y} \end{array}\right| = \left|\begin{array}{cc} \frac{2x}{y} & -\frac{x^2}{y^2} \\ -\frac{y^2}{x^2} & \frac{2y}{x} \end{array}\right|$ $= 4-1 = 3,\text{ eli } \big|\det D {\mathbf{F}} (u,v)\big|=\frac{1}{3}.$ Tulokseksi siis saadaan $\iint_D 1\,dx\,dy = \iint_G \frac{1}{3}\,du\,dv = \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{9}.$ Yleensä ei käy niin onnellisesti, että sama koordinaatistomuunnos vie integroitavan alueen suorakulmiolle samalla kun integroitava funktio menee vakioksi.