6-E-242_SAMPLE_APEIROSTIKOS LOGISMOS 2__ION PUBLISHING by ΕΚΔΟΤΙΚΟΣ ΟΜΙΛΟΣ "ΙΩΝ"

Πολλαπλά Ολοκληρώματα

α γεωµετρικά προβλήµατα της µέτρησης—που αφορούν τις έννοιες του µήκους, του εµβαδού και του όγκου— ανιχνεύονται ήδη 40 αιώνες πίσω, στην αρχή των πολιτισµών που αναπτύχθηκαν στις εύφοϱες κοιλάδες των ποταµών της Αφρικής και της ΑHenri Lebesgue (1875–1941) σίας, όπου ήταν σηµαντικά τα ϑέµατα του εµβαδού των καλλιεργειών και του όγκου των σιταποθηκών. Αυτά οδήγησαν τελικά στο ολοκλήρωµα, το οποίο χρησιµοποιείται πλέον για τον υπολογισµό (µεταξύ άλλων) εµβαδών κι όγκων καµπυλόγραµµων σχηµάτων. Ωστόσο, µακρόχρονες δυσκολίες σχετικά µε τη µέτρηση και το ολοκλήρωµα κατάφεραν τελικά να επιλυθούν, µόλις στις αρχές του εικοστού αιώνα, κυρίως ως συνέπεια της δουλειάς του Γάλλου µαθηµατικού Henri Lebesgue. Ο Lebesgue στη διατριβή του, η οποία παρουσιάστηκε το 1902 στη Σορβόνη, διερεύνησε έναν νέο ορισµό για το ολοκλήρωµα γενικεύοντας εκείνον του Riemann. Ουσιαστικά, για να ορίσει το ολοκλήρωµα µιας συνάρτησης f από x = a έως x = b, ο Lebesgue αντικατέστησε την υποδιαίρεση του Riemann για το διάστηµα [a, b] µε µη επικαλυπτόµενα υποδιαστήµατα διαµερίζοντας το [a, b] σε ξένα µετρήσιµα σύνολα {E i }. ΄Ετσι το άθροισµα Riemann P f (x⋆i ) ∆x αντικαταστάθηκε µε ένα άθροισµα της µορφής P f (x⋆i ) mi , όπου mi είναι το µέτρο του i συνόλου Ei και x⋆i είναι ένας αριθµός του E i . Για να διαπιστώσουµε το πλεονέκτηµα του «ολοκληρώµατος Lebesgue» ϑεωρούµε ότι υπάρχουν παραγωγίσιµες συναρτήσεις, οι παράγωγοι των οποίων δεν είναι ολοκληρώσιµες κατά Riemann. Για µια τέτοια συνάρτηση, δεν ισχύει το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του λογισµού

b a

f ′ (x) dx = f (b) − f (a)

Ωστόσο, µε τον νέο ορισµό ο Lebesgue απέδειξε ότι η παράγωγος f ′ είναι ολοκληρώσιµη και ότι ισχύει το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα. Παρόµοια, µε τον ορισµό του Riemann για τα πολλαπλά ολοκληρώµατα η ισότητα µεταξύ των διπλών και των επαναλαµβανόµενων ολοκληρωµάτων (Ενότητα 4.1) ισχύει υπό προϋποθέσεις, οι οποίες ωστόσο εξασθενούν, εάν χρησιµοποιήσουµε το ολοκλήρωµα του Lebesgue. ΄Ετσι, η ϑεωρία µέτρησης κι ολοκλήρωσης του Lebesgue επικράτησε τόσο στη ϑεωρητική, όσο και στην εφαρµοσµένη σύγχρονη µαθηµατική έρευνα. Το ολοκλήρωµα του Lebesgue είναι σηµαντικό σε διαφορετικές περιοχές, όπως είναι οι εφαρµοσµένες πιθανότητες κι η µαθηµατική ϐιολογία, η κβαντική ϑεωρία των ατόµων και πυρήνων, κι η ϑεωρία της πληροφορίας αλλά κι η επεξεργασία σηµάτων στη σύγχρονη υπολογιστική τεχνολογία. Στην Ενότητα ∆ιερεύνησης 4.5 µελετάµε την εφαρµογή των πολλαπλών ολοκληρωµάτων σε προβλήµατα όπως ο ϐέλτιστος σχεδιασµός των τροχών αγωνιστικών αυτοκίνητων.

Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε πολλαπλά ολοκληρώματα για να προσδιορίσουμε τον βέλτιστο σχεδιασμό των τροχών αγωνιστικών αυτοκινήτων.

271

272

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 Πολλαπλά Ολοκληρώματα

4.1 ∆ιπλά Ολοκληρώµατα Αυτό το κεφάλαιο είναι αφιερωµένο στα ολοκληρώµατα συναρτήσεων δύο ή τριών µεταβλητών. Τέτοια ολοκληρώµατα ονοµάζονται πολλαπλά ολοκληρώµατα. Οι εϕαρµογές των πολλαπλών ολοκληρωµάτων περιλαµβάνουν τον υπολογισµό εµβαδού, όγκου και µάζας. Το απλούστερο είδος των πολλαπλών ολοκληρωµάτων είναι το διπλό ολοκλήρωµα ZZ

z = f(x, y) y

f (x, y) dA

µιας συνεχούς συνάρτησης f (x, y) πάνω στο ορθογώνιο χωρίο α

R = [a, b] × [c, d] = {(x, y) | a ≦ x ≦ b, c ≦ y ≦ d}

του xy-επίπεδου. (Θα δούµε ότι το dA εδώ αναπαριστά ένα στοιχειώδες εµβαδόν του εµβαδού A). ΄Οπως ακριβώς ο ορισµός του µονού ολοκληρώµατος υπαγορεύεται από το πρόβληµα του υπολογισµού του εµβαδού, έτσι κι ο ορισµός του διπλού ολοκληϱώµατος υπαγορεύεται από το πρόβληµα του υπολογισµού του όγκου V , όπως αυτού του στερεού του Σχήµατος 4.1.1—ένα στερεό που ϕράσσεται πάνω από τη γραφική παράσταση z = f (x, y) µιας µη αρνητικής συνάρτησης f στο ορθογώνιο R του xyεπιπέδου. Για να ορίσουµε την τιµή

b x

ΣΧΗΜΑ 4.1.1 Θα χρησιμοποιήσουμε το διπλό ολοκλήρωμα για τον υπολογισμό του όγκου V .

f (x, y) dA

ενός τέτοιου διπλού ολοκληρώµατος, ξεκινάµε µε µια προσέγγιση του V . Για να προσδιορίσουµε αυτήν την προσέγγιση, το πρώτο ϐήµα είναι να κατασκευάσουµε µια διαµέριση P του R σε υποορθογώνια R 1 , R 2 , . . . , R k που προσδιορίζονται από τα σηµεία

y d

a = x0 < x1 < x2 < · · · < xm = b c

R «,

(xi

c = y0 < y1 < y2 < · · · < yn = d

b x

ΣΧΗΜΑ 4.1.2 Μια διαμέριση P του ορθογωνίου R.

του [a, b] και

«)

του [c, d]. Μια τέτοια διαµέριση του R σε k = mn ορθογώνια ϕαίνεται στο Σχήµα 4.1.2. ⋆ Στη συνέχεια επιλέγουµε ένα τυχαίο σηµείο (x⋆ i , yi ) του i ορθογωνίου R i για ⋆ ⋆ κάθε i (όπου 1 ≦ i ≦ k). Το σύνολο των σηµείων S = {(xi , yi ) | 1 ≦ i ≦ k} ονοµάζεται επιλογή για τη διαµέριση P = {R i | 1 ≦ i ≦ k}. Ως µέτρο του µεγέθους των ορθογωνίων της διαµέρισης P, ορίζουµε τη νόρµα |P|, που είναι το µέγιστο µήκος των διαγωνίων των ορθογωνίων {R i }. Ας υποθέσουµε ότι µια ορθογώνια στήλη υψώνεται από το xy επίπεδο. Η ϐάση ⋆ της είναι το ορθογώνιο R i και το ύψος της είναι η τιµή f (x⋆ i , yi ) της f στο σηµείο ⋆ ⋆ (xi , yi ) του R i . Μια τέτοια στήλη ϕαίνεται στο Σχήµα 4.1.3. Αν µε ∆A i συµβολίσουµε ⋆ το εµβαδόν του R i , τότε ο όγκος της i στήλης είναι f (x⋆ i , yi ) ∆A i . Το άθροισµα των όγκων όλων αυτών των στηλών (Σχήµα 4.1.4) είναι το άθροισµα Riemann k X

f (x⋆i , y⋆i ) ∆A i ,

(1)

i=1

µια προσέγγιση του όγκου V της στερεάς περιοχής που ϐρίσκεται πάνω από το ορθογώνιο R και κάτω από τη γραφική παράσταση της z = f (x, y). Προσδιορίζουµε τον ακριβή όγκο V παίρνοντας το όριο του αθροίσµατος Riemann της Εξίσωσης (1) καθώς η νόρµα |P| της διαµέρισης P πλησιάζει το µηδέν. Εποµένως, ορίζουµε το (διπλό) ολοκλήρωµα της συνάρτησης f στο ορθογώνιο χωρίο R να είναι

f (x, y) dA = lim R

|P|→0

k X

f (x⋆i , y⋆i ) ∆A i ,

(2)

i=1

υπό την προϋπόθεση ότι το όριο αυτό υπάρχει. (Θα µιλήσουµε για την ύπαρξη αυτού του ορίου στην Ενότητα 4.2.) Αποδεικνύεται µε προχωρηµένο λογισµό ότι το όριο στην Εξίσωση (2) πράγµατι υπάρχει αν η f είναι συνεχής στο R. Για να οδηγηθούµε

Διπλά Ολοκληρώματα ΕΝΟΤΗΤΑ 4.1 z

273

z z = f(x, y) y

f(xi«, yi«)

ΣΧΗΜΑ 4.1.3 Η προσέγγιση

ΣΧΗΜΑ 4.1.4 Οι στήλες που

του όγκου που βρίσκεται κάτω από την επιφάνεια, αθροίζοντας τους όγκους των στηλών με ορθογώνιες βάσεις.

αντιστοιχούν σε μια διαμέριση του ορθογωνίου χωρίου R.

στην εισαγωγή του αθροίσµατος Riemann της Εξίσωσης (1), υποθέσαµε ότι η f ήταν µη αρνητική στο R, αν κι η Εξίσωση (2) ορίζει το διπλό ολοκλήρωµα σε ένα ορθογώνιο χωρίο, ανεξάρτητα από το εάν η f είναι ή όχι αρνητική.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1 Προσεγγίστε την τιµή του ολοκληρώµατος

(1, 1)

(3, 1)

1 R5

-1 -2

(1, -2)

στο ορθογώνιο χωρίο R = [1, 3] × [−2, 1], υπολογίζοντας το άθροισµα Riemann της (1) ⋆ για τη διαµέριση που ϕαίνεται στο Σχήµα 4.1.5, µε το i σηµείο (x⋆ i , yi ) να επιλέγεται στο κέντρο του i ορθογώνιου R i (για κάθε i, 1 ≦ i ≦ 6).

Λύση Καθένα από τα έξι ορθογώνια της διαµέρισης που ϕαίνονται στο Σχήµα 4.1.5 (3, -2)

ΣΧΗΜΑ 4.1.5 Η διαμέριση του Παραδείγματος 1.

(4x3 + 6xy2 ) dA

τελικά είναι ένα µοναδιαίο τετράγωνο µε εµβαδόν ∆A i = 1. Εποµένως για την f (x, y) = 4x3 + 6xy2 , το επιθυµητό άθροισµα Riemann είναι 6 X

f (x⋆i , y⋆i ) ∆A i = f (x⋆1 , y⋆1 ) ∆A 1 + f (x⋆2 , y⋆2 ) ∆A 2 + f (x⋆3 , y⋆3 ) ∆A 3

i=1

+ f (x⋆4 , y⋆4 ) ∆A 4 + f (x⋆5 , y⋆5 ) ∆A 5 + f (x⋆6 , y⋆6 ) ∆A 6 = f 23 , − 23 (1) + f 52 , − 32 (1) + f 23 , − 21 (1) + f 52 , − 21 (1) + f 23 , 12 (1) + f 52 , 12 (1)

135 4

·1+

385 4

(4x3 + 6xy2 ) dA ≈ 294,

·1+

63 4

·1+

265 4

·1+

63 4

·1+

265 4

· 1 = 294.

΄Ετσι ϐρίσκουµε ότι

αλλά αυτοί οι υπολογισµοί δεν µας δίνουν πληροφορίες για την ακρίβεια αυτής της προσέγγισης.

◗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ 1 Οι µέθοδοι των προσεγγίσεων για το ολοκλήρωµα συναρτήσεων µιας µεταβλητής της Ενότητας 5.9 (Τόµος Ι) εφαρµόζονται µε ανάλογο τρόπο και στα διπλά ολοκληρώµατα. Στο Παράδειγµα 1 υπολογίζουµε την προσέγγιση των µέσων για το διπλό ολοκλήρωµα

f (x, y) dA

274

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 Πολλαπλά Ολοκληρώματα

Αριθµός

Προσέγγιση

Υποορθογωνίων

Μέσων

294.00

307.50

310.88

384

311.72

1536

311.93

6144

311.98

χρησιµοποιώντας τη διαµέριση του ορθογωνίου χωρίου R σε έξι υποορθογώνια. Το άθροισµα Riemann υπολογίζει το άθροισµα των όγκων των έξι ορθογώνιων µπλοκ. Καθένα από αυτά τα µπλοκ έχει ως ϐάση ένα από αυτά τα υποορθογώνια του Σχήµατος ⋆ 4.1.5 και ύψος ίσο µε την τιµή f (x⋆ i , yi ) της συνάρτησης στα µέσα του ορθογωνίου. ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ 2 Αν υποδιαιρέσουµε κάθε ορθογώνιο του Σχήµατος 4.1.5 σε τέσσεϱα ίσα µικρότερα ορθογώνια, έχουµε τη διαµέριση του R σε 24 υποορθογώνια, και το αντίστοιχο άθροισµα Riemann είναι το άθροισµα των 24 ορθογώνιων κολόνων µε ϐάση αυτά τα 24 υποορθογώνια. Υποθέστε ότι συνεχίζουµε µε αυτόν τον τρόπο, τετραπλασιάζοντας τον αριθµό των ορθογωνίων (και των ορθογώνιων κολόνων) σε κάθε ϐήµα, και χρησιµοποιώντας έναν υπολογιστή υπολογίζουµε κάθε ϕορά το άθροισµα Riemann που ορίζεται επιλέγοντας το κέντρο του ορθογωνίου για να υπολογίσουµε το ύψος της αντίστοιχης κολόνας. Τότε παίρνουµε την προσέγγιση των µέσων που ϕαίνεται στο Σχήµα 4.1.6 για τον πραγµατικό όγκο V που ϐρίσκεται πάνω από το ορθογώνιο R και κάτω από την επιφάνεια z = f (x, y). (Βλέπε 4.1.8.) Στο Σχήµα 4.1.7 ϐλέπουµε «τις προσεγγίσεις των ορθογώνιων µπλοκ» του V που αντιστοιχούν στη διαµέριση του R σε 24, 96, και 384 υποορθογώνια. Στο Παράδειγµα 2 ϑα δούµε (πολύ πιο εύκολα) ότι η ακριβής τιµή του V είναι

ΣΧΗΜΑ 4.1.6 Προσέγγιση των μέσων στο ολοκλήρωμα του Παραδείγματος 1.

(4x3 + 6xy2 ) dA = 312.

y 0

2 x

-1

-1 3

-2

3 2

2 x

1 1

(α) 24 µπλοκ, V ≈ 307.50

1 1

(ϐ) 96 µπλοκ, V ≈ 310.88

1 1

384 µπλοκ, V ≈ 311.72

ΣΧΗΜΑ 4.1.7 Η προσέγγιση του αθροίσματος των μέσων για τον όγκο V κάτω από την επιφάνεια z = 4x3 + 6xy 2 με 24, 96, και 384 υποορθογώνια.

Επαναλαµβανόµενα Ολοκληρώµατα Ο άµεσος υπολογισµός του ορίου στην Εξίσωση (2) είναι γενικά λιγότερο πρακτικός από τον άµεσο υπολογισµό του ορίου που χρησιµοποιήσαµε στην Ενότητα 5.4 (Τόµος Ι) για να ορίσουµε το ολοκλήρωµα συνάρτησης µιας µεταβλητής. Στην πράξη, ϑα υπολογίζουµε διπλά ολοκληρώµατα πάνω σε ορθογώνιες περιοχές όπως τα επαναλαµβανόµενα ολοκληρώµατα (διαδοχικά ολοκληρώµατα ή επάλληλα ολοκληρώµατα) που εµφανίζονται στο Θεώρηµα 1.

ΘΕΩΡΗΜΑ 1 κληρώματα

Διπλά Ολοκληρώματα ως Επαναλαμβανόμενα Μονά Ολο-

Υποθέστε ότι η f (x, y) είναι συνεχής στο ορθογώνιο R = [a, b] × [c, d]. Τότε

f (x, y) dA =

Z f (x, y) dy dx =

f (x, y) dx dy.

(3)

Το Θεώρηµα 1 µας λέει πώς να υπολογίσουµε ένα διπλό ολοκλήρωµα µε τη ϐοήθεια δύο επαναλαµβανόµενων (ή διαδοχικών) µονών ολοκληρωµάτων, κάθε ένα

Διπλά Ολοκληρώματα ΕΝΟΤΗΤΑ 4.1

275

από τα οποία το υπολογίζουµε χρησιµοποιώντας το ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του λογισµού (αν η συνάρτηση f έχει αρκετά καλή συµπεριφορά στο R). Ας εξηγήσουµε τι εννοούµε µε τις παρενθέσεις στα επαναλαµβανόµενα ολοκληϱώµατα

Z bZ

-2

0 2 x

f (x, y) dy dx =

f (x, y) dy dx.

(4)

Αρχικά κρατάµε το x σταθερό κι ολοκληρώνουµε ως προς y, από y = c έως y = d . Το αποτέλεσµα αυτής της αρχικής ολοκλήρωσης είναι το µερικό ολοκλήρωµα της f ως προς y, που συµβολίζεται µε

-1 3

f (x, y) dy,

και είναι συνάρτηση µόνο του x. Στη συνέχεια ολοκληρώνουµε αυτή τη συνάρτηση ως

ΣΧΗΜΑ 4.1.8 Η επιφάνεια

z = 4x3 + 6xy2 πάνω στο ορθογώνιο R. προς x, από x = a έως x = b.

Παρόµοια, υπολογίζουµε το διπλό ολοκλήρωµα

Z dZ c

y=1 x

f (x, y) dx dy =

b a

f (x, y) dx dy

(5)

αρχικά ολοκληρώνοντας από a έως b ως προς x (ϑεωρώντας το y σταθερό) και στη συνέχεια ολοκληρώνοντας το αποτέλεσµα από c έως d ως προς y. Η σειρά ολοκλήρωσης (είτε αρχικά ως προς x και στη συνέχεια ως προς y, ή αντίστροφα) ορίζεται από τη σειρά που εµφανίζονται τα dx και dy στα επαναλαµβανόµενα ολοκληρώµατα στις Εξισώσεις (4) και (5). Σχεδόν πάντα δουλεύουµε «από µέσα προς τα έξω». Το Θεώρηµα 1 µας εξασφαλίζει ότι ο όγκος που προσδιορίσαµε είναι ανεξάρτητος από τη σειρά ολοκλήρωσης υπό την προϋπόθεση ότι η f είναι συνεχής στο R.

y = -2

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2 Υπολογίστε τα επαναλαµβανόµενα ολοκληρώµατα των ΕξισώσεΣΧΗΜΑ 4.1.9 Τα εσωτερικά όρια του πρώτου επαναλαμβανόμενου ολοκληρώματος (παράδειγμα 2).

ων (4) και (5) για τη συνάρτηση f (x, y) = 4x3 + 6xy2 στο ορθογώνιο R = [1, 3] × [−2, 1].

Λύση Στο ορθογώνιο R που ϕαίνεται στο Σχήµα 4.1.9, το κατακόρυφο τµήµα (στο οποίο το x είναι σταθερό) αντιστοιχεί στο εσωτερικό ολοκλήρωµα της Εξίσωσης (4). Τα άκρα που ϐρίσκονται σε ύψος y = −2 και y = 1, είναι τα όρια του εσωτερικού ολοκληρώµατος. ΄Ετσι η Εξίσωση (4) δίνει

3 1

Z 3h i1 4x3 y + 2xy3 dx (4x3 + 6xy2 ) dy dx = y=−2 −2 1 Z 3 = [(4x3 + 2x) − (−8x3 − 16x)] dx 1 Z 3 = (12x3 + 18x) dx

= 3x4 + 9x2

= 312.

Το οριζόντιο ευθύγραµµο τµήµα (στο οποίο το y είναι σταθερό) του Σχήµατος 4.1.10 αντιστοιχεί στο εσωτερικό ολοκλήρωµα της Εξίσωσης (5). Τα άκρα του ϐρίσκονται στις x = 1 και x = 3 (τα όρια τις ολοκλήρωσης ως προς x), έτσι η Εξίσωση (5) δίνει

x=1

x=3

ΣΧΗΜΑ 4.1.10 Τα εσωτερικά όρια του δεύτερου επαναλαμβανόμενου ολοκληρώματος (Παράδειγμα 2).

−2

Z 1h i3 (4x3 + 6xy2 ) dx dy = x4 + 3x2 y2 dy x=1 −2 Z 1 = [(81 + 27y2 ) − (1 + 3y2 )] dy −2 Z 1 = (80 + 24y2 ) dy h

−2

= 80y + 8y3

−2

= 312.

◗

Από τη στιγµή που λέµε ότι το επαναλαµβανόµενο ολοκλήρωµα σχεδόν πάντα υπολογίζεται από µέσα προς τα έξω, είναι ϕανερό ότι οι παρενθέσεις που εµφανίζονται στις Εξισώσεις (4) και (5) δεν είναι απαραίτητες. Ως εκ τούτου, γενικά παραλείπονται, όπως ϑα κάνουµε στα Παραδείγµατα 3 και 4. ΄Οταν στο ολοκλήρωµα εµφανίζεται το

276

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 Πολλαπλά Ολοκληρώματα

dy dx, ολοκληρώνουµε πρώτα ως προς y, ενώ όταν εµφανίζεται το dx dy ολοκληρώνουµε πρώτα ως προς x.

x=0

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3 Βλέπε Σχήµα 4.1.11.

π 2

x=π y=0

Z πZ 0

π/2

cos x cos y dy dx =

Z Z

π 0 π

Z 1Z 0

π/2

(ey + sin x) dx dy = 0

iπ/2

y=0

h iπ cos x dx = sin x = 0.

◗

y=1

π x= 2 y=0

cos x sin y

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 4 Βλέπε Σχήµα 4.1.12.

ΣΧΗΜΑ 4.1.11 Παράδειγμα 3.

x=0

1 2

xey − cos x

1 2

iπ/2

x=0

πey + 1 dy

πey + y

1 0

1 π(e − 1) + 1. 2

◗

Επαναλαµβανόµενα Ολοκληρώµατα και ∆ιατοµές

ΣΧΗΜΑ 4.1.12 Παράδειγμα 4.

Σκιαγραφώντας την απόδειξη του Θεωρήµατος 1, ξεκαθαρίζεται κι η σχέση µεταξύ των επαναλαµβανόµενων ολοκληρωµάτων και της µεθόδου τον διατοµών (για τον υπολογισµό των όγκων) η οποία παρουσιάζεται στην Ενότητα 6.2, Τόµος Ι. Αρχικά διαµερίζουµε το [a, b] σε n ίσα υποδιαστήµατα, κάθε ένα µήκους ∆x = (b − a)/n, και το [c, d] σε n ίσα υποδιαστήµατα, καθένα µήκους ∆y = (d − c)/n. Αυτή η διαµέριση δίνει n2 ορθογώνια, καθένα εµβαδού ∆A = ∆x ∆y. Επιλέγουµε σηµείο x⋆ i στο [xi−1 , xi ] για κάθε i = 1, . . . , n. Τότε για κάθε j = 1, . . . , n από το ϑεώρηµα της Μέσης Τιµής (Ενότητα 5.6, Τόµος Ι) έχουµε το σηµείο y⋆ i j στο [y j−1 , y j ] τέτοιο, ώστε

yj y j−1

f (x⋆i , y) dy = f (x⋆i , y⋆i j ) ∆y.

⋆ Αυτό µας δίνει το σηµείο επιλογής (x⋆ i , yi j ) για κάθε ορθογώνιο [xi−1 , xi ] × [y j−1 , y j ]. Στη συνέχεια,

f (x, y) dA ≈

n X

f (x⋆i , y⋆i j ) ∆A

i, j=1

n X n X i=1

j=1

n n Z X X i=1

f (x⋆i , y⋆i j ) ∆y ∆x

j=1

n Z X

i=1 n X

y j−1

! f (x⋆i , y) dy ∆x

f (x⋆i , y) dy

∆x

A(x⋆i ) ∆x,

i=1

όπου

A(x) =

f (x, y) dy. c

Το τελευταίο άθροισµα είναι άθροισµα Riemann για το ολοκλήρωµα

A(x) dx,

Διπλά Ολοκληρώματα ΕΝΟΤΗΤΑ 4.1

277

έτσι το αποτέλεσµα των υπολογισµών µας είναι

f (x, y) dA ≈ ≈

z = f(x, y) y

d c α x

A(x)

R b

n X

A(x⋆i ) ∆x

i=1 b

A(y) =

ΣΧΗΜΑ 4.1.13 Το εμβαδόν της A(x) =

f (x, y) dy.

f (x, y) dy dx.

Μπορούµε να µετατρέψουµε αυτήν την περιγραφή σε ολοκληρωµένη απόδειξη του Θεωρήµατος 1 δείχνοντας ότι αυτές οι προσεγγίσεις γίνονται ισότητες όταν παίρνουµε τα όρια καθώς n → +∞. Στην περίπτωση στην οποία η συνάρτηση f είναι µη αρνητική στο R, η συνάρτηση A(x) δίνει το εµβαδόν της κάθετης στον άξονα x διατοµής R (Σχήµα 4.1.13). ΄Ετσι το επαναλαµβανόµενο ολοκλήρωµα στην Εξίσωση (4) εκφράζει τον όγκο V ως ολοκλήρωµα από το x = a έως το x = b της συνάρτησης διατοµής A(x). Παρόµοια, το επαναλαµβανόµενο ολοκλήρωµα στην Εξίσωση (5) εκφράζει το V ως ολοκλήρωµα από το y = c έως y = d της συνάρτησης

διατομής στο x είναι

A(x) dx =

f (x, y) dx,

που δίνει το εµβαδόν της διατοµής σε επίπεδο κάθετο στον άξονα y. [Αν και ϕαίνεται σκόπιµο να χρησιµοποιήσουµε το συµβολισµό A(y), σηµειώστε ότι A(x) και A(y) είναι η ίδια συνάρτηση]!

4.1 Ερωτήσεις Σωστού/Λάθους Χρησιµοποιήστε τις ακόλουθες ερωτήσεις σωστού/λάθους για να ελέγξετε τη µελέτη αυτής της ενότητας. Μπορείτε να συµβουλευτείτε τις υποδείξεις στο τέλος του ϐιβλίου. 1. Ο ορισµός του διπλού ολοκληρώµατος

f (x, y) dA προκύπτει από τον υπολοR

γισµό του όγκου V του στερεού που ϐρίσκεται κάτω από τη γραφική παράσταση της z = f (x, y) της µη αρνητικής συνάρτησης f και πάνω από το ορθογώνιο R στο xy-επίπεδο. 2. ∆εδοµένης µιας διαµέρισης του ορθογωνίου R σε υποορθογώνια R1 , R2 , . . . , Rn , ο όγκος V της Ερώτησης 1, µπορεί να προσεγγιστεί από το άθροισµα Riemann ⋆ που έχει για όρο το f (x⋆ i , yi )∆Ai για κάθε υποορθογώνιο της διαµέρισης.

3. Το διπλό ολοκλήρωµα

f (x, y) dA είναι ορισµένο ως το όριο των αθροισµάτων

Riemann καθώς η νόρµα της διαµέρισης πλησιάζει το µηδέν (υπό την προϋπόθεση ότι αυτό το όριο υπάρχει). 4. Υποθέστε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ορθογώνιο R. Τότε η fRR (x, y) πρέπει να είναι µη αρνητική στο R για να εξασφαλιστεί ότι το ολοκλήρωµα f (x, y) dA R

υπάρχει.

5. Το άθροισµα Riemann που υπολογίσαµε RR στο Παράδειγµα 1 είναι η προσέγγιση των µέσων για το διπλό ολοκλήρωµα (4x3 + 6xy2 ) dA. R

6. Τα Σχήµατα 4.1.6–4.1.8 επιβεβαιώνουν το γεγονός ότι οι διαµερίσεις µε µικρότεϱες νόρµες δίνουν γενικά πιο ακριβή αθροίσµατα Riemann για την προσέγγιση των διπλών ολοκληρωµάτων. 7. Από το Θεώρηµα 1 έχουµε ότι

f (x, y) dy dx =

d c

f (x, y) dx dy

για οποιαδήποτε συνάρτηση f (x, y) ορισµένη στο ορθογώνιο R = [a, b] × [c, d] του xy-επιπέδου. 8. Στο επαναλαµβανόµενο ολοκλήρωµα

R b R d c

f (x, y) dy dx, το γεγονός ότι το dx

εµφανίζεται έξω από τις µεγάλες παρενθέσεις µάς δείχνει ότι ολοκληρώνουµε αρχικά ως προς x, στη συνέχεια ως προς y. 9. Στο Παράδειγµα 2, κι οι δύο σειρές επαναλαµβανόµενης ολοκλήρωσης δίνουν RR την ίδια τιµή για το διπλό ολοκλήρωµα (4x3 + 6xy2 ) dA του Παραδείγµατος 1. R

278

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 Πολλαπλά Ολοκληρώματα 10. Μια σκιαγράφηση της απόδειξης του Θεωρήµατος 1 εµφανίζεται στην ενότητα µε τίτλο Επαναλαµβανόµενα Ολοκληρώµατα και ∆ιατοµές. Η απόδειξη αυτή ϐασίζεται στη µέθοδο των διατοµών για τον υπολογισµό ολοκληρωµάτων µιας µεταβλητής.

4.1 ΕΝΝΟΙΕΣ: ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΣΥΖΗΤΗΣΗ 1. Περιγράψτε όσο το δυνατόν πληρέστερα την αναλογία µεταξύ •

του µονού ολοκληρώµατος

και •

του διπλού ολοκληρώµατος

f (x) dx σε ένα διάστηµα I = [a, b]

f (x, y) dA πάνω στο ορθογώνιο R = [a, b]×[c, d].

Συζητήστε τις οµοιότητες και τις διαφορές. 2. Γράψτε το «διπλό» άθροισµα Riemann m X n X

...

i=1 j=1

που αντιστοιχεί στην υποδιαίρεση του [a, b] και [c, d] σε m υποδιαστήµατα το καθένα µήκους ∆x και σε n υποδιαστήµατα το καθένα µήκους ∆y (αντίστοιχα), m ⋆ n µε επιλογές τα σηµεία x⋆ i i=1 και y j j=1 αυτών των υποδιαστηµάτων. Ποιες από αυτές τις επιλογές µπορεί να αντιστοιχούν στο αριστερό, στο δεξί και µέσο άθροισµα των ολοκληρωµάτων µιας µεταβλητής ; 3. Μπορείτε να περιγράψετε τον τρόπο που γενικεύεται η ιδέα της προσέγγισης του τραπεζίου για τις συναρτήσεις µιας µεταβλητής που έχουµε δει στα διπλά ολοκληρώµατα ; Σκεφτείτε τη χρήση των προσεγγίσεων του τραπεζίου για το εµβαδόν των ολοκληρωµάτων των διατοµών.

4.1 ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

ύψος ∆y = 1 και κάθε (x⋆i , y⋆i ) να είναι η κάτω αριστερή γωνία του i ορθογωνίου R i .

1. Προσεγγίστε το ολοκλήρωµα

(4x3 + 6xy2 ) dA R

του Παραδείγµατος 1 χρησιµοποιώντας τη διαµέριση του Σχήµατος 4.1.5, αλλά επιλέγοντας κάθε (x⋆i , y⋆i ) να είναι (α) η κάτω αριστερή γωνία του ορθογωνίου R i , (ϐ) η πάνω δεξιά γωνία του ορθογωνίου R i . 2. Προσεγγίστε το ολοκλήρωµα

(4x + 6xy ) dA R

όπως στο Πρόβληµα 1, αλλά επιλέξτε κάθε (x⋆i , y⋆i ) να είναι (α) η επάνω αριστερή γωνία του ορθογωνίου R i , (ϐ) η κάτω δεξιά γωνία του ορθογωνίου R i . Στα Προβλήµατα 3 έως 8, υπολογίστε το άθροισµα Riemann για το ZZ

f (x, y) dA

χρησιµοποιώντας τη διαµέριση και την επιλογή (x⋆i , y⋆i ) για το ορϑογώνιο R. 3. Με f (x, y) = x + y, R = [0, 2] × [0, 2], διαµέριση P που αποτελείται από τέσσερα µοναδιαία τετράγωνα και κάθε (x⋆i , y⋆i ) να είναι το κέντρο του i ορθογώνιου R i . 4. Με f (x, y) = xy, R = [0, 2] × [0, 2], διαµέριση P που αποτελείται από τέσσερα µοναδιαία τετράγωνα και κάθε (x⋆i , y⋆i ) να είναι το κέντρο του i ορθογώνιου R i . 5. Με f (x, y) = x2 − 2y, R = [2, 6] × [−1, 1], διαµέριση P που αποτελείται από τέσσερα ορθογώνια µε πλάτος ∆x = 2 και

6. Με f (x, y) = x2 + y2 , R = [0, 2] × [0, 3], διαµέριση P που αποτελείται από έξι µοναδιαία τετράγωνα και κάθε (x⋆i , y⋆i ) να είναι η πάνω δεξιά γωνία του i ορθογωνίου R i . 7. Με f (x, y) = sin x sin y, R = [0, π] × [0, π], διαµέριση P που αποτελείται από τέσσερα µοναδιαία τετράγωνα και κάθε (x⋆i , y⋆i ) να είναι το κέντρο του i ορθογωνίου R i . 8. Με f (x, y) = sin 4xy, R = [0, 1] × [0, π], διαµέριση P που αποτελείται από έξι ίσα ορθογώνια µε πλάτος ∆x = 12 και ύψος ∆y = 13 π και κάθε (x⋆i , y⋆i ) να είναι το κέντρο του i ορθογωνίου R i . Στα Προβλήµατα 9 και 10, έστω ότι µε L, M , και U συµβολίζουµε τα αθροίσµατα Riemann για τη συνάρτηση f και την αντίστοιχη διαµέριση P επιλέγοντας τις κάτω αριστερές γωνίες, τα µέσα, και τις πάνω δεξιά γωνίες (αντίστοιχα) των ορθογωνίων της P. Χωϱίς να υπολογίσετε αυτά τα αθροίσµατα Riemann, διατάξτε τα σε αύξουσα σειρά. 9. Με f (x, y) = x2 y2 ; R = [1, 3] × [2, 5], και διαµέριση P που αποτελείται από έξι µοναδιαία τετράγωνα.

10. Με f (x, y) = 100 − x2 − y2 , R = [1, 4]×[2, 5], και διαµέριση P που αποτελείται από εννέα µοναδιαία τετράγωνα. Στα Προβλήµατα 11 έως 30 υπολογίστε τα επαναλαµβανόµενα ολοκληρώµατα. 11. 12.

Z Z

2 0 3 0

Z Z

(3x + 4y) dx dy 0 2

x2 y dx dy 0

Διπλά Ολοκληρώματα ΕΝΟΤΗΤΑ 4.1 2

13.

−1 Z 1

14.

16.

x2 y3 dy dx

−1

Z 3Z

18.

19.

20.

21.

22.

23.

24.

25.

26.

(xy + 7x + y) dx dy

4 2 2

(x y − 17) dx dy

2 2

−1 −1

(x y − xy ) dy dx

xe dy dx 0

x2 ey dx dy

ex sin y dy dx

0≦

ex+y dx dy 0

π/2

k dA = k(b − a)(d − c).

(xy + sin x) dx dy 0

π/2

(y − 1) cos x dx dy

π/2 Z

38.

39.

π 0

sin

√

xy dx dy ≦ π2 .

c f (x, y) dA = c

(c είναι µια σταθερά).

f (x, y) dA R

[ f (x, y) + g(x, y)] dA ZZ ZZ = f (x, y) dA + g(x, y) dA. R

40. Αν f (x, y) ≦ g(x, y) σε κάθε σηµείο του R, τότε

Στα Προβλήµατα 31 έως 34, αποδείξτε ότι οι τιµές του

Στα Προβλήµατα 38 έως 40 παρουσιάζουµε τις ιδιότητες των διπλών ολοκληρωµάτων που είναι ανάλογες των γνωστών ιδιοτήτων των µονών ολοκληρωµάτων. Σε κάθε περίπτωση αναφέρατε την αντίστοιχη σχέση µεταξύ αθροισµάτων Riemann που σχετίζονται µε κάποια διαµέριση και την επιλογή για το R.

sin y dx dy x 1 0 Z eZ e 1 28. dy dx 1 1 xy ! Z 1Z 1 1 1 + 29. dx dy x+1 y+1 0 0 ! Z 2Z 3 x y 30. + dy dx y x 1 1

27.

xn yn dx dy = 0. 0

37. Χρησιµοποιήστε αθροίσµατα Riemann, χωρίς να υπολογίσετε την τιµή των ολοκληρωµάτων, για να αποδείξετε ότι

−2 1Z π

Z 1Z

36. Υποθέστε ότι η f (x, y) = k είναι σταθερή συνάρτηση και ότι R = [a, b] × [c, d]. Χρησιµοποιήστε τα αθροίσµατα Riemann για να αποδείξετε ότι

0 1

R = [0, ln 2] × [0, ln 3]

n→∞

π/2Z π/2

R = [0, 1] × [1, 2]

x + y,

lim

R = [0, π] × [−π/2, π/2]

√

−3 π/2Z π/2

32. f (x, y) = sin x cos y,

35. Αποδείξτε ότι

(2xy2 − 3x2 y) dy dx

(cos x sin y) dy dx

R = [−1, 1] × [−2, 2]

34. f (x, y) = ex+y ;

(sin x cos y) dx dy

31. f (x, y) = 2xy − 3y2 ,

33. f (x, y) =

Z 2Z

17.

που δίνονται από τα επαναλαµβανόµενα ολοκληρώµατα των Εξισώσεων (4) και (5) είναι ίσες.

(2x − 7y) dy dx

−2 2 Z 3Z 3

15.

279

f (x, y) dA

f (x, y) dA ≦ R

g(x, y) dA.

4.1 ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ: Προσεγγίζοντας Διπλά Ολοκληρώματα μα Αθροίσματα Μέσων y

Δx

d 2

(u1,

(u2,

(u3,

(u1,

(u2,

(u3,

Δy

b x

ΣΧΗΜΑ 4.1.14 Τα σημεία που χρησιμοποιούνται στην προσέγγιση των μέσων.

Υποθέστε ότι διαιρούµε τα διαστήµατα [a, b] και [c, d] σε m υποδιαστήµατα µήκους ∆x και σε n υποδιαστήµατα µήκους ∆y (αντίστοιχα). Αν µε ui και vj συµβολίσουµε τα µέσα του i υποδιαστήµατος του [a, b] και του j υποδιαστήµατος του [c, d] (αντίστοιχα), τότε (ui , vj ) είναι το µέσο του i j υποορθογωνίου [xi−1 , xi ] × [y j−1, y j ]. ΄Εχουµε εποµένως, προσδιορίσει την προσέγγιση των αθροισµάτων των µέσων

S mn =

m X n X i=1 j=1

f (ui , vj ) ∆x ∆y ≈

f (x, y) dA

για το διπλό ολοκλήρωµα της συνάρτησης f πάνω στο ορθογώνιο R = [a, b] × [c, d]. Στο Σχήµα 4.1.14 ϐλέπουµε την περίπτωση όπου m = 3 και n = 2.

280

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 Πολλαπλά Ολοκληρώματα

4.2 ∆ιπλά Ολοκληρώµατα σε Πιο Γενικά Χωρία

(xi«, yi«) Ri

ΣΧΗΜΑ 4.2.1 Η ορθογώνια διαμέριση της S παράγει μια εσωτερική διαμέριση του χωρίου R.

Τώρα ϑέλουµε να ορίσουµε και να υπολογίσουµε τα διπλά ολοκληρώµατα πάνω σε πιο γενικά χωρία από τα ορθογώνια. ΄Εστω η συνάρτηση f ορισµένη στο επίπεδο χωϱίο R, και έστω ότι η R είναι ϕραγµένη—δηλαδή, ότι η R ϐρίσκεται µέσα σε κάποιο ορθογώνιο S . Για να ορίσουµε το (διπλό) ολοκλήρωµα της f πάνω στο R, ξεκινάµε µε µια διαµέριση Q του ορθογωνίου S σε υποορθογώνια. Ορισµένα από τα ορθογώνια της Q µπορεί να ανήκουν ολόκληρα µέσα στο R, ορισµένα έξω από το R και κάποια µπορεί να έχουν ένα µέρος τους µέσα και ένα έξω από το R. Θεωρούµε ότι η συλλογή P = {R1 , R2 , . . . , R k } όλων των ορθογωνίων στην Q ϐρίσκεται τελείως µέσα στο R. Αυτή η επιλογή P ονοµάζεται εσωτερική διαµέριση του R που προσδιορίζεται από τη διαµέριση Q του ορθογώνιου S (Σχήµα 4.2.1). Με νόρµα |P| της εσωτερικής διαµέρισης P εννοούµε τη νόρµα της διαµέρισης Q που καθορίζει την P. Σηµειώστε ότι η |P| δεν εξαρτάται µόνο από την P αλλά και την Q. Χρησιµοποιώντας τη διαµέριση P του χωρίου R, µπορούµε να συνεχίσουµε όπως ⋆ στην Ενότητα 4.1. ΄Ετσι, επιλέγοντας ένα τυχαίο σηµείο (x⋆ i , yi ) στο i ορθογώνιο R i της P για i = 1, 2, 3, . . . , k, έχουµε µια επιλογή για αυτή τη διαµέριση P. Ας συµβολίσουµε µε ∆A i το εµβαδόν του R i . Τότε αυτή η επιλογή δίνει το άθροισµα Riemann k X

f (x⋆i , y⋆i ) ∆A i

i=1

που αντιστοιχεί στην εσωτερική διαµέριση P. Στην περίπτωση όπου η f είναι µη αρνητική στο R, αυτό το άθροισµα Riemann προσεγγίζει τον όγκο της τρισδιάστατης περιοχής που ϐρίσκεται κάτω από την επιφάνεια z = f (x, y) και πάνω από το χωρίο R του xy-επιπέδου. ΄Ετσι ορίζουµε το διπλό ολοκλήρωµα της f πάνω στο χωρίο R παίρνοντας το όριο του αθροίσµατος Riemann καθώς η νόρµα |P| πλησιάζει το µηδέν. ΄Ετσι

f (x, y) dA = lim

|P|→0

k X

f (x⋆i , y⋆i ) ∆A i ,

(1)

i=1

υπό την προϋπόθεση ότι αυτό το όριο υπάρχει µε την έννοια του επόµενου ορισµού.

ΟΡΙΣΜΟΣ

Το Διπλό Ολοκλήρωμα

Το διπλό ολοκλήρωµα µιας ϕραγµένης συνάρτησης f πάνω στο επίπεδο χωρίο R είναι ο αριθµός ZZ

f (x, y) dA

υπό την προϋπόθεση ότι, για κάθε ǫ > 0, υπάρχει ένας αριθµός δ > 0 τέτοιος ώστε

⋆ ⋆

f (xi , yi ) ∆A i − I

< ǫ

i=1

για κάθε διαµέριση P = {R 1 , R 2 , . . . , R k } του R που έχει νόρµα |P| < δ και κάθε ⋆ επιλογή σηµείων (x⋆ i , yi ) στο R i (i = 1, 2, . . . , k). ΄Ετσι, το νόηµα του ορίου στην Εξίσωση (1) είναι ότι το άθροισµα Riemann µπορεί να είναι αυθαίρετα κοντά στον αριθµό

f (x, y) dA

απλά επιλέγοντας τη νόρµα της εσωτερικής διαµέρισης P αρκούντως µικρή. Σε αυτή την περίπτωση λέµε ότι η συνάρτηση f είναι ολοκληρώσιµη στο χωρίο R. ΣΗΜΕΙΩΣΗ Αν R είναι ορθογώνιο και επιλέγουµε S = R (έτσι η εσωτερική διαµέριση του R είναι είναι µια απλή διαµέριση του R), τότε ο ορισµός ανάγεται στον ορισµό του διπλού ολοκληρώµατος πάνω σε ορθογώνιο χωρίο. Στον λογισµό, το διπλό ολοκλήρωµα µιας συνάρτησης f πάνω σε ένα ϕραγµένο επίπεδο χωρίο R αποδεικνύεται ότι