Eotvos Lorand TudomanyegyetemTermeszettudomanyi Kar

A tobbszoros integral es alkalmazasai

BSc Szakdolgozat

Varkonyi David

Matematika Bsc

Matematikai elemzo szakirany

Temavezeto: Pfeil Tamas, adjunktus

ELTE Alkalmazott Analızis es Szamıtasmatematikai Tanszek

Budapest2014

Koszonetnyilvanıtas

Szeretnem megkoszonni temavezetomnek, Pfeil Tamasnak a rengeteg segıtseget, turelmet es

hasznos tanacsot, melyek hatalmas segıtseget nyujtottak a szakdolgozatom elkeszıtesehez.

Tovabba szeretnem megkoszonni barataimnak es csoporttarsaimnak a tamogatast es

segıtseget, melyet az evek soran nyujtottak.

2

Tartalomjegyzek

Koszonetnyilvanıtas 2

Bevezetes 4

1. Elmeleti osszefoglalo 5

2. Egyvaltozos Riemann-integralok 10

3. Nevezetes sıkhalmazok terulete 15

4. Testek terfogata 26

5. Integral sıkbeli es terbeli halmazokon 31

Irodalomjegyzek 35

Nyilatkozat 36

3

Bevezetes

Szakdolgozatom temajanak a tobbszoros integralt es alkalmazasait valasztottam. Szerettem

volna erdekes feladatokon keresztul bemutatni a temat. Az elso fejezetben osszefoglaltam

a szakdolgozatomban felhasznalt fontosabb fogalmakat, allıtasokat. A masodik fejezetben

egyvaltozos integralokra vonatkozo feladatokkal foglalkoztam, melyek megoldasat tobbval-

tozos fuggveny integraljara vezettem vissza. A harmadik fejezetben nevezetes sıkhalmazok

teruletet szamıtottam ki, ahol tudtam, tobbfele megoldasi modszert is alkalmaztam. A ne-

gyedik fejezetben testek terfogatat hataroztam meg tobbdimenzios integralok segıtsegevel.

Az otodik fejezetben pedig kulonbozo ket- es haromvaltozos integralokat szamıtottam ki.

4

1. fejezet

Elmeleti osszefoglalo

Ebben a fejezetben eloszor bevezetjuk a Jordan-mertek, majd a tobbdimenzios Riemann-

integral fogalmat. Utana felsorolunk nehany, a tobbdimenzios integralokra vonatkozo allı-

tast. Vegul definialjuk a gorbe fogalmat.

Bevezetjuk tetszoleges n ∈ N+ eseten az mn Rn-beli (Jordan-)merteket, illetve merhe-

toseget. Tekintsuk az Rn ternek azt a koordinatatengelyekkel parhuzamos oldalu, 12k

el-

hosszusagu n dimenzios kockakra valo racsfelbontasat, ahol csucspont az origo. Ekkor egy

n dimenzios kocka[i12k,i1 + 1

2k

]×[i22k,i2 + 1

2k

]× . . .×

[in2k,in + 1

2k

], i1, . . . , in ∈ Z

alaku, melynek merteke legyen 12kn

. Adott H ⊂ Rn korlatos halmaz eseten jelolje Hk azon

kis zart n dimenzios kockak uniojat a racsbol, melyek belemetszenek H-ba, Hk pedig azon

kis zart n dimenzios kockak uniojat, melyek reszei intH-nak. Ezek merteke m(Hk), illetve

m(Hk) legyen az unioban szereplo kockak szama szorozva 12kn

-nel. Definialjuk az mn(H) es

mn(H) n dimenzios belso, illetve kulso merteket, mint limk→∞

mn(Hk), illetve limk→∞

mn(Hk).

1.1 Definıcio. Egy H ⊂ Rn korlatos halmazt (Jordan-)merheto halmaznak mondunk, ha

kulso es belso merteke megegyezik, es ekkor legyen

mn(H) := mn(H) = mn(H)

a H halmaz (Jordan-)merteke.

1.2 Allıtas. Ha H egy n dimenzios, koordinatatengelyekkel parhuzamos oldalu tegla,

vagyis

H := [a1, b1]× [a2, b2]× . . .× [an, bn],

5

akkor H merheto es

mn(H) = (b1 − a1)(b2 − a2) · · · (bn − an).

1.3 Definıcio. Az Rn halmaz ket reszhalmazat egymasba nem nyulonak nevezzuk, ha

nincsen kozos belso pontjuk.

1.4 Definıcio. Egy H ⊂ Rn merheto halmaz felosztasa olyan Φ := {H1, . . . , HN} egy-

masba nem nyulo, nemures merheto halmazokbol allo halmaz, ahol

H =N⋃i=1

Hi.

A H halmaz felosztasainak halmazat jelolje F(H).

1.5 Definıcio. Legyen f : H → R korlatos fuggveny, H ⊂ Rn merheto halmaz, tovabba

Φ := {H1, . . . , HN} a H halmaz egy felosztasa. Ekkor az f fuggveny Φ felosztasahoz tartozo

also, illetve felso kozelıtoosszege

sf (Φ) :=N∑i=1

(infHif

)·mn(Hi),

illetve

Sf (Φ) :=N∑i=1

(supHi

f

)·mn(Hi).

1.6 Definıcio. Legyen f : H → R korlatos fuggveny, H ⊂ Rn merheto halmaz. Az f

fuggveny Darboux-fele also integralja∫H

f := sup{sf (Φ) : Φ ∈ F(H)},

Darboux-fele felso integralja ∫H

f := inf{Sf (Φ) : Φ ∈ F(H)}.

Megmutathato, hogy ∫H

f ≤∫H

f.

6

1.7 Definıcio. Legyen f : H → R korlatos fuggveny, H ⊂ Rn merheto halmaz. Azt

mondjuk, hogy az f fuggveny Riemann-integralhato a H halmazon, ha∫H

f =

∫H

f.

A kozos erteket jelolje∫H

f , ezt nevezzuk az f fuggveny Riemann-integraljanak a H halma-

zon. A H halmazon Riemann-integralhato fuggvenyek halmazat jelolje R(H).

1.8 Tetel. Legyenek f, g ∈ R(H), c ∈ R.

I. Ekkor f + g ∈ R(H), f · g ∈ R(H) es c · f ∈ R(H), valamint∫H

(f + g) =

∫H

f +

∫H

g,

∫H

(c · f) = c ·∫H

f.

II. Ha f ≤ g, akkor ∫H

f ≤∫H

g.

III. Ha f ∈ R(H), akkor |f | ∈ R(H), tovabba∣∣∣∣∣∣∫H

f

∣∣∣∣∣∣ ≤∫H

|f |.

1.9 Tetel (Fubini tetele). Legyen I1 := [a, b] es I2 := [c, d] korlatos es zart intervallum.

(A) valtozat: Tegyuk fel, hogy f ∈ R(I1×I2) es minden x ∈ I1 eseten az y 7→ f(x, y), y ∈ I2fuggveny Riemann-integralhato az I2 intervallumon.

Ekkor a

ϕ(x) :=

d∫c

f(x, y) dy, x ∈ I1

jelolessel ϕ Riemann-integralhato az I1 intervallumon, emellett

∫I1×I2

f =

∫I1

ϕ =

b∫a

d∫c

f(x, y) dy

dx.

7

(B) valtozat: Tegyuk fel, hogy f ∈ R(I1×I2) es minden y ∈ I2 eseten az x 7→ f(x, y), x ∈ I1fuggveny Riemann-integralhato az I1 intervallumon.

Ekkor

ψ(x) :=

b∫a

f(x, y) dx, y ∈ I2

jelolessel ψ Riemann-integralhato az I2 intervallumon, emellett

∫I1×I2

f =

∫I2

ψ =

d∫c

b∫a

f(x, y) dx

dy.

1.10 Kovetkezmeny. Ha az f fuggvenyre teljesulnek a Fubini-tetel (A) es (B) valtoza-

tanak feltetelei, akkor

∫I1×I2

f =

b∫a

d∫c

f(x, y) dy

dx =

d∫c

b∫a

f(x, y) dx

dy,

vagyis a ket valtozo szerinti integralas sorrendje felcserelheto, es az ıgy kapott ugynevezett

iteralt integralok megegyeznek a ketvaltozos fuggveny integraljaval.

1.11 Definıcio. Legyenek ϕ1, ϕ2 ∈ C[a, b] folytonos fuggvenyek, ϕ1(x) < ϕ2(x) minden

x ∈ (a, b) eseten. (Ketdimenzios) normaltartomany alatt a kovetkezo alaku korlatos es zart

halmazokat ertjuk:

H1 = {(x, y) ∈ [a, b]× R : ϕ1(x) ≤ y ≤ ϕ2(x)} (1.1)

vagy

H2 = {(x, y) ∈ R× [a, b] : ϕ1(y) ≤ x ≤ ϕ2(y)}. (1.2)

1.12 Allıtas. Legyen H1 ⊂ R2 (1.1) alaku normaltartomany es f : H1 → R folytonos

fuggveny. Ekkor ∫H1

f =

b∫a

ϕ2(x)∫ϕ1(x)

f(x, y) dy

dx.

Legyen H2 ⊂ R2 (1.2) alaku normaltartomany es f : H2 → R folytonos fuggveny. Ekkor

∫H2

f =

b∫a

ϕ2(y)∫ϕ1(y)

f(x, y) dx

dy.

8

1.13 Tetel (Integralas polartranszformacioval). Legyen

P (r, ϕ) := (r cosϕ, r sinϕ), D(P ) := R2.

Ha az A ⊂ [0,+∞)× [0, 2π] halmaz merheto, akkor a P (A) halmaz is merheto. Tovabba,

ha f : P (A) → R korlatos fuggveny, melyre az (r, ϕ) 7→ f(r cosϕ, r sinϕ) · r, (r, ϕ) ∈ Afuggveny Riemann-integralhato az A halmazon, akkor f Riemann-integralhato a P (A)

halmazon es ∫P (A)

f(x, y) dxdy =

∫A

f(r cosϕ, r sinϕ) · r drdϕ.

Ez a tetel specialis esete az alabbi integraltranszformaciora vonatkozo tetelnek.

1.14 Tetel (Integraltranszformacio). Legyen G ⊂ Rn nyılt halmaz, es g : G → Rn

folytonosan differencialhato fuggveny. Ha a H halmaz merheto, H ⊂ G es g injektıv az

intH halmazon, akkor a g(H) halmaz is merheto. Tovabba, ha f : g(H) → R korlatos

fuggveny, melyre x 7→ f(g(x)) · | det g′(x)|, x ∈ H Riemann-integralhato a H halmazon,

akkor f Riemann-integralhato a g(H) halmazon es∫g(H)

f dt =

∫H

f(g(x)) · | det g′(x)| dx.

1.15 Allıtas. Legyen [α, β] ⊂ [0, 2π] es legyen f := [α, β] → R nemnegatıv erteku foly-

tonos fuggveny. Ekkor az S := {(r, ϕ) ∈ [0,+∞) : 0 ≤ r ≤ f(ϕ), α ≤ ϕ ≤ β} szektor

merheto halmaz, es a terulete:

TS =1

2

β∫α

f 2(ϕ) dϕ.

1.16 Definıcio. Gorbenek nevezzuk a g : [a, b] → Rn folytonos fuggveny ertekkeszletet.

Ha n = 2, akkor sıkgorberol, ha pedig n = 3, akkor tergorberol beszelunk.

1.17 Definıcio. Ha a H halmaz megegyezik a g : [a, b] → Rn folytonos fuggveny er-

tekkeszletevel, azaz H = g([a, b]), akkor azt mondjuk, hogy g a H halmaz (gorbe) egy

parameterezese.

9

2. fejezet

Egyvaltozos Riemann-integralok

Az alabbi negy feladatban egydimenzios Riemann-, illetve improprius integralokat sza-

molunk ki tobbdimenzios integralok segıtsegevel, es egydimenzios Riemann-integralokra

vonatkozo nevezetes egyenlotlenseget igazolunk.

2.1 Feladat. Igazoljuk, hogy1∫

0

x− 1

lnxdx = ln 2.

Legyen

f(x, y) :=

{xy, ha (x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1] \ {(0, 0)}1, ha (x, y) = (0, 0).

Az f fuggveny korlatos es csak az origoban nem folytonos, ezert megmutathato, hogy a

fuggveny Riemann-integralhato a [0, 1]× [0, 1] intervallumon.

(a) Eloszor x, majd pedig y szerint integralva:

1∫0

1∫0

xy dxdy =

1∫0

[xy+1

y + 1

]10

dy =

1∫0

(1

y + 1− 0

)dy =

=

1∫0

1

y + 1dy = [ln(y + 1)]10 = ln 2.

(b) Eloszor y, majd x szerint integralva:

1∫0

1∫0

xy dydx =

1∫0

[xy

lnx

]10

dx =

1∫0

x− 1

lnxdx.

10

A Fubini-tetel feltetelei teljesulnek, ıgy a tetel alapjan a ket ertek megegyezik, tehat

a vizsgalt integral ln 2.

2.2 Feladat. Nezzuk meg az elozo feladatot altalanosabban!

Legyen a, b ∈ R+ es a < b. Igazoljuk, hogy

1∫0

xb − xa

lnxdx = ln(b+ 1)− ln(a+ 1).

Ismet Fubini tetelet alkalmazva, az elozo feladathoz hasonloan, ketfele sorrendben szamol-

juk ki az f fuggveny [a, b]× [0, 1] intervallumon vett integraljat.

(a) Eloszor x, majd y szerint integralva:

b∫a

1∫0

xy dxdy =

b∫a

[xy+1

y + 1

]10

dy =

b∫a

1

y + 1dy =

= [ln(y + 1)]ba = ln(b+ 1)− ln(a+ 1).

(b) Eloszor y, majd x szerint integralva:

1∫0

b∫a

xy dydx =

1∫0

[xy

lnx

]ba

dx =

1∫0

xb − xa

lnxdx,

tehat1∫

0

xb − xa

lnxdx = ln(b+ 1)− ln(a+ 1).

2.3 Feladat. Igazoljuk, hogy ∫R

e−x2

dx =√π.

Jelolje BR az origo kozeppontu, R sugaru zart korlapot.

Legyen

f(x, y) := e−x2−y2 , D(f) := R2.

Sıkbeli polartranszformacioval∫BR

e−x2−y2 dxdy =

∫[0,R]×[0,2π]

e−r2

r drdϕ = 2π

R∫0

e−r2

rdr =

11

= 2π

[−1

2e−r

2

]R0

= π(

1− e−R2). (2.1)

[−R

2, R2

]2 ⊂ BR ⊂ [−R,R]2 es az f fuggveny mindenutt pozitıv, ezert∫[−R2 ,

R2 ]

2

e−x2−y2 dxdy ≤

∫BR

e−x2−y2 dxdy ≤

∫[−R,R]2

e−x2−y2 dxdy. (2.2)

A bal es jobb oldali integral Fubini tetelevel alakıthato tovabb:

∫[−R,R]2

e−x2−y2 dxdy =

R∫−R

e−x2

dx

2

∫[−R2 ,

R2 ]

2

e−x2−y2 dxdy =

R2∫

−R2

e−x2

dx

2

,

tehat (2.1) es (2.2) felhasznalasaval kapjuk, hogy

R2∫

−R2

e−x2

dx

2

≤ π(

1− e−R2)≤

R∫−R

e−x2

dx

2

minden R ∈ R+ eseten. A bal oldali egyenlotlensegbol kovetkezik, hogy a∞∫−∞

e−x2dx im-

proprius integral konvergens, es az egyenlotlenseglancbol kaphato ∞∫−∞

e−x2

dx

2

≤ π ≤

∞∫−∞

e−x2

dx

2

,

tehat∞∫

−∞

e−x2

dx =√π.

A kovetkezo egyenlotlenseg es annak tobbvaltozos altalanosıtasa fontos szerepet jatszik az

analızisben es a parcialis differencialegyenletekben.

12

2.4 Feladat (Sztyeklov-egyenlotlenseg). Ha f ∈ [a, b], akkor b∫a

f(x) dx

2

≤ (b− a)

b∫a

f 2(x) dx.

Bizonyıtas. Mivel Riemann-integralhato fuggvenyek szorzata is Riemann-integralhato,

ezert ha f ∈ R[a, b], akkor f 2 ∈ R[a, b]. Legyen F a kovetkezo ketvaltozos fuggveny:

F (x, y) := f(x)− f(y), D(F ) := [a, b]× [a, b].

Ha f Riemann-integralhato [a, b] intervallumon, akkor Fubini tetele szerint F is Riemann-

integralhato az [a, b]× [a, b] negyzeten.

A nemnegatıv fuggveny Riemann-integralja nemnegatıv, ezert kapjuk, hogy

0 ≤b∫

a

b∫a

(f(x)− f(y))2 dydx. (2.3)

Vegezzuk el a negyzetre emelest, majd alkalmazzuk a Riemann-integral linearitasat!

0 ≤b∫

a

b∫a

(f(x)− f(y))2 dydx =

=

b∫a

b∫a

(f(x))2 dydx+

b∫a

b∫a

(f(y))2 dydx− 2

b∫a

b∫a

f(x)f(y) dydx.

Alakıtsuk at mindharom Riemann-integralt Fubini tetelenek segıtsegevel:

b∫a

b∫a

(f(x))2 dydx =

b∫a

(f(x))2b∫

a

1 dydx =

b∫a

(f(x))2 · (b− a) dx = (b− a)

b∫a

(f(x))2 dx,

b∫a

b∫a

(f(y))2 dydx =

b∫a

(f(y))2 dy

b∫a

1 dx = (b− a)

b∫a

(f(y))2 dy,

b∫a

b∫a

f(x)f(y) dydx =

b∫a

f(x)

b∫a

f(y) dy

dx =

b∫a

f(y) dy·b∫

a

f(x) dx =

b∫a

f(x) dx

2

.

Ezeket a (2.1)-es egyenlotlensegbe visszahelyettesıtve kapjuk, hogy

13

0 ≤ 2(b− a)

b∫a

(f(x))2 dx− 2

b∫a

f(x) dx

2

0 ≤ (b− a)

b∫a

(f(x))2 dx−

b∫a

f(x) dx

2

b∫a

f(x) dx

2

≤ (b− a)

b∫a

(f(x))2 dx,

ami pedig pontosan a Sztyeklov-egyenlotlenseg.

2.5 Kovetkezmeny. Ha f ∈ R[a, b], akkor∣∣∣∣∣∣b∫

a

f(x) dx

∣∣∣∣∣∣ ≤b∫

a

|f(x)| dx ≤√b− a

√√√√√ b∫a

f 2(x) dx.

Bizonyıtas. Az elso egyenlotlenseg az 1.8 tetel III. resze miatt teljesul.

A masodik egyenlotlenseg ugy igazolhato, hogy a Sztyeklov-egyenlotlenseget az |f | ∈ R[a, b]

fuggvenyre alkalmazzuk: b∫a

|f(x)| dx

2

≤ (b− a)

b∫a

f 2(x) dx,

b∫a

|f(x)| dx ≤√b− a

√√√√√ b∫a

f 2(x) dx.

14

3. fejezet

Nevezetes sıkhalmazok terulete

Ebben a fejezetben meghatarozzuk nehany nevezetes sıkgorbe, koztuk az asztroid, az ellip-

szis es a lemniszkata altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet. Amelyik gorbe Descartes-fele

koordinatakra vonatkozo egyenlettel van megadva, annak meghatarozzuk a polarkoordina-

tas alakjat is.

3.1 Definıcio. Kardioidnak nevezzuk az r := a(1+cosϕ), D(r) := [0, 2π] polarkoordinatas

alakban megadott fuggveny gorbejet.

3.1. abra. A kardioid a = 1 eseten

3.2 Feladat. Szamıtsuk ki a kardioid altal hatarolt korlatos tartomany teruletet!

15

T =

2π∫0

a(1+cosϕ)∫0

r drdϕ =

2π∫0

[r2

2

]a(1+cosϕ)

0

dϕ =

=

2π∫0

(a2(1 + cosϕ)2

2− 0

)dϕ =

2π∫0

a2

2(1 + 2 cosϕ+ cos2 ϕ) dϕ =

=a2

2

[ϕ+ 2 sinϕ+

ϕ+ sinϕ cosϕ

2

]2π0

=a2

2(2π + π) =

3π

2a2.

3.3 Feladat. Hatarozzuk meg adott a = R+ eseten az {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y2)2 = 2ax3}halmaz altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet!

3.2. abra. A halmaz a = 1 eseten

Megkeressuk a vizsgalt halmaz polarkoordinatas egyenletet. Ha

x = r cosϕ, y = r sinϕ, r ∈ [0,∞), ϕ ∈ (−π, π],

akkor a bal oldal nemnegativitasabol kovetkezik, hogy x is nemnegatıv.

(x2 + y2)2 = 2ax3

(r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ)2 = 2ar3 cos3 ϕ

(r2)2 = 2ar3 cos3 ϕ

r4 = 2ar3 cos3 ϕ

r = 2a cos3 ϕ

16

Tehat az {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y2)2 = 2ax3} halmaz az r(ϕ) := 2a cos3 ϕ, D(r) := [−π2, π2]

polarkoordinatas alakban adott fuggveny gorbeje.

A keresett terulet a Riemann-integral polartranszformaciojaval szamolhato ki:

T =

π2∫

−π2

2a cos3 ϕ∫0

r drdϕ =

π2∫

−π2

[r2

2

]2a cos3 ϕ0

dϕ =

=

π2∫

−π2

4a2 cos6 ϕ

2dϕ =

π2∫

−π2

2a2 cos6 ϕ dϕ =

= 2a2

π2∫

−π2

cos6 ϕ dϕ.

Hozzuk egyszerubb alakra az integrandust!

cos6 ϕ = (cos2 ϕ)3 =

(1 + cos 2ϕ

2

)3

=

=1

8(1 + 3 cos 2ϕ+ 3 cos2 2ϕ+ cos3 2ϕ) =

=1

8

(1 + 3 cos 2ϕ+ 3

(1 + cos 4ϕ

2

)+ cos 2ϕ(1− sin2 2ϕ)

)=

=1

8

(1 + 3 cos 2ϕ+ 3

(1 + cos 4ϕ

2

)+ cos 2ϕ− sin2 2ϕ cos 2ϕ)

), ϕ ∈ R.

Az atalakıtas utan a Riemann-integral konnyen kiszamıthato:

T = 2a2

π2∫

−π2

1

8

(1 + 3 cos 2ϕ+ 3

(1 + cos 4ϕ

2

)+ cos 2ϕ− sin2 2ϕ cos 2ϕ

)dϕ =

= 2a21

8

[ϕ+

3 sin 2ϕ

2+

3

2ϕ+

(3 sin 4ϕ

4

)+

sin 2ϕ

2− sin3 2ϕ

6

]π2

−π2

=

= 2a21

8

(π

2+π

2+

3π

4+

3π

4

)= 2a2 · 5π

16=

5π

8a2.

17

3.4 Feladat. Szamıtsa ki az x2

a2+ y2

b2= 1 ellipszis altal hatarolt korlatos halmaz teruletet,

ahol a, b ∈ R+ !

Az ellipszis polarkoordinatas alakja:

x(t) = a cos t, y(t) = b sin t, t ∈ [0, 2π).

Ketfelekeppen is kiszamıthatjuk a kerdeses teruletet:

(a) Az ellipszis felso felsıkba eso felet az f(x) := b√

1− x2

a2, D(f) := [−a, a] fuggveny

grafikonja es a vızszintes tengely fogja kozre, ezert a kozrefogott sıkidom terulete

Tf =

a∫−a

b

√1− x2

a2dx,

melyben megfelelo helyettesıtessel:

x

a= sin t, t ∈

[−π

2,π

2

],

dx = a cos t dt.

T =

a∫−a

b

√1− x2

a2dx =

π2∫

−π2

b√

1− sin2 t dt = b

π2∫

−π2

cos t a cos tdt =

= ab

π2∫

−π2

cos2 t dt = ab

π2∫

−π2

1 + cos 2t

2=ab

4[2t+ sin 2t]

π2

−π2

=π

2ab.

Megkaptuk az ellipszis teruletenek a felet, tehat a teljes terulet abπ.

(b) Lassuk most integraltranszformacioval:

Alkalmazzuk az

x = a r cosϕ, y = b r sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π]

helyettesıtest!

A Jacobi determinans:

|J(r, ϕ)| =

∣∣∣∣∣ a cosϕ a r(− sinϕ)

b sinϕ b r cosϕ

∣∣∣∣∣ = abr, ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).

18

Ha a vizsgalt halmazt H jeloli, akkor annak terulete:

T =

∫H

1 dA =

2π∫0

1∫0

abr drdϕ = ab

2π∫0

[r2

2

]10

dϕ =

= ab

2π∫0

(1

2− 0

)dϕ = ab

2π∫0

1

2dϕ =

ab

2[ϕ]2π0 =

ab

2· 2π = abπ.

3.5 Feladat. Hatarozzuk meg az {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y2)2 − 2a2(x2 − y2) = 0} halmaz

altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet, adott a ∈ R+ eseten!

3.3. abra. A halmaz, a lemniszkata a = 1 eseten

Az egyenletbol kovetkezik, hogy x2 − y2 ≥ 0, vagyis |x| ≥ |y|.Keressuk meg a vizsgalt halmaz polarkoordinatas alakjat!

x = r cosϕ, y = r sinϕ, r ∈ [0,+∞), ϕ ∈[−π

4,π

4

]∪[

3π

4,5π

4

].

r4 − 2a2(r2 cos2 ϕ− r2 sin2 ϕ) = 0

r2 − 2a2(cos2 ϕ− sin2 ϕ) = 0

r2 = 2a2 cos 2ϕ

r = a√

2 cos 2ϕ.

3.6 Definıcio. Az r(ϕ) := a√

2 cos 2ϕ, D(r) :=[−π

4, π4

]∪[3π4, 5π

4

]polarkoordinatas alak-

ban adott fuggveny gorbejet lemniszkatanak nevezzuk.

19

Tehat a vizsgalt halmaz maga a lemniszkata. Jelolje Tj a vizsgalt sıkidom jobb felsıkba eso

felenek teruletet.

Tj =

π4∫

−π4

a√2 cos 2ϕ∫0

r drdϕ =

π4∫

−π4

[r2

2

]a√2 cos 2ϕ0

dϕ =

=

π4∫

−π4

a2 cos 2ϕ dϕ = a2[

sin 2ϕ

2

]π4

−π4

= a2.

Ezert a lemniszkata altal hatarolt korlatos halmaz terulete 2a2.

3.7 Definıcio. Adott a ∈ R+ eseten asztroidnak nevezzuk az{(x, y) ∈ R2 : x

23 + y

23 = a

23

}halmazt.

Az asztroid polarkoordinatas egyenlete:

x(t) := a cos3 t, y(t) := a sin3 t, t ∈ [0, 2π).

Ilyen parameterezes mellett az (x(t), y(t)) pont rajta van az asztroidon.

Nezzuk meg fordıtva: tegyuk fel, hogy az (x, y) pont rajta van az asztroidon, vagyis x23 +

y23 = a

23 . Peldaul a nyılt elso sıknegyedben t := arctg 3

√yx, akkor

a cos3 t = x, a sin3 t = y,

hiszen

a cos3 t = (a cos2 t)32 = a

(1

tg2(t) + 1

) 32

= a

(1

( 3√

yx)2 + 1

) 32

=

= a

(( 3√x)2

( 3√y)2 + ( 3

√x)2

) 32

= a · |x|a

= |x| = x, mert x > 0.

Az y koordinatara hasonloan tortenik a levezetes.

3.8 Feladat. Hatarozzuk meg az asztroid altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet!

20

3.4. abra. Az asztroid a = 1 eseten

Az asztroid zart, felso felsıkba eso resze az

y(x) = (a23 − x

23 )

32 , D(y) = [−a, a]

fuggveny grafikonja. A vizsgalt sıkidom felso felsıkba eso reszenek terulete:

T =

a∫−a

y(x) dx =

a∫−a

(a23 − x

23 )

32 dx.

Az x = a cos3 ϕ, ϕ ∈ [0, π] helyettesıtessel:

dx

dϕ= 3a cos2 ϕ(− sinϕ)

dx = −3a cos2 ϕ sinϕ dϕ,

ezert

T =

a∫−a

(a23 − x

23 )

32 dx =

0∫π

(a23 − a

23 cos2 ϕ)

32 (−3a cos2 ϕ sinϕ) dϕ =

=

0∫π

a23 (1− cos2 ϕ)

32 (−3a cos2 ϕ sinϕ) dϕ =

=

π∫0

a sin3 ϕ 3a cos2 ϕ sinϕ dϕ = 3a2π∫

0

sin4 ϕ cos2 ϕ dϕ.

21

Az integrandust atalakıtva:

sin4 ϕ cos2 ϕ = sin2 ϕ

(2 sinϕ cosϕ

2

)2

=

(1− cos 2ϕ

2

)(sin 2ϕ

2

)2

=

=

(1− cos 2ϕ

2

)(1− cos 4ϕ

8

)=

1

16(1− cos 2ϕ− cos 4ϕ+ cos 2ϕ cos 4ϕ), ϕ ∈ R.

Az addıcios teteleket felhasznalva:

cos 2ϕ cos 4ϕ =1

2(cos 6ϕ+ cos(−2ϕ)) =

1

2(cos 6ϕ+ cos 2ϕ), ϕ ∈ R,

ezt pedig behelyettesıtve az eredeti integral:

3a2π∫

0

sin4 ϕ cos2 ϕ dϕ =

= 3a2π∫

0

1

16

(1− cos 2ϕ− cos 4ϕ+

cos 6ϕ

2+

cos 2ϕ

2

)dϕ =

= 3a21

16

[ϕ− sin 2ϕ

2− sin 4ϕ

4+

sin 6ϕ

12+

sin 2ϕ

4

]π0

=3

16a2π.

Ez az ertek a vizsgalt halmazunk fele, tehat a teljes terulet 38a2π.

Szamıtsuk ki a vizsgalt teruletet egy masik modon, integraltranszformacioval!

Alkalmazzuk az

x = r cos3 ϕ, y = r sin3 ϕ, r ∈ [0, a], ϕ ∈ [0, 2π]

helyettesıtest.

Szuksegunk lesz a Jacobi determinansra:

|J(r, ϕ)| =

∣∣∣∣∣ cos3 ϕ 3r cos2 ϕ(− sinϕ)

sin3 ϕ 3r sin2 ϕ cosϕ

∣∣∣∣∣ = 3r(sin2 ϕ cos4 ϕ+ sin4 ϕ cos2 ϕ) =

= 3r(sin2 ϕ cos2 ϕ(sin2 ϕ+ cos2 ϕ)) = 3r sin2 ϕ cos2 ϕ.

A sıkhalmaz terulete:

T =

2π∫0

a∫0

1 · |J(r, ϕ)| drdϕ =

2π∫0

a∫0

3 r sin2 ϕ cos2 ϕ drdϕ =

22

=

2π∫0

3

[r2

2

]a0

sin2 ϕ cos2 ϕ dϕ =

2π∫0

3

2a2 sin2 ϕ cos2 ϕ dϕ =

=3

2a2

2π∫0

sin2 ϕ cos2 ϕ dϕ =3

2a2

2π∫0

sin2 2ϕ

4dϕ =

=3

8a2

2π∫0

sin2 2ϕ dϕ =3

8a2

2π∫0

1− cos 4ϕ

2=

3

8a2[

1

2ϕ− sin 4ϕ

16

]2π0

=3

8a2π.

3.9 Definıcio. Descartes-fele levelnek nevezzuk adott a ∈ R+ eseten az

{(x, y) ∈ R2 : x3 + y3 = 3axy}

halmazt.

3.10 Feladat. Szamıtsuk ki a Descartes-fele level altal hatarolt korlatos sıkidom teruletet!

3.5. abra. A Descartes-fele level a = 1 eseten (forras:[5])

Tekintsuk az

x(t) :=3at

1 + t3, y(t) :=

3at2

1 + t3, t ∈ R\{−1} (3.1)

fuggveny altal meghatarozott gorbet.

A Descartes-fele level egyenletebe behelyettesıtve kapjuk, hogy a gorbe a Descartes-fele

levelen fekszik:

x3(t)+y3(t) =

(3at

1 + t3

)3

+

(3at2

1 + t3

)3

=(3a)3

(1 + t3)3(t3+ t6) =

(3at)3

(1 + t3)3(1+ t3) =

(3at)3

(1 + t3)2,

23

3ax(t)y(t) = 3a3at

(1 + t3)

3at2

(1 + t3)=

(3at)3

(1 + t3)2, t ∈ R\{−1}.

Most megmutatjuk, hogy a Descartes-fele level minden origotol kulonbozo pontja egyben

a gorbe pontja is!

Ha (x, y) a Descartes-fele level egy origotol kulonbozo pontja, akkor x 6= 0 es a (3.1)

parameterezesu gorbe t := yx

parameteru pontja (x, y), hiszen

x3 + y3 = 3axy, t :=y

xalapjan

x(t) =3a y

x

1 + y3

x3

=3ax2y

x3 + y3=

3axy

x3 + y3· x = x,

y(t) =3a(yx

)21 + y3

x3

=3axy2

x3 + y3=

3axy

x3 + y3· y = y.

Ha t ∈ R+, akkor x(t) > 0 es y(t) < 0, tehat a parameterezett pont a nyılt elso

sıknegyedbe esik.

Ha t = 0, akkor a parameterezett pont az origo.

limt→+∞

x(t) = limt→+∞

y(t) = 0.

Ha t ∈ (−1, 0), akkor x(t) < 0 es y(t) > 0, ıgy a parameterezett pont a masodik

sıknegyedbe esik.

limt→−1+

x(t) = −∞, limt→−1−

x(t) = +∞

limt→−1+

y(t) = +∞, limt→−1−

x(t) = −∞

Ha t ∈ (−∞,−1), akkor x(t) > 0 es y(t) < 0, ıgy a parameterezett pont a negyedik

sıknegyedben van.

Tehat a gorbe zart elso sıknegyedbe eso pontjainak parametere nemnegatıv, es minden

nemnegatıv parameterertek eseten a parameterezett pont a zart elso sıknegyedbe esik.

A Descartes-fele level altal hatarolt korlatos tartomany terulete polarkoordinatakkal:

T =1

2

π2∫

0

r2(ϕ) dϕ,

ahol r(ϕ) a Descartes-fele level zart elso sıknegyedbeli ϕ polarszogu pontjanak az origotol

vett tavolsaga.

24

Alkalmazzuk a

ϕ = arctg t, t ∈ R+

helyettesıtest ϕ ∈ (0, π2) eseten.

dϕ =dt

1 + t2, t ∈ (0,+∞).

Ekkor

r2 = x2(t) + y2(t) =(3at)2(1 + t2)

(1 + t3)2,

ezert

T =1

2

∞∫0

(3at)2(1 + t2)

(1 + t3)2· dt

1 + t2=

3

2a2

∞∫0

3t2dt

(1 + t3)2.

Az integrandus f ′

falaku, amelyet konnyen tudunk integralni:

T =3

2a2[− 1

1 + t3

]∞0

=3

2a2(0 + 1) =

3

2a2.

25

4. fejezet

Testek terfogata

Ebben a fejezetben harom test, koztuk a Viviani-fele test es az ellipszioid terfogatat sza-

mıtjuk ki.

4.1 Definıcio. Viviani-fele testnek nevezzuk az x2 + y2 + z2 ≤ 1 egyenlotlenseg altal

meghatarozott egyseggombbol az x2 − x + y2 = 0, valamint az x2 + x + y2 = 0 egyenes

korhengerek belsejenek elhagyasaval kapott testet.

4.2 Feladat. Szamıtsuk ki a Viviani-fele test terfogatat!

4.1. abra. Az egyseggombbol az egyik henger elhagyasaval kapott test, illetve a Viviani-fele

test felulnezete

Jelolje T a Viviani-fele test z = 0 sıkkal valo metszetenek a zart elso sıknegyedbe eso

reszet, melyet a jobb oldalon levo abra szurke resze szemleltet.

A Viviani-fele test mindharom koordinatasıkra szimmetrikus, ezert a terfogata:

V = 8

∫ ∫T

√1− x2 − y2 dxdy.

26

4.2. abra. Integralasi hatarok

Az abran lathato ket kor polarkoordinatas egyenlete: r(ϕ) = 1 es r(ϕ) = cosϕ.

V = 8

π2∫

0

1∫cosϕ

√1− r2 r drdϕ = 8

π2∫

0

[−1

2·(

2

3(1− r2)

32

)]1cosϕ

dϕ =

=8

3

π2∫

0

(sinϕ)3 dϕ =8

3

π2∫

0

sinϕ(1− cos2 ϕ) dϕ =

=8

3

π2∫

0

sinϕ− sinϕ cos2 ϕ dϕ =8

3

[− cosϕ+

cos3 ϕ

3

]π2

0

=8

3· 2

3=

16

9.

4.3 Feladat. Szamıtsa ki az x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1 ellipszoid altal hatarolt korlatos halmaz

terfogatat, ahol a, b, c ∈ R+!

Az egyenletbol kapjuk, hogy

|z| = c

√1− x2

a2+y2

b2, ha

x2

a2+y2

b2≤ 1.

Legyen

f(x, y) := c

√1− x2

a2+y2

b2, D(f) :=

{(x, y) ∈ R2 :

x2

a2+y2

b2≤ 1

}.

27

4.3. abra. Az ellipszoid a = 1, b =√

2, c =√

3 eseten

Alkalmazzuk az

x = ar cosϕ, y = br sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π]

helyettesıtest. Ekkor |J(r, ϕ)| = abr, ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).

A keresett terfogatot ketdimenzios normaltartomanykent szamoljuk ki! Az ellipszoid

szimmetrikus a vızszintes sıkra, ezert a terfogata a felso felsıkba eso resz terfogatanak

ketszerese.

V = 2

∫D(f)

f(x, y) dA = 2

2π∫0

1∫0

c

√1− a2r cos2 ϕ

a2+b2r sin2 ϕ

b2abr drdϕ =

= 2abc

2π∫0

1∫0

√1− r2 r drdϕ = 2abc

(−1

2

) 2π∫0

1∫0

−2r√

1− r2 drdϕ =

= 2abc

2π∫0

[(−1

3

)(1− r2)

32

]10

= 2abc

2π∫0

0−(−1

3

)dϕ =

= 2abc

2π∫0

1

3dϕ = 2abc

[1

3ϕ

]2π0

=4

3π abc.

28

4.4 Feladat. Szamıtsuk ki az

x = x2 + y2, 2x = x2 + y2, z = x2 + y2, z = 0

egyenletekkel hatarolt korlatos test terfogatat!

4.4. abra. A test vetulete a vızszintes sıkra

Az x = x2 + y2 egyenlet kor egyenlete, hiszen ekvivalens atalakıtassal:(x− 1

2

)2

+ y2 =

(1

2

)2

.

Tehat az elso egyenlettel megadott alakzat az (12, 0) kozeppontu, 1

2sugaru kor az xy sıkban.

A 2x = x2 + y2 egyenlet szinten egy kor egyenlete, hiszen ekvivalens atalakıtassal:

(x− 1)2 + y2 = 1.

Tehat a masodik egyenlettel megadott alakzat az (1, 0) kozeppontu, 1 sugaru kor az xy

sıkban.

A harmadik egyenlettel megadott alakzat egy paraboloid, mıg a negyedik egyenlet altal

meghatarozott alakzat az xy sık.

Polartranszformacioval

V =

∫C

(x2 + y2) dA =

π2∫

−π2

2 cosϕ∫cosϕ

(r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ)r drdϕ =

29

=

π2∫

−π2

2 cosϕ∫cosϕ

r3 drdϕ =

π2∫

−π2

[r4

4

]2 cosϕcosϕ

dϕ =

π2∫

−π2

(16 cos4 ϕ

4− cos4 ϕ

4

)dϕ =

=

π2∫

−π2

15

4cos4 ϕ dϕ =

π2∫

−π2

15

4

(1

4+

cos 2ϕ

2+

1 + cos 4ϕ

8

)dϕ =

=15

4

[(1

4ϕ+

sin 2ϕ

4+

1

8ϕ+

sin 4ϕ

32

)]π2

−π2

=

=15

4

(π8

+ 0 +π

16+ 0−

(−π

8− 0− π

16− 0))

=

=15

4

(π4

+π

8

)=

15

4· 3π

8=

45π

32.

30

5. fejezet

Integral sıkbeli es terbeli halmazokon

Ebben a fejezetben nehany ellipszisen ertelmezett egyszeru ketvaltozos fuggveny Riemann-

integraljat szamıtjuk ki, majd egy tetraederen ertelmezett haromvaltozos fuggvenyet.

5.1 Feladat. Legyen T az x2

a2+ y2

b2≤ 1 egyenlotlenseggel megadott sıkhalmaz!

Adott a, b ∈ R+ eseten szamıtsuk ki a kovetkezo integralt:∫T

(ax+ by) dA!

Integraltranszformaciot alkalmazva:

x = a r cosϕ, y = b r sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π],

|J(r, ϕ)| =

∣∣∣∣∣ a cosϕ a r(− sinϕ)

b sinϕ b r cosϕ

∣∣∣∣∣ = abr, ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).

∫T

(ax+ by) dA =

2π∫0

1∫0

(a2r cosϕ+ b2r sinϕ) abr drdϕ =

=

2π∫0

1∫0

(a3br2 cosϕ+ ab3r2 sinϕ) drdϕ =

=

2π∫0

1∫0

r2(a3b cosϕ+ ab3 sinϕ) drdϕ =

2π∫0

[r3

3

]10

(a3b cosϕ+ ab3 sinϕ) dϕ =

31

=

2π∫0

1

3(a3b cosϕ+ ab3 sinϕ) dϕ =

2π∫0

(a3b

3cosϕ+

ab3

3sinϕ

)dϕ =

=a3b

3[sinϕ]2π0 +

ab3

3[− cosϕ]2π0 = 0.

Ketvaltozos paratlan fuggvenyt integraltunk az origora kozeppontosan szimmetrikus hal-

mazon, ebbol is kovetkezik, hogy az eredmeny 0.

5.2 Definıcio. Az f(x, y) := x2

a2+ y2

b2, D(f) := R2 fuggveny grafikonjat elliptikus parabo-

loidnak nevezzuk.

5.1. abra. Az elliptikus paraboloid a = b = 1 eseten

5.3 Feladat. Adott a, b ∈ R+ eseten szamıtsuk ki az∫T

(x2

a2+ y2

b2

)dA integralt, ahol a T

az x2

a2+ y2

b2≤ 1 egyenlotlenseggel megadott ellipszis.

Integraltranszformaciot alkalmazunk:

x = ar cosϕ, y = br sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π].

Ebben a feladatban is |J(r, ϕ)| = abr, ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).

∫T

(x2

a2+y2

b2

)dA =

2π∫0

1∫0

a2 r2 cos2 ϕ

a2+b2 r2 sin2 ϕ

b2abr drdϕ =

=

2π∫0

1∫0

ab r3 drdϕ = ab

2π∫0

[r4

4

]10

dϕ =ab

4

2π∫0

1 dϕ =ab

42π = ab

π

2.

32

5.4 Definıcio. Az f(x, y) := xy, D(f) := R2 fuggveny grafikonjat hiperbolikus parabo-

loidnak nevezzuk.

5.2. abra. A hiperbolikus paraboloid

5.5 Feladat. Szamıtsuk ki az∫T

xy dA integralt, ahol T az elozo ket feladatban is szereplo

ellipszis!

Alkalmazzuk az

x = ar cosϕ, y = br sinϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π]

helyettesıtest.

Ekkor az integraltranszformacio soran a Jacobi-determinans abszoluterteke |J(r, ϕ)| = abr,

ahol r ∈ (0, 1), ϕ ∈ (0, 2π).

∫T

xy dA =

2π∫0

1∫0

(ar cosϕ)(br sinϕ) drdϕ =

=

2π∫0

1∫0

abr2 sinϕ cosϕ drdϕ =

=

2π∫0

ab sinϕ cosϕ

1∫0

r2 drdϕ =

2π∫0

ab sinϕ cosϕ

[r3

3

]10

dϕ =

33

=

2π∫0

ab

3sinϕ cosϕ dϕ =

ab

3

2π∫0

sin 2ϕ

2dϕ =

ab

3

[−cos 2ϕ

4

]2π0

= 0.

Az eredmeny szinten nulla, a szimmetria miatt.

5.6 Feladat. Szamıtsuk ki az x + y + z = 1 egyenletu sık altal az elso ternyolcadbol

kivagott tetraederen ertelmezett f(x, y, z) := xy hozzarendelesi szaballyal adott fuggveny

Riemann-integraljat!

5.3. abra. Integralasi hatarok az xy sıkban

V =

1∫0

1−x∫0

1−x−y∫0

xy dzdydx =

1∫0

1−x∫0

[xyz]1−x−y0 dydx =

=

1∫0

1−x∫0

xy − x2y − xy2 dydx =

1∫0

[xy2

2− x2y2

2− xy3

3

]1−x0

dx =

=

1∫0

1

2(x− 2x2 + x3)− 1

2(x2 − 2x3 + x4)− 1

3(x− 3x2 + 3x3 − x4) dx =

=

[1

2

(x2

2− 2

x3

3+x4

4

)− 1

2

(x3

3− 2

x4

4+x5

5

)− 1

3

(x2

2− 3

x3

3+ 3

x4

4− x5

5

)]10

=

=1

2

(1

2− 2

3+

1

4

)− 1

2

(1

3− 2

4+

1

5

)− 1

3

(1

2− 1 +

3

4− 1

5

)− 0 =

=1

24− 1

60− 1

60=

1

120.

34

Irodalomjegyzek

[1] Sikolya Eszter: Analızis, Typotex Kiado, Budapest, 2013,

http://tankonyvtar.ttk.bme.hu/pdf/161.pdf

[2] B.P. Gyemidovics: Matematikai analızis (feladatgyujtemeny), Typotex Kiado, Buda-

pest, 2012.

[3] T. Sos Vera, Laczkovich Miklos: Analızis II., Nemzeti Tankonyvkiado, Budapest, 2007.

[4] G. M. Fihtengolc: Differencial- es integralszamıtas, Nauka Kiado, Moszkva, 1966.

[5] Nagy Adam: Analızis alkalmazasai 2. (hallgatoi jegyzet).

35

Nyilatkozat

Nev: Varkonyi David

ELTE Termeszettudomanyi Kar, szak: Matematika BSc

NEPTUN kod: FUURXV

Szakdolgozat cıme: A tobbszoros integral es alkalmazasai

A szakdolgozat szerzojekent fegyelmi felelossegem tudataban kijelentem, hogy a dolgozatom

onallo munkam eredmenye, sajat szellemi termekem, abban a hivatkozasok es idezesek

standard szabalyait kovetkezetesen alkalmaztam, masok altal ırt reszeket a megfelelo idezes

nelkul nem hasznaltam fel.

Budapest, 2014. majus 30. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

a hallgato alaırasa

36