Seuraa 
Viestejä45973

Tehtävänantona olisi laskea tuplaintegraali ∫∫ |cos(x+y)| dx dy alueessa R = [0, π] x [0, π]. En ole näitä kauheasti ennen tehnyt, lainasin vain kirjastosta aiheeseen liittyvän kirjan, johon nyt kaipaan mielipiteitänne.

Koska tuolla sisällä on itseisarvolauseke, ei integrointia voi tehdä suoraan vaan R täytyy jakaa osa-alueisiin lausekkeen cos(x+y) merkin mukaan. Pienellä päättelyllä havaitaan, että alhaalla olevassa kuvassa vaaleamman harmaalla merkityt alueet voidaan integroida suoraan, mutta että tummemman harmaalla merkityt alueet täytyy integroida vastakkaismerkkisinä (> niissä kosinilauseke on negatiivinen).

Pilkotaan nyt tuplaintegraalin laskua varten R kahteen osaan suoraa x = π/2 pitkin. Olkoon ensimmäinen osa R1 ja jälkimmäinen R2. Tuplaintegraalille pätee samat laskusäännöt kuin tilavuuksille yleensä, joten voidaan integroida R1:ssä ja R2:ssa ja yhdistää tulokset.

Integroiminen R1:ssä tapahtuu perinteen mukaan. Otetaan käyttöön apufunktio H(x), joka kuvaa y-akselin suuntaisen poikkileikkauskuvion pinta-alaa. Kun integroidaan H(x) välillä 0...π/2, saadaan tulokseksi ∫∫ |cos(x+y)| dx dy:n arvo alueessa R1. Samalla tavalla ratkaistaan tuplaintegraali alueessa R2 (apufunktio nyt I(x)). Lopussa summataan saadut integraalit. Laskut tiivistettynä:

Ja näin ollaan lopussa. Kysytyn integraalin arvo on 2π, minkä varmistaa myös WolframAlpha.

Voisiko kaiken tämän tehdä kuitenkin helpommin jollakin vippaskonstilla? Kuvio/funktio näyttäisi olevan moneen eri suuntaan symmetrinen (kosini on jaksollinen... harmaat alueet ehkä symmetrisiä, arvot symmetrisiä suoran x = y suhteen...), jolloin voisi kuvitella, että integroida siitä ei tarvitsisi kuin pieni pala ja sitten monistamalla päätyä koko ratkaisuun. Aivoni eivät kuitenkaan suostu sen verran yhteispeliin, että kertoisivat, missä suunnassa symmetriaa voi hyödyntää.

Vai onko edes järkevää jättää enää yhtään välivaihetta pois?

Kiitos.

Kommentit (6)

sakvaka
Voisiko kaiken tämän tehdä kuitenkin helpommin jollakin vippaskonstilla?

Numeerisesti integroimalla voi ohittaa oleellisesti kaikki esittämäsi välivaiheet...

amandrai
Seuraa 
Viestejä205

No tämä ei kyllä ole yhtään sen helpompi tapa, mutta kuitenkin: voit myös tehdä muuttujanvaihdon t = x+y, s = x-y jollonka jakobiaani on J = 1/2 ja integraali pelkistyy muotoon

pi \int_0^{2pi} |cos(t)| dt

Sisältö jatkuu mainoksen alla
Sisältö jatkuu mainoksen alla
Ohman
Seuraa 
Viestejä1637

Vippaskonsteista en tiedä, mutta matematiikalla tämä käy helposti. Integraalisi on ihan yksinkerainen neliön 0<=x<= 2* pii, 0<=y<=2* pii yli otettu integraali,jolla saadaan sen kappaleen tilavuus, jonka pohjana on tuo neliö ja jonka korkeus x ,y - tasosta pisteessä (x,y) on I cos(x+y) I.

Koska typografiset taitoni ovat vähäiset, käytän itseisarvosta tuota äskeistä merkintää eli x:n itseisarvo on I x I. Funktion f integraali a:sta b:hen olkoon

Int(a <= x <= b) (f(x)dx).

Koska funktio I cos(x) I on jaksollinen, jaksona 2 *pii, on sen integraalilla minkä tahansa tuon jakson pituisen intervallin yli otettuna sama arvo. Siis myös

Int(0 <= x <= 2* pii) (I cos(x+y) I dx ) = Int(0 <= x <= 2*pii) ( I cos(x) I dx) =

4 * Int(0 <= x <= pii/2) (Icos(x)I dx) = 4 * Int(0 <= x <= pii/2) (cos(x)dx) =

4 *Sijoitus( 0=

(Tuolla välillä ( 0,pii/2) on I cos(x) I = cos(x) )

Tuon kaksoisintegraalin arvo on siis Int(0 <= y <= 2*pii) (4 dy) = 8*pii

Koska sait tuloksen 2 * pii, sinulla on jossain laskuvirhe. Myös Wolfram Alfaa olet käyttänyt jotenkin väärin.

Noin heuristisesti voisi sanoa, että funktion I cos(x) I "keskiarvo" välillä 0 <= x <= 2*pii on 4/ (2*pii) = 2/ pii, sillä tämän korkuisella suorakaiteella on sama pinta-ala 4 kuin käyrän I cos(x) I tuolla välillä "piirtämällä" kuviolla.Koska tuon x,y-tason neliön pinta-ala on 2pii *2pii = 4*pii^2, on kappaleesi tilavuus tuolla "keskiarvolla" laskien

(2/pii) * 4*pii^2 = 8 pii.

Mutta tuo tätä edeltävä oli siis täsmällinen matemaattinen johto asialle.

Ohman

PPo
Seuraa 
Viestejä14289
Ohman
Vippaskonsteista en tiedä, mutta matematiikalla tämä käy helposti. Integraalisi on ihan yksinkerainen neliön 0<=x<= 2* pii, 0<=y<=2* pii yli otettu integraali,jolla saadaan sen kappaleen tilavuus, jonka pohjana on tuo neliö ja jonka korkeus x ,y - tasosta pisteessä (x,y) on I cos(x+y) I.

Koska typografiset taitoni ovat vähäiset, käytän itseisarvosta tuota äskeistä merkintää eli x:n itseisarvo on I x I. Funktion f integraali a:sta b:hen olkoon

Int(a <= x <= b) (f(x)dx).

Koska funktio I cos(x) I on jaksollinen, jaksona 2 *pii, on sen integraalilla minkä tahansa tuon jakson pituisen intervallin yli otettuna sama arvo. Siis myös

Int(0 <= x <= 2* pii) (I cos(x+y) I dx ) = Int(0 <= x <= 2*pii) ( I cos(x) I dx) =

4 * Int(0 <= x <= pii/2) (Icos(x)I dx) = 4 * Int(0 <= x <= pii/2) (cos(x)dx) =

4 *Sijoitus( 0=

(Tuolla välillä ( 0,pii/2) on I cos(x) I = cos(x) )

Tuon kaksoisintegraalin arvo on siis Int(0 <= y <= 2*pii) (4 dy) = 8*pii

Koska sait tuloksen 2 * pii, sinulla on jossain laskuvirhe. Myös Wolfram Alfaa olet käyttänyt jotenkin väärin.

Noin heuristisesti voisi sanoa, että funktion I cos(x) I "keskiarvo" välillä 0 <= x <= 2*pii on 4/ (2*pii) = 2/ pii, sillä tämän korkuisella suorakaiteella on sama pinta-ala 4 kuin käyrän I cos(x) I tuolla välillä "piirtämällä" kuviolla.Koska tuon x,y-tason neliön pinta-ala on 2pii *2pii = 4*pii^2, on kappaleesi tilavuus tuolla "keskiarvolla" laskien

(2/pii) * 4*pii^2 = 8 pii.

Mutta tuo tätä edeltävä oli siis täsmällinen matemaattinen johto asialle.

Ohman


Tehtävässä annettu integroimisalue oli 0<=x<=pii, 0<=y<=pii, eli toisin kuin sinun laskelmissasi.
PS Sakvaran esitys vaikuttaa täysin asialliselta.Siihen ei ole mitään lisättvää.

Ohman
Seuraa 
Viestejä1637
PPo
Ohman
Vippaskonsteista en tiedä, mutta matematiikalla tämä käy helposti. Integraalisi on ihan yksinkerainen neliön 0<=x<= 2* pii, 0<=y<=2* pii yli otettu integraali,jolla saadaan sen kappaleen tilavuus, jonka pohjana on tuo neliö ja jonka korkeus x ,y - tasosta pisteessä (x,y) on I cos(x+y) I.

Koska typografiset taitoni ovat vähäiset, käytän itseisarvosta tuota äskeistä merkintää eli x:n itseisarvo on I x I. Funktion f integraali a:sta b:hen olkoon

Int(a <= x <= b) (f(x)dx).

Koska funktio I cos(x) I on jaksollinen, jaksona 2 *pii, on sen integraalilla minkä tahansa tuon jakson pituisen intervallin yli otettuna sama arvo. Siis myös

Int(0 <= x <= 2* pii) (I cos(x+y) I dx ) = Int(0 <= x <= 2*pii) ( I cos(x) I dx) =

4 * Int(0 <= x <= pii/2) (Icos(x)I dx) = 4 * Int(0 <= x <= pii/2) (cos(x)dx) =

4 *Sijoitus( 0=

(Tuolla välillä ( 0,pii/2) on I cos(x) I = cos(x) )

Tuon kaksoisintegraalin arvo on siis Int(0 <= y <= 2*pii) (4 dy) = 8*pii

Koska sait tuloksen 2 * pii, sinulla on jossain laskuvirhe. Myös Wolfram Alfaa olet käyttänyt jotenkin väärin.

Noin heuristisesti voisi sanoa, että funktion I cos(x) I "keskiarvo" välillä 0 <= x <= 2*pii on 4/ (2*pii) = 2/ pii, sillä tämän korkuisella suorakaiteella on sama pinta-ala 4 kuin käyrän I cos(x) I tuolla välillä "piirtämällä" kuviolla.Koska tuon x,y-tason neliön pinta-ala on 2pii *2pii = 4*pii^2, on kappaleesi tilavuus tuolla "keskiarvolla" laskien

(2/pii) * 4*pii^2 = 8 pii.

Mutta tuo tätä edeltävä oli siis täsmällinen matemaattinen johto asialle.

Ohman


Tehtävässä annettu integroimisalue oli 0<=x<=pii, 0<=y<=pii, eli toisin kuin sinun laskelmissasi.
PS Sakvaran esitys vaikuttaa täysin asialliselta.Siihen ei ole mitään lisättvää.
author="" kirjoitti:



Olet oikeassa. Enpä tiedä mistä vetäisin tuon "kaksi piin".Kun väli on (o,pii), tulos 2*pii on tietenkin oikein.

Ei juttuni ollut Sakvakan kritiikkiä. Hän itse kysyi, voisiko laskun suorittaa muullakin tavalla. Ja senhän nyt näytin,että voi. Taas tuo aamu-unenpöpperö sai minut panemaan nuo toiset integroimisrajat kuin mitä tehtävässä kysyttiin.

Funktion I cos(x) I jakso on tietenkin myös pii ja laskutapani toimii kyllä näillä toisillakin rajoilla.Omasta mielestäni se on kyllä yksinkertaisempi kuin tuo alueen monimutkainen jako eri osiin, jota jakoa tässä ei tarvinnut miettiä ollenkaan. Jos en olisi noin "juurta jaksaen" selostanut,miten lasku suoritetaan, se olisi mennyt parilla rivillä.

Ohman

amandrai
Seuraa 
Viestejä205
teramut
No tämä ei kyllä ole yhtään sen helpompi tapa, mutta kuitenkin: voit myös tehdä muuttujanvaihdon t = x+y, s = x-y jollonka jakobiaani on J = 1/2 ja integraali pelkistyy muotoon

pi \int_0^{2pi} |cos(t)| dt




Oho olinpas huolimaton...

Eli tietysti jos tämmöisen muuttujanvaihdon tekee niin integrointirajoista tulee vähän hankalammat. Mutta jos kaiken tekee oikein niin tulokseksi pitäisi saada

2 int_0^pi t |cos(t)| dt = 2pi

eli tuo ylimääräinen t tulee siitä että integrointirajat vaihtuvat

Suosituimmat

Uusimmat

Sisältö jatkuu mainoksen alla

Uusimmat

Suosituimmat