Формула замены переменной в кратном интеграле

Теорема (формула замены переменной в кратном интеграле)

Пусть отображение $F : \Omega \to \mathbb{R}^n$, где $\Omega \subset \mathbb{R}^n$ — открытое множество, заданное при помощи непрерывно дифференцируемых функций $x_i = \phi_i(u_1, \ldots, u_n), i = 1, \ldots, n$, является взаимно однозначным и удовлетворяет следующим условиям:

  1. производные $\frac{\partial \phi_i}{\partial u_i}$ ограничены в $\Omega$;
  2. производные $\frac{\partial \phi_i}{\partial u_i}$ равномерно непрерывны в $\Omega$;
  3. якобиан $J(u)$ отображения удовлетворяет при $u \in \Omega$ условию $\left|J(u)\right| \geq \alpha > 0$.

Тогда, если $G$ — измеримый компакт с кусочно-гладкой границей, лежащий во множестве $\Omega$ и $f(x)$ — непрерывна на множестве $G’ = F(G)$, то справедлива следующая формула замены переменных в кратном интеграле:
$$\int\limits_{G’} f(x)\,dx = \int\limits_G f(\phi_1(u), \ldots, \phi_n(u))\left|J(u)\right|\,du\quad(*),$$
где $x = (x_1, \ldots, x_n),\quad u = (u_1, \ldots, u_n)$.

Доказательство

Для начала рассмотрим еще 2 вспомогательных свойства:

  1. Если $L \subset \Omega$ есть непрерывно дифференцируемая кривая, то ее образ $L’ = F(L)$ есть непрерывно дифференцируемая кривая.
  2. Если $G$ — область и $\overline{G} \subset \Omega$ (где $\overline{G}$ — замыкание области $G$), тогда ее образ $G’ = F(G)$. Образ границы $\Omega$ есть граница $\Omega’$.

Первое свойство является простым следствием правила нахождения производной сложной функции, а второе — теоремы о неявных функциях.

Рассмотрим доказательство для плоского случая (двойных интегралов). В силу свойств непрерывных функций образ $G’$ компакта $G$ при непрерывном и взаимно однозначном отображении $F$ является компактом, а по свойствам отображения $F$, указанным выше, граница компакта $G’$ является кусочно-гладкой кривой. Кусочно-гладкая кривая имеет жорданову меру нуль, а так как ограниченное множество измеримо по Жордану тогда и только тогда, когда его граница имеет жорданову меру нуль, то компакт $G’$ измерим, а оба интеграла в формуле $(*)$ существуют как интегралы от функций, непрерывных на компактах.

Поскольку компакт $G$ лежит в открытом множестве $\Omega$, то границы этих множеств не пересекаются. Так как граница любого множества замкнута и граница ограниченного множества ограничена, то расстояние между границами множеств $G$ и $\Omega$ есть положительное число $\delta$.

Примечание №1: под разбиением множества $A$ далее будем подразумевать совокупность измеримых множеств $\{A_1, \ldots, A_n\}$, таких что $A_1\cup \ldots \cup A_n = A$ и $A_i \cap A_j = \oslash, i \ne j$. Клеткой назовем множество вида $K = \{(x_1, \ldots, x_n)| a_i \leq x_i < b_i, 1 \leq i \leq n\}$, прямоугольником — клетку в пространстве $\mathbb{R}^2$.

Пусть $P$ есть замкнутый квадрат, содержащий компакт $G$. Если разбить стороны квадрата $P$ на равные части длины $h < \delta$ (чтобы отсутствовали квадраты, содержащие одновременно элементы границ $G$ и $\Omega$), то и сам квадрат $P$ окажется разбит на квадратные клетки с площадью $h^2$. Разбиение квадрата $P$ порождает разбиение $T$ компакта $G.$ Если малый квадрат со стороной $h$ целиком лежит внутри компакта $G$, то он является элементом разбиения $T$, а если он содержит граничные точки $G$, то соответствующим элементом разбиения является пересечение этого квадрата с компактом $G.$ Отображение $F$ порождает разбиение $T’$ компакта $G’ = F(G)$, причем элементами разбиения $T’$ являются образы элементов разбиения $T$. При отбрасывании в интегральной сумме слагаемых, которым отвечают квадраты, имеющие непустое пересечение с множеством жордановой меры нуль, характер соответствующего предела при мелкости разбиения, стремящемся к нулю, не изменится (о чем свидетельствует соответствующая лемма, см. примечание №2). А значит, при написании интегральных сумм можно учитывать только слагаемые, соответствующие целым квадратам и их образам при отображении $F$, остальные квадраты будут иметь непустое пересечение с границей $G$. Так как отображение $F$ равномерно непрерывно, то мелкость разбиения $T’$ стремится к нулю, когда стремится к нулю мелкость разбиения $T$.

Если малые квадраты $P_1, \ldots, P_n$ лежат внутри компакта $G$, то
их образы $P_1′, \ldots, P_n’$ лежат внутри $G’$. Пусть $(u_i, v_i)$ — координаты точки, лежащей в левом нижнем углу квадрата $P_i$, a $(\phi(u_i, v_i),\psi(u_i, v_i))$ — образ этой точки при отображении $F$.

Тогда можем записать интегралы, входящие в формулу $(*)$ как пределы интегральных сумм:
$\iint\limits_{G’}f(x, y)\,dxdy = \lim\limits_{h \to 0} \sum\limits_{i=1}\limits^n{f(x_i, y_i,)m(P_i’)},$
$\iint\limits_G f(\phi(u, v), \psi(u, v))\left|J(u, v)\right|\,dudv = $ $\lim\limits_{h \to 0} \sum\limits_{i=1}\limits^n{f(\phi(u_i, v_i), \psi(u_i, v_i))\left|J(u_i, v_i)\right|m(P_i)}.$

Для доказательства формулы $(*)$ покажем, что разность этих интегральных сумм стремится к нулю при $h \to 0$. В силу леммы о геометрическом смысле модуля якобиана отображения,
$\left|m(P_i’) — \left|J(u_i, v_i)\right|m(P_i)\right| \leq \alpha(h)m(P_i), \lim\limits_{h \to 0} \alpha(h) = 0$.
Принимая во внимание, что $\phi(u_i, v_i) = x_i, \psi(u_i, v_i) = y_i, \left|f(x, y)\right| < M$ (последнее в силу того, что функция f непрерывна на компакте, а значит и ограниченна на нем), получаем оценку для разности интегральных сумм:
$\left|\sum\limits_{i=1}\limits^n{f(x_i, y_i)m(P_i’)} — \sum\limits_{i=1}\limits^n{f(\phi(u_i, v_i), \psi(u_i, v_i))\left|J(u_i, v_i)\right|m(P_i)}\right| \leq $ $\sum\limits_{i=1}\limits^n{\left|f(x_i, y_i)m(P_i’) — f(x_i, y_i)\left|J(u_i, v_i)\right|m(P_i)\right|} = $ $\sum\limits_{i=1}\limits^n{\left|f(x_i, y_i)\left|m(P_i’) — \left|J(u_i, v_i)\right|m(P_i)\right|\right|} \leq $ $M\sum\limits_{i=1}\limits^n{\alpha(h)m(P_i)} = $ $M\alpha(h)\sum\limits_{i=1}\limits^n{m(P_i)} \leq $ $M\alpha(h)m(G)$, из которой следует, что эта разность стремится к нулю при $h \to 0$ (т.к. $M$ и $m(G)$ — константы). Теорема доказана.

Примечание №2: о геометрическом смысле модуля якобиана отображения можно прочитать, например, в курсе лекций по мат. анализу В.И. Коляда, А.А. Кореновский (т.2, стр. 219) или в Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. «Курс математического анализа» (стр. 471). Лемма об отбрасывании слагаемых в интегральной сумме также присутствует и доказана, например, в учебнике Тер-Крикорова, стр. 458.

Замечание показать

Примеры

Основными примерами использования данной формулы являются переход к полярным, цилиндрическим и сферическим координатам для вычисления двойных и тройных интегралов.

Тест: формула замены переменной в кратном интеграле

Для закрепления материала, рекомендуется пройти тест по данной теме.


Таблица лучших: Замена переменной в кратных интегралах

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Использование полярных, цилиндрических и сферических координат для вычисления кратных интегралов

При вычислении кратных интегралов часто возникает необходимость перейти к более простой области интегрирования для упрощения их вычисления, возможно даже ценой некоторого усложнения подынтегральной функции.

Использование полярных координат

Из курса аналитической геометрии известны следующие соотношения между декартовыми и полярными координатами: $x = r\cos\phi,\quad y = r\sin\phi\quad(*)$.
При этом, $r \geq 0, 0 \leq \phi <2\pi$. Рассмотрим вспомогательную плоскость $RO\Phi$, где $r$ и $\phi$ являются декартовыми координатами, и определим на ней множество точек $G$, такое, что: $G = \{(r, \phi)| r > 0, 0 \leq \phi < 2\pi\}$.

Тогда формулы $(*)$ определяют непрерывно дифференцируемое отображение $F : G \to \widetilde{XOY}$, где $\widetilde{XOY} = XOY \setminus\{(0, 0)\}$.

По определению полярных координат, в декартовой системе координат $XOY$ $r$ задает радиус окружности с центром в начале координат, а $\phi$ определяет луч, исходящий из центра координат, такой что угол между лучом и положительным направлением оси $OX$ равен $\phi$. С геометрической точки зрения очевидно, что они пересекаются в единственной точке.

Таким образом, любую точку $P = (x_0, y_0)$ из $\widetilde{XOY}$ можно однозначно определить пересечением луча, направленного под углом $\phi_0$ и окружности радиусом $r_0$, и тогда точка $P’ = (r_0, \phi_0)$ будет единственным прообразом $P$ в $G$. Очевидно, что любой элемент из $G$ служит прообразом, и что двум различным точкам из $G$ будут соответствовать 2 различные точки из $\widetilde{XOY}$. Таким образом, отображение $F$ между точками плоскостей $G$ и $\widetilde{XOY}$ взаимно однозначное:

kursach

Якобиан полученного отображения будет равен:
$J_F = \begin{array}{|cc|} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \phi} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \phi} \end{array} = \begin{array}{|cc|} \cos{\phi}& -r\sin{\phi} \\ \sin{\phi} & r\cos{\phi} \end{array} = r$

Теперь рассмотрим множество точек $G’$, полученное добавлением к множеству $G$ отрезка $r = 0$, т.е. $G’ = \{(r, \phi)| r \geq 0, 0 \leq \phi < 2\pi\}.$ $G’$ уже является прообразом всей плоскости $XOY$, но на отрезке $r = 0, 0 \leq \phi < 2\pi$ не достигается взаимная однозначность, а $\left|J_F\right| = 0$. Обратим внимание, что его Жорданова мера равна нулю.

Наконец, пусть дана область $\Omega \subset XOY$ и функция $f$, непрерывная на измеримом множестве $\overline{\Omega}$. Ее прообразом при отображении $F$, заданного формулами $(*)$, будет некоторая область $\Omega’ \subset G’$. Если область $\Omega$ не содержит точки O — начала координат, то выполнены все условия теоремы о замене переменной в кратных интегралах, и справедлива формула:
$$\iint\limits_{\Omega} f(x, y)\,dxdy = \iint\limits_{\Omega’} f(r\cos{\phi}, r\sin{\phi})r\,drd\phi$$
Если же точка $O \in \Omega$, то взаимная однозначность и не обращение якобиана в нуль не выполняются на множестве $r = 0$, что не влияет на справедливость данной формулы (следует из замечания к указанной теореме).

Пример №1 показать

Использование цилиндрических и сферических координат

Рассмотрим теперь пространство $\mathbb{R}^3$, в котором задана декартова система координат $OXYZ$. Цилиндрические координаты связанны с декартовыми следующим образом:
$x = r\cos\phi,\quad y = r\sin\phi,\quad z = t\quad(**),$
где $r \geq 0, 0 \leq \phi <2\pi, t \in \mathbb{R}$ (величины $r$ и $\phi$ для любой точки $A = (x, y, z)$ определяются таким же образом, как и в полярных координатах для ее проекции $P’ = (x, y, 0)$ на $XOY$). Теперь, аналогично случаю с полярными координатами, рассмотрим вспомогательное пространство $OR\Phi T$, где $r, \phi, t$ — декартовы координаты, а в нем — множество точек $G = \{(r, \phi, t)| r \geq 0, 0 \leq \phi <2\pi, t \in \mathbb{R}\}$.

Отображение $F : G \to OXYZ$, определяемое формулами $(**)$, является непрерывно дифференцируемым.
$J_F = \begin{array}{|ccc|} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \phi} & \frac{\partial x}{\partial t} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \phi} & \frac{\partial y}{\partial t} \\ \frac{\partial z}{\partial r} & \frac{\partial z}{\partial \phi} & \frac{\partial z}{\partial t} \end{array} = \begin{array}{|ccc|} \cos{\phi}& -r\sin{\phi} & 0 \,\\ \sin{\phi} & r\cos{\phi} & 0 \,\\ 0 & 0 & 1\,\end{array} = r$

Очевидно, что как и в случае с полярными координатами, отображение $F$ — взаимно однозначное, и его якобиан не равен нулю. Данные условия не выполняются только при $r = 0$, т.е. на множестве $L = \{(r, \phi, t)| r = 0, 0 \leq \phi <2\pi, t \in \mathbb{R}\}$. Пересечение такого множества с любым другим ограниченным множеством есть ограниченное линейное множество, и жорданова мера этого пересечения равна нулю.

Тогда, если дана область $\Omega \subset OXYZ$, и функция $f$ непрерывна на измеримом множестве $\overline{\Omega}$, а $\Omega’ \subset G$ — прообраз данной области при отображении $F$, то выполнены все условия теоремы о замене, и справедлива следующая формула:
$$\iiint\limits_{\Omega} f(x, y, z)\,dxdydz = \iiint\limits_{\Omega’} f(r\cos{\phi}, r\sin{\phi}, t)r\,drd\phi dt$$

Наконец, рассмотрим сферические координаты, связанные с декартовыми следующими соотношениями: $x = r\cos{\phi} \cos{\psi},\quad y = r\sin{\phi} \cos{\psi},\quad z = r\sin{\psi}\quad (***),$
где $r \geq 0, 0 \leq \phi < 2\pi, -\frac{\pi}{2} \leq \psi \leq \frac{\pi}{2}$. Введем вспомогательное пространство $OR\Phi\Psi$, где $r, \phi, \psi$ — декартовы координаты, а в нем рассмотрим множество точек $G = \{(r, \phi, \psi)| r \geq 0, 0 \leq \phi < 2\pi -\frac{\pi}{2} \leq \psi \leq \frac{\pi}{2}\}$.

Отображение $F : G \to OXYZ$, определяемое формулами $(***)$, непрерывно дифференцируемо.
$J_F = \begin{array}{|ccc|} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \phi} & \frac{\partial x}{\partial \psi} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \phi} & \frac{\partial y}{\partial \psi} \\ \frac{\partial z}{\partial r} & \frac{\partial z}{\partial \phi} & \frac{\partial z}{\partial \psi} \end{array} = \begin{array}{|ccc|} \cos{\phi}\cos{\psi}& -r\sin{\phi}\cos{\psi} & -r\cos{\phi}\sin{\psi} \,\\ \sin{\phi}\cos{\psi} & r\cos{\phi}\cos{\psi} & -r\sin{\phi}\sin{\psi} \,\\ \sin{\psi} & 0 & r\cos{\psi}\,\end{array} = $ $ r^2\cos{\psi}$.

Взаимная однозначность данного отображения устанавливается по тем же рассуждениям, что и в предыдущих двух случаях, и не выполняется только при $r = 0, \psi = -\frac{\pi}{2}, \psi = \frac{\pi}{2}$, когда и якобиан равен нулю. Однако любое подмножество множества, задаваемого такими равенствами, будет представлять собой ограниченную часть плоскости с жордановой мерой нуль в пространстве $OXYZ$, что не помешает совершить замену.

Тогда, при соответствующих условиях, справедлива формула замены переменной ($\Omega \subset OXYZ, \Omega’ \subset G$):
$$\iiint\limits_{\Omega} f(x, y, z)\,dxdydz = $$ $$\iiint\limits_{\Omega’} f(r\cos{\phi}\cos{\psi}, r\sin{\phi}\cos{\psi}, r\sin{\psi})r^2\cos{\psi}\,drd\phi d\psi$$

Пример №2 показать

Тест: Использование полярных, цилиндрических и сферических координат для вычисления кратных интегралов

Для закрепления материала, рекомендуется пройти тест по данной теме.


Таблица лучших: Переход к полярным, цилиндрическим и сферическим координатам при вычислении кратных интегралов

максимум из 7 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

M1630. О количестве способов представления натурального числа в виде суммы степеней двойки

Условие

\forall n \in N обозначим через f(n) число способов представления числа n в виде суммы целых неотрицательных степеней числа 2. Преставления, отличающиеся лишь порядком слагаемых, считаются одинаковыми. Например, f(4) = 4, так как число 4 может быть представлено следующими четырьмя способами:
4 = 4;
4 = 2 + 2;
4 = 2 + 1 + 1;
4 = 1 + 1 + 1 + 1.
Докажите, что \forall n \in N, n \geq 3: 2^{n^2/4} < f(2^n) < 2^{n^2/2}.

Решение

Если n = 2k + 1 — любое нечетное число, большее 1, то каждое его представление в требуемом по условию задачи виде содержит 1 в качестве слагаемого. Убрав эту единицу, мы получим представление числа 2k. Очевидно и обратное. Следовательно, f(2k + 1) = f(2k). (*)

Если n = 2k — любое четное число, то каждое его представление в требуемом виде принадлежит к одному из двух типов: либо оно содержит слагаемое 1, либо не
содержит таких слагаемых. В первом случае, убрав одно слагаемое 1, мы получим представление числа 2k - 1. Как и выше, легко заметить, что есть взаимно однозначное соответствие между всеми представлениями числа 2k - 1 и представлениями числа 2k первого типа. Во втором случае мы можем разделить все слагаемые
на 2 и получить представление числа k. Это соответствие также взаимно однозначно. Итак, f(2k) = f(2k - 1) + f(k). (**)

Обе полученные формулы выполнены для всех натуральных k > 1. Очевидно, что f(1) = 1. Пусть по определению f(0) = 1, тогда формула (*) выполнена и при k = 0. Заметим еще, что из (*) и (**) следует, что f(n) не убывает.

Согласно (*), число f(2k - 1) в (**) можно заменить на
f(2k - 2), откуда f(2k) - f(2k - 2) = f(k) \forall k \geq 1. Суммируя эти равенства от 1 до n, получаем, что f(2n) = \sum_{i=0}^n f(i). (***)
В правой части (***) каждое слагаемое не больше последнего, а так как 2 = f(0) + f(1) \leq f(n) \forall n \geq 2, то f(2n) = 2 + \sum_{i=2}^n f(i) \leq 2 + (n - 1)f(n) \leq f(n) + (n - 1)f(n) \leq nf(n) \forall n \geq 2. Следовательно, f(2^n) \leq 2^{n-1}f(2^{n-1}) \leq 2^{n-1}2^{n-2}f(2^{n-2}) \leq \ldots \leq 2^{(n-1) + (n-2) + \ldots + 2 + 1}f(2) = 2^{\frac{n(n-1)}{2} + 1}.
И так как \frac{n(n-1)}{2} + 1 < \frac{n^2}{2}, т.е. 2^{\frac{n(n-1)}{2} + 1} < 2^{\frac{n^2}{2}} \forall n \geq 3, верхняя оценка для f(2n) получена.

Чтобы получить нижнюю оценку, докажем сначала, что f(b + 1) - f(b) \geq f(a + 1) - f(a) (4), если 0 \leq a \leq b — целые числа одинаковой четности. Действительно, если a и b четны, то из (*) следует,что каждая часть неравенства (4) обращается в нуль, если они оба нечетны, то из (**) следует, что f(b + 1) - f(b) = f(\frac{b+1}{2}), f(a + 1) - f(a) = f(\frac{a+1}{2}), при чем, как было показано ранее, f не убывает.

Возьмем произвольные r и k, r \geq k, r — четное. Подставим в неравенство (4) a = r + j, b = r - j, j = 0, 1, \ldots, k - 1. Получаем следующий набор неравенств:
j = 0 : \underline{f(r + 1)} - f(r) \geq f(r + 1) - \underline{f(r)}
j = 1 : \underline{f(r + 2)} - \underline{f(r + 1)} \geq \underline{f(r)} - \underline{f(r - 1)}
j = 2 : \underline{f(r + 3)} - \underline{f(r + 2)} \geq \underline{f(r - 1)} - \underline{f(r - 2)}
(…)
j = k - 2 : \underline{f(r + k - 1)} - \underline{f(r + k - 2)} \geq \underline{f(r + k - 3)} - \underline{f(r + k - 2)}
j = k - 1 : f(r + k) - \underline{f(r + k - 1)} \geq \underline{f(r + k - 2)} - f(r + k - 1)
Просуммировав левые и правые части неравенств соответственно, легко увидеть, что все промежуточные слагаемые сокращаются, и остается следующее: f(r + k) - f(r) \geq f(r + 1) - f(r - k + 1), а в силу того, что r — четное и f(r + 1) = f(r), получим f(r + k) + f(r - k + 1) \geq 2f(r). Так как r \geq k, просуммируем уже такие неравенства по k = 1, 2, \ldots, r, и получим \sum_{i=1}^{2r}f(i) \geq 2rf(r), или, что тоже самое \sum_{i=0}^{2r}f(i) - f(0) \geq 2rf(r). В силу (***) \sum_{i=0}^{2r}f(i) = f(4r), а f(0) = 1. Получаем следующее неравенство: f(4r) \geq 2rf(r) + 1 > 2rf(r). Возьмем r = 2^{m - 2}, тогда f(2^m) > 2^{m - 1}f(2^{m - 2}). (5)
(Очевидно, что \forall m \in N, m > 2: 2^{m - 2} — четно. Также, непосредственно подстановкой легко убедиться, что неравенство (5) справедливо и при m = 2: f(4) = 4 > 2 = f(2)f(1).)

Наконец. пусть n \in N, n > 1. Если l — положительное целое такое, что 2l \leq n, то применяя неравенство (5) к m = n, n - 1, \ldots, n -2l + 2, получаем:
f(2^n) > 2^{n - 1}f(2^{n - 2}) > 2^{n - 1}2^{n - 3}f(2^{n - 4}) > \ldots > 2^{(n - 1) + (n - 3) + \ldots + (n - 2l + 1)}f(2^{n - 2l}) = 2^{l(n - 2l)}f(2^{n - 2l}) (слагаемых в показателе степени — l штук, а 1 + 3 + \ldots + (2l - 1) = l^2, тогда (n - 1) + (n - 3) + \ldots + (n - 2l + 1) = nl - l^2 = l(n - l)).

Теперь, пусть n — четно, l = \frac{n}{2}. Получаем, f(2^n) > 2^{\frac{n}{2}(n - \frac{n}{2})}f(2^0) = 2^{\frac{n^2}{4}}f(1) = 2^{\frac{n^2}{4}}.
Если же n — нечетно, то положим l = \frac{n - 1}{2}. Тогда, f(2^n) > 2^{\frac{n - 1}{2}(n - \frac{n - 1}{2})}f(2^1) = 2^{\frac{(n - 1)(n + 1)}{4}}f(2) = 2^{\frac{n^2 - 1}{4} + 1} = 2^{\frac{n^2 + 3}{4}} > 2^{\frac{n^2}{4}}.
Таким образом, нужный результат доказан \forall n > 1. Непосредственно проверяется, что и для n = 1 соответствующее неравенство справедливо.

Тогда получаем, что \forall n \in N, n \geq 3: 2^{n^2/4} < f(2^n) < 2^{n^2/2}, что и требовалось доказать.