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:

производные $\frac{\partial \phi_i}{\partial u_i}$ ограничены в $\Omega$ ;
производные $\frac{\partial \phi_i}{\partial u_i}$ равномерно непрерывны в $\Omega$ ;
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:

Если $L \subset \Omega$ есть непрерывно дифференцируемая кривая, то ее образ $L’ = F(L)$ есть непрерывно дифференцируемая кривая.
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

Нарушение условия взаимной однозначности на множестве меры нуль и обращение якобиана отображения в
нуль на множестве меры нуль не влияют на справедливость формулы $(*)$ замены переменных в кратном интеграле. Такое множество $E$ меры нуль всегда можно накрыть клеточным множеством $A \subset G$ сколь угодно малой меры $\epsilon$ , разбивающимся на квадраты. Из доказательства теоремы следует, что при отображении $F : G \to \mathbb{R}^n$ мера множества $A$ возрастет не более чем в $c$ раз, где $c$ — фиксированное. Поэтому найдутся такие константы $c_1$ и $c_2$ , что $\left|\int\limits_{A’}f(x)\,dx\right| < c_1\epsilon, A’ = F(A),$ $\left|\int\limits_A f(\phi_1(u), \ldots, \phi_n(u))\left|J(u)\right|\,du\right| < c_2\epsilon, \forall \epsilon > 0.$ На множестве $G \setminus A$ условия теоремы выполнены, а так как интегралы $\int\limits_{G’}f(x)\,dx$ и $\int\limits_G f(\phi_1(u), \ldots, \phi_n(u))\left|J(u)\right|\,du$ отличаются на сколь угодно малое число, что следует из соответствующих неравенств, то они совпадают. Данное замечание является важным, в частности, при обосновании перехода к полярным, цилиндрическим и сферическим системам координат.

[свернуть]

Примеры

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

Литература

Тест: формула замены переменной в кратном интеграле

Для закрепления материала, рекомендуется пройти тест по данной теме.

Задание 1 из 2

1.
Пусть $F : \Omega \to \mathbb{R}^n$ ( $\Omega \subset \mathbb{R}^n$ — открытое множество) — взаимно однозначное и непрерывно дифференцируемое отображение. Заполните пропуски в тексте.
- По условию теоремы, частным производным функций, которые задают данное отображение, достаточно быть (ограниченными) и (равномерно) непрерывными на соответствующем множестве.
Задание 2 из 2

2.
Пусть $F : \Omega \to \mathbb{R}^n$ ( $\Omega \subset \mathbb{R}^n$ — открытое множество) — взаимно однозначное и непрерывно дифференцируемое отображение. Чему по условию теоремы не должен равняться якобиан $|J(u)|$ при $u \in \Omega$ ?
- $0$
- $1$
- $-1$
- $2\pi$

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:

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

Вычислить интеграл:
$\iint\limits_{\Omega}(x^2 + y^2)\,dxdy, \Omega = \{(x, y)| y \geq 0, x^2 + y^2 \leq a^2\}.$
Заметим, что в полярных координатах полукруг $\Omega$ будет представлять из себя более простую область интегрирования:

Поэтому, воспользуемся формулой замены переменной и перейдем к полярным координатам:
$\iint\limits_{\Omega}(x^2 + y^2)\,dxdy = \iint\limits_{\Omega’}r^2r\,drd\phi = \int\limits_0\limits^{\pi}\,d\phi\int\limits_0\limits^ar^3\,dr =$ $\int\limits_0\limits^{\pi}\frac{a^4}{4}\,d\phi = \frac{\phi a^4}{4}|_0^{\pi} = \frac{\pi a^4}{4}$ .

[свернуть]

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

Вычислить интеграл $\iiint\limits_{\Omega} e^{{(x^2 + y^2 + z^2)}^{\frac{3}{2}}}\,dxdydz$ , где граница области $\Omega$ задается уравнением $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ .

Область интегрирования представляет собой шар радиуса $1$ с центром в начале координат. Следовательно, будет удобно воспользоваться переходом к цилиндрической системе координат. В ней новая область интегрирования $\Omega'$ будет определятся следующими неравенствами: $0 \leq \phi \leq 2\pi,\quad -\frac{\pi}{2} \leq \psi \leq \frac{\pi}{2},\quad 0 \leq r \leq 1$ . Воспользуемся формулой замены переменной для сферических координат:
$\iiint\limits_\Omega e^{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}}\,dxdydz =$ $\iiint\limits_{\Omega’} e^{r^{2^{\frac{3}{2}}}}r^2\cos{\psi} \,drd\phi d\psi = \int\limits_0\limits^{2\pi}\,d\phi\int\limits_0\limits^1e^{r^3}r^2\,dr\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}\limits^{\frac{\pi}{2}}\cos{\psi}\,d\psi =$ $\int\limits_0\limits^{2\pi}\,d\phi\int\limits_0\limits^1e^{r^3}r^2\,dr \cdot (\sin{\psi})|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} = 2\int\limits_0\limits^{2\pi}\,d\phi\int\limits_0\limits^1\frac{1}{3}e^{r^3}\,d(r^3) =$ $\frac{2}{3}\int\limits_0\limits^{2\pi}\,d\phi \cdot e^{r^3}|_0^1 = \frac{2}{3}(e — 1)\int\limits_0\limits^{2\pi}\,d\phi = \frac{2}{3}(e — 1) \cdot \phi|_0^{2\pi} = \frac{4\pi}{3}(e — 1)$

[свернуть]

Литература

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

Для закрепления материала, рекомендуется пройти тест по данной теме.

Задание 1 из 5

Сопоставьте каждой системе координат якобиан, соответствующий переходу из декартовой системы координат в данную.

Элементы сортировки

$J_F = \begin{array}{|cc|} \cos{\phi}& -r\sin{\phi}\, \\ \sin{\phi} & r\cos{\phi}\, \end{array}$
$J_F = \begin{array}{|ccc|} \cos{\phi}& -r\sin{\phi} & 0\, \\ \sin{\phi} & r\cos{\phi} & 0\, \\ 0 & 0 & 1\,\end{array}$
$J_F = \begin{array}{|ccc|} \cos{\phi}\cos{\psi}& -r\sin{\phi}\cos{\psi} & -r\cos{\phi}\sin{\psi} \,\\ \sin{\phi}\cos{\psi} & r\cos{\phi}\cos{\psi} & -r\sin{\phi}\sin{\psi} \,\\ \sin{\psi} & 0 & r\cos{\psi}\,\end{array}$

Полярные координаты

Цилиндрические координаты

Сферические координаты

Задание 2 из 5

2.
Пусть $R$ — заданная область интегрирования в декартовых координатах, а $S$ — область интегрирования, получаемая при переходе к полярным координатам. В каких формулах замена переменных при переходе к полярным координатам была выполнена правильно?
- $\iint\limits_R (x^2 + y^2)\,dxdy = \iint\limits_S r^3\,drd\theta$
- $\iint\limits_R (x^2 + y^2)\,dxdy = \iint\limits_S r^2\,drd\theta$
- $\iint\limits_R \sin {\sqrt {x^2 + y^2}}\,dxdy = \iint\limits_S r\sin r\,drd\phi$
- $\iint\limits_R \sin {\sqrt {x^2 + y^2}}\,dxdy = \iint\limits_S r\sin \phi \,drd\phi$
Задание 3 из 5

3.
Расположите данные интегралы в порядке возрастания их значений (для вычисления каждого из них воспользуйтесь переходом к цилиндрическим, сферическим или полярным координатам).
- $\iint\limits_U {xy\,dydx}, U: 1 \leq x^2 + y^2 \leq 5$
- $\iiint\limits_U {\left( {{x^4} + 2{x^2}{y^2} + {y^4}} \right)\,dxdydz} , U: 0 \leq z \leq 1, x^2 + y^2 \leq 1$
- $\iiint\limits_U {\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}}\,dxdydz}, U: x^2 + y^2 + z^2 \leq 25$
Задание 4 из 5

4.
Переход к каким координатам (полярным, сферическим или цилиндрическим) наиболее упростит вычисление интеграла $\iiint\limits_U {\left( {{x^4} + 2{x^2}{y^2} + {y^4}} \right)\,dxdydz},$ где область $U$ задается следующим образом: $x^2+y^2 \leq 1, 0 \leq z \leq 1?$
- цилиндрическим
- сферическим
- полярным
Задание 5 из 5

5.
Вычислите c помощью перехода к полярным координатам интеграл $\iint\limits_Uxy^2\,dxdy,$ $U = \{(x, y)| 4 \leq x^2 + y^2 \leq 16, x \geq 0, y \leq 0\}.$ Для обозначения деления используйте символ «/», для обозначения числа $\pi$ — «pi».

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.

Автор: Кирилл Сплошнов

Формула замены переменной в кратном интеграле

Теорема (формула замены переменной в кратном интеграле)

Доказательство

Примеры

Литература

Навигация (только номера заданий)

Информация

Тест: формула замены переменной в кратном интеграле

Результаты

Рубрики

1.

2.

Таблица лучших: Замена переменной в кратных интегралах

Использование полярных, цилиндрических и сферических координат для вычисления кратных интегралов

Использование полярных координат

Использование цилиндрических и сферических координат

Литература

Навигация (только номера заданий)

Информация

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

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

3.

4.

5.

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

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

Условие

Решение

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат