Oletetaan sitten, että γ(i) = η(j). Koska γ ja η ovat Jordan-polku, ne ovat jatkuvia injektiivisiä kuvauksia kompaktilta joukolta, ja määrittävät

Transkriptio

1 HY / Matematiikan ja tilastotieteen laitos Vektorianalyysi II, syksy 18 Harjoitus 6 Ratkaisuehdotukset Tehtävä 1. Osoita, että sileille Jordan-poluille on voimassa : I R n ja : J R n (I) = (J) jos ja vain jos (Vinkki: toinen suunta seuraa määritelmästä ja toiseen suuntaan käytä apunasi jatkuvaa bijektiota u := 1 : J I) Ratkaisu. Oletetaan ensin, että. Nyt on olemassa diffeomorfismi u : J I, jolle pätee = u. Siispä (J) = ( u)(j) = (u(j)) = (I) Oletetaan sitten, että (I) = (J). Koska ja ovat Jordan-polku, ne ovat jatkuvia injektiivisiä kuvauksia kompaktilta joukolta, ja määrittävät homeomorfismit : J (J) ja 1 : (I) = (J) I. Näiden kuvauksien yhdiste on siis myös homeomorfismi, jota merkitsemme u : J I. Nyt pätee triviaalisti = u. Kuvauksen u derivoituvuus saadaan tarkastelemalla polun erotusosamäärää. Olkoon t J ja h siten, että t + h J. Nyt kaikilla i = 1,..., n saadaan i (t + h) i (t) h = i(u(t + h)) i (u(t)) h = i(u(t + h)) i (u(t)), h Huomaa, että u(t+h) u(t), koska u on injektio. Kuvauksen u jatkuvuus takaa, että i (u(t + h)) i (u(t)) i(u(t)) kaikilla i, kun h. Koska on sileä Jordan-polku pätee (u(t)) kaikilla t J. Erityisesti jokaisella t voidaan valita indeksi i siten, että i(u(t)). Koska C 1 1

2 voidaan myös valita pisteen t ympäristö, jossa tämä pätee. Siispä valitsemalla h riittävän pieneksi täytyy myös erotusosamäärän olla nollasta poikkeava: i (u(t + h)) i (u(t)), joten aikaisemmin saatu yhtälö voidaan jakaa puolittain tällä lausekkeella; siispä kaikilla t J ja riittävän pienillä h pätee h = i(t + h) i (t) h i (u(t + h)) i (u(t)) i(t) i (u(t)), kun h. Eli u (t) = i(t) i (u(t)) kaikilla t U Saatiin siis, että kaikilla joukon J pisteillä on ympäristö, jossa u on derivoituva, joten u on derivoituva koko joukossa J. Huomaa, että raja-arvon yksikäsitteisyyden nojalla derivaatan arvo ei voi riippua valitusta indeksistä i. Lisäksi u (t) on selvästi jatkuva. Tangenttiavaruuden yksikäsitteisyydestä seuraa, että i(t) = jos ja vain jos i(u(t)) = kaikilla i ja t. Siispä u (t) kaikilla t J, joten u määrittää ekvivalenssin. Tehtävä. Oletetaan, että joukon A R n jatkuvasti derivoituville poluille : I R n ja : J R n on voimassa. Oletetaan, että funktiolle f : A R integraali fds on olemassa. Osoita, että tällöin myös fds on olemassa ja fds = fds. (Vinkki: sovella kysymyspaperin kääntöpuolelta löytyvää muuttjanvaihtokaavaa Riemann-integroituvaan funktioon g(t) = f((t)) (t) )

3 Ratkaisu. Olkoon u : I J diffeomorfismi siten, että = u. Hyödyntämällä muuttujanvaihtoa u(t) = τ saadaan seuraavat: fds = (f )(t) (t) dt I = (f u)(t) ( u) (t) dt I = (f u)(t) (u(t)) u (t) dt I = (f )(τ) (τ) dτ u(i) = (f )(τ) (τ) dτ J = fds Yllä on käytetty muuttujanvaihtokaavaa g(τ)dτ = f(u(t)) u (t) dt, u(i) joka on yhtäpitävä seuraavan kaavan kanssa: u(d) u(c) g(τ)dτ = I d c f(u(t))u (t)dt, kun merkitään I = [a, b], a < b. Yhtäpitävyys pätee seuraavasta syystä: derivaatan u (t) ollessa positiivinen pätee u(c) < u(d), jolloin kaavat ovat selvästi yhtäpitäviä. Tapauksessa, jossa u (t) <, täytyy myös päteä u(c) < u(d), koska tällöin u on aidosti laskeva. Tässä tapauksessa integroimisrajojen kääntämisestä tuleva merkinvaihto kumoaa kuvauksen u derivaatan negatiivisuuden, joten kaavat ovat myös tällöin yhtäpitäviä. Tehtävä 3. Olkoot : I R n ja : J R n joukon A R n jatkuvasti differentioituvia polkuja ja oletetaan, että funktiolle f : A R yhdistetyt funktiot f : I R ja f : J R 3

4 ovat Riemann-integroituvia. Tällöin: (1) Jos on olemassa, niin fds = fds + fds. () Jos ja ovat sileitä Jordan-polkuja siten, että (I) = (J), niin fds = fds. Toisin sanoen funktion f integraali ei riipu käyrän (I) parametriesitykseksi valitusta sileästä Jordan-polusta. Ratkaisu. Merkitään I = [a, b] ja J = [c, d], jossa a < b ja c < d. (1) Derivaatta ( ) on olemassa melkein kaikilla t [a, b + d c] (eli kaikilla t [a, b + d c] lukuunottamatta nollamittaista joukkkoa) ja { ( ) (t), t ]a, b[ (t) = (t + c b), t ]b, b + d c[ Seuraava integraali on siis hyvin määritelty fds = (f ( ))(t) ( ) (t) dt [a,b+d c] = (f ( ))(t) ( ) (t) dt [a,b] + (f ( ))(t) ( ) (t) dt [b,b+d c] = (f )(t) (t) dt + (f )(t + c b) (t + c b) dt [a,b] [b,b+d c] = (f )(t) (t) dt + (f )(t) (t) dt [a,b] [c,d] = fds + fds 4

5 () joten väite seuraa tehtävästä. Tehtävä 4. Tarkastellaan polkuja (a) Määritä yhdistetty polku (I) = (J), : [, 1] R 3, (t) = (,, t) : [, 1] R 3, (t) = (t,, 1) ja ν : [, 3π] R 3, ν(t) = (cos t, sin t, 1). ν := ( ) ν. (b) Piirrä kuva polun ν jäljestä. (c) Laske funktion Ratkaisu. f : R 3 R, f(x) = x käyräintegraali polun ν suhteen. (a) ( )(t) = { (,, t), t [, 1] (t 1,, 1), t [1, ] joten (,, t), t [, 1] ( ν)(t) = (t 1,, 1), t [1, ] (cos(t ), sin(t ), 1), t [, + 3π] 5

6 Kuva 1: Polun ν jälki (c) Tehtävän 3 nojalla integraali yhdistetyn käyrän yli voidaan hajottaa summaksi: x ds(x) = x ds(x) + x ds(x) + x ds(x) ν Kunkin polun derivaatoiksi saadaan seuraavat: (t) = (,, 1) (t) = (1,, ) ja ν (t) = ( sin t, cos t, ). ν Erityisesti (t) = (t) = ν (t) = 1 6

7 kaikilla t. Yksittäisillä poluilla integraaleiksi saadaan 1 x ds(x) = (,, t) dt ν = = 1 3 x ds(x) = = x ds(x) = = = π 3π = 6π t dt (t,, 1) dt (1 + t )dt (cos t, sin t, 1) dt dt Nämä kokoamalla saadaan tulokseksi x ds(x) = π ν Tehtävä 5. Oletetaan, että < r < R. Osoita, että tällöin kalotin E = {x R 3 : x = R, x 3 > r} pinta-ala on Ratkaisu. Merkitään Ala(E) = πr(r r) Ω = {ϕ [ π, π ] : R sin ϕ > r} Hyödyntämällä pallokoordinaatteja saadaan E = {(R cos θ cos ϕ, R sin θ cos ϕ, R sin ϕ) : θ [, π], ϕ Ω}, 7

8 Joukolle E on siis parametrisaatio ψ : [, π] Ω E, ψ(θ, ϕ) = (R cos θ cos ϕ, R sin θ cos ϕ, R sin ϕ), joka on sileä rajoitettuna määrittelyjoukkonsa sisäpisteisiin. Reuna on nollamittainen, eikä siis vaikuta integraalin arvoon. Parametrisaation suurennussuhde on yhtäsuuri kuin pallokoordinaattimuunnoksen Jakobin determinantti säteen arvolla R eli θ ψ(θ, ϕ) ϕ ψ(θ, ϕ) = R cos ϕ Nyt joukon E ala voidaan laskea iteroituna integraalina: Ala(E) = R cos ϕdθdϕ Ω [,π] = πr cos ϕdϕ Tehdään muuttujan vaihto x 3 = R sin ϕ, jolloin dx 3 = R cos ϕdϕ Tehtävä 6. Laske funktion Ω R Ala(E) = πr dx 3 r = πr(r r) f : R 3 R, f(x) = 1 (1 + x ) pintaintegraali yli joukon A reunan A, kun A = {x R 3 : x 3 > x 1 + x }. (Vinkki: vastaukseksi tulee π ) Ratkaisu. Huomataan, että A on kaksiulotteisen normin graafin yläpuolella olevat pisteet: A = {x R 3 : x 3 > (x 1, x ) } 8

9 Joukon A reuna on siis normin graafi, joka on kartiopinta. A = {x R 3 : x 3 = (x 1, x ) } Reunalla A on siis luonnolinen parametrisaatio tason pisteillä. Sekä joukko A että funktio f on symmetrinen tason kiertojen suhteen; siispä on luonnollista käyttää napakoordinaatteja integroimispinnan parametrisaationa: ϕ :], [ [, π[ A ϕ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r) Huomaa, että kartion kärki R 3 ei kuulu kuvaan Im ϕ. Yksiönä tämä piste on kuitenkin merkityksetön integraalin kannalta. Määritetään sitten parametrisaation suurennussuhde: r ϕ(r, θ) = (cos θ, sin θ, 1) θ ϕ(r, θ) = ( r sin θ, r cos θ, ) Siispä r ϕ(r, θ) θ ϕ(r, θ) = ( r cos θ, r sin θ, r cos θ + r sin θ) = ( r cos θ, r sin θ, r) = r Erityisesti suurennussuhde on nollasta poikkeava origon ulkopuolella. Nyt kysytty integraali saadaan laskettua seuraavasti: π fds = f(ϕ(r, θ)) r ϕ(r, θ) θ ϕ(r, θ) dθdr A π r = (1 + r ) dr = π ( 1 r 4(1 + r ) = π ( 1 ) (1 + ) = π ) dr 9