1 / 32
Muunnetaan funktion f integraali yli joukon U integraaliksi yli joukon V tekemällä sijoitus x = g(y), missä g : V U on bijektio (ainakin), kun se rajoitetaan funktioksi g : V U. Uudeksi integroitavaksi funktioksi tulee f g, mutta... lisäksi on otettava huomioon, että sijoitus muuttaa joukon V osavälien I mittoja. Yhden muuttujan tapauksessa sijoitusfunktio g muuttaa pisteen y lähistöllä olevan välin, pituus dy, väliksi jonka pituus on g (y) dy. Tällöin U f(x) dx = V (f g)(y) g (y) dy. Tässä usein (lukio, Analyysi II) derivaatan g (y) mahdollinen negatiivisuus otetaan huomioon vaihtamalla integroimisrajat keskenään. 2 / 32
Tasossa Katsotaan ensin, miten lineaarikuvaus muuttaa välin mittaa. Sitä varten palautetaan mieleen suunnikkaan pinta-alan kaava. Oletetaan, että suunnikkaan sivuina esiintyvät vektorit u = (u 1, u 2 ) ja v = (v 1, v 2 ). Jos niiden välinen kulma on θ, niin suunnikkaan ala on A = u v sin θ. Lineaarialgebran perusteella myös A = u v = u 1 u 2 v 1 v 2 Lineaarikuvaus T : (x 1, x 2 ) = (u 1 x 1 + v 1 x 2, u 2 x 1 + v 2 x 2 ) kuvaa siten tason suorakaiteet suunnikkaiksi, joiden pinta-ala on u 1 v 2 u 2 v 1 -kertainen.. 3 / 32
3-ulotteisessa avaruudessa Samaan tapaan R 3 :ssa vektorien u = (u 1, u 2, u 3 ), v = (v 1, v 2, v 3 ) ja w = (w 1, w 2, w 3 ) määräämän suuntaissärmiön tilavuus on skalaarikolmitulon itseisarvo V = [u, v, w] = u (v w) u 1 v 1 w 1 = ± u 2 v 2 w 2. u 3 v 3 w 3 Jos T : R 3 R 3 on ehtojen T(i) = u, T(j) = v ja T(k) = w määräämä lineaarikuvaus, niin kaikille väleille I R 3 on voimassa m(t(i)) = m(i) [u, v, w]. 4 / 32
n-ulotteinen tapaus Yleisestikin lineaarikuvauksen determinantin itseisarvo antaa mittojen skaalauskertoimien. Riittää todistaa tämä alkeismatriiseille sillä kaikki matriisit saadaan niiden tulona (determinantin tulosääntö!): Jos n-särmiön jonkin sivun pituus kerrotaan skalaarilla a, niin särmiön mitta tulee a -kertaiseksi. Jos n-särmiön kaksi sivua vaihtavat rooleja (det = 1), niin särmiö ei muutu. Miinusmerkki näkyy kätisyyden vaihtumisena (peilikuva). Jos johonkin särmävektoriin lisätään jonkiin toisen monikerta, niin mitta ei muutu (murroskuvaus = shearing, suunnikkaan ala = kanta kertaa korkeus kuten suorakaiteenkin). 5 / 32
n determinantti Kun kuvaus ei ole lineaarinen, niin mittaskaalan muunnoskerroin riippuu pisteestä x. Ideana on että lokaalisti differentioituvaa kuvausta g voidaan mielivaltaisen tarkasti approksimoida sen derivaatalla Dg. Mitan skaalauskerroin on siis matriisin g 1 g x 1 (x) 1 g x 2 (x) 1 x n (x) g 2 g x 1 (x) 2 g x 2 (x) 2 x n (x)....... g n x 1 (x) g n x 2 (x) determinantti, ns. n determinantti g n x n (x) J g (x) = (y 1, y 2,..., y n ) (x 1, x 2,..., x n ). 6 / 32
Napa/sylinterikoordinaatit Usein esiintyvät sijoitukset ovat koordinaatistomuunnoksia. Kun x = r cos φ, y = r sin φ, niin (x, y)/ (r, φ) = r (napakoordinaatit). 3-ulotteisessa avaruudessa puhutaan sylinterikoordinaateista, jolloin kolmantena koordinaattina on z. Tietenkin (x, y, z)/ (r, φ, z) = r. 7 / 32
Tehtävä: Demoissa näimme, että ellipsillä x 2 + xy + y 2 = 3 3 2 1 0 1 2 3 3 2 1 0 1 2 3 molemmat koordinaatit on rajattu välille x, y [ 2, 2]. Näin ollen ellipsin sisällä ja reunalla funktio z = z(x, y) = 4 x 2 saa vain ei-negatiivisia arvoja, joten sen kuvaaja ellipsin sisäalueen päällä rajaa erään kappaleen. Laske sen tilavuus. 8 / 32
9 / 32
Olkoon E ellipsin sisäalue reunoineen. Kysytty tilavuus on V = (4 x 2 ) dx dy. E On monta tapaa edetä. Yksi on yksinkertaistaa integroimisalue helpommin käsiteltävään muotoon. Diagonalisoidaan ensin sen määrittelevä neliömuoto. Viime viikolla näimme, että muuttujien u = (x + y)/ 2 ja v = (x y)/ 2 avulla kirjoitettuna x 2 + xy + y 2 3 3u 2 + v 2 6. Tässä x = (u + v)/ 2 ja y = (u v)/ 2. 10 / 32
Näin ollen ( ( (x, y) 1 1 1 (u, v) = det 2 1 1 )) n determinantti on siis vakio 1, itseisarvoltaan 1. Jos merkitsemme E :lla ellipsin 3u 2 + v 2 = 6 sisäaluetta, niin saimme ( ) (u + v)2 V = 4 du dv. 2 E Skaalataan seuraavaksi ellipsi ympyräksi sijoituksella 3u = w. Tällöin u = w/ 3, joten du = dw/ 3, ja V = 1 3 w 2 +v 2 6 ( 4 w2 6 vw v2 3 2. ) dw dv. 11 / 32
Lopuksi siirrytään napakoordinaatteihin sijoituksella w = r cos φ, v = r sin φ, v 2 + w 2 = r 2, jolloin (v, w)/ (r, φ) = r. Integroimisalue on vw-tason origokeskinen ympyrä, joten φ [0, 2π] muuttujan r arvosta riippumatta: V = 1 3 6 r=0 2π φ=0 ( 4 r 2 ( sin 2 φ 2 + sin φ cos φ 3 )) + cos2 φ r dφ dr 6 Tässä sisäintegraaleina esiintyvä trigonometriset integraalit ovat tunnetusti 2π 2π 2π cos 2 φ dφ = π = sin 2 φ dφ, sin φ cos φ dφ = 0. 0 0 0 12 / 32
Saadaan siis seuraava suoraviivainen ulompi integraali, joka antaa vastaukseksi V = 1 ( ) 6 π 8r 2r3 dr = 6 3π. 3 3 r=0 Jälkitarkastelu: Vaiheita oli useita, joten virheriskin pienentämiseksi tehdään lopuksi suuruusluokka-arvio. Ellipsin puoliakselit olivat pituudeltaan a = 6 ja b = 2, joten sen ala on A = πab = π 12 = 2 3π. Jos siis sen päällä oleva kappale olisikin lieriö, jonka korkeus on h = 3, niin senkin tilavuus olisi V 2 = Ah = 6 3π. Kuvan perusteella on hyvin uskottavaa, että tarkasteltavan kappaleen keskimääräinen korkeus on kolme. Saamamme vastaus on siis ainakin järkevää suuruusluokkaa. 13 / 32
Kun xz-tason piste (x 0, z 0 ), x 0 0, (tai 3-ulotteisessa maailmassa ehkä pikemminkin (x 0, 0, z 0 )) pyörähtää z-akselin ympäri, se piirtää ympyrän tasossa z = z 0. Ympyrällä ovat ne pisteet, jotka ovat etäisyydellä x 0 z-akselista. Jos φ on kiertokulma, niin ko. pisteen koordinaatit ovat (x, y, z) = (x 0 cos φ, x 0 sin φ, z 0 ), ja parametri φ [0, 2π). Yhtä hyvin voidaan valita φ joltakin muulta 2π:n mittaiselta väliltä, kuten napakoordinaattikulma aina muulloinkin. 14 / 32
Pallokoordinaatit 1 Parametrisoitu käyrä x(θ) = r sin θ, z(θ) = r cos θ, 0 θπ on xz-tason puoliympyrä x 2 + z 2 = r 2, x 0. Kun θ = 0 ollaan pohjoisnavalla (x, z) = (0, r), ja kun θ = π ollaan etelänavalla (x, z) = (0, r). Tämän käyrän pyörähtäessä z-akselin ympäri syntyy origokeskinen r-säteinen pallopinta, jolla x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos θ. Tässä φ on pallopinnan pituuspiiri (=meridiaani). Pohjoiset pallonpuoliskolla θ [0, π/2), päiväntasaajalla θ = π/2, ja eteläisellä pallonpuoliskolla θ (π/2, π]. Kun r [0, ), niin pallopinnat täyttävät koko avaruuden R 3. 15 / 32
Pallokoordinaatit 2 Kuvauksen (x, y, z) = g(r, θ, φ) derivaatan matriisi on D g (r, θ, φ) = sin θ cos φ r cos θ cos φ r sin θ sin φ sin θ sin φ r cos θ sin φ r sin θ cos φ cos θ r sin θ 0 Kehittämällä tämä alimman vaakarivin suhteen saadaan n determinantiksi (x, y, z) (r, θ, φ) = J g(r, θ, φ) = r 2 sin θ.. Pallokoordinaattien käyttö on jossain määrin indikoitu silloin, kun suure r 2 = x 2 + y 2 + z 2 ilmenee joko integroitavan funktion tai integroimisalueen määrittelyssä. 16 / 32
Kun tehdään sijoitus x = g(y), niin lähtöavaruuden pieni väli I = [y 1, y 1 + dy 1 ] [y 2, y 2 + dy 2 ] [y n, y n + dy n ], mitaltaan m(i) = dy 1 dy 2 dy n kuvautuu hieman vääristyneeksi joukoksi g(i). Kun välin mittasuhteet ovat kaikki pieniä, niin kuvajoukkoa voidaan approksimoida n-särmiöllä, jonka reunoina ovat vektorit Dg(y)(dy i e i ), i = 1, 2,..., n. Tämän laatikon, ns. tilavuusalkion mitta on siten m(g(i)) = J g (y) m(i). Näitä vastaavat kuvat helpottavat (ainakin Jyrkin mielestä) muistamista, vaikka jättävätkin hieman epätäsmällisen vaikutelman. 17 / 32
Tehtävä: Erään planeetan (pallomainen, säde R) tiheys sen pinnalla on ρ 0. Planeetan painovoiman ansioista tiheämpi aines on painunut sen keskelle. Oletetaan, että tiheys planeetan sisälle mentäessä kasvaa lineaarisesti syvyyden funktiona siten, että planeetan keskipisteessä se on 3ρ 0. Laske planeetan massa. Ratkaisu: Asetetaan origo planeetan keskipisteeseen. Tehtävässä annettiin, että tiheys riippuu vain etäisyydestä r ρ = ρ(r) = A + Br, missä A, B ovat vakioita. Yhtälöistä ρ(0) = 3ρ 0 ja ρ(r) = ρ 0 saadaan A = 3ρ 0, B = 2ρ/R. 18 / 32
Keskipisteestä etäisyydellä r = x 2 + y 2 + z 2 olevan tilavuusalkion dv = dx dy dz massa on siten dm = ρ( x 2 + y 2 + z 2 ) dv = ρ 0 (3 2 x 2 + y 2 + z 2 ) dv. R Planeetan massa m saadaan laskemalla nämä yhteen m = ρ 0 (3 2 x 2 + y 2 + z 2 ) dx dy dz. x 2 +y 2 +z 2 R 2 R Tässä on ilmeistä siirtyä pallokoordinaatteihin, jolloin x 2 + y 2 + z 2 = r ja dx dy dz = r 2 sin θ dr dθ dφ. 19 / 32
Näin ollen vastaukseksi saadaan m = ρ 0 R r=0 = 2πρ 0 R π r=0 2π θ=0 φ=0 π θ=0 (3 2r R )r2 sin θ dφ dθ dr (3 2r R )r2 sin θ dθ dr R = 2 2πρ 0 (3 2r r=0 R )r2 dr ( ) R 3 = 2 2πρ 0 = 2πR 3 ρ 0. 2 20 / 32
Jälkitarkastelu: Koska planeetan tilavuus on V = 4πR 3 /3, niin sen keskimääräinen tiheys on ρ average = m V = 3ρ 0/2. Tämä on välillä (ρ 0, 3ρ 0 ), joten ainakin jossain määrin järkevä. Suuri osa planeetan tilavuudesta on lähellä sen pintaa, joten on luonnollista, että tiheys pinnalle on merkitsevämpi kuin tiheys keskellä. 21 / 32
Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 22 / 32
Polkuyhtenäisyys 1 Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 Olkoon U R n. Sanotaan, että pisteet p 1, p 2 U voidaan yhdistää U:ssa kulkevalla käyrällä, jos on olemassa jatkuva polku γ : [a, b] U, jolle γ(a) = p 1 ja γ(b) = p 2. Merkitään p 1 U p 2. Kaikilla p U, p U p, sillä voidaan valita γ p : [0, 1] U, γ p (t) = p, kaikille t [0, 1]. Jos γ : [a, b] U on jatkuva polku p 1 p 2, niin käänteinen polku γ (t) = γ(a + b t) on jatkuva polku p 2 p 1. Näin ollen relaatio U on symmetrinen. Relaatio on myös transitiivinen. Jos γ 1 : [a, b] U on polku p 1 p 2 ja γ 2 : [b, c] U on polku p 2 p 3, niin tulopolku γ 2 γ 2 on polku p 1 p 3. Relaatio U on siis ekvivalenssirelaatio. Joukko U jakautuu siis ekvivalenssiluokkiin, joita kutsutaan joukon U (polku)yhtenäisyyskomponenteiksi. 23 / 32
Polkuyhtenäisyys 2 Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 24 / 32
Polkuyhtenäisyys 3 Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 Tarvitsemme näitä käsitteitä vain, kun U on avoin. Tällöin (Lause VIII.1.2) kertoo, että yhdistävät polut voidaan aina koota äärellisen monesta palasta, jotka ovat koordinaattiakselien suuntaisia. Jos ekvivalenssiluokkia on vain yksi, sanotaan että U on polkuyhtenäinen. Jos U on avoin, niin (Lause VIII.1.2) tämä on ekvivalenttia sen kanssa, ettei U:ta voida esittää kahden erillisen avoimen epätyhjän joukon A, B R n unionina. Alue = polkuyhtenäinen avoin joukko R n 25 / 32
Esimerkki 3.C Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 Tason osajoukko U = {(x, y) 1 < x 2 + y 2 < 9} on selvästi polkuyhtenäinen. 3 2 1 0 1 2 3 3 2 1 0 1 2 3 26 / 32
Esimerkki 3.D1 Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 Tason osajoukko V = {(x, y) xy > 1} sen sijaan ei ole polkuyhtenäinen. Esimerkiksi pisteitä p 1 = ( 3, 1) V ja p 2 = (2, 3) V ei voi yhdistää käyrällä, joka kulkee V :ssä. Jos nimittäin γ : [a, b] V, γ(t) = (x(t), y(t)) olisi tällainen käyrä, niin x(a) = 3 < 0, x(b) = 2 > 0, joten Bolzanon lauseen nojalla on olemassa c (a, b), jolle x(c) = 0. Kuitenkaan joukossa V ei ole yhtään pistettä, jonka x-koordinaatti olisi nolla. 27 / 32
Esimerkki 3.D2 Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 4 2 0 2 4 4 2 0 2 4 28 / 32
Vektorikenttä Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 Oletetaan, että U R n on alue. Funktiota f = (f 1, f 2,..., f n ) : U R n sanotaan vektorikentäksi. Jatkuvaa vektorikenttää voidaan visualisoida piirtämällä kuva, jossa kattavasta joukosta U:n pisteitä p 1,..., p N alkamaan on piirretty vektori f(p 1 ), f(p 2 ),..., f(p N ). WolframAlpha (ja Mathematica) piirtävät näitä komennolla VectorPlot. Jotta kuvasta ei tulisi liian sotkuinen, vektorit f(p) skaalataan piirtämisalueella lyhyemmiksi (joskus tämä tuottaa liian lyhyitä vektoreita, jolloin kuva ei hahmotu). Sanotaan, että funktio u : U R on vektorikentän f joukossa U, jos u on luokkaa C 1, ja kaikille x U u(x) = f(x). 29 / 32
Esimerkki 3.E Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 Alla tason vektorikenttä f = ( y, x). Koska f(x, y) = x 2 + y 2 niin kentän vektorit ovat sitä pidempiä, mitä kauempana origosta ollaan. Huomaa, että koska ( y, x) (x, y), niin kentän vektorit ovat kohtisuorassa pisteen paikkavektoria (x, y) vastaan 2 1 0 1 2 2 1 0 1 2 30 / 32
Esimerkki 3.F1 Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 Alla joukon U = R 2 \ {(0, 0)} vektorikenttä x f(x, y) = ( (x 2 + y 2 ) 3/2, y (x 2 + y 2 ) 4 2 3/2 ). 0 2 4 4 2 0 2 4 31 / 32
Esimerkki 3.F2 Polkuyht. 1 Polkuyht. 2 Polkuyht. 3 Esimerkki 3.C Esimerkki 3.D1 Esimerkki 3.D2 Vektorikenttä Esimerkki 3.E Esimerkki 3.F1 Esimerkki 3.F2 Suoraan osittaisderivoimalla nähdään lisäksi, että ( ) 1 x = ( x 2 + y 2 (x 2 + y 2 ) 3/2, y (x 2 + y 2 ) = f(x, y) ) 3/2 kaikilla (x, y) U. Näin ollen funktio u(x, y) = on vektorikentän f. 1 x 2 + y 2 32 / 32