Oblicz całkę podwójną z cechy

[Jan Kraszewski]

Ale czego nie widzisz? Funkcja \(\displaystyle{ f}\) ma wykres trójwymiarowy, jako funkcja rzeczywista dwóch zmiennych rzeczywistych. Ponadto funkcja ta przyjmuje pięć wartości:

(1) \(\displaystyle{ f(x,y)=2}\) tylko dla \(\displaystyle{ (x,y)=(2,0)}\)
(2) \(\displaystyle{ f(x,y)=1}\) dla par \(\displaystyle{ (x,y)}\) leżących w trójkącie odciętym przez prostą \(\displaystyle{ y=x-1}\)
(3) \(\displaystyle{ f(x,y)=0}\) dla par \(\displaystyle{ (x,y)}\) leżących w trapezie wyciętym przez proste \(\displaystyle{ y=x}\) i \(\displaystyle{ y=x-1}\) (bez brzegu wyznaczonego przez tą drugą prostą, ale dla obliczeń to bez znaczenia)
(4) \(\displaystyle{ f(x,y)=-1}\) dla par \(\displaystyle{ (x,y)}\) leżących w trapezie wyciętym przez proste \(\displaystyle{ y=x+1}\) i \(\displaystyle{ y=x}\) (bez brzegu wyznaczonego przez tą drugą prostą, ale dla obliczeń to bez znaczenia)
(5) \(\displaystyle{ f(x,y)=-2}\) dla par \(\displaystyle{ (x,y)}\) leżących w trójkącie odciętym przez prostą \(\displaystyle{ y=x+1}\)

Licząc objętość figury pomiędzy tym wykresem a płaszczyzną \(\displaystyle{ XOY}\) bierzesz pod uwagę (2), (4) i (5) (bo (1) daje odcinek w przestrzeni, który ma zerową objętość, a (3) leży na płaszczyźnie \(\displaystyle{ XOY}\), więc figura też ma zerową objętość).

To naprawdę można sobie wyobrazić jak zamkniesz oczy.

JK

[janusz47]

\(\displaystyle{ \iint_{D}\lfloor x - y \rfloor dx dy = \iint_{[0,2]\times [0,2]} \lfloor x - y \rfloor dx dy }\)

Korekta rozwiązania

Zamiana zmiennych

\(\displaystyle{ \begin{cases} u = x - y \\ v = y \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} x = u +v \\ y =v \end{cases} }\)

Jakobian przekształcenia:

\(\displaystyle{ Jac(u, v) = \left|\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1\end{matrix} \right| = 1 \neq 0 }\)

Kwadrat

\(\displaystyle{ D = [0, 2] \times [0, 2] }\)

transformuje się na dwa, symetrycznie położone względem osi \(\displaystyle{ Ov }\) trójkąty prostokątne o wspólnym wierzchołku \(\displaystyle{ (0, 0) }\):

\(\displaystyle{ T_{1}[(-2,0), (0,0), (0,2)] \cup T_{2}[ (0,0), (2,0), (0,2)] }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \iint_{[0,2]\times [0,2]} \lfloor x - y \rfloor dx dy = \int_{-2}^{0} \lfloor u \rfloor \int_{0}^{-u}dv + \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor \int_{0}^{u}dv = \int_{-2}^{0}\lfloor u \rfloor \cdot (-u) du + \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor \cdot u du = I_{1} + I_{2}}\)

Obliczamy każdą z całek \(\displaystyle{ I_{1}, I_{2} }\) osobno.

\(\displaystyle{ I_{1} =\int_{-2}^{0}\lfloor u \rfloor \cdot (-u) du = \int_{-2}^{-1} (-2)\cdot (-u) du + \int_{-1}^{0} (-1)\cdot(-u)du = \int_{-2}^{-1}2udu + \int_{-1}^{0} udu = \int_{-2}^{-1} 2u du + \int_{-1}^{0}u du \\ = \\ \left[ u^2 \right]_{-2}^{-1} +\left [\frac{1}{2}u^2 \right]_{-1}^{0} = 1 - 4 +0 -\frac{1}{2} = - 3\frac{1}{2}}\)

\(\displaystyle{ I_{2} = \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor \cdot u du = \int_{0}^{1} 0\cdot u du + \int_{1}^{2} 1\cdot u du = \int_{1}^{2} u du = \left[ \frac{1}{2}u^2 \right]_{1}^{2} = \frac{4}{2} - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} = 1\frac{1}{2} }\)

\(\displaystyle{ \iint_{[0,2]\times [0,2]} \lfloor x - y \rfloor dx dy = I_{1} + I_{2} = -3\frac{1}{2} + 1\frac{1}{2} = -2. }\)

[Kate2410]

\(\displaystyle{ \iint_{[0,2]\times [0,2]} \lfloor x - y \rfloor dx dy = \int_{-2}^{0} \lfloor u \rfloor \int_{0}^{-u}dv + \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor \int_{0}^{u}dv = \int_{-2}^{0}\lfloor u \rfloor \cdot (-u) du + \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor \cdot u du = I_{1} + I_{2}}\)

Czy granica drugiej całki może być też \(\displaystyle{ \int_{-u}^{2} dv}\) ?

[janusz47]

Nie!

[Kate2410]

Nie!

A czy ten nowy obszar nie będzie miał punktów \(\displaystyle{ (0,0), (-2,2),(2,0),(0,2)}\)? bo mi tak wyszło stąd moje pytanie o granice całkowania

[janusz47]

Nie!

Należało by tak:

\(\displaystyle{ I_{1} + I_{2} =\int_{-2}^{0} \lfloor u \rfloor \int_{0}^{u+2} du dv + \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor \int_{0}^{-u+2}dv du = \int_{-2}^{0}(u+2)du + \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor (-u+2) du =\int_{-2}^{-1} -2\cdot (u+2) du + \\ + \int_{-1}^{0} -1\cdot(u+2)du + \int_{0}^{1} 0\cdot(-u+2)du+ \int_{1}^{2}1(-u+2)du =...= -2.}\)

Dodano po 26 minutach 11 sekundach:
Punkt \(\displaystyle{ ( -2, 2 ) }\) należy do obrazu tego przekształcenia afinicznego

\(\displaystyle{ \begin{cases} 0 = u+v \\ 0 = v \end{cases} \rightarrow ( 0,0) \rightarrow (0,0) }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} 2 = u+v \\ 0 = v \end{cases} \rightarrow ( 2,0) \rightarrow (2,0) }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} 2 = u+v \\ 2= v \end{cases} \rightarrow ( 2,2) \rightarrow (0,2) }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} 0 = u+v \\ 2= v \end{cases} \rightarrow ( 0,2) \rightarrow (-2,2) }\)

\(\displaystyle{ I_{1} + I_{2} = \int_{-2}^{0} \lfloor u \rfloor du \int_{0}^{-u} dv + \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor du \int_{0}^{u} dv =...= -2.}\)

[Kate2410]

Nie!


Dodano po 26 minutach 11 sekundach:
Punkt \(\displaystyle{ ( -2, 2 ) }\) należy do obrazu tego przekształcenia afinicznego

\(\displaystyle{ \begin{cases} 0 = u+v \\ 0 = v \end{cases} \rightarrow ( 0,0) \rightarrow (0,0) }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} 2 = u+v \\ 0 = v \end{cases} \rightarrow ( 2,0) \rightarrow (2,0) }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} 2 = u+v \\ 2= v \end{cases} \rightarrow ( 2,2) \rightarrow (0,2) }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} 0 = u+v \\ 2= v \end{cases} \rightarrow ( 0,2) \rightarrow (-2,2) }\)

\(\displaystyle{ I_{1} + I_{2} = \int_{-2}^{0} \lfloor u \rfloor du \int_{0}^{-u} dv + \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor du \int_{0}^{u} dv =...= -2.}\)

W takim razie jak mam szukać tych punktów? Ja podstawiałam właśnie tak jak wyżej napisałeś.

[janusz47]

To dobrze podstawiałaś.

Rysunek.

Lewy trójkąt

\(\displaystyle{ T_{1} = \{(u,v) \in \RR^2: -2 \leq u \leq 0 , \ \ 0 \leq v \leq -u \}.}\)

Prawy trójkąt


\(\displaystyle{ T_{2} = \{(u,v) \in \RR^2: 0 \leq u \leq 2 , \ \ 0 \leq v \leq u \}.}\)

Wartość całki jest równa \(\displaystyle{ -2. }\)

[Kate2410]

Prawy trójkąt


\(\displaystyle{ T_{2} = \{(u,v) \in \RR^2: 0 \leq u \leq 2 , \ \ 0 \leq v \leq u \}.}\)

Wartość całki jest równa \(\displaystyle{ -2. }\)

Czemu mi wychodzi, że drugi trójkąt ogranicza \(\displaystyle{ 0 \le v \le -u+2}\) a tobie cały czas że \(\displaystyle{ u}\)

[janusz47]

Masz rację. Jest już późno.
Jutro dokończymy zadanie.

[Jan Kraszewski]

Tylko po co się tak męczyć... Cały rachunek, który zaproponował a4karo zajmuje jedną linijkę i nie wymaga żadnych całek.

JK

[a4karo]

A jak już macie takie parcie na zamianę zmiennych, to dużo prościej tak:
\(\displaystyle{ u=2-x, v=2-y}\)
Oczywiście jakobian tego przekształcenia jest równy \(\displaystyle{ 1}\), a kwadrat przechodzi na siebie. Stąd
\(\displaystyle{ \iint_D [x-y]dxdy=\iint_D[v-u]dudv=\iint_D[y-x]dxdy}\)
Stąd
\(\displaystyle{ 2\iint_D [x-y]dxdy=\iint_D [x-y]+[y-x] dxdy \qquad (*)}\)

Teraz wystarczy zauważyć, że
\(\displaystyle{ [a]+[-a]=\begin{cases}0 & a\in\ZZ\\-1 & a\not\in\ZZ\end{cases}}\)

Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ \{(x,y)\in D: x-y\in\ZZ\} }\) jest "cienki", bo składa się z trzech odcinków i dwóch punktów, więc można go pominąć i kontynuować od gwiazdki:
\(\displaystyle{ (*) = \iint_D -1 dxdy=-4}\)

Zatem \(\displaystyle{ \iint_D [x-y]dxdy=-2}\)

Dodano po 13 minutach 40 sekundach:

Prawy trójkąt


\(\displaystyle{ T_{2} = \{(u,v) \in \RR^2: 0 \leq u \leq 2 , \ \ 0 \leq v \leq u \}.}\)

Wartość całki jest równa \(\displaystyle{ -2. }\)

Czemu mi wychodzi, że drugi trójkąt ogranicza \(\displaystyle{ 0 \le v \le -u+2}\) a tobie cały czas że \(\displaystyle{ u}\)

Jeszcze trochę i naprowadzisz janusza47 na prawidłowe rozwiązanie

[janusz47]

Kate2410

Zgodnie z obietnicą, uwzględniając Pani podstawienie, przedstawiam rozwiązanie zadania.

\(\displaystyle{ \iint_{\mathcal{D}} \lfloor x - y \rfloor dx dy = \iint_{[0,2]\times [0,2]} \lfloor x - y \rfloor dx dy = \int_{0}^{2}\int_{0}^{2} \lfloor x - y \rfloor dx dy. }\)

Zamiana zmiennych:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x - y = v \\ y = v \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} x = u +v \\ y = v \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ Jac(u, v) = \left| \begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} \right| = 1 \neq 0 }\)

Kwadrat \(\displaystyle{ \mathcal{D} }\) w tym przekształceniu afinicznym, przekształca się na równoległobok

\(\displaystyle{ \mathcal{R} = \{ (0,0), (-2, 2), (0,2), (2,0) \} }\)(rysunek).

Stąd

\(\displaystyle{ \iint_{\mathcal{D}} \lfloor x - y \rfloor dx dy = \int_{0}^{2}\int_{0}^{2} \lfloor x - y \rfloor dx dy =\iint_{\mathcal{R}} \lfloor u\rfloor du dv = \int_{-2}^{0} \lfloor u \rfloor \left( \int_{-u}^{2} dv \right)du + \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor \left (\int_{0}^{-u +2} dv \right)du = I_{1} + I_{2} }\)

Obliczamy każdą z całek \(\displaystyle{ I_{1}, I_{2} }\) osobno.

\(\displaystyle{ I_{1} = \int_{-2}^{0} \lfloor u \rfloor \left( \int_{-u}^{2} dv \right)du = \int_{-2}^{0} \lfloor u \rfloor (2 +u)du = \int_{-2}^{-1} (-2)(2 +u)du + \int_{-1}^{0} (-1)(2 + u) du = \int_{-2}^{-1} (-4 -2u)du + \\ + \int_{-1}^{0}(-2 -u)du = \left[ -4u -u^2\right]_{-2}^{-1} + \left[ -2u -\frac{1}{2}u^2\right]_{-1}^{0} = 4 -1 -8 +4 +0 +0 -2 +\frac{1}{2} = -2\frac{1}{2}. }\)

\(\displaystyle{ I_{2} = \int_{0}^{2} \lfloor u \rfloor \left (\int_{0}^{-u +2} dv \right)du = \int_{0}^{1} 0 du \left (\int_{0}^{-u +2} dv \right )du + \int_{1}^{2} 1 du \left (\int_{0}^{-u +2} dv \right)du = \int_{1}^{2}(-u +2)du = \left[-\frac{1}{2}u^2 + 2u \right]_{1}^{2} \\ = \\ =-2 + 4 +\frac{1}{2} -2 = \frac{1}{2}. }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \iint_{\mathcal{D}} \lfloor x - y \rfloor dx dy = \int_{0}^{2}\int_{0}^{2} \lfloor x - y \rfloor dx dy = -2\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = -2.}\)