Hur visar man att variabelbytet är en bijektion?

Börja med att rita upp området D som du skall integrera över. Lägg upp bilden här. 

Som det står i lösningsförslaget om två ortogonala linjer i definitionsmängden. Rita en bild med figur över definitionsmängd samt värdemängd (ska göras i alla sammanhang har jag lärt mig nu) välj två linjer i definitionsmängden som är ortogonala som mappas på två ortogonala linjer i värdemängden. Då går det att se om definitionsmängden är onto och one-to-one på värdemängden i bilden. Viktigt att hitta ortogonala linjer som täcker in hela figurerna.

Smaragdalena skrev:

Börja med att rita upp området D som du skall integrera över. Lägg upp bilden här. 

Här är områdena, tror jag. Jag ska försöka göra som Aerius sa också.

Aerius skrev:

Som det står i lösningsförslaget om två ortogonala linjer i definitionsmängden. Rita en bild med figur över definitionsmängd samt värdemängd (ska göras i alla sammanhang har jag lärt mig nu) välj två linjer i definitionsmängden som är ortogonala som mappas på två ortogonala linjer i värdemängden. Då går det att se om definitionsmängden är onto och one-to-one på värdemängden i bilden. Viktigt att hitta ortogonala linjer som täcker in hela figurerna.

Tänker du något sånt här? Jag vet inte om jag ser hur det här skulle leda till en bijektion.. speciellt med tanke på att det inte är en rektangel/parallellogram i D.. jag vet inte om jag blir så mycket klokare av att rita upp det här

Edit: Eller kan jag se det som att jag faktiskt kan "mappa" upp hela D med hjälp av en "linje" x^2+y^2 och sen en annan linje y-x? Men de blir väl inte ortogonala mot varandra?

Hej,

Om du använder planpolära koordinater $(r,t)$ där $x=r\cos t$ och $y=r\sin t$ så ger Trigonometriska ettan $x^2+y^2 = r^2$ och Additionsformel för sinusfunktionen $y-x=r(\sin t-\cos t)=r\sqrt{2}\sin(t-\frac{\pi}{4})$.

Området D motsvaras av följande krav för koordinaterna $r$ och $t$:

• $r\geq \sqrt{3}$
• $0\leq\sin(t-\frac{\pi}{4})\leq \frac{1}{r\sqrt{2}}$
• $\cos t \geq 0$.

Det tredje kravet begränsar koordinaten $t$ till intervallet $-\frac{\pi}{2} \leq t\leq \frac{\pi}{2}$ och det andra kravet begränsar den ytterligare till $t\leq \frac{\pi}{4}+\arcsin \frac{1}{r\sqrt{2}}$.

Uttryckt i planpolära koordinater blir integranden $\frac{\sin^2 t-\cos^2 t}{r^2}$och differentialareaelementet blir $r\,drdt$ varför dubbelintegralen blir

    $\displaystyle\iint_{D^\prime} \frac{-\cos 2t}{r}\,drdt = \int_{r=\sqrt{3}}^{\infty}\frac{-1}{r}\left\{\int_{t=-\pi/2}^{\pi/4+\arcsin\frac{1}{r\sqrt{2}}}\cos 2t\,dt\right\}\,dr$

Albiki skrev:

Hej,

Om du använder planpolära koordinater $(r,t)$ där $x=r\cos t$ och $y=r\sin t$ så ger Trigonometriska ettan $x^2+y^2 = r^2$ och Additionsformel för sinusfunktionen $y-x=r(\sin t-\cos t)=r\sqrt{2}\sin(t-\frac{\pi}{4})$.

Området D motsvaras av följande krav för koordinaterna $r$ och $t$:

• $r\geq \sqrt{3}$
• $0\leq\sin(t-\frac{\pi}{4})\leq \frac{1}{r\sqrt{2}}$
• $\cos t \geq 0$.

Det tredje kravet begränsar koordinaten $t$ till intervallet $-\frac{\pi}{2} \leq t\leq \frac{\pi}{2}$ och det andra kravet begränsar den ytterligare till $t\leq \frac{\pi}{4}+\arcsin \frac{1}{r\sqrt{2}}$.

Uttryckt i planpolära koordinater blir integranden $\frac{\sin^2 t-\cos^2 t}{r^2}$och differentialareaelementet blir $r\,drdt$ varför dubbelintegralen blir

    $\displaystyle\iint_{D^\prime} \frac{-\cos 2t}{r}\,drdt = \int_{r=\sqrt{3}}^{\infty}\frac{-1}{r}\left\{\int_{t=-\pi/2}^{\pi/4+\arcsin\frac{1}{r\sqrt{2}}}\cos 2t\,dt\right\}\,dr$

Hej! Jag tror du missförstod min fråga. Tack så mycket för ett lösningsförslag, men jag hade inte problem med att lösa själva interalen. Det är just att motivera varför variabelbyten är bijektion, generellt, via en figur, som jag har svårt med.

Hej, du behöver egentligen inte visa att variabelbytet är en bijektion och de i flesta praktiska fall kommer transformationen bara vara lokalt bijektiv, om ens det.

Så länge det finns öppna omgivningar kring varje punkt i det tänkta området där $x^i=x^i(\bar{x}^1\dots \bar{x}^n)$ är $C^1$ och jakobianen för transformationen är nollskild är den lokalt bijektiv.

Det finns en sats som säger att om mappningen från $E$  till $D$ är 1-1 (förutom på ett ändligt antal nollmängder av $E$) och jakobianen är nollskild (förutom på ett ändligt antal nollmängder av $E$) så är integralen

$\displaystyle \iint_D f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_E f(X(u,v), Y(u,v))|J(u,v)|\mathrm{d}u\mathrm{d}v$

Du behöver alltså bara säkerställa att 1) din transformation är 1-1 nästan överallt i det tänkta området och att 2)  jakobianen är $\neq0$ nästan överallt i det tänkta området (lokalt bijektiv) samt att eventuella avvikelser utgör nollmängder.

Ett exempel på en transformation som INTE är 1-1 och som därför behöver en restriktion är

$x=r\cos(\theta) \\y=r\sin(\theta)$

Eftersom $\cos(\theta)=cos(\theta+n2\pi)$, där $n$ är ett godtyckligt heltal. Det är också ett problem att jakobianen $r=\sqrt{x^2+y^2}$ är 0 i (0,0) (inte ens lokalt bijektiv)

Men som tur är utgör en enskild punkt  en nollmängd och kan ignoreras. Vi får alltså ställa upp och försöka beräkna integraler i polära koordinater om vi inför en uppsättning regler kring vinkeln. Och med tanke på det antal övningsuppgifter i flervariabel som handlar om integraler med polära koordinater får vi ju säga att det var en minst sagt lycklig omständighet. Men notera att inte ens polära koordinater  är en bijektion i planet.

När det gäller kladda-och-kludda-framställningar av bijektivitet handlar det om att genom bluff och båg göra troligt att varje punkt i $E$ endast motsvarar en punkt i $D$ och vice versa.

Det jag tror facit vill att du ska göra är att skissa några nivåkurvor i xy-planet, gärna de som avgränsar området. Och det är exakt det du gjort i din bild. (Du har studerat nivåkurvorna u=0, u=1 samt v=3 i xy-planet och sedan markerat dem i $E$). Med lite god vilja inser man nu att varje punkt inom området $D$ som ges av en skärningspunkt mellan en nivåkurva till u och en nivåkurva till v (inom gränserna) motsvarar exakt en punkt i $E$ och vice versa. Vill du vara mer exakt måste du lösa ut x och y explicit.

Läs Jroth inlägg några gånger, otroligt bra. Det är jättebra att kunna göra sig en någorlunda uppfattning om ett problem och resonera kring varför något är rimligt. Viktigt då att hålla sig positiv och söka den djupare förståelsen. Veta vilka villkor som behövs för att göra det rigoröst om det skulle behövas.

Hej,

Du kan använda kartesiska koordinater $(x,y)$ för att ange en punkt i området $D$.

En given punkt i området $D$ kan även ses som skärningspunkt mellan en viss cirkel $x^2+y^2=v^2$ och en viss rät linje $y-x=u$, så att punkten lika väl kan beskrivas med radie ($v$) och intercept ($u$).

Det finns alltså en transformation $T:(x,y) \mapsto (u,v)$ och en omvänd transformation $S:(u,v)\mapsto (x,y)$.

Anta att du har två punkter som båda anges med samma radie ($v_1=v_2$) och samma intercept ($u_1=u_2$). Följer det då att $x_1=x_2$ och $y_1=y_2$? Ja, under förutsättning att $x_1$ och $x_2$ båda är icke-negativa tal:

    $2x=-u+\sqrt{2v^2-u^2}$ och $2y=u+\sqrt{2v^2-u^2}$.

Detta visar att avbildningen $T$ är injektiv och eftersom $E = T(D)$ så är avbildningen $T:D \to E$ bijektiv.

Varför pratade några om ortogonalitet? Det nämns inte i lösningsförslaget.

Laguna skrev:

Varför pratade några om ortogonalitet? Det nämns inte i lösningsförslaget.

Förmodligen för att de trodde att ortogonaliteten hos kartesiska koordinater måste bevaras av transformationen till de nya koordinaterna. Men det behöver inte vara fallet, även om det kan vara önskvärt att finna en konform transformation (en transformation som bevarar vinklar).

Laguna skrev:

Varför pratade några om ortogonalitet? Det nämns inte i lösningsförslaget.

Jag tänkte att linjerna inte får vara linjärt beroende. Menade att linjerna måste skära varandra med någon godtycklig vinkel. Vet inte hur man uttrycker det mer korrekt. Tycker Jroth beskrev det väldigt bra. Albiki hade också en väldigt stark poäng angående ortogonalitet tycker jag.

Jroth skrev:

Hej, du behöver egentligen inte visa att variabelbytet är en bijektion och de i flesta praktiska fall kommer transformationen bara vara lokalt bijektiv, om ens det.

Så länge det finns öppna omgivningar kring varje punkt i det tänkta området där $x^i=x^i(\bar{x}^1\dots \bar{x}^n)$ är $C^1$ och jakobianen för transformationen är nollskild är den lokalt bijektiv.

Det finns en sats som säger att om mappningen från $E$  till $D$ är 1-1 (förutom på ett ändligt antal nollmängder av $E$) och jakobianen är nollskild (förutom på ett ändligt antal nollmängder av $E$) så är integralen

$\displaystyle \iint_D f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_E f(X(u,v), Y(u,v))|J(u,v)|\mathrm{d}u\mathrm{d}v$

Du behöver alltså bara säkerställa att 1) din transformation är 1-1 nästan överallt i det tänkta området och att 2)  jakobianen är $\neq0$ nästan överallt i det tänkta området (lokalt bijektiv) samt att eventuella avvikelser utgör nollmängder.

Ett exempel på en transformation som INTE är 1-1 och som därför behöver en restriktion är

$x=r\cos(\theta) \\y=r\sin(\theta)$

Eftersom $\cos(\theta)=cos(\theta+n2\pi)$, där $n$ är ett godtyckligt heltal. Det är också ett problem att jakobianen $r=\sqrt{x^2+y^2}$ är 0 i (0,0) (inte ens lokalt bijektiv)

Men som tur är utgör en enskild punkt  en nollmängd och kan ignoreras. Vi får alltså ställa upp och försöka beräkna integraler i polära koordinater om vi inför en uppsättning regler kring vinkeln. Och med tanke på det antal övningsuppgifter i flervariabel som handlar om integraler med polära koordinater får vi ju säga att det var en minst sagt lycklig omständighet. Men notera att inte ens polära koordinater  är en bijektion i planet.

När det gäller kladda-och-kludda-framställningar av bijektivitet handlar det om att genom bluff och båg göra troligt att varje punkt i $E$ endast motsvarar en punkt i $D$ och vice versa.

Det jag tror facit vill att du ska göra är att skissa några nivåkurvor i xy-planet, gärna de som avgränsar området. Och det är exakt det du gjort i din bild. (Du har studerat nivåkurvorna u=0, u=1 samt v=3 i xy-planet och sedan markerat dem i $E$). Med lite god vilja inser man nu att varje punkt inom området $D$ som ges av en skärningspunkt mellan en nivåkurva till u och en nivåkurva till v (inom gränserna) motsvarar exakt en punkt i $E$ och vice versa. Vill du vara mer exakt måste du lösa ut x och y explicit.

Wow tack för ett så välutvecklat svar! Jag förstår nu vad som menas med varje skärningspunkt kan mappas av till en punkt i E (och vice versa). Tack så mycket. Jag har funderat på det polära koordinatbytet, nu förstår jag! Tack så jättemycket igen!

Albiki skrev:

Hej,

Du kan använda kartesiska koordinater $(x,y)$ för att ange en punkt i området $D$.

En given punkt i området $D$ kan även ses som skärningspunkt mellan en viss cirkel $x^2+y^2=v^2$ och en viss rät linje $y-x=u$, så att punkten lika väl kan beskrivas med radie ($v$) och intercept ($u$).

Det finns alltså en transformation $T:(x,y) \mapsto (u,v)$ och en omvänd transformation $S:(u,v)\mapsto (x,y)$.

Anta att du har två punkter som båda anges med samma radie ($v_1=v_2$) och samma intercept ($u_1=u_2$). Följer det då att $x_1=x_2$ och $y_1=y_2$? Ja, under förutsättning att $x_1$ och $x_2$ båda är icke-negativa tal:

    $2x=-u+\sqrt{2v^2-u^2}$ och $2y=u+\sqrt{2v^2-u^2}$.

Detta visar att avbildningen $T$ är injektiv och eftersom $E = T(D)$ så är avbildningen $T:D \to E$ bijektiv.

Smart! Tack!