Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

20Integral Garis dan Integral Lipat

Bab ini memperluas pengintegralan dari interval ke kurva dan ke daerah pada bidang dan pada ruang. Integral garis mengintegralkan sebuah bentuk diferensial $P\,\dd x + Q\,\dd y$ sepanjang busur yang berorientasi; sedangkan integral lipat dua dan lipat tiga mengintegralkan fungsi atas daerah berdimensi dua dan tiga. Kedua teorinya bertemu pada teorema Green–Riemann, yakni teorema dasar kalkulus dua dimensi, dan perkakas hitung utamanya di sepanjang bab ini adalah rumus penggantian peubah, yang faktor pemuaiannya adalah nilai mutlak determinan Jacobi.

20.1 Integral garis

Definisi 20.1 (Bentuk diferensial; integral garis)

Misalkan $U \subseteq \R^2$ terbuka. Sebuah bentuk diferensial berderajat $1$ dan berkelas $\mathcal{C}^0$ pada $U$ adalah ungkapan $\omega = P\,\dd x + Q\,\dd y$ dengan $P, Q \colon U \to \R$ yang kontinu — secara formal, sebuah pemetaan kontinu dari $U$ ke dual $\R^2$ , yakni $\omega(M) = P(M)\,e_1^* + Q(M)\,e_2^*$ . Untuk sebuah busur $\mathcal{C}^1$ $\gamma \colon [a, b] \to U$ dengan $\gamma(t) = (x(t), y(t))$ , integral garis bagi $\omega$ sepanjang $\gamma$ adalah

\int_\gamma \omega = \int_a^b \Bigl(P(\gamma(t))\,x'(t) + Q(\gamma(t))\,y'(t)\Bigr)\,\dd t .

Definisinya meluas kata demi kata ke $\R^3$ (dengan bentuk $P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z$ ) dan ke busur $\mathcal{C}^1$ sepotong-sepotong (yakni jumlah atas kepingnya).

Proposisi 20.2 (Keinvarianan dan orientasi)

Integral garisnya tak berubah di bawah penggantian parameter $\mathcal{C}^1$ yang naik, dan berganti tanda di bawah yang turun. Jadi ia hanya bergantung pada busur geometris yang berorientasi.

Bukti. Bila $\theta \colon [c, d] \to [a, b]$ merupakan penggantian parameter dan $\tilde\gamma = \gamma \circ \theta$ , maka menurut aturan rantai dan penggantian peubah satu peubah $t = \theta(u)$ ,

\int_{\tilde\gamma}\omega = \int_c^d \bigl(P(\gamma(\theta(u)))\,x'(\theta(u)) + Q(\gamma(\theta(u)))\,y'(\theta(u))\bigr)\,\theta'(u)\,\dd u = \pm\int_a^b \bigl(Px' + Qy'\bigr)(t)\,\dd t ,

dengan tanda $+$ bila $\theta$ naik (yakni $\theta(c) = a$ ) dan $-$ bila turun (sebab batasnya bertukar). ∎

Contoh 20.3 (Usaha sebuah gaya; sirkulasi)

Bila $F = (P, Q)$ merupakan medan gaya, maka $\int_\gamma P\dd x + Q\dd y = \int_a^b \langle F(\gamma(t)), \gamma'(t)\rangle\,\dd t$ adalah usaha $F$ sepanjang $\gamma$ . Untuk $\omega = -y\,\dd x + x\,\dd y$ sepanjang lingkaran satuan berlawanan arah jarum jam $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ :

\int_\gamma \omega = \int_0^{2\pi}\bigl((-\sin t)(-\sin t) + \cos t\cos t\bigr)\,\dd t = 2\pi ,

yakni dua kali luas yang dilingkupinya — petunjuk pertama tentang Green–Riemann.

Contoh 20.4 (Satu integral, dua parameterisasi, satu jebakan tanda)

Hitunglah $\int_\gamma x\,\dd y$ sepanjang setengah lingkaran satuan atasnya dari $(1, 0)$ ke $(-1, 0)$ . Dengan $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ dan $t \in \intcc0\pi$ :

\int_0^\pi\cos t\cdot\cos t\,\dd t = \frac\pi2 .

Sedangkan dengan parameterisasi grafiknya $x \mapsto (x, \sqrt{1 - x^2})$ , dengan $x$ dari $1$ ke $-1$ (perhatikan arahnya!):

\int_1^{-1}x\cdot\frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}}\,\dd x = \int_{-1}^{1}\frac{x^2}{\sqrt{1 - x^2}}\,\dd x = \frac\pi2

(sebab $x = \sin u$ menyusutkannya menjadi integral Wallis). Jadi nilainya sama, sebagaimana dijamin Proposisi 20.2 — tetapi hanya karena kedua jalannya berangkat dari $(1,0)$ ke $(-1,0)$ ; sebab membalik perjalanannya membalik tandanya. Adapun menutup lintasannya sepanjang sumbu- $x$ (tempat $\dd y = 0$ ) tak menambahkan apa pun, dan totalnya $\frac\pi2$ adalah luas setengah cakramnya: yakni wujud pertama bagi rumus luas perbatasan Green–Riemann di bawah.

Definisi 20.5 (Bentuk eksak dan bentuk tertutup)

Bentuk $\omega = P\,\dd x + Q\,\dd y$ berkelas $\mathcal{C}^0$ disebut eksak pada $U$ bila ada $f \in \mathcal{C}^1(U)$ (yakni sebuah potensial) dengan $\omega = \dd f$ , yakni $P = f_x$ dan $Q = f_y$ . Sedangkan bentuk $\mathcal{C}^1$ disebut tertutup bila $P_y = Q_x$ pada $U$ .

Teorema 20.6 (Teorema dasar bagi integral garis)

Bila $\omega = \dd f$ bersifat eksak dan $\gamma$ merupakan busur $\mathcal{C}^1$ sepotong-sepotong di $U$ dari $A$ ke $B$ , maka

\int_\gamma \omega = f(B) - f(A) .

Khususnya integral bentuk eksak sepanjang sembarang busur yang tertutup bernilai nol, dan setiap bentuk $\mathcal{C}^1$ yang eksak bersifat tertutup.

Bukti. Berlaku $\frac{\dd}{\dd t}f(\gamma(t)) = f_x(\gamma(t))x'(t) + f_y(\gamma(t))y'(t)$ menurut aturan rantai (Bab 15), jadi integran pada Definisi 20.1 merupakan turunan $t \mapsto f(\gamma(t))$ , sehingga teorema dasar kalkulusnya memberi hasilnya pada tiap kepingnya; dan nilai antaranya berteleskop. Adapun ketertutupan bentuk $\mathcal{C}^1$ yang eksak tak lain teorema Schwarz: $P_y = f_{xy} = f_{yx} = Q_x$ . ∎

Contoh 20.7 (Membangun ulang sebuah potensial)

Misalkan $\omega = y\,\eu^{xy}\,\dd x + (x\,\eu^{xy} + 2y)\,\dd y$ pada $\R^2$ . Ia tertutup: sebab kedua turunan silangnya sama dengan $\eu^{xy}(1 + xy)$ . Untuk mencari potensialnya, integralkan $P$ dalam $x$ dengan $y$ yang tetap:

f(x, y) = \int y\,\eu^{xy}\,\dd x = \eu^{xy} + c(y),

lalu sesuaikan $c$ dengan mencocokkan $f_y$ : sebab $x\,\eu^{xy} + c'(y) = x\,\eu^{xy} + 2y$ memberi $c(y) = y^2$ . Jadi $f(x,y) = \eu^{xy} + y^2$ , dan untuk sembarang busur $\mathcal C^1$ sepotong-sepotong dari $(0,0)$ ke $(1,1)$ ,

\int_\gamma\omega = f(1,1) - f(0,0) = (\eu + 1) - 1 = \eu ,

yang tak bergantung pada lintasannya — jadi resep dua langkahnya (yakni integralkan dalam $x$ , lalu koreksi dalam $y$ ) merupakan konvers praktis Teorema 20.6 pada daerah tempat bentuk tertutupnya bersifat eksak.

Contoh 20.8 (Tertutup tak mengakibatkan eksak)

Pada $U = \R^2 \setminus \{0\}$ , bentuk sudutnya

\omega = \frac{-y\,\dd x + x\,\dd y}{x^2 + y^2}

bersifat tertutup (lewat perhitungan langsung: sebab $P_y$ maupun $Q_x$ sama dengan $\frac{y^2 - x^2}{(x^2+y^2)^2}$ ), tetapi integralnya sepanjang lingkaran satuannya adalah $2\pi \neq 0$ (yakni perhitungan yang sama seperti pada Contoh 20.3, dibagi $1$ ): jadi $\omega$ tak eksak pada $U$ . Secara lokal, $\omega = \dd\theta$ untuk sebuah penentuan $\theta$ bagi sudut kutubnya; jadi kegagalannya bersifat global — sebab sudutnya tak dapat didefinisikan secara kontinu mengelilingi tusukannya. Adapun pada daerah tanpa lubang patologinya lenyap: sebab pada himpunan terbuka yang berbentuk bintang, setiap bentuk $\mathcal{C}^1$ yang tertutup bersifat eksak (yakni lema Poincaré, Latihan 20.8).

20.2 Integral lipat dua

Kita menerima begitu saja teori integral Riemann satu peubah (yakni jilid Tahun ke-1, dan Bab 9) lalu mensketsakan versi dua peubahnya. Sebuah fungsi $f$ yang kontinu pada persegi panjang $R = [a, b] \times [c, d]$ punya integral lipat dua $\iint_R f$ , yang didefinisikan lewat jumlah Riemann atas kisi persis seperti pada satu peubah, dan dihitung lewat iterasi:

Teorema 20.9 (Fubini pada sebuah persegi panjang)

Untuk $f$ yang kontinu pada $R = [a,b] \times [c,d]$ ,

\iint_R f = \int_a^b \Bigl(\int_c^d f(x, y)\,\dd y\Bigr)\dd x = \int_c^d \Bigl(\int_a^b f(x, y)\,\dd x\Bigr)\dd y .

Bukti. Tetapkan $F(x) = \int_c^d f(x, y)\,\dd y$ . Kekontinuan seragam $f$ pada $R$ yang kompak membuat $F$ kontinu (lewat taksiran yang terdominasi: $\abs{F(x) - F(x')} \leq (d - c)\sup_y\abs{f(x,y) - f(x',y)}$ ). Kini bagilah $[a,b]$ dan $[c,d]$ menjadi $n$ bagian yang sama, sehingga memberi kisi sel $R_{ij}$ berluas $\Delta x\,\Delta y$ . Pada tiap selnya, $\inf_{R_{ij}} f \cdot \Delta x \Delta y \leq \int_{x_{i-1}}^{x_i}\int_{y_{j-1}}^{y_j} f(x,y)\,\dd y\,\dd x \leq \sup_{R_{ij}} f \cdot \Delta x \Delta y$ berkat kemonotonan integral satu peubahnya (yang diterapkan dua kali). Lalu setelah dijumlahkan atas selnya, integral teriterasinya $\int_a^b F$ terjepit di antara jumlah Riemann bawah dan atas kisinya; dan berkat kekontinuan seragamnya kedua jumlahnya konvergen ke nilai bersama yang mendefinisikan $\iint_R f$ ketika $n \to \infty$ . Hujah yang sama berlaku dengan peran $x$ dan $y$ dipertukarkan, jadi kedua integral teriterasinya sama dengan $\iint_R f$ . ∎

Catatan 20.10

Kekontinuan pada persegi panjang yang kompak sungguh bekerja pada bukti Fubini: sebab ia menyediakan kekontinuan seragam yang menjepit jumlah Riemannnya. Adapun untuk integran yang lebih liar pernyataannya sungguh gagal — sebab ada fungsi yang kedua integral teriterasinya ada dan berbeda. Teorema umum yang jujur, dengan keterintegralan sebagai satu-satunya hipotesisnya, adalah teorema Fubini bagi integral Lebesgue, yang dibuktikan pada jilid Tahun ke-3; sedangkan segalanya pada bab ini tinggal di latar yang kontinu, tempat bukti dasar di atas lengkap.

Definisi 20.11 (Daerah elementer)

Sebuah daerah $D \subseteq \R^2$ disebut elementer- $y$ bila

D = \{(x, y) : a \leq x \leq b,\ \varphi_1(x) \leq y \leq \varphi_2(x)\}

dengan $\varphi_1 \leq \varphi_2$ yang kontinu pada $[a,b]$ (dan elementer- $x$ : secara simetris). Untuk $f$ yang kontinu pada sebuah daerah elementer- $y$ $D$ ,

\iint_D f = \int_a^b\Bigl( \int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x,y)\,\dd y\Bigr)\dd x ,

lalu kita periksa (lewat memperluas $f$ dengan hujah hampiran, atau lewat pembagian) bahwa ketika $D$ elementer pada kedua arahnya, kedua integral teriterasinya sepakat. Adapun daerah yang terpotong menjadi berhingga banyak keping elementer ditangani lewat keaditifannya, dan luas $D$ adalah $\operatorname {Area}(D) = \iint_D 1$ .

Contoh 20.12

Pada segitiga $D = \{0 \leq x \leq 1,\ 0 \leq y \leq x\}$ :

\iint_D xy \,\dd x\,\dd y = \int_0^1 x\Bigl(\int_0^x y\,\dd y\Bigr)\dd x = \int_0^1 x\cdot\frac{x^2}{2}\,\dd x = \frac18 .

Menukar urutannya ( $x$ dari $y$ ke $1$ ): $\int_0^1 y\bigl(\int_y^1 x\,\dd x\bigr)\dd y = \int_0^1 y\,\frac{1 - y^2}{2}\,\dd y = \frac18$ — jadi nilai yang sama lewat perhitungan yang berbeda: sehingga memilih urutan pengintegralannya dengan baik adalah separuh keterampilannya.

Contoh 20.13 (Ketika hanya satu urutan yang berhasil)

Hitunglah $I = \displaystyle\int_0^1\!\!\int_x^1 \eu^{y^2}\,\dd y\,\dd x$ . Sebagaimana tertulis, integral dalamnya $\int\eu^{y^2}\dd y$ tak punya antiturunan yang dasar: jadi perhitungannya macet. Tetapi daerahnya adalah segitiga $0 \leq x \leq y \leq 1$ , yang elementer pada kedua arahnya; jadi setelah urutannya ditukar,

I = \int_0^1\!\!\int_0^y \eu^{y^2}\,\dd x\,\dd y = \int_0^1 y\,\eu^{y^2}\,\dd y = \Bigl[\tfrac12\eu^{y^2}\Bigr]_0^1 = \frac{\eu - 1}{2} .

Sebab peubah dalamnya $x$ tak muncul di mana pun pada integrannya, jadi mengintegralkannya lebih dulu menghasilkan persis faktor $y$ yang membuat integral luarnya seketika. Pelajarannya: Fubini bukan sekadar izin untuk beriterasi — ia izin untuk memilih, dan urutan yang tepat dapat mengubah integral yang mustahil menjadi satu baris. Jadi sketsakanlah selalu daerahnya lalu bacalah kedua pemeriannya sebelum memulai.

Teorema 20.14 (Penggantian peubah)

Misalkan $\Phi \colon U' \to U$ difeomorfisma $\mathcal{C}^1$ antara himpunan terbuka $\R^2$ , misalkan $K \subseteq U$ daerah kompak yang terpotong menjadi keping elementer dengan $K' = \Phi^{-1}(K)$ , dan misalkan $f$ kontinu pada $K$ . Maka

\iint_K f(x, y)\,\dd x\,\dd y = \iint_{K'} f\bigl(\Phi(u, v)\bigr)\, \abs{\det J_\Phi(u, v)}\,\dd u\,\dd v .

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 20.15

Bukti lengkapnya — yakni menghampiri $\Phi$ lewat diferensialnya pada kisi yang halus lalu mengendalikan sel perbatasannya — panjang walaupun tak dalam; dan ia dikerjakan selengkapnya pada teori ukuran Tahun ke-3, sebagai akibat teori Lebesgue. Adapun heuristiknya adalah gambaran yang sudah dipakai bagi luas permukaan: sebuah persegi kecil bersisi $\dd u$ di $(u, v)$ terpetakan, hingga orde pertama, ke jajaran genjang yang direntang $\Phi_u\,\dd u$ dan $\Phi_v\,\dd v$ , yang berluas $\abs{\det J_\Phi}\,\dd u\,\dd v$ (Lema 19.18).

Catatan 20.16 (Metode: memilih penggantian peubahnya)

Tiga gerak refleks meliputi sebagian besar kasusnya. Kesimetrian integrannya: sebab $x^2 + y^2$ memanggil koordinat kutub, sedangkan struktur hasil kali memanggil sumbu Kartesiusnya. Bentuk perbatasannya: sebab perbatasan $u(x,y) = c_1$ dan $v(x,y) = c_2$ memohon koordinat $(u, v)$ itu sendiri, seperti pada contoh daerah hiperbolik di bawah — sebab daerahnya lalu menjadi persegi panjang, dan itulah seluruh kemenangannya. Struktur linearnya: sebab ungkapan dalam $x + y$ dan $x - y$ mengundang perputaran $45$ derajat atau sebuah geseran (Contoh 20.18). Pada semua kasusnya, tiga kotak yang harus dicentang sebelum mengintegralkan: bahwa pemetaannya bijeksi dari daerah barunya ke daerah lamanya; bahwa Jacobinya dihitung pada arah yang sungguh dipakai (jadi baliklah di akhirnya bila lebih mudah); dan bahwa Jacobinya masuk dengan nilai mutlaknya.

Contoh 20.17 (Koordinat kutub)

Pemetaan $\Phi(\rho, \alpha) = (\rho\cos\alpha,\ \rho\sin\alpha)$ punya

J_\Phi = \begin{pmatrix} \cos\alpha & -\rho\sin\alpha\\ \sin\alpha & \rho\cos\alpha \end{pmatrix}, \qquad \det J_\Phi = \rho ,

jadi $\dd x\,\dd y = \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha$ . Untuk cakram $D_R$ berjari-jari $R$ :

\iint_{D_R} e^{-(x^2 + y^2)}\,\dd x\,\dd y = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^R e^{-\rho^2}\rho\,\dd\rho\,\dd\alpha = \pi\bigl(1 - e^{-R^2}\bigr) \xrightarrow[R\to\infty]{} \pi .

Lalu membandingkannya dengan persegi $[-R, R]^2$ (yang terjepit di antara cakram $D_R$ dan $D_{R\sqrt2}$ , dengan semua integrannya positif) memberi $\bigl(\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \pi$ :

\boxed{\ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,\dd x = \sqrt{\pi}\ }

— yakni integral Gauss lagi, kini lewat buktinya yang paling terkenal (bandingkan dengan penurunan satu peubahnya pada Bab 9).

Contoh 20.18 (Penggantian peubah yang afin)

Untuk pemetaan afin $\Phi(u, v) = M(u, v)^{\mathsf T} + C$ dengan $M$ yang terbalikkan, Jacobinya adalah matriks tetap $M$ : jadi luasnya dikalikan faktor tetap $\abs{\det M}$ — sehingga janji yang dibuat pada Bab 17 kini menjadi teorema. Ada dua pemakaian seketika. Elips $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1$ adalah peta cakram satuannya oleh $(u, v) \mapsto (au, bv)$ , jadi luasnya $ab \cdot \pi$ — tanpa perhitungan. Lalu untuk integral $f(x + y)$ atas persegi $K = \intcc01^2$ , geseran $\Phi(u, v) = (u - v, v)$ (yang berdeterminan $1$ ) mengubahnya menjadi integral $f(u)$ atas sebuah jajaran genjang, yang diiris Fubini pada $u$ yang tetap: jadi dengan $f = \exp$ ,

\iint_K \eu^{x+y}\,\dd x\,\dd y = \Bigl(\int_0^1 \eu^x\,\dd x\Bigr)^2 = (\eu - 1)^2,

sebagaimana ditegaskan struktur hasil kalinya. Jadi memilih koordinat yang selaras dengan integrannya — bukan dengan daerahnya — adalah separuh keterampilan yang lain.

Contoh 20.19 (Koordinat yang selaras dengan daerah lengkung)

Misalkan $D$ daerah pada kuadran pertama yang dibatasi hiperbola $xy = 1$ dan $xy = 3$ serta garis $y = x$ dan $y = 3x$ . Dalam koordinat $u = xy$ dan $v = y/x$ daerahnya menjadi persegi $\intcc13 \times \intcc13$ ; lalu setelah dibalik,

x = \sqrt{u/v}, \qquad y = \sqrt{uv}, \qquad \det J = x_uy_v - x_vy_u = \frac{1}{2v}

(lewat perhitungan dua baris dengan $x = u^{1/2}v^{-1/2}$ dan $y = u^{1/2}v^{1/2}$ ). Karena itu

\operatorname{Area}(D) = \int_1^3\!\!\int_1^3\frac{\dd u\,\dd v}{2v} = 2\cdot\frac{\ln 3}{2} = \ln 3 \approx 1.10 .

Mencoba mengiris $D$ dalam koordinat Kartesius berarti memotongnya menjadi tiga keping dengan perbatasan hiperbolik dan linear — yang mungkin, tak menyenangkan, dan rawan salah. Adapun pelajarannya mengulang Contoh 20.18 dengan kekuatan penuh: bacalah persamaan perbatasannya, lalu biarkanlah ia memilih koordinatnya; dan Jacobinya lalu mengubah luas sel jaring lengkungnya, persis seperti $\rho$ pada koordinat kutubnya.

Contoh 20.20 (Nilai rata-rata)

Adapun nilai rata-rata $f$ atas sebuah daerah $D$ adalah $\frac1{\operatorname{Area}(D)}\iint_Df$ . Contohnya: jarak rata-rata dari pusatnya bagi sebuah titik yang dipilih seragam pada cakram berjari-jari $R$ adalah

\frac{1}{\pi R^2}\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^R \rho\cdot\rho\,\dd\rho\,\dd\alpha = \frac{2\pi R^3/3}{\pi R^2} = \frac{2R}3 ,

bukan $R/2$ : sebab luas yang seragam menaruh lebih banyak massa pada jari-jari besar (yakni anulus pada jari-jari $\rho$ berbobot sebanding dengan $\rho$ ), jadi rata-ratanya duduk melampaui titik tengahnya. Adapun mendapatkan faktor ini secara benar persis merupakan Jacobi kutubnya yang bekerja, dan pembobotan yang sama menjelaskan mengapa titik berat $\bar z = 3R/8$ pada setengah bola yang dihitung kelak di bab ini bukan $R/2$ .

20.3 Teorema Green–Riemann

Teorema 20.21 (Green–Riemann)

Misalkan $K \subseteq \R^2$ daerah kompak yang elementer pada kedua arahnya (atau gabungan berhingga daerah demikian yang dilem sepanjang ruas), dengan perbatasan $\partial K$ berupa kurva tertutup $\mathcal{C}^1$ sepotong-sepotong yang diorientasikan berlawanan arah jarum jam (jadi daerahnya tinggal di kirinya). Untuk $P, Q$ berkelas $\mathcal{C}^1$ pada sebuah persekitaran $K$ :

\oint_{\partial K} P\,\dd x + Q\,\dd y = \iint_K \Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,\dd x\,\dd y .

Bukti. Pertama, kedua ruasnya bersifat aditif ketika $K$ dipotong sepanjang sebuah ruas menjadi dua keping $K_1, K_2$ : sebab integral lipat duanya bertambah berkat keaditifan $\iint$ ; sedangkan untuk integral perbatasannya, perbatasan berlawanan arah jarum jam milik $K_1$ dan $K_2$ masing-masing menempuh potongan dalamnya sekali, pada arah yang berlawanan, jadi pada jumlahnya

\oint_{\partial K_1} + \oint_{\partial K_2} = \oint_{\partial K} + (\text{potongannya, kedua arah}) = \oint_{\partial K},

kedua lintasan sepanjang potongannya saling meniadakan (Proposisi 20.2) sehingga hanya perbatasan luarnya bertahan. Lalu setelah berhingga banyak potongan diiterasikan, cukuplah menangani daerah yang elementer. Kita membuktikan $\oint P\,\dd x = -\iint_K P_y$ pada daerah elementer- $y$ $D = \{a \leq x \leq b,\ \varphi_1(x) \leq y \leq \varphi_2(x)\}$ ; sedangkan kesamaan $\oint Q\,\dd y = \iint_K Q_x$ bersifat simetris (yakni elementer- $x$ ), dan teoremanya adalah jumlah keduanya.

Hitunglah integral lipat duanya lewat Fubini dan teorema dasar satu peubahnya:

\iint_D \frac{\partial P}{\partial y}\,\dd x\,\dd y = \int_a^b \bigl(P(x, \varphi_2(x)) - P(x, \varphi_1(x))\bigr) \,\dd x .

Kini perbatasan $D$ yang berlawanan arah jarum jam terdiri atas: grafik bawahnya $y = \varphi_1(x)$ yang ditempuh dari kiri ke kanan, ruas tegak kanannya $x = b$ (ke atas), grafik atasnya $y = \varphi_2(x)$ yang ditempuh dari kanan ke kiri, dan ruas tegak kirinya $x = a$ (ke bawah). Sepanjang ruas tegaknya $x$ bersifat tetap, jadi keduanya menyumbang $0$ pada $\oint P\,\dd x$ ; sedangkan grafiknya, yang diparameterkan oleh $x$ , memberi

\oint_{\partial D} P\,\dd x = \int_a^b P(x, \varphi_1(x))\,\dd x - \int_a^b P(x, \varphi_2(x))\,\dd x = -\iint_D \frac{\partial P}{\partial y}\,\dd x\,\dd y . \qedhere

∎

Akibat 20.22 (Luas lewat perbatasannya)

Di bawah hipotesis Teorema 20.21,

\operatorname{Area}(K) = \oint_{\partial K} x\,\dd y = -\oint_{\partial K} y\,\dd x = \frac12\oint_{\partial K} x\,\dd y - y\,\dd x .

Bukti. Terapkan Green–Riemann pada $(P, Q) = (0, x)$ , $(-y, 0)$ dan $\frac12(-y, x)$ : sebab tiap kalinya $Q_x - P_y = 1$ . ∎

Catatan 20.23 (Memilih di antara ketiga rumus luasnya)

Ketiga rumus perbatasannya setara, tetapi tak dapat saling dipertukarkan dalam praktik. Pakailah $\oint x\,\dd y$ ketika parameterisasinya membuat $\dd y$ sederhana (yakni grafik atas sumbu- $y$ ), lalu $-\oint y\,\dd x$ secara simetris, dan setengah jumlah yang simetris ketika parameterisasinya memperlakukan $x$ dan $y$ secara merata — sebab bagi elipsnya ia menghasilkan integran yang tetap, tanpa pelinearan trigonometri sama sekali. Adapun pada perbatasan poligonal setengah jumlahnya menjadi rumus tali sepatu pada Latihan 20.12, yakni algoritma para juru ukur. Dan ketika perbatasannya ditempuh searah jarum jam oleh parameterisasi yang diberikan, ketiga rumusnya mengembalikan minus luasnya: jadi hasil yang negatif bukanlah kesalahan hitung melainkan laporan orientasi — jadi baliklah tandanya, atau parameterisasinya.

Contoh 20.24 (Luas elipsnya)

Untuk $x = a\cos t$ , $y = b\sin t$ , dengan $t \in [0, 2\pi]$ :

\operatorname{Area} = \frac12\int_0^{2\pi}\bigl(a\cos t \cdot b\cos t - b\sin t\cdot(-a\sin t)\bigr)\,\dd t = \frac{ab}{2}\int_0^{2\pi}\dd t = \pi ab .

Contoh 20.25 (Green–Riemann sebagai pemeriksaan silang)

Ambillah $P = -y^3$ dan $Q = x^3$ pada cakram satuan tertutup $D$ . Sisi perbatasannya, dengan $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ :

\oint_{\partial D}P\,\dd x + Q\,\dd y = \int_0^{2\pi}\bigl(\sin^4 t + \cos^4 t\bigr)\dd t = 2\pi\cdot\Bigl(\frac38 + \frac38\Bigr) = \frac{3\pi}2 ,

lewat pelinearan (sebab $\sin^4 + \cos^4 = \tfrac34 + \tfrac14\cos4t$ ). Adapun sisi dalamnya:

\iint_D(Q_x - P_y)\,\dd x\,\dd y = \iint_D 3(x^2 + y^2)\,\dd x\,\dd y = 3\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^1\rho^3\,\dd\rho\,\dd\alpha = \frac{3\pi}2 .

Jadi bilangan yang sama lewat dua perhitungan yang sangat berbeda — dan itulah pemakaian praktisnya: sisi mana pun pada kesamaan Green yang lebih mudah menjadi perhitungannya, sedangkan yang lain menjadi pemeriksaannya. Untuk sirkulasi medan polinomial mengelilingi kurva tertutup, integral lipat duanya hampir selalu sisi yang mudah.

Catatan 20.26

Green–Riemann menjelaskan Contoh 20.8: sebab untuk bentuk tertutup (dengan $Q_x = P_y$ ), integral mengelilingi perbatasan sembarang daerah yang termuat di $U$ lenyap. Adapun bentuk sudutnya gagal menjadi eksak hanya karena tusukan di titik asalnya mencegah cakram yang dibatasi lingkaran satuannya terletak di dalam $U$ — jadi integral garis bentuk tertutup mendeteksi lubang daerahnya. (Bila didorong lebih jauh, pengamatan ini menjadi kohomologi de Rham.)

20.4 Integral lipat tiga

Teorinya meluas ke tiga peubah tanpa gagasan baru: sebab Fubini menyusutkan $\iiint$ menjadi tiga integral satu peubah, yaitu entah lewat pengirisan: $\iiint_K f = \int\bigl(\iint_{K_z} f\bigr)\dd z$ atas irisan mendatarnya $K_z$ , atau lewat penumpukan: yakni mengintegralkan dalam $z$ lebih dulu sepanjang tongkat tegaknya), dan rumus penggantian peubahnya berlaku dengan Jacobi $3 \times 3$ .

Contoh 20.27 (Koordinat silinder dan koordinat bola)

Silinder $(x, y, z) = (\rho\cos\alpha, \rho\sin\alpha, z)$ : berlaku $\dd x\,\dd y\,\dd z = \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha\,\dd z$ . Bola $(x, y, z) = (r\cos\theta\cos\varphi,\ r\sin\theta\cos\varphi,\ r\sin\varphi)$ (dengan $\theta$ bujurnya dan $\varphi \in [-\frac\pi2, \frac\pi2]$ lintangnya): lalu menguraikan determinan $3 \times 3$ -nya sepanjang baris terakhirnya,

\det J = r^2\cos\varphi , \qquad \dd x\,\dd y\,\dd z = r^2\cos\varphi\;\dd r\,\dd\theta\,\dd\varphi .

Adapun volume bola berjari-jari $R$ :

V = \int_0^R\!\!\int_0^{2\pi}\!\!\int_{-\pi/2}^{\pi/2} r^2\cos\varphi\;\dd\varphi\,\dd\theta\,\dd r = \frac{R^3}{3}\cdot 2\pi \cdot 2 = \boxed{\frac43\pi R^3} ,

sehingga akhirnya melunasi rumus yang diterima tanpa bukti pada bab volume buku terdahulu.

Contoh 20.28 (Tetrahedronnya, dua kali)

Volume $T = \{x, y, z \geq 0,\ x + y + z \leq 1\}$ , lewat penumpukan: untuk $(x, y)$ yang tetap pada segitiga $x + y \leq 1$ , $z$ berjalan atas $\intcc0{1 - x - y}$ , jadi

V = \int_0^1\!\!\int_0^{1-x}(1 - x - y)\,\dd y\,\dd x = \int_0^1\frac{(1 - x)^2}{2}\,\dd x = \frac16 .

Sedangkan lewat pengirisan: irisannya pada ketinggian $z$ adalah segitiga $\{x, y \geq 0,\ x + y \leq 1 - z\}$ yang berluas $\frac{(1-z)^2}2$ , jadi $V = \int_0^1\frac{(1-z)^2}2\,\dd z = \frac16$ lagi — sebab kedua perhitungannya adalah integral yang sama dalam urutan yang berbeda, dan itulah seluruh klaim Fubini. Adapun nilai $\frac16 = \frac13\cdot\frac12\cdot1$ merupakan rumus kerucutnya (Contoh 20.30) dengan alas segitiga, dan versi berdimensi $n$ -nya $1/n!$ dibuktikan persis lewat pengirisan ini pada soal akhir pekan.

Contoh 20.29 (Titik berat setengah bola)

Untuk setengah bola atas $H$ berjari-jari $R$ (dengan $z \geq 0$ ), ketinggian titik beratnya adalah $\bar z = \frac1{V}\iiint_H z$ , dengan $V = \frac23\pi R^3$ . Dalam koordinat bola (dengan $z = r\sin\varphi$ dan $\varphi \in \intcc0{\pi/2}$ ):

\iiint_H z = \int_0^R r^3\,\dd r\int_0^{2\pi}\dd\theta \int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\,\dd\varphi = \frac{R^4}4\cdot2\pi\cdot\frac12 = \frac{\pi R^4}4 ,

jadi

\bar z = \frac{\pi R^4/4}{2\pi R^3/3} = \frac{3R}8 :

titik seimbang sebuah setengah bola pejal duduk pada tiga per delapan jari-jarinya di atas muka datarnya — yakni di bawah setengah tingginya $R/2$ , sebagaimana mestinya, karena pejalnya lebih gemuk di dekat alasnya. Adapun setiap perhitungan titik berat berbentuk demikian: satu integral momen, satu volume, satu nisbah, dan satu pemeriksaan kemasukakalan terhadap geometrinya.

Contoh 20.30 (Volume lewat pengirisan: kerucutnya)

Sebuah kerucut beralas luas $A$ dan bertinggi $h$ (dengan puncaknya di atas dan alasnya di $z = 0$ ): irisannya pada ketinggian $z$ adalah alasnya yang diskalakan dengan faktor $(1 - z/h)$ , sehingga berluas $A(1 - z/h)^2$ . Karena itu

V = \int_0^h A\Bigl(1 - \frac zh\Bigr)^2\dd z = \frac{Ah}{3} :

yakni sepertiga pada rumus sekolahnya, yang berlaku bagi sembarang bentuk alas — sebab pengirisannya mengubahnya menjadi integral sebuah kuadrat.

Contoh 20.31 (Ambang keterintegralan pada bidang)

Untuk $\alpha > 0$ yang mana $\iint_{D}\rho^{-\alpha}\,\dd x\,\dd y$ konvergen pada cakram satuan yang tertusuk $D$ (yakni sebagai limit atas anulus $\varepsilon \leq \rho \leq 1$ )? Dalam koordinat kutub,

\int_0^{2\pi}\!\!\int_\varepsilon^1\rho^{-\alpha}\, \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha = 2\pi\int_\varepsilon^1\rho^{1-\alpha}\,\dd\rho ,

yang konvergen ketika $\varepsilon \to 0$ bila dan hanya bila $1 - \alpha > -1$ , yakni $\alpha < 2$ : jadi pada dimensi $2$ eksponen kesingularan kritisnya adalah dimensinya sendiri, sebab $\rho$ tambahan dari Jacobinya melunakkan kesingularannya sebanyak satu pangkat. (Demikian pula $\alpha < 3$ bagi kesingularan titik di ruang, lewat $r^2$ .) Adapun tata buku radial semacam ini adalah cara keterintegralannya diputuskan sekilas pada kerangka Lebesgue Tahun ke-3 — dan itulah sebabnya $\iiint 1/r$ konvergen tanpa susah payah pada Latihan 20.7.

Catatan 20.32 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Orientasi: sebab integral garis berganti tanda bersama arah perjalanannya, dan Green–Riemann menuntut perbatasannya berlawanan arah jarum jam (dengan daerahnya di kiri); sedangkan untuk daerah berlubang, perbatasan dalamnya ditempuh searah jarum jam. (ii) Jacobinya masuk dengan nilai mutlak: sebab penggantian peubah tak pernah menghasilkan luas yang negatif, dan melupakan $\abs{\det}$ biasanya membalik tandanya persis ketika pemetaannya membalik orientasinya. (iii) Faktor kutub $\rho$ : sebab $\dd x\,\dd y = \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha$ , bukan $\dd\rho\,\dd\alpha$ — yakni kesalahan yang paling sering di seluruh bab ini; dan analisis dimensinya menangkapnya, karena $\dd\rho\,\dd\alpha$ berdimensi panjang, bukan luas. (iv) Integral lipat dua yang tak wajar: sebab limit atas cakram yang membesar dan atas persegi yang membesar sepakat di sini karena integrannya positif (lewat penjepitan); sedangkan untuk integran yang bergantitanda limitnya boleh bergantung pada penghabisannya, dan tak ada klaim yang dibuat tanpa kekonvergenan mutlak. (v) Daerah lawan integran: sebab integran hasil kali pada daerah yang bukan hasil kali tidak memfaktorkan integralnya — sehingga pemfaktorannya menuntut keduanya, seperti pada persegi Contoh 20.17.

Catatan 20.33 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Integral Gauss yang dihitung di sini diam-diam ada di mana-mana pada bab peluang: sebab konstanta $\sqrt\pi$ di dalam rumus Stirling (Teorema 6.13) adalah integral bab ini, dan lewat Stirling ia menetapkan asimtotik $1/\sqrt{\pi n}$ bagi peluang kepulangan jalan acaknya pada Bab 21. Adapun integral Wallis pada soal akhir pekan muncul kembali di sana juga, sambil menggerakkan taksiran binomial pusat yang sama. Pada arah lain, unsur luas dan volume bab ini merampungkan geometri Bab 19, dan rumus Green menghitung ulang luas selubung pada Bab 18 (yakni astroidnya, pada Latihan 20.5). Jadi satu bab, tiga layanan: ukuran bagi geometri, konstanta bagi peluang, dan disiplin penggantian peubah yang dipakai keduanya.

20.5 Latihan

Latihan 20.1 ★

Hitunglah $\int_\gamma y^2\,\dd x + x\,\dd y$ sepanjang: (a) ruas dari $(0,0)$ ke $(1,1)$ ; (b) busur parabola $y = x^2$ dari $(0,0)$ ke $(1,1)$ . Apakah bentuknya eksak?

Solusi

Solusi Latihan 20.1.

(a) Ruas $\gamma(t) = (t, t)$ dengan $t \in [0,1]$ :

\int_\gamma y^2\dd x + x\dd y = \int_0^1 (t^2 + t)\,\dd t = \frac13 + \frac12 = \frac56 .

(b) Parabola $\gamma(t) = (t, t^2)$ :

\int_0^1 \bigl(t^4\cdot 1 + t\cdot 2t\bigr)\dd t = \frac15 + \frac23 = \frac{13}{15} .

Kedua nilainya berbeda, jadi integralnya bergantung pada lintasannya: sehingga bentuknya tak eksak — dan secara konsisten, $P_y = 2y \neq 1 = Q_x$ , jadi ia bahkan tak tertutup.

Latihan 20.2 ★

Tunjukkan bahwa $\omega = (2xy + y^3)\,\dd x + (x^2 + 3xy^2 + 1)\,\dd y$ bersifat tertutup pada $\R^2$ , carilah sebuah potensialnya, lalu hitunglah $\int_\gamma\omega$ sepanjang sembarang busur dari $(0, 0)$ ke $(1, 2)$ .

Solusi

Solusi Latihan 20.2.

Berlaku $P = 2xy + y^3$ dan $Q = x^2 + 3xy^2 + 1$ : jadi $P_y = 2x + 3y^2 = Q_x$ , sehingga tertutup pada $\R^2$ . Carilah $f$ dengan $f_x = P$ : maka $f = x^2y + xy^3 + g(y)$ ; lalu $f_y = x^2 + 3xy^2 + g'(y) = Q$ memaksa $g'(y) = 1$ , katakanlah $g(y) = y$ . Jadi

f(x, y) = x^2y + xy^3 + y

merupakan sebuah potensial (sebab $\R^2$ berbentuk bintang, jadi sebuah potensialnya mesti ada menurut lema Poincaré — tetapi memamerkannya lebih cepat). Menurut Teorema 20.6, untuk sembarang busur dari $(0,0)$ ke $(1,2)$ :

\int_\gamma\omega = f(1, 2) - f(0, 0) = 2 + 8 + 2 = 12 .

Latihan 20.3 ★

Hitunglah $\iint_D (x + y)\,\dd x\,\dd y$ dengan $D$ menyatakan daerah yang dibatasi $y = x^2$ dan $y = x$ (dengan $0 \leq x \leq 1$ ), pada kedua urutan pengintegralannya.

Solusi

Solusi Latihan 20.3.

Daerahnya adalah $\{0 \leq x \leq 1,\ x^2 \leq y \leq x\}$ . Dengan $y$ dulu:

\int_0^1\!\int_{x^2}^{x}(x + y)\,\dd y\,\dd x = \int_0^1\Bigl(x(x - x^2) + \frac{x^2 - x^4}{2}\Bigr)\dd x = \int_0^1\Bigl(\frac{3x^2}{2} - x^3 - \frac{x^4}{2}\Bigr)\dd x = \frac12 - \frac14 - \frac1{10} = \frac{3}{20} .

Dengan $x$ dulu: irisannya pada ketinggian $y \in [0, 1]$ adalah $y \leq x \leq \sqrt y$ , jadi

\int_0^1\!\int_{y}^{\sqrt y}(x + y)\,\dd x\,\dd y = \int_0^1\Bigl(\frac{y - y^2}{2} + y(\sqrt y - y)\Bigr)\dd y = \frac14 - \frac16 + \frac25 - \frac13 = \frac{3}{20} .

Latihan 20.4 ★★

Dengan memakai koordinat kutub, hitunglah $\iint_D \frac{\dd x\,\dd y}{(1 + x^2 + y^2)^2}$ atas seluruh bidangnya (sebagai limit atas cakram), dan $\iint_{D'} xy\,\dd x\,\dd y$ atas seperempat cakram $D' = \{x, y \geq 0,\ x^2 + y^2 \leq 1\}$ .

Solusi

Solusi Latihan 20.4.

Integral pertamanya. Pada cakram $D_R$ , dalam koordinat kutub:

\iint_{D_R}\frac{\dd x\,\dd y}{(1 + x^2 + y^2)^2} = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^R \frac{\rho\,\dd\rho\,\dd\alpha}{(1 + \rho^2)^2} = 2\pi\Bigl[-\frac{1}{2(1 + \rho^2)}\Bigr]_0^R = \pi\Bigl(1 - \frac{1}{1 + R^2}\Bigr) \xrightarrow[R \to \infty]{} \pi .

Integral keduanya. Seperempat cakramnya adalah $0 \leq \alpha \leq \frac\pi2$ dan $0 \leq \rho \leq 1$ , dengan $xy = \rho^2\cos\alpha\sin\alpha$ :

\iint_{D'}xy\,\dd x\,\dd y = \int_0^{\pi/2}\!\!\cos\alpha\sin\alpha\,\dd\alpha \int_0^1 \rho^3\,\dd\rho = \frac12\cdot\frac14 = \frac18 .

Latihan 20.5 ★★

Hitunglah luas yang dilingkupi astroid $x = \cos^3 t$ , $y = \sin^3 t$ , dengan $t \in [0, 2\pi]$ , memakai Akibat 20.22. (Linearkan $\sin^2 t\cos^2 t$ .)

Solusi

Solusi Latihan 20.5.

Menurut Akibat 20.22 dengan $x = \cos^3 t$ dan $y = \sin^3 t$ : berlaku $x' = -3\cos^2 t\sin t$ dan $y' = 3\sin^2 t\cos t$ , jadi

xy' - yx' = 3\cos^4 t\sin^2 t + 3\sin^4 t\cos^2 t = 3\sin^2 t\cos^2 t = \frac{3}{4}\sin^2 2t = \frac{3}{8}(1 - \cos 4t) .

Karena itu

A = \frac12\int_0^{2\pi}\frac38(1 - \cos 4t)\,\dd t = \frac{3}{16}\cdot 2\pi = \frac{3\pi}{8} .

(Astroidnya muat di cakram satuan yang berluas $\pi$ ; jadi tiga per delapan $\pi$ masuk akal bagi bentuk bintangnya yang beruncing empat.)

Latihan 20.6 ★★

Hitunglah volume benda yang dibatasi di bawah oleh paraboloid $z = x^2 + y^2$ dan di atas oleh bidang $z = 1$ , lewat kedua metodenya: yakni penumpukan (integralkan $1 - x^2 - y^2$ atas cakram satuannya lewat koordinat kutub) dan pengirisan (sebab irisan mendatarnya berupa cakram berjari-jari $\sqrt z$ ).

Solusi

Solusi Latihan 20.6.

Penumpukannya: di atas tiap $(x, y)$ pada cakram satuan $D$ , peubah $z$ berjalan dari $x^2 + y^2$ ke $1$ :

V = \iint_D \bigl(1 - x^2 - y^2\bigr)\dd x\,\dd y = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^1 (1 - \rho^2)\rho\,\dd\rho\,\dd\alpha = 2\pi\Bigl(\frac12 - \frac14\Bigr) = \frac\pi2 .

Pengirisannya: irisannya pada ketinggian $z \in [0, 1]$ adalah cakram $x^2 + y^2 \leq z$ yang berluas $\pi z$ :

V = \int_0^1 \pi z\,\dd z = \frac\pi2 .

Latihan 20.7 ★★

(Tarikan gravitasi sebuah bola — teorema Newton, kasus khusus) Tunjukkan bahwa volume cangkang bola $a \leq r \leq b$ adalah $\frac43\pi(b^3 - a^3)$ lalu hitunglah $\iiint_{B} \frac{\dd x\,\dd y\,\dd z}{r}$ atas bola $B$ berjari-jari $R$ (dengan $r$ menyatakan jarak ke titik asalnya). (Lewat koordinat bola.)

Solusi

Solusi Latihan 20.7.

Dalam koordinat bola unsur volumenya adalah $r^2\cos\varphi\,\dd r\,\dd\theta\,\dd\varphi$ (Contoh 20.27), dan bagian sudutnya berintegral $4\pi$ (yakni $2\pi$ dari $\theta$ , dan $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos = 2$ ). Jadi volume cangkangnya adalah

\int_a^b 4\pi r^2\,\dd r = \frac43\pi\bigl(b^3 - a^3\bigr).

Adapun untuk integral keduanya, integran $1/r$ hanya bergantung pada $r$ :

\iiint_B \frac{\dd x\,\dd y\,\dd z}{r} = \int_0^R 4\pi r^2\cdot\frac1r\,\dd r = 4\pi\,\frac{R^2}{2} = 2\pi R^2 .

(Integrannya meledak di titik asalnya, tetapi tanpa bahaya: sebab $r^2/r = r$ bersifat kontinu — jadi integral atas cangkang $\varepsilon \leq r \leq R$ konvergen ketika $\varepsilon \to 0$ , dan itulah makna persisnya pernyataan itu. Adapun perhitungan semacam ini adalah langkah pertama menuju teorema Newton bahwa bola homogen menarik seperti massa titik di pusatnya.)

Latihan 20.8 ★★★

(Lema Poincaré, kasus berbentuk bintang) Misalkan $U$ berbentuk bintang terhadap $0$ (yakni $M \in U \Rightarrow [0, M] \subseteq U$ ) dan $\omega = P\dd x + Q\dd y$ sebuah bentuk $\mathcal{C}^1$ yang tertutup pada $U$ . Definisikanlah

f(x, y) = \int_0^1 \bigl(x\,P(tx, ty) + y\,Q(tx, ty)\bigr)\dd t .

Dengan memakai penurunan di bawah tanda integral (Bab 9) dan $P_y = Q_x$ , tunjukkanlah bahwa $f_x = P$ dan $f_y = Q$ : jadi setiap bentuk tertutup pada himpunan terbuka berbentuk bintang bersifat eksak.

Solusi

Solusi Latihan 20.8.

Integran $g(t; x, y) = xP(tx, ty) + yQ(tx, ty)$ bersifat $\mathcal{C}^1$ dalam $(x, y)$ , kontinu dalam $t$ , dengan turunan parsialnya kontinu pada $[0,1] \times U$ ; jadi penurunan di bawah tanda integral (Bab 9, yang diterapkan pada interval- $t$ kompak $[0,1]$ , dengan dominasinya otomatis di sana) memberi

f_x(x, y) = \int_0^1 \bigl(P(tx, ty) + tx\,P_x(tx, ty) + ty\,Q_x(tx, ty)\bigr)\dd t .

Lalu dengan memakai ketertutupannya $Q_x = P_y$ :

tx\,P_x(tx, ty) + ty\,P_y(tx, ty) = t\,\frac{\dd}{\dd t}\bigl[P(tx, ty)\bigr] ,

jadi integrannya adalah $P(tx, ty) + t\frac{\dd}{\dd t}P(tx, ty) = \frac{\dd}{\dd t}\bigl[t\,P(tx, ty)\bigr]$ dan

f_x(x, y) = \Bigl[t\,P(tx, ty)\Bigr]_0^1 = P(x, y) .

Secara simetris $f_y = Q$ (lewat perhitungan yang sama dengan $P_y = Q_x$ dipakai pada arah yang lain). Perhatikanlah di mana hipotesisnya masuk: sebab $f$ didefinisikan dengan mengintegralkan sepanjang ruas $[0, M]$ , yang terletak di $U$ persis karena $U$ berbentuk bintang.

Latihan 20.9 ★★★

(Integral Dirichlet lewat pengintegralan ganda) Benarkan lalu eksploitasilah

\int_0^\infty\!\!\int_0^\infty e^{-xy}\sin x\;\dd y\,\dd x \quad\text{lawan}\quad \int_0^\infty\!\!\int_0^\infty e^{-xy}\sin x\;\dd x\,\dd y

pada $[0, A] \times [0, \infty)$ : tunjukkan $\int_0^A \frac{\sin x}{x}\dd x = \frac\pi2 - \int_0^\infty e^{-Ay}\frac{y\sin A + \cos A}{1 + y^2}\dd y$ lalu perolehlah $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2$ , sambil membandingkannya dengan bukti integral berparameter pada Bab 9.

Solusi

Solusi Latihan 20.9.

Pada jalur $[0, A] \times [0, \infty)$ fungsi $(x, y) \mapsto e^{-xy}\sin x$ tak terintegralkan secara mutlak sampai $y = \infty$ secara seragam dalam pengertian yang naif, tetapi tiap integral teriterasinya konvergen dan kesamaannya menyusul dari Fubini pada $[0, A] \times [0, B]$ ditambah sebuah limit $B \to \infty$ (sebab ekornya $\int_0^A\int_B^\infty e^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x \leq \int_0^A \frac{e^{-Bx}\abs{\sin x}}{x}\dd x \leq \int_0^A e^{-Bx} \dd x\to 0$ , dengan memakai $\abs{\sin x} \leq x$ ).

Dengan $y$ dulu: berlaku $\int_0^\infty e^{-xy}\,\dd y = \frac1x$ untuk $x > 0$ , jadi integral pertamanya adalah $\int_0^A \frac{\sin x}{x}\,\dd x$ .

Dengan $x$ dulu: dua kali pengintegralan parsial (atau mengambil bagian imajiner $\int_0^A e^{(i - y)x}\dd x$ ) memberi

\int_0^A e^{-xy}\sin x\,\dd x = \frac{1 - e^{-Ay}(y\sin A + \cos A)}{1 + y^2} .

Lalu setelah diintegralkan dalam $y$ atas $[0, \infty)$ , suku $\int_0^\infty \frac{\dd y}{1 + y^2} = \frac\pi2$ terpisah:

\int_0^A \frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac{\pi}{2} - \int_0^\infty e^{-Ay}\,\frac{y\sin A + \cos A}{1 + y^2}\,\dd y .

Adapun sisanya dibatasi oleh $\int_0^\infty e^{-Ay}\frac{y + 1}{1 + y^2}\dd y \leq \int_0^\infty e^{-Ay}\cdot\frac{1+y}{1+y^2} \,\dd y \to 0$ ketika $A \to \infty$ (lewat kekonvergenan terdominasi, atau lewat batas kasar $\frac{1 + y}{1 + y^2} \leq \frac32$ yang memberi $\frac{3}{2A}$ ). Karena itu $\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\dd x = \frac\pi2$ — yakni nilai yang sama yang diperoleh pada Bab 9 lewat menurunkan integral berparameter; sedangkan di sini Fubini yang mengerjakannya.

Latihan 20.10 ★★★

(Ketaksamaan isoperimetrik lewat Wirtinger) Misalkan $\gamma$ kurva tertutup sederhana $\mathcal{C}^1$ berpanjang $2\pi$ , yang diparameterkan lewat panjang busur pada $[0, 2\pi]$ , dan melingkupi luas $A$ . Dengan memakai Akibat 20.22, Parseval dan ketaksamaan Wirtinger (yakni latihan Bab 14), buktikanlah $A \leq \pi$ , dengan kesamaan bagi lingkarannya. (Normalkan $\int_0^{2\pi} x(s)\dd s = 0$ ; lalu tulislah $2A = \oint x\,\dd y - y\,\dd x$ kemudian batasilah $2A \leq \int (x^2 + y'^2)$ secara berhati-hati lewat $2A = \int_0^{2\pi}(xy' - yx')\dd s$ dan $x^2 + y'^2 \geq 2xy'$ .)

Solusi

Solusi Latihan 20.10.

Parameterkan lewat panjang busurnya $s \in [0, 2\pi]$ , jadi $x'^2 + y'^2 = 1$ , lalu geserlah sehingga $\int_0^{2\pi} x(s)\,\dd s = 0$ . Menurut Akibat 20.22,

2A = \oint x\,\dd y - y\,\dd x = \int_0^{2\pi}\bigl(xy' - yx'\bigr)\dd s .

Lalu mengintegralkan $\oint y\,\dd x$ secara parsial atas kalanya (dengan suku perbatasannya saling meniadakan berkat kekalaannya), $-\int yx' = \int y'x$ , jadi sebenarnya $2A = 2\int_0^{2\pi}xy'\,\dd s$ . Kemudian $2xy' \leq x^2 + y'^2$ memberi

2A \leq \int_0^{2\pi}\bigl(x^2 + y'^2\bigr)\dd s = \int_0^{2\pi} x^2 + \int_0^{2\pi}\bigl(1 - x'^2\bigr) = 2\pi - \int_0^{2\pi}\bigl(x'^2 - x^2\bigr)\dd s .

Ketaksamaan Wirtinger (Bab 14, pada latihannya: yakni untuk fungsi berkala- $2\pi$ berkelas $\mathcal{C}^1$ yang bererata nol, $\int x^2 \leq \int x'^2$ ) membuat integral terakhirnya taknegatif: jadi $A \leq \pi$ . Adapun kesamaannya menuntut kesamaan pada Wirtinger (yakni $x(s) = a\cos s + b\sin s$ ) dan pada $2xy' \leq x^2 + y'^2$ (yakni $y' = x$ titik demi titik), yang memaksa $y = a\sin s - b\cos s + c$ : jadi kurvanya adalah lingkaran satuan (yang dipusatkan sepantasnya). Lalu karena kurva berpanjang $L$ menskala ke panjang $2\pi$ , pernyataan umumnya adalah $A \leq \frac{L^2}{4\pi}$ : jadi di antara semua kurva tertutup berkeliling tertentu, lingkarannya melingkupi luas terbesar.

Latihan 20.11 ★★

(Momen bolanya) Untuk bola $B$ berjari-jari $R$ di $\R^3$ , hitunglah $\iiint_B z^2\,\dd x\,\dd y\,\dd z$ dalam koordinat bola, lalu turunkan $\iiint_B (x^2 + y^2 + z^2)\,\dd x\,\dd y\,\dd z$ lewat kesimetriannya. Periksalah silang yang terakhir terhadap perhitungan cangkangnya $\int_0^R r^2\cdot4\pi r^2\,\dd r$ .

Solusi

Solusi Latihan 20.11.

Dalam koordinat bola berlaku $z = r\sin\varphi$ dan $\dd x\,\dd y\,\dd z = r^2\cos\varphi\,\dd r\,\dd\theta\,\dd\varphi$ :

\iiint_B z^2 = \int_0^R r^4\,\dd r\int_0^{2\pi}\dd\theta \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^2\varphi\cos\varphi\,\dd\varphi = \frac{R^5}5\cdot2\pi\cdot \Bigl[\frac{\sin^3\varphi}3\Bigr]_{-\pi/2}^{\pi/2} = \frac{4\pi R^5}{15}.

Berkat kesimetrian bolanya di bawah permutasi koordinatnya, $\iiint_B x^2 = \iiint_B y^2 = \iiint_B z^2$ , jadi $\iiint_B(x^2 + y^2 + z^2) = 3\cdot\frac{4\pi R^5}{15} = \frac{4\pi R^5}5$ . Pemeriksaan cangkangnya: $\int_0^R r^2\cdot 4\pi r^2\,\dd r = \frac{4\pi R^5}5$ — sebab integran $r^2$ bersifat tetap pada bola berjari-jari $r$ yang berluas $4\pi r^2$ .

Latihan 20.12 ★★

(Rumus tali sepatu) Misalkan $K$ sebuah poligon bertitik sudut $(x_1, y_1), \dots, (x_m, y_m)$ dalam urutan berlawanan arah jarum jam (dengan indeks modulo $m$ ). Turunkan dari Akibat 20.22 bahwa

\operatorname{Area}(K) = \frac12\sum_{i=1}^m \bigl(x_iy_{i+1} - x_{i+1}y_i\bigr) ,

lalu periksalah rumusnya pada segitiga $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(0,1)$ .

Solusi

Solusi Latihan 20.12.

Parameterkan rusuk dari $(x_i, y_i)$ ke $(x_{i+1}, y_{i+1})$ lewat $\gamma(t) = \bigl((1-t)x_i + tx_{i+1},\ (1-t)y_i + ty_{i+1}\bigr)$ . Maka sumbangannya pada $\frac12\oint(x\,\dd y - y\,\dd x)$ adalah

\frac12\int_0^1\Bigl(\bigl((1-t)x_i + tx_{i+1}\bigr)(y_{i+1} - y_i) - \bigl((1-t)y_i + ty_{i+1}\bigr)(x_{i+1} - x_i)\Bigr)\dd t ,

lalu karena $\int_0^1\bigl((1-t)u + tv\bigr)\dd t = \frac{u + v}2$ , ini sama dengan

\frac14\Bigl((x_i + x_{i+1})(y_{i+1} - y_i) - (y_i + y_{i+1})(x_{i+1} - x_i)\Bigr) = \frac12\bigl(x_iy_{i+1} - x_{i+1}y_i\bigr),

sebab suku silangnya saling meniadakan. Lalu menjumlahkannya atas $m$ rusuknya memberi rumus tali sepatunya, menurut Akibat 20.22. Adapun segitiga $(0,0), (1,0), (0,1)$ : $\frac12\bigl((0\cdot0 - 1\cdot0) + (1\cdot1 - 0\cdot0) + (0\cdot0 - 0\cdot1)\bigr) = \frac12$ , yakni luasnya yang benar.

20.6 Soal: volume bola pada dimensi $n$

Soal 20.1

Soal akhir pekan — $V_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ , dan keanehan dimensi tinggi

Cakram berluas $\pi$ , bola bervolume $\frac43\pi$ — lalu apa? Soal ini menghitung volume bola satuan $\R^n$ untuk setiap $n$ , dua kali (yakni lewat rekursi pengirisan yang digerakkan integral Wallis, lalu lewat fungsi $\Gamma$ dan integral Gauss pada Contoh 20.17), lalu membaca geometrinya: bahwa volumenya memuncak pada dimensi lima lalu bergegas ke nol, dan hampir seluruh isi bola berdimensi tinggi bersembunyi pada cangkang tipis di dekat perbatasannya. Untuk fungsi kontinu pada bola $\R^n$ , integralnya dipahami sebagai integral teriterasi $n$ lipat (yakni mengiris satu koordinat sekali waktu, seperti pada bab ini untuk $n \leq 3$ ); dan kita menulis $B_n(R)$ bagi bola tertutup berjari-jari $R$ yang berpusat di $0$ , $v_n(R)$ bagi volumenya, serta $V_n = v_n(1)$ , dengan $V_0 = 1$ menurut konvensinya.

Bagian I — Rekursi pengirisannya.

Dengan menyulihkan $x_i = Ru_i$ pada masing-masing $n$ integral teriterasinya, tunjukkanlah $v_n(R) = V_nR^n$ .
Dengan mengiris $B_n(1)$ sepanjang koordinat terakhirnya, tunjukkan

$V_n = V_{n-1}\int_{-1}^{1}(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\,\dd t .$
Dengan $t = \sin\theta$ , kenalilah integralnya sebagai integral Wallis: yakni $\int_{-1}^1(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\dd t = 2W_n$ , dengan $W_n = \int_0^{\pi/2}\cos^n\theta\,\dd\theta = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta$ .
Buktikan kedua kesamaan Wallisnya (yakni integralkan secara parsial; lalu teleskopkan $nW_nW_{n-1}$ ):

$W_n = \frac{n-1}nW_{n-2} \quad (n \geq 2), \qquad W_nW_{n-1} = \frac{\pi}{2n} \quad (n \geq 1).$

Bagian II — Rekursinya diselesaikan.

Gabungkanlah pertanyaan 2–4 menjadi rekursi dua langkahnya

$V_n = \frac{2\pi}{n}\,V_{n-2} \qquad (n \geq 2).$
Turunkan bentuk tertutupnya, untuk $k \geq 0$ :

$V_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}, \qquad V_{2k+1} = \frac{2^{k+1}\pi^k}{1\cdot3\cdot5\cdots (2k+1)} .$
Tabelkan $V_1, \dots, V_7$ secara numerik. Lalu dengan memakai nisbah $V_n/V_{n-2} = 2\pi/n$ beserta nilai $2W_5$ dan $2W_6$ , buktikanlah bahwa barisan $(V_n)$ naik sampai maksimumnya $V_5 = \frac{8\pi^2}{15} \approx 5.26$ lalu turun sejak itu.
Tunjukkan bahwa $V_n \to 0$ lebih cepat daripada sembarang barisan geometri, dan bahwa $\sum_{n\geq1} V_n$ konvergen: jadi semua bola satuannya bersama-sama bervolume total yang berhingga.
Buktikan kesamaan pembangkitnya

$\sum_{k\geq0} V_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} \qquad (x \in \R),$

lalu turunkan $\sum_{k\geq0}V_{2k} = \eu^\pi \approx 23.14$ .

Bagian III — Rute kedua: $\Gamma$ dan integral Gauss.

Tunjukkan lewat Fubini (sebab integrannya berupa hasil kali) bahwa

$I_n = \int_{\R^n}\eu^{-\norm x^2}\dd x = \Bigl(\int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-t^2}\dd t\Bigr)^{\!n} = \pi^{n/2},$

yakni integral Gauss berdimensi $n$ , yang dipahami sebagai limit atas kubus $\intcc{-R}{R}^n$ .
Ingat kembali $\Gamma(s) = \int_0^\infty t^{s-1}\eu^{-t}\dd t$ (Definisi 9.17). Lalu dari $\Gamma(s+1) = s\,\Gamma(s)$ (Teorema 9.18) dan $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (yakni sulihkan $t = u^2$ lalu panggillah integral Gaussnya), hitunglah

$\Gamma(k + 1) = k!, \qquad \Gamma\Bigl(k + \frac32\Bigr) = \frac{1\cdot3\cdots(2k+1)}{2^{k+1}}\,\sqrt\pi .$
Buktikan, secara induktif lewat rekursi pertanyaan 5, satu rumus tunggalnya

$V_n = \frac{\pi^{n/2}}{\Gamma\bigl(\frac n2 + 1\bigr)} \qquad (n \geq 1),$

lalu periksalah bahwa ia menghasilkan kembali kedua bentuk tertutup pertanyaan 6.
Tunjukkan $\int_0^\infty \eu^{-r^2}r^{n-1}\dd r = \tfrac12\Gamma\bigl(\tfrac n2\bigr)$ lalu turunkan kesamaan

$I_n = n\,V_n\int_0^\infty \eu^{-r^2}\,r^{n-1}\,\dd r.$

Tafsirkanlah: bahwa massa Gauss $\R^n$ dikumpulkan sepanjang cangkang bola yang “luas berdimensi $(n-1)$ ”-nya pada jari-jari $r$ adalah $nV_nr^{n-1}$ — dan kedua ruasnya kini terbukti secara bebas, jadi tafsirannya tak berharga apa pun.
Tetapkan $s_{n-1} = nV_n$ (yakni luas bola satuan $S^{n-1}$ , yang konsisten dengan $v_n(R) = \int_0^R s_{n-1}r^{n-1}\dd r$ ). Tabelkanlah $s_0, \dots, s_3$ lalu periksalah $s_1 = 2\pi$ , $s_2 = 4\pi$ , dan $s_3 = 2\pi^2$ .

Bagian IV — Dimensi tinggi itu aneh.

Dari rumus Stirling (Teorema 6.13) yang diterapkan pada $k!$ , tunjukkanlah untuk $n = 2k$ yang genap:

$V_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}} \Bigl(\frac{2\pi\eu}{n}\Bigr)^{n/2} \qquad (n \to \infty, \ n \text{ genap}),$

lalu jelaskanlah mengapa batas peluruhan supergeometri yang sama meluas ke $n$ yang ganjil lewat rekursinya.
Bola satuannya duduk di kubus $\intcc{-1}1^n$ yang bervolume $2^n$ . Hitunglah nisbah pengisiannya $V_n/2^n$ untuk $n = 2, 3, 10$ , lalu tunjukkan bahwa ia menuju $0$ : jadi pada dimensi tinggi, pada dasarnya seluruh isi kubusnya terletak di pojoknya.
Tunjukkan bahwa pecahan $v_n(1)$ yang terletak dalam jarak $\varepsilon$ dari bola perbatasannya adalah $1 - (1 - \varepsilon)^n \to 1$ ; lalu secara numerik, berapa pecahan bola berdimensi $100$ yang terletak pada cangkang luar setebal $1\%$ ?
Buktikan asimtotik Wallis $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ (lewat kemonotonan $(W_n)$ , nisbah $W_n/W_{n-2} \to 1$ , dan $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$ ), beserta batas bawahnya $W_n \geq \sqrt{\dfrac{\pi}{2(n+1)}}$ untuk setiap $n$ .
(Pemusatan pada sebuah lempeng) Adapun pecahan bola satuan yang koordinat pertamanya melampaui $\delta$ adalah $\int_\delta^1(1 - x^2)^{\frac{n-1}2}\dd x \,\big/\, (2W_n)$ . Dengan memakai $1 - u \leq \eu^{-u}$ dan batas ekornya $\int_\delta^\infty \eu^{-a x^2}\dd x \leq \frac{\eu^{-a\delta^2}}{2a\delta}$ , tunjukkanlah bahwa pecahan ini paling banyak

$\frac{\eu^{-(n-1)\delta^2/2}}{(n-1)\,\delta} \Big/ \sqrt{\frac{2\pi}{n+1}}$

lalu simpulkan: bahwa untuk $\delta = s/\sqrt{n-1}$ , semuanya kecuali pecahan $O(\eu^{-s^2/2}/s)$ bagian bolanya terletak pada lempeng $\abs{x_1} \leq s/\sqrt{n-1}$ . Jadi sebuah bola berdimensi tinggi, secara statistik, berupa panekuk tipis pada setiap arah sekaligus.
Rangkailah pertanyaan 16–19 menjadi satu paragraf: yakni di mana volume $B_n(1)$ duduk (di dekat bola perbatasannya, namun di dalam lempeng $O(1/\sqrt n)$ bagi setiap hiperbidang lewat pusatnya), dan mengapa kedua pernyataan itu tak saling bertentangan.

Bagian V — Benda lain, dan rangkuman.

(Simpleks) Misalkan $\Delta_n = \{x \in \R^n : x_i \geq 0,\ \sum x_i \leq 1\}$ . Tunjukkan lewat pengirisan dan induksi bahwa $\operatorname{vol}(\Delta_n) = \frac1{n!}$ .
(Politop silang) Turunkan bahwa $C_n = \{x : \sum\abs{x_i} \leq 1\}$ bervolume $\frac{2^n}{n!}$ , lalu periksalah apitan $C_n \subseteq B_n(1) \subseteq \intcc{-1}1^n$ pada aras volumenya: $\frac{2^n}{n!} \leq V_n \leq 2^n$ .
Hitunglah $V_4$ lewat cara ketiga: irislah $\R^4 = \R^2 \times \R^2$ , integralkan luas cakram- $(z, w)$ -nya atas cakram- $(x, y)$ -nya dalam koordinat kutub, lalu perolehlah $V_4 = \frac{\pi^2}2$ .
(Monte Carlo dalam kesulitan) Sebuah titik ditarik seragam di kubus $\intcc{-1}1^{20}$ . Tunjukkan bahwa peluangnya mendarat di bola yang terlukis di dalamnya adalah $V_{20}/2^{20} \approx 2.5\cdot10^{-8}$ , jadi sekitar empat puluh juta penarikan diperlukan sebelum sasaran yang pertamanya diharapkan: sehingga menaksir $V_n$ lewat pencuplikan penolakan runtuh pada dimensi tinggi (yakni kutukan dimensinya).
Rangkuman. Dua penurunan yang bebas bertemu di $V_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ : daftarkanlah teorema mana pada bab ini yang dipakai masing-masingnya (Fubini, penggantian peubah, integral Gauss kutubnya), dan masukan satu peubah mana (Wallis, $\Gamma$ , Stirling). Lalu di mana jilid Tahun ke-3 mengerjakan ulang perhitungan ini dengan teori Lebesgue, dan apa yang ditambahkannya?

Solusi

Solusi Soal 20.1.

1. Bola $B_n(R)$ diperikan lewat batas teriterasi $-R \leq x_n \leq R$ , lalu $\abs{x_{n-1}} \leq \sqrt{R^2 - x_n^2}$ , dan seterusnya; jadi menyulihkan $x_i = Ru_i$ pada masing-masing $n$ integral satu peubahnya mengalikan tiap-tiapnya dengan $R$ lalu memetakan batasnya ke batas $B_n(1)$ : sehingga $v_n(R) = R^n\,v_n(1) = V_nR^n$ .

2. Dengan mengiris sepanjang $x_n = t$ : irisan $B_n(1)$ adalah bola $B_{n-1}\bigl(\sqrt{1 - t^2}\bigr)$ , jadi menurut pertanyaan 1,

V_n = \int_{-1}^1 v_{n-1}\bigl(\sqrt{1 - t^2}\bigr)\,\dd t = V_{n-1}\int_{-1}^{1}(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\,\dd t .

3. Dengan $t = \sin\theta$ : berlaku $\dd t = \cos\theta\,\dd\theta$ dan $(1 - t^2)^{\frac{n-1}2} = \cos^{n-1}\theta$ pada $\intcc{-\pi/2}{\pi/2}$ , jadi

\int_{-1}^1(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\dd t = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^n\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\cos^n\theta\,\dd\theta = 2W_n,

lalu $\theta \mapsto \frac\pi2 - \theta$ mempertukarkan bentuk sinus dan kosinus milik $W_n$ .

4. Tulislah $\sin^n = \sin^{n-2}(1 - \cos^2)$ lalu integralkan $\int\sin^{n-2}\cos\cdot\cos$ secara parsial (dengan $v = \frac{\sin^{n-1}}{n-1}$ ):

W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1} \quad\Longrightarrow\quad W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}.

Karena itu $nW_nW_{n-1} = (n-1)W_{n-1}W_{n-2}$ : jadi barisan $(nW_nW_{n-1})$ bersifat tetap dan sama dengan $1\cdot W_1W_0 = 1\cdot\frac\pi2$ , sehingga $W_nW_{n-1} = \frac{\pi}{2n}$ .

5. Pertanyaan 2–3 memberi $V_n = 2W_nV_{n-1}$ , dua kali:

V_n = 2W_n\cdot 2W_{n-1}\,V_{n-2} = 4\,\frac{\pi}{2n}\,V_{n-2} = \frac{2\pi}n\,V_{n-2}.

6. Dari $V_0 = 1$ : berlaku $V_{2k} = \frac{2\pi}{2k}V_{2k-2} = \frac\pi kV_{2k-2}$ , jadi $V_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}$ secara induktif. Sedangkan dari $V_1 = 2$ : $V_{2k+1} = \frac{2\pi}{2k+1}V_{2k-1}$ , jadi

V_{2k+1} = 2\prod_{j=1}^k\frac{2\pi}{2j+1} = \frac{2^{k+1}\pi^k}{1\cdot3\cdot5\cdots(2k+1)} .

7. Berlaku $V_1 = 2$ , $V_2 = \pi \approx 3.142$ , $V_3 = \frac{4\pi}3 \approx 4.189$ , $V_4 = \frac{\pi^2}2 \approx 4.935$ , $V_5 = \frac{8\pi^2}{15} \approx 5.264$ , $V_6 = \frac{\pi^3}6 \approx 5.168$ , dan $V_7 = \frac{16\pi^3}{105} \approx 4.725$ . Adapun nisbah satu langkahnya adalah $V_n/V_{n-1} = 2W_n$ , dan $(W_n)$ bersifat turun (sebab $\sin^n \leq \sin^{n-1}$ titik demi titik). Kini $2W_5 = 2\cdot\frac45\cdot\frac23 = \frac{16}{15} > 1$ sedangkan $2W_6 = 2\cdot\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2 = \frac{5\pi}{16} < 1$ : jadi nisbahnya melampaui $1$ sampai $n = 5$ lalu berada di bawah $1$ sejak $n = 6$ — sehingga $(V_n)$ naik ke maksimumnya $V_5$ lalu turun.

8. Untuk $n \geq 13 > 4\pi$ : berlaku $V_n/V_{n-2} = 2\pi/n < \tfrac12$ , jadi $V_{n} \leq C\cdot 2^{-n/2}$ dengan sebuah konstanta yang tetap; bahkan lebih baik, untuk sembarang $q > 0$ berlaku $2\pi/n < q^2$ untuk $n$ yang besar, jadi $V_n/q^n \to 0$ : sehingga peluruhannya mengalahkan setiap barisan geometri. Adapun kekonvergenan $\sum V_n$ menyusul dari nisbah $V_n/V_{n-2} \to 0$ (yakni bandingkan dengan deret geometri sejak suatu pangkat).

9. Berlaku $\sum_{k\geq0}V_{2k}x^{2k} = \sum_{k\geq0}\frac{(\pi x^2)^k}{k!} = \eu^{\pi x^2}$ , yakni deret eksponensialnya (Bab 11), yang konvergen untuk setiap $x$ . Lalu di $x = 1$ : $\sum_kV_{2k} = \eu^\pi \approx 23.14$ .

10. Pada kubus $\intcc{-R}R^n$ integrannya adalah hasil kali $\prod_i\eu^{-x_i^2}$ , jadi integral teriterasinya terfaktorkan: yakni $\bigl(\int_{-R}^R\eu^{-t^2}\dd t\bigr)^n$ . Lalu dengan melewatkan $R \to \infty$ dan memakai $\int_\R\eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ (Contoh 20.17): jadi $I_n = \pi^{n/2}$ .

11. Sulihan $t = u^2$ memberi $\Gamma(\tfrac12) = \int_0^\infty t^{-1/2}\eu^{-t}\dd t = 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ . Lalu dengan mengiterasikan $\Gamma(s+1) = s\Gamma(s)$ : berlaku $\Gamma(k+1) = k!\,\Gamma(1) = k!$ , dan

\Gamma\Bigl(k + \frac32\Bigr) = \Bigl(k + \frac12\Bigr)\Bigl(k - \frac12\Bigr)\cdots \frac12\cdot\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{(2k+1)(2k-1)\cdots1}{2^{k+1}}\,\sqrt\pi .

12. Tetapkan $F_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ . Karena $\Gamma(\frac n2 + 1) = \frac n2\,\Gamma(\frac n2) = \frac n2\,\Gamma(\frac{n-2}2 + 1)$ , kita memperoleh $F_n = \frac{2\pi}nF_{n-2}$ : yakni rekursi yang sama seperti $V_n$ (pertanyaan 5). Adapun basisnya: $F_1 = \sqrt\pi/\Gamma(\frac32) = \sqrt\pi/(\frac{\sqrt\pi}2) = 2 = V_1$ dan $F_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi = V_2$ . Jadi secara induktif $V_n = F_n$ untuk setiap $n$ ; lalu pertanyaan 11 mengubahnya kembali menjadi kedua bentuk tertutup pertanyaan 6.

13. Dengan $r = \sqrt t$ : berlaku $\int_0^\infty \eu^{-r^2}r^{n-1}\dd r = \frac12\int_0^\infty t^{\frac n2 - 1}\eu^{-t}\dd t = \frac12\Gamma(\frac n2)$ . Karena itu

n\,V_n\int_0^\infty\eu^{-r^2}r^{n-1}\dd r = V_n\cdot\frac n2\,\Gamma\Bigl(\frac n2\Bigr) = V_n\,\Gamma\Bigl(\frac n2 + 1\Bigr) = \pi^{n/2} = I_n .

Lalu karena kedua ruasnya terbukti, kesamaannya dapat dibaca sebagai penguraian cangkang bagi integral Gaussnya: yakni bola berjari-jari $r$ mengusung luas $nV_nr^{n-1}$ , dan bobot Gaussnya $\eu^{-r^2}$ diintegralkan atas cangkangnya.

14. Berlaku $s_0 = V_1 = 2$ (sebab bola- $0$ -nya berupa dua titik), $s_1 = 2V_2 = 2\pi$ , $s_2 = 3V_3 = 4\pi$ , dan $s_3 = 4V_4 = 2\pi^2$ ; lalu $\int_0^R s_{n-1}r^{n-1}\dd r = V_nR^n = v_n(R)$ : jadi luasnya adalah turunan radial volumenya.

15. Untuk $n = 2k$ , Stirling (Teorema 6.13) memberi $k! \sim \sqrt{2\pi k}\,(k/\eu)^k$ , jadi

V_{2k} = \frac{\pi^k}{k!} \sim \frac{(\pi\eu/k)^k}{\sqrt{2\pi k}} = \frac1{\sqrt{\pi n}}\Bigl(\frac{2\pi\eu}n\Bigr)^{n/2} \qquad (n = 2k).

Sedangkan untuk $n$ yang ganjil: $V_{2k+1} = 2W_{2k+1}V_{2k} \leq 2V_{2k}$ , jadi batas peluruhan supergeometri yang sama berlaku (hingga faktor $2$ dan pergeseran satu pada eksponennya) — sehingga untuk setiap $q > 0$ berlaku $V_n = o(q^n)$ .

16. Berlaku $V_2/4 = \pi/4 \approx 0.785$ ; $V_3/8 = \pi/6 \approx 0.524$ ; dan $V_{10}/2^{10} = \frac{\pi^5}{120\cdot1024} \approx 0.0025$ . Secara umum $\frac{V_n/2^n}{V_{n-2}/2^{n-2}} = \frac{2\pi}{4n} = \frac{\pi}{2n} \to 0$ : jadi nisbahnya menuju $0$ (secara supergeometri). Sehingga bola yang terlukis di dalamnya menempati pecahan yang lenyap: sebab volume kubusnya berpindah ke pojoknya.

17. Menurut pertanyaan 1, bola dalam berjari-jari $1 - \varepsilon$ bervolume $V_n(1-\varepsilon)^n$ , jadi cangkang luarnya mengusung pecahan $1 - (1 - \varepsilon)^n \to 1$ . Untuk $n = 100$ dan $\varepsilon = 0.01$ : berlaku $(0.99)^{100} = \eu^{100\ln0.99} \approx \eu^{-1.005} \approx 0.366$ : jadi sekitar $63\%$ bagian bolanya terletak dalam $1\%$ dari permukaannya.

18. Barisan $(W_n)$ turun, jadi $W_n \leq W_{n-1} \leq W_{n-2} = \frac{n}{n-1}W_n$ : sehingga lewat penjepitan, $W_{n-1}/W_n \to 1$ . Lalu mengalikannya dengan $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$ : berlaku $W_n^2 \sim \frac\pi{2n}$ , yakni $W_n \sim \sqrt{\pi/(2n)}$ . Adapun batas bawahnya: $W_n^2 \geq W_nW_{n+1} = \frac{\pi}{2(n+1)}$ , jadi $W_n \geq \sqrt{\pi/(2(n+1))}$ untuk setiap $n$ .

19. Pembilangnya: syarat $1 - x^2 \leq \eu^{-x^2}$ memberi $(1 - x^2)^{\frac{n-1}2} \leq \eu^{-(n-1)x^2/2}$ , jadi dengan $a = \frac{n-1}2$ ,

\int_\delta^1(1 - x^2)^{\frac{n-1}2}\dd x \leq \int_\delta^\infty\eu^{-ax^2}\dd x \leq \int_\delta^\infty\frac x\delta\,\eu^{-ax^2}\dd x = \frac{\eu^{-a\delta^2}}{2a\delta} = \frac{\eu^{-(n-1)\delta^2/2}}{(n-1)\delta}.

Adapun penyebutnya: $2W_n \geq \sqrt{2\pi/(n+1)}$ menurut pertanyaan 18. Jadi membaginya memberi batas pada displainya. Lalu untuk $\delta = s/\sqrt{n-1}$ ia menjadi $\sqrt{\tfrac{n+1}{2\pi(n-1)}}\;\eu^{-s^2/2}/s = O\bigl( \eu^{-s^2/2}/s\bigr)$ , secara seragam dalam $n$ : jadi di luar lempeng $\abs{x_1} \leq s/\sqrt{n-1}$ hampir tak ada volumenya, untuk $s$ yang cukup besar — dan berkat kesimetriannya hal yang sama berlaku bagi setiap arah.

20. Kedua pernyataannya berdampingan karena keduanya memerikan koordinat yang berbeda pada titik yang sama. Hampir setiap titik $B_n(1)$ bernorma dekat ke $1$ (yakni pertanyaan 17: pemusatan radial di dekat bolanya), namun tiap-tiap $n$ koordinatnya bernilai kecil, berorde $1/\sqrt n$ (yakni pertanyaan 19), dan itu konsisten karena $n$ koordinat berukuran $1/\sqrt n$ bernorma berorde $1$ . Jadi volume berdimensi tinggi memusat di tempat semua koordinatnya berbagi anggaran normanya secara merata — yakni di dekat bolanya, tetapi jauh dari setiap kutub sumbu koordinatnya.

21. Irislah $\Delta_n$ di $x_n = t \in \intcc01$ : maka irisannya adalah $\{x' \in \R^{n-1} : x_i \geq 0,\ \sum x_i \leq 1 - t\} = (1-t)\Delta_{n-1}$ , yang bervolume $(1-t)^{n-1}\operatorname{vol}(\Delta_{n-1})$ berkat kehomogenannya. Jadi

\operatorname{vol}(\Delta_n) = \operatorname{vol}(\Delta_{n-1})\int_0^1(1 - t)^{n-1}\dd t = \frac{\operatorname{vol}(\Delta_{n-1})}{n} \quad\Longrightarrow\quad \operatorname{vol}(\Delta_n) = \frac1{n!}\,.

22. Adapun $2^n$ oktan tandanya memotong $C_n$ menjadi $2^n$ salinan $\Delta_n$ (dengan tumpang tindih yang terabaikan pada hiperbidang koordinatnya): jadi $\operatorname{vol}(C_n) = \frac{2^n}{n!}$ . Lalu bila $\sum\abs{x_i} \leq 1$ maka $\sum x_i^2 \leq \bigl(\sum\abs{x_i}\bigr)^2 \leq 1$ : sehingga $C_n \subseteq B_n(1)$ ; dan $B_n(1) \subseteq \intcc{-1}1^n$ karena $\abs{x_i} \leq \norm x$ . Karena itu $\frac{2^n}{n!} \leq V_n \leq 2^n$ — yang konsisten dengan pertanyaan 15, yang menempatkan $V_n$ di antara skala faktorial dan skala geometri.

23. Untuk $(x, y)$ pada cakram satuannya, irisan $B_4(1)$ adalah cakram berjari-jari $\sqrt{1 - x^2 - y^2}$ pada bidang- $(z, w)$ , yang berluas $\pi(1 - x^2 - y^2)$ . Jadi dalam koordinat kutub:

V_4 = \iint_{x^2+y^2\leq1}\pi(1 - x^2 - y^2)\,\dd x\,\dd y = \pi\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^1(1 - \rho^2)\rho\, \dd\rho\,\dd\alpha = \pi\cdot2\pi\cdot\frac14 = \frac{\pi^2}2 ,

yang sepakat dengan pertanyaan 6.

24. Peluangnya adalah nisbah volumenya $\dfrac{V_{20}}{2^{20}} = \dfrac{\pi^{10}}{10!\cdot2^{20}} \approx \dfrac{0.0258}{1\,048\,576} \approx 2.5\cdot10^{-8}$ . Adapun banyaknya penarikan sampai sasaran pertamanya berorde kebalikannya, yakni sekitar $4\cdot10^7$ : jadi pencuplik penolakan yang bekerja indah bagi cakramnya (dengan $\pi/4$ sasarannya) menjadi tak berguna pada dimensi $20$ — yakni kutukan dimensi dalam satu baris.

25. Rute pertamanya (Bagian I–II) memakai: pengirisan bertipe Fubini pada integral teriterasinya, penyulihan satu peubah pada tiap koordinatnya (yakni kehomogenannya), dan integral Wallisnya — jadi kalkulus satu peubah murni ditambah induksi. Sedangkan rute kedua (Bagian III) memakai: Fubini bagi struktur hasil kali $I_n$ , penggantian peubah kutubnya lewat integral Gauss pada Contoh 20.17, dan persamaan fungsional fungsi $\Gamma$ . Keduanya bertemu di $V_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ , dengan Stirling (Teorema 6.13) mengubah rumusnya menjadi asimtotik. Adapun jilid Tahun ke-3 membangun ulang semua ini atas integral Lebesgue: sebab di sana Fubini dan penggantian peubahnya menjadi teorema bagi fungsi terintegralkan yang umum, koordinat bolanya ada pada setiap dimensi, dan volume bola yang sama muncul kembali sebagai panen soal ukuran hasil kali dan soal Stirling — dengan kekonvergenan terdominasi menggantikan penjepitan buatan tangan kita.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium

20.1 Integral garis

20.2 Integral lipat dua

20.3 Teorema Green–Riemann

20.4 Integral lipat tiga

20.5 Latihan

20.6 Soal: volume bola pada dimensi nnn

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

20.6 Soal: volume bola pada dimensi $n$