Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

20Lijnintegralen en meervoudige integralen

Dit hoofdstuk breidt integratie uit van intervallen naar krommen en naar domeinen van het vlak en de ruimte. Lijnintegralen integreren een differentiaalvorm $P\,\dd x + Q\,\dd y$ langs een georiënteerde boog; dubbel- en driedubbelintegralen integreren functies over twee- en driedimensionale domeinen. De twee theorieën ontmoeten elkaar in de stelling van Green–Riemann, de tweedimensionale fundamentele stelling van de analyse, en het hoofdcomputatiegereedschap doorheen is de variabelensubstitutieformule, waarvan de vervormingsfactor de absolute Jacobiaandeterminant is.

20.1 Lijnintegralen

Definitie 20.1 (Differentiaalvorm; lijnintegraal)

Zij $U \subseteq \R^2$ open. Een differentiaalvorm van graad $1$ en klasse $\mathcal{C}^0$ op $U$ is een uitdrukking $\omega = P\,\dd x + Q\,\dd y$ met $P, Q \colon U \to \R$ continu — formeel, een continue afbeelding van $U$ in de duale van $\R^2$ , $\omega(M) = P(M)\,e_1^* + Q(M)\,e_2^*$ . Voor een $\mathcal{C}^1$ -boog $\gamma \colon [a, b] \to U$ , $\gamma(t) = (x(t), y(t))$ , is de lijnintegraal van $\omega$ langs $\gamma$

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

De definities strekken zich letterlijk uit tot $\R^3$ (vormen $P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z$ ) en tot stuksgewijs $\mathcal{C}^1$ -bogen (som over de stukken).

Propositie 20.2 (Invariantie en oriëntatie)

De lijnintegraal is onveranderd onder een stijgende $\mathcal{C}^1$ -parameterwisseling, en wisselt van teken onder een dalende. Ze hangt dus alleen af van de georiënteerde meetkundige boog.

Bewijs. Als $\theta \colon [c, d] \to [a, b]$ een parameterwisseling is en $\tilde\gamma = \gamma \circ \theta$ , dan door de kettingregel en de éénvariabele variabelensubstitutie $t = \theta(u)$ ,

\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 ,

met teken $+$ als $\theta$ stijgend is ( $\theta(c) = a$ ) en $-$ als dalend (de grenzen wisselen). ∎

Voorbeeld 20.3 (Arbeid van een kracht; circulatie)

Als $F = (P, Q)$ een krachtenveld is, is $\int_\gamma P\dd x + Q\dd y = \int_a^b \langle F(\gamma(t)), \gamma'(t)\rangle\,\dd t$ de arbeid van $F$ langs $\gamma$ . Voor $\omega = -y\,\dd x + x\,\dd y$ langs de linkse eenheidscirkel $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ :

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

tweemaal de ingesloten oppervlakte — een eerste hint van Green–Riemann.

Voorbeeld 20.4 (Eén integraal, twee parametrisaties, één tekensval)

Bereken $\int_\gamma x\,\dd y$ langs de bovenste eenheidshalfcirkel van $(1, 0)$ naar $(-1, 0)$ . Met $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ , $t \in \intcc0\pi$ :

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

Met de grafiekparametrisatie $x \mapsto (x, \sqrt{1 - x^2})$ , $x$ van $1$ naar $-1$ (let op de richting!):

\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

( $x = \sin u$ herleidt het tot een Wallis-integraal). Dezelfde waarde, zoals Propositie 20.2 garandeert — maar alleen omdat beide runs van $(1,0)$ naar $(-1,0)$ gaan; de reis omkeren keert het teken om. De baan langs de $x$ -as sluiten (waar $\dd y = 0$ ) voegt niets toe, en het totaal $\frac\pi2$ is de oppervlakte van de halfschijf: de eerste instantie van de rand-oppervlakteformules van Green–Riemann hieronder.

Definitie 20.5 (Exacte en gesloten vormen)

De vorm $\omega = P\,\dd x + Q\,\dd y$ van klasse $\mathcal{C}^0$ is exact op $U$ als er $f \in \mathcal{C}^1(U)$ is (een potentiaal) met $\omega = \dd f$ , d.w.z. $P = f_x$ en $Q = f_y$ . Een $\mathcal{C}^1$ -vorm is gesloten als $P_y = Q_x$ op $U$ .

Stelling 20.6 (Fundamentele stelling voor lijnintegralen)

Als $\omega = \dd f$ exact is en $\gamma$ een stuksgewijs $\mathcal{C}^1$ -boog in $U$ van $A$ naar $B$ , dan

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

In het bijzonder is de integraal van een exacte vorm langs elke gesloten boog nul, en is elke exacte $\mathcal{C}^1$ -vorm gesloten.

Bewijs. $\frac{\dd}{\dd t}f(\gamma(t)) = f_x(\gamma(t))x'(t) + f_y(\gamma(t))y'(t)$ door de kettingregel (Hoofdstuk 15), dus is de integrand in Definitie 20.1 de afgeleide van $t \mapsto f(\gamma(t))$ , en de fundamentele stelling van de analyse geeft het resultaat op elk stuk; de intermediaire waarden telescoperen. Geslotenheid van exacte $\mathcal{C}^1$ -vormen is de stelling van Schwarz: $P_y = f_{xy} = f_{yx} = Q_x$ . ∎

Voorbeeld 20.7 (Een potentiaal reconstrueren)

Zij $\omega = y\,\eu^{xy}\,\dd x + (x\,\eu^{xy} + 2y)\,\dd y$ op $\R^2$ . Ze is gesloten: beide kruisafgeleiden zijn gelijk aan $\eu^{xy}(1 + xy)$ . Om een potentiaal te vinden, integreer $P$ in $x$ bij vaste $y$ :

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

pas daarna $c$ aan door $f_y$ te matchen: $x\,\eu^{xy} + c'(y) = x\,\eu^{xy} + 2y$ geeft $c(y) = y^2$ . Dus $f(x,y) = \eu^{xy} + y^2$ , en voor elke stuksgewijs $\mathcal C^1$ -boog van $(0,0)$ naar $(1,1)$ ,

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

onafhankelijk van de baan — het tweestapsrecept (integreer in $x$ , corrigeer in $y$ ) is de praktische omkering van Stelling 20.6 op domeinen waar gesloten vormen exact zijn.

Voorbeeld 20.8 (Gesloten impliceert niet exact)

Op $U = \R^2 \setminus \{0\}$ is de hoekvorm

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

gesloten (directe berekening: zowel $P_y$ als $Q_x$ gelijk aan $\frac{y^2 - x^2}{(x^2+y^2)^2}$ ), maar haar integraal langs de eenheidscirkel is $2\pi \neq 0$ (dezelfde berekening als Voorbeeld 20.3, gedeeld door $1$ ): $\omega$ is niet exact op $U$ . Lokaal is $\omega = \dd\theta$ voor een bepaling $\theta$ van de poolhoek; het falen is globaal — de hoek kan niet continu rond de punctie worden gedefinieerd. Op domeinen zonder gaten verdwijnt de pathologie: op een sterdomein open verzameling is elke gesloten $\mathcal{C}^1$ -vorm exact (lemma van Poincaré, Oefening 20.8).

20.2 Dubbelintegralen

We nemen de theorie van de Riemann-integraal in één variabele (volume Jaar 1, en Hoofdstuk 9) als gegeven en schetsen haar tweevariabele versie. Een functie $f$ continu op een rechthoek $R = [a, b] \times [c, d]$ heeft een dubbelintegraal $\iint_R f$ , gedefinieerd door Riemannsommen over roosters precies als in één variabele, en berekend door iteratie:

Stelling 20.9 (Fubini op een rechthoek)

Voor $f$ continu op $R = [a,b] \times [c,d]$ ,

\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 .

Bewijs. Stel $F(x) = \int_c^d f(x, y)\,\dd y$ . Uniforme continuïteit van $f$ op het compacte $R$ maakt $F$ continu (gedomineerde schatting: $\abs{F(x) - F(x')} \leq (d - c)\sup_y\abs{f(x,y) - f(x',y)}$ ). Onderverdeel nu $[a,b]$ en $[c,d]$ in $n$ gelijke delen, wat een rooster van cellen $R_{ij}$ van oppervlakte $\Delta x\,\Delta y$ geeft. Op elke cel, $\inf_{R_{ij}} f \cdot \Delta x \Delta y \leq \int_{x_{i-1}}^{x_i}\int_{y_{j-1}}^{y_j} f(x,y)\,\dd y\,\dd x \leq \sup_{R_{ij}} f \cdot \Delta x \Delta y$ door monotoniciteit van de éénvariabele-integraal (tweemaal toegepast). Optellen over cellen, de geitereerde integraal $\int_a^b F$ wordt ingeklemd tussen de onder- en boven-Riemannsommen van het rooster; door uniforme continuïteit convergeren beide sommen naar de gemeenschappelijke waarde die $\iint_R f$ definieert als $n \to \infty$ . Hetzelfde argument geldt met de rollen van $x$ en $y$ verwisseld, dus zijn beide geitereerde integralen gelijk aan $\iint_R f$ . ∎

Opmerking 20.10

Continuïteit op een compacte rechthoek doet echt werk in het bewijs van Fubini: ze levert de uniforme continuïteit die de Riemannsommen inklamt. Voor wildere integranden faalt de uitspraak echt — er zijn functies waarvan de twee geitereerde integralen bestaan en verschillen. De eerlijke algemene stelling, met integreerbaarheid als enige hypothese, is de stelling van Fubini voor de Lebesgue-integraal, bewezen in het volume van Jaar 3; alles in dit hoofdstuk blijft binnen de continue setting waar het elementaire bewijs hierboven compleet is.

Definitie 20.11 (Elementaire domeinen)

Een domein $D \subseteq \R^2$ is $y$ -elementair als

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

met $\varphi_1 \leq \varphi_2$ continu op $[a,b]$ ( $x$ -elementair: symmetrisch). Voor $f$ continu op een $y$ -elementair $D$ ,

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

en men controleert (door $f$ met een benaderingsargument uit te breiden, of door onderverdelen) dat wanneer $D$ elementair is in beide richtingen de twee geitereerde integralen overeenkomen. Domeinen gesneden in eindig veel elementaire stukken worden door additiviteit behandeld, en de oppervlakte van $D$ is $\operatorname{Area}(D) = \iint_D 1$ .

Voorbeeld 20.12

Op de driehoek $D = \{0 \leq x \leq 1,\ 0 \leq y \leq x\}$ :

\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 .

De volgorde verwisselen ( $x$ van $y$ tot $1$ ): $\int_0^1 y\bigl(\int_y^1 x\,\dd x\bigr)\dd y = \int_0^1 y\,\frac{1 - y^2}{2}\,\dd y = \frac18$ — dezelfde waarde, andere berekening: de volgorde van integratie goed kiezen is de helft van het vakmanschap.

Voorbeeld 20.13 (Wanneer slechts één volgorde werkt)

Bereken $I = \displaystyle\int_0^1\!\!\int_x^1 \eu^{y^2}\,\dd y\,\dd x$ . Zoals geschreven heeft de binnenintegraal $\int\eu^{y^2}\dd y$ geen elementaire primitieve: de berekening zit vast. Maar het domein is de driehoek $0 \leq x \leq y \leq 1$ , elementair in beide richtingen; de volgorde verwisselen,

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} .

De binnenvariabele $x$ verscheen nergens in de integrand, dus haar eerst integreren produceerde precies de factor $y$ die de buitenintegraal onmiddellijk maakt. Moraal: Fubini is niet alleen een licentie om te itereren — het is een licentie om te kiezen, en de juiste volgorde kan een onmogelijke integraal in een éénregel veranderen. Schets altijd het domein en lees beide beschrijvingen af voor je begint.

Stelling 20.14 (Variabelensubstitutie)

Zij $\Phi \colon U' \to U$ een $\mathcal{C}^1$ -diffeomorfisme tussen open verzamelingen van $\R^2$ , zij $K \subseteq U$ een compact domein gesneden in elementaire stukken met $K' = \Phi^{-1}(K)$ , en zij $f$ continu op $K$ . Dan

\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 .

Bewijs. Toegegeven op dit niveau. ∎

Opmerking 20.15

Het complete bewijs — $\Phi$ benaderen door haar differentiaal op een fijn rooster en de randcellen beheersen — is lang maar niet diep; het wordt volledig gedaan in de maattheorie van Jaar 3, als gevolg van de Lebesgue-theorie. De heuristiek is het beeld al gebruikt voor oppervlakte: een klein vierkant van zijde $\dd u$ in $(u, v)$ wordt, tot eerste orde, afgebeeld op het parallellogram opgespannen door $\Phi_u\,\dd u$ en $\Phi_v\,\dd v$ , waarvan de oppervlakte $\abs{\det J_\Phi}\,\dd u\,\dd v$ is (Lemma 19.18).

Opmerking 20.16 (Methode: de variabelensubstitutie kiezen)

Drie reflexen dekken de meeste gevallen. Symmetrie van de integrand: $x^2 + y^2$ roept om pool, een productstructuur roept om Cartesische assen te houden. Vorm van de rand: randen $u(x,y) = c_1$ , $v(x,y) = c_2$ smeken om de coördinaten $(u, v)$ zelf, zoals in het hyperbolische-gebiedvoorbeeld hieronder — het domein wordt een rechthoek, wat de hele overwinning is. Lineaire structuur: uitdrukkingen in $x + y$ en $x - y$ nodigen de $45$ -gradenrotatie of een shear uit (Voorbeeld 20.18). In alle gevallen drie vakjes af te vinken voor integreren: de afbeelding is een bijectie van het nieuwe domein op het oude; haar Jacobiaan wordt berekend in de echt gebruikte richting (inverteer aan het eind als makkelijker); en de Jacobiaan treedt binnen met haar absolute waarde.

Voorbeeld 20.17 (Poolcoördinaten)

$\Phi(\rho, \alpha) = (\rho\cos\alpha,\ \rho\sin\alpha)$ heeft

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

dus $\dd x\,\dd y = \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha$ . Voor de schijf $D_R$ van straal $R$ :

\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 .

Vergelijken met het vierkant $[-R, R]^2$ (dat ingeklemd is tussen de schijven $D_R$ en $D_{R\sqrt2}$ , alle integranden positief) geeft $\bigl(\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \pi$ :

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

— de Gauss-integraal opnieuw, nu door haar beroemdste bewijs (vergelijk de éénvariabele-afleiding in Hoofdstuk 9).

Voorbeeld 20.18 (Affiene variabelensubstituties)

Voor een affiene afbeelding $\Phi(u, v) = M(u, v)^{\mathsf T} + C$ met $M$ inverteerbaar is de Jacobiaan de constante matrix $M$ : oppervlakten worden vermenigvuldigd met de constante factor $\abs{\det M}$ — de belofte van Hoofdstuk 17 is nu een stelling. Twee onmiddellijke gebruiken. De ellips $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1$ is het beeld van de eenheidsschijf onder $(u, v) \mapsto (au, bv)$ , dus is haar oppervlakte $ab \cdot \pi$ — geen berekening. En voor de integraal van $f(x + y)$ over het vierkant $K = \intcc01^2$ maakt de shear $\Phi(u, v) = (u - v, v)$ (determinant $1$ ) er een integraal van $f(u)$ over een parallellogram van, die Fubini snijdt bij constante $u$ : met $f = \exp$ ,

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

zoals de productstructuur bevestigt. Coördinaten kiezen aangepast aan de integrand — niet aan het domein — is de andere helft van het vakmanschap.

Voorbeeld 20.19 (Coördinaten aangepast aan een kromlijnig domein)

Zij $D$ het gebied van het eerste kwadrant begrensd door de hyperbolen $xy = 1$ en $xy = 3$ en de lijnen $y = x$ en $y = 3x$ . In de coördinaten $u = xy$ , $v = y/x$ wordt het domein het vierkant $\intcc13 \times \intcc13$ ; inverteren,

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

(een tweeregels-berekening met $x = u^{1/2}v^{-1/2}$ , $y = u^{1/2}v^{1/2}$ ). Vandaar

\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 .

Proberen $D$ in Cartesische coördinaten te snijden betekent haar in drie stukken snijden met hyperbolische en lineaire randen — haalbaar, vreugdeloos, en foutgevoelig. De moraal herhaalt Voorbeeld 20.18 op volle kracht: lees de randvergelijkingen, en laat hen de coördinaten kiezen; de Jacobiaan converteert dan de celoppervlakte van het kromlijnige net, precies zoals $\rho$ dat deed voor poolcoördinaten.

Voorbeeld 20.20 (Gemiddelde waarden)

De gemiddelde waarde van $f$ over een domein $D$ is $\frac1{\operatorname{Area}(D)}\iint_Df$ . Voorbeeld: de gemiddelde afstand tot het centrum voor een uniform gekozen punt van de schijf van straal $R$ is

\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 ,

niet $R/2$ : uniforme oppervlakte legt meer massa op grote stralen (de annulus op straal $\rho$ heeft gewicht evenredig met $\rho$ ), dus zit het gemiddelde voorbij het halverwege-merk. Deze factor goed krijgen is precies de pool-Jacobiaan aan het werk, en dezelfde weging verklaart het zwaartepunt $\bar z = 3R/8$ van de halfbol later in het hoofdstuk in plaats van $R/2$ .

20.3 De stelling van Green–Riemann

Stelling 20.21 (Green–Riemann)

Zij $K \subseteq \R^2$ een compact domein dat elementair is in beide richtingen (of een eindige vereniging van zulke, geplakt langs segmenten), met rand $\partial K$ een stuksgewijs $\mathcal{C}^1$ gesloten kromme georiënteerd linksom (het domein blijft links). Voor $P, Q$ van klasse $\mathcal{C}^1$ op een omgeving van $K$ :

\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 .

Bewijs. Eerst zijn beide zijden additief onder snijden van $K$ langs een segment in twee stukken $K_1, K_2$ : de dubbelintegralen tellen op door additiviteit van $\iint$ ; wat de randintegralen betreft, doorlopen de linkse randen van $K_1$ en $K_2$ de binnenste snede elk éénmaal, in overstaande richtingen, dus in de som

\oint_{\partial K_1} + \oint_{\partial K_2} = \oint_{\partial K} + (\text{snede, beide kanten}) = \oint_{\partial K},

heffen de twee passages langs de snede op (Propositie 20.2) en overleeft alleen de buitenrand. Eindig veel sneden itererend, volstaat een elementair domein. We bewijzen $\oint P\,\dd x = -\iint_K P_y$ op een $y$ -elementair domein $D = \{a \leq x \leq b,\ \varphi_1(x) \leq y \leq \varphi_2(x)\}$ ; de identiteit $\oint Q\,\dd y = \iint_K Q_x$ is symmetrisch ( $x$ -elementair), en de stelling is hun som.

Bereken de dubbelintegraal door Fubini en de éénvariabele fundamentele stelling:

\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 .

Nu bestaat de rand van $D$ , linksom, uit: de onderste grafiek $y = \varphi_1(x)$ van links naar rechts doorlopen, het rechter verticale segment $x = b$ (omhoog), de bovenste grafiek $y = \varphi_2(x)$ van rechts naar links doorlopen, het linker verticale segment $x = a$ (omlaag). Langs de verticale segmenten is $x$ constant, dus dragen ze $0$ bij aan $\oint P\,\dd x$ ; de grafieken, geparametriseerd door $x$ , geven

\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

∎

Gevolg 20.22 (Oppervlakte via de rand)

Onder de hypotheses van Stelling 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 .

Bewijs. Pas Green–Riemann toe op $(P, Q) = (0, x)$ , $(-y, 0)$ en $\frac12(-y, x)$ : elke keer $Q_x - P_y = 1$ . ∎

Opmerking 20.23 (Kiezen onder de drie oppervlakteformules)

De drie randformules zijn gelijk, niet uitwisselbaar in de praktijk. Gebruik $\oint x\,\dd y$ wanneer de parametrisatie $\dd y$ eenvoudig maakt (grafieken over de $y$ -as), $-\oint y\,\dd x$ symmetrisch, en de symmetrische halfsom wanneer de parametrisatie $x$ en $y$ gelijk behandelt — voor de ellips produceerde ze een constante integrand, zonder enige trigonometrische linearisatie. Op polygonale randen wordt de halfsom de vetersluitformule van Oefening 20.12, het algoritme van landmeters. En wanneer de rand rechtsom wordt doorlopen door de gegeven parametrisatie, geven alle drie de formules min de oppervlakte terug: een negatief resultaat is geen berekeningsfout maar een oriëntatierapport — keer het teken om, of de parametrisatie.

Voorbeeld 20.24 (Oppervlakte van de ellips)

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

\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 .

Voorbeeld 20.25 (Green–Riemann als kruiscontrole)

Neem $P = -y^3$ , $Q = x^3$ op de gesloten eenheidsschijf $D$ . Randzijde, met $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ :

\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 ,

door linearisatie ( $\sin^4 + \cos^4 = \tfrac34 + \tfrac14\cos4t$ ). Binnenzijde:

\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 .

Hetzelfde getal, twee zeer verschillende berekeningen — en dat is het praktische nut: welke kant van de Green-identiteit makkelijker is wordt de berekening, de andere een verificatie. Voor circulaties van polynomiale velden rond gesloten krommen is de dubbelintegraal bijna altijd de makkelijke kant.

Opmerking 20.26

Green–Riemann verklaart Voorbeeld 20.8: voor een gesloten vorm ( $Q_x = P_y$ ) verdwijnt de integraal rond de rand van elk domein bevat in $U$ . De hoekvorm faalt exact te zijn alleen omdat de punctie in de oorsprong verhindert dat de schijf begrensd door de eenheidscirkel binnen $U$ ligt — lijnintegralen van gesloten vormen detecteren de gaten van het domein. (Verder geduwd wordt deze observatie de de Rham-cohomologie.)

20.4 Driedubbelintegralen

De theorie strekt zich tot drie variabelen uit zonder nieuw idee: Fubini herleidt $\iiint$ tot drie éénvariabele-integralen (ofwel door snijden: $\iiint_K f = \int\bigl(\iint_{K_z} f\bigr)\dd z$ over de horizontale sneden $K_z$ , ofwel door stapelen: eerst in $z$ integreren langs verticale stokjes), en de variabelensubstitutieformule geldt met de $3 \times 3$ -Jacobiaan.

Voorbeeld 20.27 (Cilindrische en sferische coördinaten)

Cilindrisch $(x, y, z) = (\rho\cos\alpha, \rho\sin\alpha, z)$ : $\dd x\,\dd y\,\dd z = \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha\,\dd z$ . Sferisch $(x, y, z) = (r\cos\theta\cos\varphi,\ r\sin\theta\cos\varphi,\ r\sin\varphi)$ ( $\theta$ lengte, $\varphi \in [-\frac\pi2, \frac\pi2]$ breedte): de $3 \times 3$ -determinant langs de laatste rij ontwikkelen,

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

Volume van de bal van straal $R$ :

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} ,

eindelijk de formule aangenomen in de volumehoofdstukken van de eerdere boeken aflossend.

Voorbeeld 20.28 (Het tetraëder, tweemaal)

Het volume van $T = \{x, y, z \geq 0,\ x + y + z \leq 1\}$ , door stapelen: voor vaste $(x, y)$ in de driehoek $x + y \leq 1$ loopt $z$ over $\intcc0{1 - x - y}$ , dus

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 .

Door snijden: de snede op hoogte $z$ is de driehoek $\{x, y \geq 0,\ x + y \leq 1 - z\}$ , van oppervlakte $\frac{(1-z)^2}2$ , en $V = \int_0^1\frac{(1-z)^2}2\,\dd z = \frac16$ opnieuw — de twee berekeningen zijn dezelfde integralen in een andere volgorde, wat alles is wat Fubini claimt. De waarde $\frac16 = \frac13\cdot\frac12\cdot1$ is de kegelformule (Voorbeeld 20.30) met driehoekige basis, en de $n$ -dimensionale versie $1/n!$ wordt door precies dit snijden bewezen in het weekendprobleem.

Voorbeeld 20.29 (Zwaartepunt van een halfbol)

Voor de bovenste halfbol $H$ van straal $R$ ( $z \geq 0$ ) is de zwaartepunthoogte $\bar z = \frac1{V}\iiint_H z$ , met $V = \frac23\pi R^3$ . In sferische coördinaten ( $z = r\sin\varphi$ , $\varphi \in \intcc0{\pi/2}$ ):

\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 ,

dus

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

het evenwichtspunt van een massieve hemisfeer zit op drie achtsten van de straal boven het platte vlak — onder de halve hoogte $R/2$ , zoals het moet, omdat de massa dikker is nabij de basis. Elke zwaartepuntberekening heeft deze vorm: één momentintegraal, één volume, één verhouding, en een aannemelijkheidscontrole tegen de meetkunde.

Voorbeeld 20.30 (Volume door snijden: de kegel)

Een kegel van basisoppervlakte $A$ en hoogte $h$ (top omhoog, basis in $z = 0$ ): de snede op hoogte $z$ is de basis geschaald met de factor $(1 - z/h)$ , van oppervlakte $A(1 - z/h)^2$ . Vandaar

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

het éénderde van de schoolformules, geldig voor elke basisvorm — snijden maakt er de integraal van een kwadraat van.

Voorbeeld 20.31 (Integreerbaarheidsdrempels in het vlak)

Voor welke $\alpha > 0$ convergeert $\iint_{D}\rho^{-\alpha}\, \dd x\,\dd y$ op de gepuncteerde eenheidsschijf $D$ (limiet over annuli $\varepsilon \leq \rho \leq 1$ )? In poolcoördinaten,

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

wat convergeert als $\varepsilon \to 0$ dan en slechts dan als $1 - \alpha > -1$ , d.w.z. $\alpha < 2$ : in dimensie $2$ is de kritische singulariteitsexponent de dimensie zelf, de extra $\rho$ van de Jacobiaan verzacht de singulariteit met één macht. (Evenzo $\alpha < 3$ voor een puntsingulariteit in de ruimte, via $r^2$ .) Radiale boekhouding van dit type is hoe integreerbaarheid in één oogopslag wordt beslist in het Lebesgue-kader van Jaar 3 — en het is de reden dat $\iiint 1/r$ moeiteloos convergeerde in Oefening 20.7.

Opmerking 20.32 (Klassieke valkuilen)

(i) Oriëntatie: een lijnintegraal wisselt van teken met de reisrichting, en Green–Riemann eist de rand linksom (domein links); voor een domein met een gat wordt de binnenrand rechtsom doorlopen. (ii) De Jacobiaan treedt binnen met een absolute waarde: variabelensubstitutie produceert nooit negatieve oppervlakte, en $\abs{\det}$ vergeten keert typisch precies teken om wanneer de afbeelding de oriëntatie omkeert. (iii) De poolfactor $\rho$ : $\dd x\,\dd y = \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha$ , niet $\dd\rho\,\dd\alpha$ — de frequentste fout in het hele hoofdstuk; dimensionale analyse vangt haar, omdat $\dd\rho\,\dd\alpha$ de dimensie van een lengte heeft, geen oppervlakte. (iv) Oneigenlijke dubbelintegralen: limieten over groeiende schijven en groeiende vierkanten komen hier overeen omdat de integranden positief zijn (inklemmen); voor tekenwisselende integranden kan de limiet van de uitputting afhangen, en er wordt geen claim gemaakt zonder absolute convergentie. (v) Domeinen versus integranden: een productintegrand op een niet-productdomein factoriseert de integraal niet — factorisatie heeft beide nodig, zoals in Voorbeeld 20.17’s vierkant.

Opmerking 20.33 (Perspectieven binnen dit volume)

De Gauss-integraal hier berekend is stilzwijgend overal in de waarschijnlijkheidshoofdstukken: de constante $\sqrt\pi$ binnen de formule van Stirling (Stelling 6.13) is de integraal van dit hoofdstuk, en via Stirling fixteert ze de $1/\sqrt{\pi n}$ -asymptotiek van de terugkeerwaarschijnlijkheden van de random walk in Hoofdstuk 21. De Wallis-integralen van het weekendprobleem keren daar ook terug, dezelfde centrale-binomiaalschattingen sturend. In de andere richting voltooien de oppervlakte- en volume-elementen van dit hoofdstuk de meetkunde van Hoofdstuk 19, en de formule van Green herberekent de omhullende-oppervlakten van Hoofdstuk 18 (de astroïde, in Oefening 20.5). Eén hoofdstuk, drie diensten: maat voor meetkunde, constanten voor waarschijnlijkheid, en de variabelensubstitutiediscipline door beide gebruikt.

20.5 Oefeningen

Oefening 20.1 ★

Bereken $\int_\gamma y^2\,\dd x + x\,\dd y$ langs: (a) het segment van $(0,0)$ naar $(1,1)$ ; (b) de paraboolboog $y = x^2$ van $(0,0)$ naar $(1,1)$ . Is de vorm exact?

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.1.

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

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

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

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

De twee waarden verschillen, dus is de integraal pad-afhankelijk: de vorm is niet exact — consistent, $P_y = 2y \neq 1 = Q_x$ , dus is ze niet eens gesloten.

Oefening 20.2 ★

Toon dat $\omega = (2xy + y^3)\,\dd x + (x^2 + 3xy^2 + 1)\,\dd y$ gesloten is op $\R^2$ , vind een potentiaal, en bereken $\int_\gamma\omega$ langs elke boog van $(0, 0)$ naar $(1, 2)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.2.

$P = 2xy + y^3$ , $Q = x^2 + 3xy^2 + 1$ : $P_y = 2x + 3y^2 = Q_x$ , gesloten op $\R^2$ . Zoek $f$ met $f_x = P$ : $f = x^2y + xy^3 + g(y)$ ; dan dwingt $f_y = x^2 + 3xy^2 + g'(y) = Q$ $g'(y) = 1$ , zeg $g(y) = y$ . Dus

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

is een potentiaal ( $\R^2$ is stervormig, dus moest er een potentiaal bestaan door het lemma van Poincaré — maar haar vertonen is sneller). Door Stelling 20.6, voor elke boog van $(0,0)$ naar $(1,2)$ :

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

Oefening 20.3 ★

Bereken $\iint_D (x + y)\,\dd x\,\dd y$ waar $D$ het domein is begrensd door $y = x^2$ en $y = x$ ( $0 \leq x \leq 1$ ), in beide volgorden van integratie.

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.3.

Het domein is $\{0 \leq x \leq 1,\ x^2 \leq y \leq x\}$ . $y$ -eerst:

\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} .

$x$ -eerst: de snede op hoogte $y \in [0, 1]$ is $y \leq x \leq \sqrt y$ , dus

\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} .

Oefening 20.4 ★★

Met poolcoördinaten, bereken $\iint_D \frac{\dd x\,\dd y}{(1 + x^2 + y^2)^2}$ over het hele vlak (als limiet over schijven), en $\iint_{D'} xy\,\dd x\,\dd y$ over de kwartschijf $D' = \{x, y \geq 0,\ x^2 + y^2 \leq 1\}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.4.

Eerste integraal. Op de schijf $D_R$ , in poolcoördinaten:

\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 .

Tweede integraal. De kwartschijf is $0 \leq \alpha \leq \frac\pi2$ , $0 \leq \rho \leq 1$ , en $xy = \rho^2\cos\alpha\sin\alpha$ :

\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 .

Oefening 20.5 ★★

Bereken de door de astroïde $x = \cos^3 t$ , $y = \sin^3 t$ , $t \in [0, 2\pi]$ ingesloten oppervlakte, met Gevolg 20.22. (Lineariseer $\sin^2 t\cos^2 t$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.5.

Door Gevolg 20.22 met $x = \cos^3 t$ , $y = \sin^3 t$ : $x' = -3\cos^2 t\sin t$ , $y' = 3\sin^2 t\cos t$ ,

\operatorname{Area} = \frac12\int_0^{2\pi}\bigl(x y' - y x'\bigr)\,\dd t = \frac12\int_0^{2\pi} 3\cos^2 t\sin^2 t\,(\cos^2 t + \sin^2 t)\,\dd t = \frac32\int_0^{2\pi}\sin^2 t\cos^2 t\,\dd t .

Lineariseren: $\sin^2 t\cos^2 t = \frac14\sin^2 2t = \frac18(1 - \cos 4t)$ , dus

\operatorname{Area} = \frac32\cdot\frac18\int_0^{2\pi}(1 - \cos 4t)\,\dd t = \frac{3\pi}8 ,

overeenkomend met Probleem 18.1.

Oefening 20.6 ★★

Bereken het volume van de vaste stof begrensd van onder door de paraboloïde $z = x^2 + y^2$ en van boven door het vlak $z = 1$ , met beide methoden: stapelen (integreer $1 - x^2 - y^2$ over de eenheidsschijf, poolcoördinaten) en snijden (horizontale sneden zijn schijven van straal $\sqrt z$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.6.

Stapelen: de projectie is de eenheidsschijf, $z$ van $x^2 + y^2$ tot $1$ :

V = \iint_{x^2+y^2\leq 1}(1 - x^2 - y^2)\,\dd x\,\dd y = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^1(1 - \rho^2)\rho\,\dd\rho\,\dd\alpha = 2\pi\Bigl[\frac{\rho^2}2 - \frac{\rho^4}4\Bigr]_0^1 = \frac\pi2 .

Snijden: op hoogte $z \in [0,1]$ is de snede de schijf van straal $\sqrt z$ , oppervlakte $\pi z$ :

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

Oefening 20.7 ★★

(Gravitationele aantrekking van een bal — de stelling van Newton, speciaal geval) Toon dat het volume van de sferische schil $a \leq r \leq b$ gelijk is aan $\frac43\pi(b^3 - a^3)$ en bereken $\iiint_{B} \frac{\dd x\,\dd y\,\dd z}{r}$ over de bal $B$ van straal $R$ ( $r$ de afstand tot de oorsprong). (Sferische coördinaten.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.7.

In sferische coördinaten, $\dd x\,\dd y\,\dd z = r^2\cos\varphi\,\dd r\,\dd\theta\,\dd\varphi$ :

\operatorname{vol}\{a \leq r \leq b\} = \int_a^b r^2\,\dd r\int_0^{2\pi}\dd\theta \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\varphi\,\dd\varphi = \frac{b^3 - a^3}{3}\cdot 2\pi \cdot 2 = \frac43\pi(b^3 - a^3) .

Voor $\iiint_B 1/r$ : de integrand is $1/r$ , dus

\iiint_B\frac1r = \int_0^R r\,\dd r\int_0^{2\pi}\dd\theta \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\varphi\,\dd\varphi = \frac{R^2}2\cdot 2\pi \cdot 2 = 2\pi R^2 .

Oefening 20.8 ★★★

(Lemma van Poincaré, sterdomeingeval) Zij $U$ stervormig ten opzichte van $0$ (d.w.z. $M \in U \Rightarrow [0, M] \subseteq U$ ) en $\omega = P\dd x + Q\dd y$ een gesloten $\mathcal{C}^1$ -vorm op $U$ . Definieer

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

Met differentiatie onder het integraalteken (Hoofdstuk 9) en $P_y = Q_x$ , toon dat $f_x = P$ en $f_y = Q$ : elke gesloten vorm op een stervormig open domein is exact.

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.8.

Differentiëren onder het integraalteken (Hoofdstuk 9):

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

Met $P_y = Q_x$ en de kettingregel, $\frac{\dd}{\dd t}\bigl(t P(tx,ty)\bigr) = P(tx,ty) + t\bigl(x P_x + y P_y\bigr)(tx,ty) = P + t(xP_x + yQ_x)$ , dus

f_x = \int_0^1 \frac{\dd}{\dd t}\bigl(t P(tx,ty)\bigr)\,\dd t = \bigl[t P(tx,ty)\bigr]_0^1 = P(x,y) .

Evenzo $f_y = Q$ . Dus $\omega = \dd f$ : exact.

Oefening 20.9 ★★★

(Dirichlet-integraal door dubbelintegratie) Rechtvaardig en exploiteer

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

op $[0, A] \times [0, \infty)$ : toon $\int_0^A \frac{\sin x}{x}\dd x = \frac\pi2 - \int_0^\infty e^{-Ay}\frac{y\sin A + \cos A}{1 + y^2}\dd y$ en herwin $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2$ , vergelijkend met het parameter-integraalbewijs van Hoofdstuk 9.

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.9.

Op $[0,A]\times[0,\infty)$ is $e^{-xy}\abs{\sin x} \leq e^{-xy}$ integreerbaar (Fubini: $\int_0^A\abs{\sin x}/x\,\dd x < \infty$ na integreren in $y$ ), dus is verwisselen legitiem. $y$ -eerst:

\int_0^A\sin x\Bigl(\int_0^\infty e^{-xy}\,\dd y\Bigr)\dd x = \int_0^A\frac{\sin x}{x}\,\dd x .

$x$ -eerst: $\int_0^\infty e^{-xy}\sin x\,\dd x = \frac{1}{1+y^2}$ (imaginair deel van $\int e^{-(y-\iu)x}$ ), maar met grens $A$ is de onbepaalde integraal $\int_0^A e^{-xy}\sin x\,\dd x = \frac{1 - e^{-Ay}(y\sin A + \cos A)}{1+y^2}$ (partieel of complex). Integreren in $y$ :

\int_0^A\frac{\sin x}{x}\,\dd x = \int_0^\infty\frac{1 - e^{-Ay}(y\sin A + \cos A)}{1+y^2}\,\dd y = \frac\pi2 - \int_0^\infty e^{-Ay}\frac{y\sin A + \cos A}{1+y^2}\,\dd y .

Als $A \to \infty$ verdwijnt de rest (gedomineerd door $1/(1+y^2)$ ), dus $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2$ .

Oefening 20.10 ★★★

(Isoperimetrische ongelijkheid via Wirtinger) Zij $\gamma$ een eenvoudige gesloten $\mathcal{C}^1$ -kromme van lengte $2\pi$ , geparametriseerd op booglengte op $[0, 2\pi]$ , die oppervlakte $A$ insluit. Met Gevolg 20.22, Parseval en de Wirtinger-ongelijkheid (oefeningen van Hoofdstuk 14), bewijs $A \leq \pi$ , met gelijkheid voor de cirkel. (Normaliseer $\int_0^{2\pi} x(s)\dd s = 0$ ; schrijf $2A = \oint x\,\dd y - y\,\dd x$ en grens $2A \leq \int (x^2 + y'^2)$ zorgvuldig via $2A = \int_0^{2\pi}(xy' - yx')\dd s$ en $x^2 + y'^2 \geq 2xy'$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.10.

Met booglengteparametrisatie, $x'^2 + y'^2 = 1$ . Door Gevolg 20.22,

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

Partieel integreren van $\oint y\,\dd x$ over de periode (randtermen heffen op door periodiciteit), $-\int yx' = \int y'x$ , dus in feite $2A = 2\int_0^{2\pi}xy'\,\dd s$ . Dan $2xy' \leq x^2 + y'^2$ geeft

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 .

De Wirtinger-ongelijkheid (Hoofdstuk 14-oefeningen: voor een $2\pi$ -periodieke $\mathcal{C}^1$ -functie met gemiddelde nul, $\int x^2 \leq \int x'^2$ ) maakt de laatste integraal niet-negatief: $A \leq \pi$ . Gelijkheid eist gelijkheid in Wirtinger ( $x(s) = a\cos s + b\sin s$ ) en in $2xy' \leq x^2 + y'^2$ ( $y' = x$ puntsgewijs), wat $y = a\sin s - b\cos s + c$ dwingt: de kromme is de eenheidscirkel (passend gecentreerd). Omdat een kromme van lengte $L$ herschaalt tot lengte $2\pi$ , is de algemene uitspraak $A \leq \frac{L^2}{4\pi}$ : onder alle gesloten krommen van gegeven omtrek sluit de cirkel de grootste oppervlakte in.

Oefening 20.11 ★★

(Momenten van de bal) Voor de bal $B$ van straal $R$ in $\R^3$ , bereken $\iiint_B z^2\,\dd x\,\dd y\,\dd z$ in sferische coördinaten, en leid $\iiint_B (x^2 + y^2 + z^2)\,\dd x\,\dd y\,\dd z$ af door symmetrie. Controleer deze laatste tegen de schilberekening $\int_0^R r^2\cdot4\pi r^2\,\dd r$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.11.

In sferische coördinaten, $z = r\sin\varphi$ :

\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\cdot 2\pi \cdot \frac23 = \frac{4\pi R^5}{15} .

Door symmetrie $\iiint x^2 = \iiint y^2 = \iiint z^2$ , dus $\iiint_B(x^2+y^2+z^2) = 3\cdot\frac{4\pi R^5}{15} = \frac{4\pi R^5}{5}$ . Schilcontrole: $\int_0^R r^2\cdot 4\pi r^2\,\dd r = 4\pi\frac{R^5}{5}$ , hetzelfde.

Oefening 20.12 ★★

(Vetersluitformule) Zij $K$ een polygoon met hoekpunten $(x_1, y_1), \dots, (x_m, y_m)$ in linkse volgorde (indices mod $m$ ). Leid uit Gevolg 20.22 af dat

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

en controleer de formule op de driehoek $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(0,1)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 20.12.

De rand bestaat uit de segmenten van $(x_i, y_i)$ naar $(x_{i+1}, y_{i+1})$ . Op het $i$ -de segment, $\gamma(t) = (1-t)(x_i,y_i) + t(x_{i+1},y_{i+1})$ , $t \in [0,1]$ :

\int_{\gamma_i} x\,\dd y - y\,\dd x = \int_0^1\bigl(x(t)(y_{i+1}-y_i) - y(t)(x_{i+1}-x_i)\bigr) \,\dd t = x_iy_{i+1} - x_{i+1}y_i

(de lineaire termen heffen op). Dus $\operatorname{Area}(K) = \frac12\sum_i(x_iy_{i+1} - x_{i+1}y_i)$ . Voor de driehoek $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(0,1)$ : $\frac12\bigl(0\cdot0 - 1\cdot0 + 1\cdot1 - 0\cdot0 + 0\cdot0 - 0\cdot1\bigr) = \frac12$ .

20.6 Probleem: het volume van de bal in dimensie $n$

Probleem 20.1

Weekendprobleem — $V_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ , en de vreemdheid van hoge dimensies

De schijf heeft oppervlakte $\pi$ , de bal volume $\frac43\pi$ — en dan? Dit probleem berekent het volume van de eenheidsbal van $\R^n$ voor elke $n$ , tweemaal (door een snij-recursie gestuurd door de Wallis-integralen, daarna via de $\Gamma$ -functie en de Gauss-integraal van Voorbeeld 20.17), en leest dan de meetkunde af: de volumes pieken in dimensie vijf en snellen naar nul, en bijna de hele hoogdimensionale bal verbergt zich in een dunne schil nabij haar rand. Voor een continue functie op een bal van $\R^n$ wordt de integraal begrepen als de $n$ -voudig geitereerde integraal (één coördinaat tegelijk snijden, zoals in het hoofdstuk voor $n \leq 3$ ); we schrijven $B_n(R)$ voor de gesloten bal van straal $R$ gecentreerd in $0$ , $v_n(R)$ voor haar volume, en $V_n = v_n(1)$ , met $V_0 = 1$ bij conventie.

Deel I — De snij-recursie.

Substitueren $x_i = Ru_i$ in elk van de $n$ geitereerde integralen, toon $v_n(R) = V_nR^n$ .
Snijden van $B_n(1)$ langs haar laatste coördinaat, toon

$V_n = V_{n-1}\int_{-1}^{1}(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\,\dd t .$
Met $t = \sin\theta$ , identificeer de integraal als een Wallis-integraal: $\int_{-1}^1(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\dd t = 2W_n$ , waar $W_n = \int_0^{\pi/2}\cos^n\theta\,\dd\theta = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta$ .
Bewijs de twee Wallis-identiteiten (partieel integreren; daarna $nW_nW_{n-1}$ telescoperen):

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

Deel II — De recursie opgelost.

Combineer vragen 2–4 tot de tweestapsrecursie

$V_n = \frac{2\pi}{n}\,V_{n-2} \qquad (n \geq 2).$
Leid de gesloten vormen af, voor $k \geq 0$ :

$V_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}, \qquad V_{2k+1} = \frac{2^{k+1}\pi^k}{1\cdot3\cdot5\cdots (2k+1)} .$
Tabuleer $V_1, \dots, V_7$ numeriek. Met de verhouding $V_n/V_{n-2} = 2\pi/n$ en de waarden van $2W_5$ en $2W_6$ , bewijs dat de rij $(V_n)$ stijgt tot haar maximum $V_5 = \frac{8\pi^2}{15} \approx 5.26$ en daarna daalt.
Toon dat $V_n \to 0$ sneller dan elke meetkundige rij, en dat $\sum_{n\geq1} V_n$ convergeert: alle eenheidsballen samen hebben eindig totaal volume.
Bewijs de genererende identiteit

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

en leid $\sum_{k\geq0}V_{2k} = \eu^\pi \approx 23.14$ af.

Deel III — Tweede route: $\Gamma$ en de Gauss-integraal.

Toon door Fubini (de integrand is een product) dat

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

de $n$ -dimensionale Gauss-integraal, begrepen als limiet over kubussen $\intcc{-R}{R}^n$ .
Herinner $\Gamma(s) = \int_0^\infty t^{s-1}\eu^{-t}\dd t$ (Definitie 9.17). Uit $\Gamma(s+1) = s\,\Gamma(s)$ (Stelling 9.18) en $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (substitueer $t = u^2$ en roep de Gauss-integraal in), bereken

$\Gamma(k + 1) = k!, \qquad \Gamma\Bigl(k + \frac32\Bigr) = \frac{1\cdot3\cdots(2k+1)}{2^{k+1}}\,\sqrt\pi .$
Bewijs, door inductie via de recursie van vraag 5, de enkele formule

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

en controleer dat ze beide gesloten vormen van vraag 6 reproduceert.
Toon $\int_0^\infty \eu^{-r^2}r^{n-1}\dd r = \tfrac12\Gamma\bigl(\tfrac n2\bigr)$ en leid de identiteit

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

af. Interpreteer: de Gauss-massa van $\R^n$ wordt verzameld langs sferische schillen waarvan de “ $(n-1)$ -dimensionale oppervlakte” op straal $r$ $nV_nr^{n-1}$ is — beide zijden zijn nu onafhankelijk bewezen, dus kost de interpretatie niets.
Stel $s_{n-1} = nV_n$ (de oppervlakte van de eenheidssfeer $S^{n-1}$ , consistent met $v_n(R) = \int_0^R s_{n-1}r^{n-1}\dd r$ ). Tabuleer $s_0, \dots, s_3$ en controleer $s_1 = 2\pi$ , $s_2 = 4\pi$ , $s_3 = 2\pi^2$ .

Deel IV — Hoge dimensies zijn vreemd.

Uit de formule van Stirling (Stelling 6.13) toegepast op $k!$ , toon voor even $n = 2k$ :

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

en verklaar waarom dezelfde super-meetkundige vervalgrens zich tot oneven $n$ uitstrekt via de recursie.
De eenheidsbal zit in de kubus $\intcc{-1}1^n$ van volume $2^n$ . Bereken de vullingsverhouding $V_n/2^n$ voor $n = 2, 3, 10$ , en toon dat ze naar $0$ streeft: in hoge dimensie ligt in wezen de hele kubus in haar hoeken.
Toon dat de fractie van $v_n(1)$ liggend binnen afstand $\varepsilon$ van de randsfeer $1 - (1 - \varepsilon)^n \to 1$ is; numeriek, welke fractie van een $100$ -dimensionale bal ligt in de buitenschil van dikte $1\%$ ?
Bewijs de Wallis-asymptotiek $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ (monotoniciteit van $(W_n)$ , de verhouding $W_n/W_{n-2} \to 1$ , en $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$ ), en de ondergrens $W_n \geq \sqrt{\dfrac{\pi}{2(n+1)}}$ voor alle $n$ .
(Concentratie op een slab) De fractie van de eenheidsbal met eerste coördinaat voorbij $\delta$ is $\int_\delta^1(1 - x^2)^{\frac{n-1}2}\dd x \,\big/\, (2W_n)$ . Met $1 - u \leq \eu^{-u}$ en de staartgrens $\int_\delta^\infty \eu^{-a x^2}\dd x \leq \frac{\eu^{-a\delta^2}}{2a\delta}$ , toon dat deze fractie ten hoogste

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

is en concludeer: voor $\delta = s/\sqrt{n-1}$ ligt alles behalve een fractie $O(\eu^{-s^2/2}/s)$ van de bal in de slab $\abs{x_1} \leq s/\sqrt{n-1}$ . Een bal van hoge dimensie is, statistisch, een dunne pannekoek in elke richting tegelijk.
Assembleer vragen 16–19 in één alinea: waar het volume van $B_n(1)$ zit (nabij de randsfeer, maar toch binnen $O(1/\sqrt n)$ -slabs van elk hypervlak door het centrum), en waarom deze twee uitspraken elkaar niet tegenspreken.

Deel V — Andere lichamen, en synthese.

(Simplex) Zij $\Delta_n = \{x \in \R^n : x_i \geq 0,\ \sum x_i \leq 1\}$ . Toon door snijden en inductie dat $\operatorname{vol}(\Delta_n) = \frac1{n!}$ .
(Kruispolytoop) Leid af dat $C_n = \{x : \sum\abs{x_i} \leq 1\}$ volume $\frac{2^n}{n!}$ heeft, en verifieer de sandwich $C_n \subseteq B_n(1) \subseteq \intcc{-1}1^n$ op het niveau van volumes: $\frac{2^n}{n!} \leq V_n \leq 2^n$ .
Bereken $V_4$ op een derde manier: snijd $\R^4 = \R^2 \times \R^2$ , integreer de oppervlakte van de $(z, w)$ -schijf over de $(x, y)$ -schijf in poolcoördinaten, en herwin $V_4 = \frac{\pi^2}2$ .
(Monte Carlo in de knel) Een punt wordt uniform getrokken in de kubus $\intcc{-1}1^{20}$ . Toon dat de waarschijnlijkheid dat ze in de ingeschreven bal landt $V_{20}/2^{20} \approx 2.5\cdot10^{-8}$ is, zodat ongeveer veertig miljoen trekkingen nodig zijn voor de eerste treffer wordt verwacht: $V_n$ schatten door rejection sampling stort in in hoge dimensie (de curse of dimensionality).
Synthese. Twee onafhankelijke afleidingen ontmoetten elkaar in $V_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ : lijst welke stelling van dit hoofdstuk elk gebruikte (Fubini, variabelensubstitutie, de pool-Gauss-integraal), en welke éénvariabele-inputs (Wallis, $\Gamma$ , Stirling). Waar doet het volume van Jaar 3 deze berekening over met de Lebesgue-theorie, en wat voegt ze toe?

Oplossing

Oplossing van Probleem 20.1.

1. De bal $B_n(R)$ wordt beschreven door geitereerde grenzen $-R \leq x_n \leq R$ , daarna $\abs{x_{n-1}} \leq \sqrt{R^2 - x_n^2}$ , enzovoort; substitueren $x_i = Ru_i$ in elk van de $n$ éénvariabele-integralen vermenigvuldigt elk met $R$ en beeldt de grenzen af op die van $B_n(1)$ : $v_n(R) = R^n\,v_n(1) = V_nR^n$ .

2. Snijden langs $x_n = t$ : de snede van $B_n(1)$ is de bal $B_{n-1}\bigl(\sqrt{1 - t^2}\bigr)$ , dus, door vraag 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. Met $t = \sin\theta$ , $\dd t = \cos\theta\,\dd\theta$ en $(1 - t^2)^{\frac{n-1}2} = \cos^{n-1}\theta$ op $\intcc{-\pi/2}{\pi/2}$ :

\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,

en $\theta \mapsto \frac\pi2 - \theta$ verwisselt de sinus- en cosinusvormen van $W_n$ .

4. Schrijf $\sin^n = \sin^{n-2}(1 - \cos^2)$ en integreer $\int\sin^{n-2}\cos\cdot\cos$ partieel ( $v = \frac{\sin^{n-1}}{n-1}$ ):

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

Vandaar $nW_nW_{n-1} = (n-1)W_{n-1}W_{n-2}$ : de rij $(nW_nW_{n-1})$ is constant, gelijk aan $1\cdot W_1W_0 = 1\cdot\frac\pi2$ , dus $W_nW_{n-1} = \frac{\pi}{2n}$ .

5. Vragen 2–3 geven $V_n = 2W_nV_{n-1}$ , tweemaal:

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. Uit $V_0 = 1$ : $V_{2k} = \frac{2\pi}{2k}V_{2k-2} = \frac\pi kV_{2k-2}$ , dus $V_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}$ door inductie. Uit $V_1 = 2$ : $V_{2k+1} = \frac{2\pi}{2k+1}V_{2k-1}$ , dus

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. $V_1 = 2$ , $V_2 = \pi \approx 3.142$ , $V_3 = \frac{4\pi}3 \approx 4.189$ , $V_4 = \frac{\pi^2}2 \approx 4.935$ , $V_5 = \frac{8\pi^2}{15} \approx 5.264$ , $V_6 = \frac{\pi^3}6 \approx 5.168$ , $V_7 = \frac{16\pi^3}{105} \approx 4.725$ . De éénstapsverhouding is $V_n/V_{n-1} = 2W_n$ , en $(W_n)$ is dalend ( $\sin^n \leq \sin^{n-1}$ puntsgewijs). Nu $2W_5 = 2\cdot\frac45\cdot\frac23 = \frac{16}{15} > 1$ terwijl $2W_6 = 2\cdot\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2 = \frac{5\pi}{16} < 1$ : de verhoudingen overschrijden $1$ tot $n = 5$ en liggen onder $1$ vanaf $n = 6$ — $(V_n)$ stijgt tot haar maximum $V_5$ en daalt daarna.

8. Voor $n \geq 13 > 4\pi$ : $V_n/V_{n-2} = 2\pi/n < \tfrac12$ , dus $V_{n} \leq C\cdot 2^{-n/2}$ met een vaste constante; beter, voor elke $q > 0$ , $2\pi/n < q^2$ voor grote $n$ , dus $V_n/q^n \to 0$ : het verval verslaat elke meetkundige rij. Convergentie van $\sum V_n$ volgt uit de verhouding $V_n/V_{n-2} \to 0$ (vergelijk met een meetkundige reeks vanaf zekere rang).

9. $\sum_{k\geq0}V_{2k}x^{2k} = \sum_{k\geq0}\frac{(\pi x^2)^k}{k!} = \eu^{\pi x^2}$ , de exponentiële reeks (Hoofdstuk 11), convergent voor elke $x$ . In $x = 1$ : $\sum_kV_{2k} = \eu^\pi \approx 23.14$ .

10. Op de kubus $\intcc{-R}R^n$ is de integrand het product $\prod_i\eu^{-x_i^2}$ , dus factoriseert de geitereerde integraal: $\bigl(\int_{-R}^R\eu^{-t^2}\dd t\bigr)^n$ . Laten $R \to \infty$ en $\int_\R\eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ (Voorbeeld 20.17) gebruiken: $I_n = \pi^{n/2}$ .

11. $t = u^2$ geeft $\Gamma(\tfrac12) = \int_0^\infty t^{-1/2}\eu^{-t}\dd t = 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ . Itereren van $\Gamma(s+1) = s\Gamma(s)$ : $\Gamma(k+1) = k!\,\Gamma(1) = k!$ , en

\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. Stel $F_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ . Omdat $\Gamma(\frac n2 + 1) = \frac n2\,\Gamma(\frac n2) = \frac n2\,\Gamma(\frac{n-2}2 + 1)$ , krijgen we $F_n = \frac{2\pi}nF_{n-2}$ : dezelfde recursie als $V_n$ (vraag 5). Bases: $F_1 = \sqrt\pi/\Gamma(\frac32) = \sqrt\pi/(\frac{\sqrt\pi}2) = 2 = V_1$ en $F_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi = V_2$ . Door inductie $V_n = F_n$ voor alle $n$ ; vraag 11 zet dit terug in de twee gesloten vormen van vraag 6.

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

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 .

Beide zijden bewezen, kan de identiteit worden gelezen als de schilontbinding van de Gauss-integraal: de sfeer van straal $r$ draagt oppervlakte $nV_nr^{n-1}$ , en het Gauss-gewicht $\eu^{-r^2}$ wordt over de schillen geïntegreerd.

14. $s_0 = V_1 = 2$ (de $0$ -sfeer is twee punten), $s_1 = 2V_2 = 2\pi$ , $s_2 = 3V_3 = 4\pi$ , $s_3 = 4V_4 = 2\pi^2$ ; en $\int_0^R s_{n-1}r^{n-1}\dd r = V_nR^n = v_n(R)$ : oppervlakte is de radiale afgeleide van volume.

15. Voor $n = 2k$ geeft Stirling (Stelling 6.13) $k! \sim \sqrt{2\pi k}\,(k/\eu)^k$ , dus

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).

Voor oneven $n$ : $V_{2k+1} = 2W_{2k+1}V_{2k} \leq 2V_{2k}$ , dus gelden dezelfde super-meetkundige vervalgrenzen (op een factor $2$ en een verschuiving van één in de exponent na) — voor elke $q > 0$ , $V_n = o(q^n)$ .

16. $V_2/4 = \pi/4 \approx 0.785$ ; $V_3/8 = \pi/6 \approx 0.524$ ; $V_{10}/2^{10} = \frac{\pi^5}{120\cdot1024} \approx 0.0025$ . In het algemeen $\frac{V_n/2^n}{V_{n-2}/2^{n-2}} = \frac{2\pi}{4n} = \frac{\pi}{2n} \to 0$ : de verhouding streeft naar $0$ (super-meetkundig). De ingeschreven bal neemt een verdwijnende fractie in: het volume van de kubus migreert naar haar hoeken.

17. Door vraag 1 heeft de binnenbal van straal $1 - \varepsilon$ volume $V_n(1-\varepsilon)^n$ , dus draagt de buitenschil de fractie $1 - (1 - \varepsilon)^n \to 1$ . Voor $n = 100$ , $\varepsilon = 0.01$ : $(0.99)^{100} = \eu^{100\ln0.99} \approx \eu^{-1.005} \approx 0.366$ : ongeveer $63\%$ van de bal ligt binnen $1\%$ van haar oppervlak.

18. $(W_n)$ daalt, dus $W_n \leq W_{n-1} \leq W_{n-2} = \frac{n}{n-1}W_n$ : inklammen, $W_{n-1}/W_n \to 1$ . Vermenigvuldigen met $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$ : $W_n^2 \sim \frac\pi{2n}$ , d.w.z. $W_n \sim \sqrt{\pi/(2n)}$ . Ondergrens: $W_n^2 \geq W_nW_{n+1} = \frac{\pi}{2(n+1)}$ , dus $W_n \geq \sqrt{\pi/(2(n+1))}$ voor elke $n$ .

19. Teller: $1 - x^2 \leq \eu^{-x^2}$ geeft $(1 - x^2)^{\frac{n-1}2} \leq \eu^{-(n-1)x^2/2}$ , en met $a = \frac{n-1}2$ ,

\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}.

Noemer: $2W_n \geq \sqrt{2\pi/(n+1)}$ door vraag 18. Delen geeft de weergegeven grens. Voor $\delta = s/\sqrt{n-1}$ wordt ze $\sqrt{\tfrac{n+1}{2\pi(n-1)}}\;\eu^{-s^2/2}/s = O\bigl( \eu^{-s^2/2}/s\bigr)$ , uniform in $n$ : buiten de slab $\abs{x_1} \leq s/\sqrt{n-1}$ is er bijna geen volume, voor $s$ matig groot — en door symmetrie geldt hetzelfde voor elke richting.

20. De twee uitspraken bestaan naast elkaar omdat ze verschillende coördinaten van hetzelfde punt beschrijven. Bijna elk punt van $B_n(1)$ heeft norm dicht bij $1$ (vraag 17: radiale concentratie nabij de sfeer), maar elk van haar $n$ coördinaten is klein, van orde $1/\sqrt n$ (vraag 19), wat consistent is omdat $n$ coördinaten van grootte $1/\sqrt n$ norm van orde $1$ hebben. Hoogdimensionaal volume concentreert zich waar alle coördinaten het normbudget gelijk delen — nabij de sfeer, maar ver van elke coördinaat-aspool.

21. Snijd $\Delta_n$ in $x_n = t \in \intcc01$ : de snede is $\{x' \in \R^{n-1} : x_i \geq 0,\ \sum x_i \leq 1 - t\} = (1-t)\Delta_{n-1}$ , van volume $(1-t)^{n-1}\operatorname{vol}(\Delta_{n-1})$ door homogeniteit. Dus

\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. De $2^n$ teken-orthanten snijden $C_n$ in $2^n$ kopieën van $\Delta_n$ (met verwaarloosbare overlappingen op coördinaathypervlakken): $\operatorname{vol}(C_n) = \frac{2^n}{n!}$ . Als $\sum\abs{x_i} \leq 1$ dan $\sum x_i^2 \leq \bigl(\sum\abs{x_i}\bigr)^2 \leq 1$ : $C_n \subseteq B_n(1)$ ; en $B_n(1) \subseteq \intcc{-1}1^n$ omdat $\abs{x_i} \leq \norm x$ . Vandaar $\frac{2^n}{n!} \leq V_n \leq 2^n$ — consistent met vraag 15, die $V_n$ tussen de factoriële en meetkundige schalen plaatst.

23. Voor $(x, y)$ in de eenheidsschijf is de snede van $B_4(1)$ de schijf van straal $\sqrt{1 - x^2 - y^2}$ in het $(z, w)$ -vlak, van oppervlakte $\pi(1 - x^2 - y^2)$ . In poolcoördinaten:

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 ,

overeenkomend met vraag 6.

24. De waarschijnlijkheid is de volumeverhouding $\dfrac{V_{20}}{2^{20}} = \dfrac{\pi^{10}}{10!\cdot2^{20}} \approx \dfrac{0.0258}{1\,048\,576} \approx 2.5\cdot10^{-8}$ . Het aantal trekkingen tot de eerste treffer is van orde de inverse, ongeveer $4\cdot10^7$ : een rejection sampler die prachtig werkte voor de schijf ( $\pi/4$ van de treffers) is nutteloos in dimensie $20$ — de curse of dimensionality in één regel.

25. Route één (Delen I–II) gebruikte: Fubini-achtig snijden van de geitereerde integraal, éénvariabele substitutie in elke coördinaat (homogeniteit), en de Wallis-integralen — pure éénvariabele analyse plus inductie. Route twee (Deel III) gebruikte: Fubini voor de productstructuur van $I_n$ , de pool-variabelensubstitutie via de Gauss-integraal van Voorbeeld 20.17, en de functionaalvergelijking van de $\Gamma$ -functie. Ze ontmoeten elkaar in $V_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ , met Stirling (Stelling 6.13) die de formule in asymptotiek omzet. Het volume van Jaar 3 herbouwt dit alles op de Lebesgue-integraal: daar zijn Fubini en de variabelensubstitutie stellingen voor algemene integreerbare functies, bestaan sferische coördinaten in elke dimensie, en keren dezelfde balvolumes terug als de uitgewerkte dividenden van de productmaat- en Stirling-problemen — met gedomineerde convergentie die onze handgemaakte inklammingen vervangt.

20.1 Lijnintegralen

20.2 Dubbelintegralen

20.3 De stelling van Green–Riemann

20.4 Driedubbelintegralen

20.5 Oefeningen

20.6 Probleem: het volume van de bal in dimensie nnn

20.6 Probleem: het volume van de bal in dimensie $n$