1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 56

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 56)

. . = limk→∞up−q+1 v q k→∞ up−q+1vq(q − p)(q − 1)1k1 <u<1,k1<v<k1при q > 1, q > p.24.5RR0<x<1,1<x+yД 4170dxdy(x+y)p .Решение.ZZdxdy= lim(x + y)p k→∞0<x<1,1<x+yZZdxdy= ...(x + y)p1<x+y<k0<x<1,{замена: u = x, v = x + y, |J| = 1}ZZ. . . = limk→∞0<u<1,1<v<kпри p > 1.24.6RRx2 +y 2 <1Д 4187ln √1x2 +y 2dxdy.583dudv= limk→∞vpZ1Zkdu ·011dv=,vpp−1Решение.ZZZZ1ln pdxdy = lim2 + y2k→∞x2210<x +y <1k2Z2πlimZ1dϕk→∞01dxdy =ln px2 + y 2<x2 +y 2 <11r ln dr = −2π limk→∞rZ11k1k−24.71ln r2 d(r2 ) =4 1ππlim r2 ln(r2 ) − 1 1 = .k2 k→∞2Задача. См.

Д 4175Найти интеграл Эйлера Пуассона с помощью кратного интегралаRRe−x2−y 2dxdy.R2Решение. Рассмотрим последовательность множествFk = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x2 + y 2 < k 2 },исчерпывающих R2 \{(0, 0)}. Таким образомZZe−x2−y2ZZdxdy = limk→∞0<x2 +y 2 <k 2R2ZkZ2πlimdϕk→∞0e−r2e−x2−y2ZZdxdy = limk→∞[0,2π)×(0,k)1 −r2 k2r dr = −2π lim e = π lim (1 − e−k ) = π.k→∞ 2k→∞00C другой стороны, легко показать, чтоZZ2e−r r dϕdr = +∞2Z222e−x −y dxdy = 4  e−x dx .0R2Здесь мы используем последовательность множествGk = {(x, y) ∈ R2 : |x| < k, |y| < k},исчерпывающих R2 .58424.8ЗадачаИсследовать на сходимость интеграл (вычислить, если сходиться)ZZdxdypp(|x|+|y|)α√ √|x|+1<|y|(Решение.

Рассмотрим новую системуx = u cos4 v,4|J| = 4u cos3 v sin3 v.y = u sin v,Данное отображение переводит область Uk = {(u, v) : u ∈ (1, k), v ∈ (0, π2 )}√√√в область {(x, y) : 1 < x + y < k, x > 0, y > 0}.ZZZZdxdydxdyppppI = lim= 4 lim=ααk→∞k→∞(|x|+|y|)(|x|+|y|)√√√ √ √√1< |x|+ |y|< k,1<|x|+|y|< k3ZZx>0, y>0Zk3πZ2α4u cos v sin v dudv= 16 limu1− 2 du cos3 v sin3 v dv =αk→∞k→∞u2π01[1,k]×(0, 2 )!4−α22k 21816 lim−B(2, 2) =, при α > 4.k→∞α−4 α−4 23(α − 4)4 limДома:Вычислить интегралы (параметры положительны):24.9RRx2 +y 2 <124.10RRx2 +y 2 >1Д 4171√ dxdy21−x −y 2.Д 4172dxdy(x2 +y 2 )p .24.11 Д 4174RR −(x+y)edxdy.0<x<y58524.12RReaxД 41782+2bxy+cy 2 +2dx+2ey+fdxdy, где a < 0, ac − b2 > 0.R224.13RRД 4189ln sin(x − y) dxdy, где область Ω ограничена прямыми y = 0, y = x, x = π.Ω25Seminar n.

25. Date 29.11.2018. Несобственные кратные интегралы.Определение. Пусть G – открытое множество в Rn . Последовательностьоткрытых измеримых множеств Gk , k = 1, 2, . . ., называют исчерпывающеймножество G (исчерпанием G), если:1) Gk ⊂ Gk+1 , k = 1, 2, . . .;S192) ∞k=1 Gk = G.25.1RRy>x2 +1Д 4173dxdyx4 +y 2 .(Решение. Рассмотрим заменуZZdxdy= limx4 + y 2 k→∞y>x2 +1ZZu = x,v = y − x2 .dxdy=x4 + y 21<y−x2 <k,−k<x<kZZlimk→∞v2dudv= lim+ 2(v + u2 )u2 k→∞Zk−k1<v<k,−k<u<k19Следовательно,Теория взята из [5], стр. 165.586Zkduv21dv=+ 2(v + u2 )u2Zklim 2Zkduk→∞0dv= lim 2(v + u2 )2 + u4 k→∞1Zkduu40Zklim 2k→∞duu20Zklim 2k→∞1u2Zk1d( uv2Zk( uv21dv=+ 1)2 + 1vu2+1=+ 1)2 + 1k1arctg+ 1 − arctg+1du =u2u20Zklim lim 2k→∞ δ→0+1u2k1arctg+ 1 − arctg+1du =u2u2δ 2k1karctg− lim lim+ 1 − arctg+1k→∞ δ→0+ uδu2u2ZkZk−2k−211u3u3·du − lim 2·+ lim 2du =221kk→∞k→∞uu+1+1+1+12uu200√{в первом интеграле сделаем замену u = ks}√4− lim √k→∞kZ+∞0Zk0ds+ lim(1 + s2 )2 + s4 k→∞Zk04 du=(u2 + 1)2 + u414 du= { сделаем замену u = } =2z(u2 + 1) + u4Z+∞04z 2 dz.(z 2 + 1)2 + 1Заметим, что2k1limarctg 2 + 1 − arctg 2 + 1=δ→0+ δδδ!k−122(k − 1)δ 2δ 2 = lim arctg= 0.lim arctgδ→0+ δδ→0+ δ2δ 4 + (k + 1) δ 2 + k1 + δk2 + 1 δ12 + 1q √+∞√R 4z 2 dz4Покажем, что=π2(2−1).Рассмотримзаменуz=2t(1+z 2 )2 +10Z+∞024z dz=(1 + z 2 )2 + 1Z+∞Z+∞ p √ 24z dz2 2 2 t dt√=.42z + 2z + 2t4 + 2t2 + 1200587Рассмотрим интегралZ+∞I=t2 dt√=−t4 + 2t2 + 10Z+∞01√t21t2 + t4d1+Z+∞=dr√.1 + 2r2 + r40Таким образом, справедливо представление1I=2Z+∞1(t2 + 1) dt√=t4 + 2t2 + 1 20Z+∞01414Z+∞0+∞Zdt1p+√t2 − 2 − 2 t + 1 4dt√ √ 20(t2 + 1) dt=pp√√22t − 2 − 2t + 1 t + 2 − 2t + 1t−2− 22√+2+ 24+14Z+∞0Z+∞dtp=√t2 + 2 − 2 t + 1dt√ √ 20t+2− 22+√2+ 24=p√2− 2p√.√ =2 22 2+ 2πОтвет.RRy>x2 +1dxdyx4 +y 2πq √p √ π√2−√2= 2 2 2 · 2√2 = π 2( 2 − 1).Мажорантный признак сходимости несобственного интеграла.RПусть 0 6f (x) 6 g(x) на G.

Тогда из сходимости интеграла g(x) dx следует сходиGRRмость интеграла f (x) dx, а из расходимости интеграла f (x) dx следуетGGR20расходимость интеграла g(x) dx.GИсследовать на сходимость следующие кратные интегралы:25.2 Д 4191RRRϕ(x,y,z)x2 +y 2 +z 2 >120(x2 +y 2 +z 2 )pdxdydz, где 0 < m 6 |ϕ(x, y, z)| 6 M < +∞.Теория взята из [5], стр. 166.588Решение. Используем признак сравнения|ϕ(x, y, z)|Mm66.(x2 + y 2 + z 2 )p(x2 + y 2 + z 2 )p(x2 + y 2 + z 2 )pИнтегралZZZZZZdxdydz= lim(x2 + y 2 + z 2 )p k→∞1<x2 +y 2 +z 2dxdydz=(x2 + y 2 + z 2 )p1<x2 +y 2 +z 2 <k 2ZZZlimk→∞2r cos ψ dϕdψdr= limk→∞r2pсходится при 2(1 − p) < −1, p >25.3 Д 4192RRRϕ(x,y,z)x2 +y 2 +z 2 <1(x2 +y 2 +z 2 )p32ZkZ2dϕ0UkπZ2πcos ψ dψ− π2r2(1−p) dr1и расходится при p 6 32 .dxdydz, где 0 < m 6 |ϕ(x, y, z)| 6 M < +∞.Решение.

Используем признак сравненияm|ϕ(x, y, z)|M66.(x2 + y 2 + z 2 )p(x2 + y 2 + z 2 )p(x2 + y 2 + z 2 )pИнтегралZZZZZZdxdydz= lim(x2 + y 2 + z 2 )p k→∞x2 +y 2 +z 2 <11222k <x +y +z <1ZZZlimk→∞2r cos ψ dϕdψdr= limk→∞r2pсходится при 2(1 − p) > −1, p <|x|+|y|>132Z1Z2dϕcos ψ dψ− π2и расходится при p > 32 .Д 4183dxdy|x|p +|y|q ,πZ2π0Uk25.4RRdxdydz=(x2 + y 2 + z 2 )p(p > 0, q > 0).5891kr2(1−p) drРешение. Рассмотрим только интегралRRxp +y q >1x>0, y>0(11q|J| =2qy = r sin ϕ,222 p1 + 1q −1p −1 ϕ sin q −1 ϕ.rcospqπ2dxdy=limxp + y qpq k→∞xp +y q >1x>0, y>01pТогда1Z2 − kcos2p −1ϕ sin2p −1Zkϕ dϕ · limk→∞11r p + q −2 dr =11k1BpqприРассмотрим замену2x = r p cos p ϕ,ZZdxdyxp +y q .1 1,p q11k p + q −1 − 11lim 1 1= Bk→∞pqp + q −11 1,p q11 − p1 −1,q+ 1q − 1 < 0.25.5 Д 4193RRRdxdydz, (p > 0, q > 0, l > 0).RRRdxdydzРешение. Рассмотрим интеграл.

Рассмотрим заменуxp +y q +z l|x|+|y|+|z|>1|x|p +|y|q +|z|lxp +y q +z l >1x>0,y>0,z>0122p cos p ϕ cos p ψ,x=r122y = r q sin q ϕ cos q ψ, |J| =21z = r l sin l ψ,ТогдаZZZdxdydz=xp + y q + z l222 224 p1 + 1q + 1l −1p −1 ϕ sin q −1 ϕ cos p + q −1 ψ sin l −1 ψ.rcospqlxp +y q +z l >1x>0,y>0,z>0π4limpql k→∞1Z2 − kπ22cos p −1 ϕ sin p −1 ϕ dϕ · limk→∞1kZk· limrk→∞1 1 1p + q + l −21p222cos p + q −1 ψ sin l −1 ψ dψ1k1dr =Bpql1при1Z2 − k 1 1 11 11 1 1k p + q + l −1 − 1=,B+ ,limp qp q l k→∞ p1 + 1q + 1l − 1 11 11 1 11B,B+ ,,pqlp qp q l 1 − p1 − 1q − 1l+ 1q + 1l − 1 < 0.59025.6 Д 4195RRRdxdydz|x|<1, |y|<1, |z|<1|x+y−z|p .Решение. Рассмотрим заменуZZZ√|x + y − z|/ 3 < a√|x − y|/ 2 < a√|x + y + 2z|/ 6 < adxdydz= lim|x + y − z|p k→∞x+y−z√= t1 ,3x−y√ = t2 ,2x+y+2z√= t3 ,6ZZZ√1 < |x + y − z|/ 3 < ak√|x − y|/ 2 < a√|x + y + 2z|/ 6 < aв интеграле:dxdydz=|x + y − z|p1p lim3 2 k→∞ZZZdt1 dt2 dt3,|t1 |p1 < |t | < a1k|t2 | < a|t3 | < aгде a >√6, p < 1.Дома:Вычислить интегралы:25.7R1 R1 R10 0 025.8Д 4196dxdydzxp y q z r .Д 4199+∞R +∞R +∞Re−(x2+y 2 +z 2 )dxdydz.−∞ −∞ −∞26Seminar n.

26. Date 03.12.2018. Несобственные кратные интегралы.Теорема 26.1.21(Теорема о замене переменных в несобственном интегра-ле). Пусть множества D1 ⊂ Rn , D2 ⊂ Rn и отображение ϕ : D1 → D2удовлетворяют условиям:21Теория взята из [В.1991], стр. 119.5911. Множества D1 и D2 открытые.2. Существуют множества S1 и S2 меры нуль, такие, что множестваD1 \S1 и D2 \S2 – открытые и ϕ : D1 \S1 → D2 \S2 – диффеоморфизм.RТогда для любой функции f : D2 → R+ из сходимости интеграла f dxD2R0следует сходимость интеграла f (ϕ(t))|ϕ (t)| dt и равенство величин обоD1их интегралов.Теорема 26.2.22(Сведение несобственного кратного интеграла к повтор-ному). Пусть D = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Yx } и f (x, y) > 0, (x, y) ∈ D.

ТогдаRRRRсоотношениеf (x, y) dxdy = dx f (x, y) dy справедливо в том смысле,DXYxчто либо кратный и повторный интегралы одновременно расходятся, либоодновременно сходятся и равны по величине.26.1Д 4168Показать, что интегралx2 − y 2dxdy.(x2 + y 2 )2ZZy>1x>1расходится, хотя повторные интегралыZ∞Z∞dx1x2 − y 2dy и(x2 + y 2 )21Z∞Z∞dy1x2 − y 2dx(x2 + y 2 )21сходятся.Решение. Сходимость этого интеграла будет эквивалентна сходимостиZZ|x2 − y 2 |dxdy.(x2 + y 2 )2y>1x>1Таким образом,πZZy>1x>122|x2 − y 2 |dxdy =(x2 + y 2 )2Z+∞Z2dϕ0π| cos(2ϕ)|dr=r| cos(2ϕ)| dϕ0r(ϕ)Теория взята из [В.1991], стр.

121.592Z+∞Z2r(ϕ)dr,r(r(ϕ) =1sin ϕ ,1cos ϕ ,ϕ ∈ (0, π4 ],ϕ ∈ ( π4 , π2 ).Но повторные интегралы сходятся, поскольку0Z+∞ 2Z+∞(x − y 2 )y−1dy=,dy=(x2 + y 2 )2(x2 + y 2 ) y1 + x21Z+∞122(x − y )dx = −(x2 + y 2 )21Z+∞x2(x + y 2 )01dx =x1,1 + y2Ответ. Интеграл расходится.26.2Пример из [14], стр. 122Вычислим или установим расходимость интегралаZZy dxdyp, где D = {(x, y) : 0 < y < ∞, −∞ < x < +∞}.y + y 3 (x2 + y 2 )DРешение.ZZZ+∞Z+∞Z+∞y dxdyy dydydxppp=π==x2 + y 2y + y 3 (x2 + y 2 )y + y3y + y3D0−∞0Z+∞ 1 −12 1√4Γπdtπtdt11π4t = y 2 , y = t, dy = √ =B,= ·1 1 =1+224 42 Γ 22 t(1 + t) 4 40 √π 2 1=Γ.2426.3Пример из [14], стр. 123Исследовать интеграл на сходимостьZZcos(x + y)dxdy.(x2 + y 2 )px+y>1Решение. Сходимость этого интеграла эквивалентна сходимостиZZ| cos(x + y)|dxdy.(x2 + y 2 )px+y>1593Рассмотримзамену(x+yu = √2 , 2x + y 2 = u2 + v 2 , |J| = 1.

Характеристики

Список файлов семинаров