Главная > Математика > Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 3
<< Предыдущий параграф
Следующий параграф >>
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

617. Примеры.

1) Установить условия сходимости интегралов

Решение. В полярных координатах эти интегралы сведутся к следующим:

Очевидно, условия сходимости будут:

2) Аналогичный вопрос по отношению к интегралам

Указание. Прибегнуть к подстановке

Ответ,

Те же ответы получатся и в случае, когда изменение переменных в задачах 1), 2) ограничивается сектором между лучами

3) Если область изменения переменных х, у есть криволинейный треугольник (рис. 77), ограниченный отрезком оси х, дугой параболы и дугой окружности то интеграл

для которого начало по-прежнему служит особой точкой, все же существует (хотя не существует для круга!). Действительно, при переходе к полярным координатам интеграл преобразуется к виду

откуда и вытекает сказанное.

Рис. 77.

4) Аналогично, взяв в качестве области треугольник (тот же рисунок), можно установить существование интеграла

для которого особыми будут точки А и С. Так как в полярных координатах уравнение линии будет то предложенный интеграл сводится к следующему:

который явно существует.

5) На сравнении с интегралами, рассмотренными в 1), основан следующий признак сходимости:

Если (D) есть: (а) ограниченная область, содержащая начальную точку, или простирающаяся в бесконечность область, не содержащая начальной точки, то интеграл от функции в (D) сходится, коль скоро в (D) может быть представлена в виде

где ограничена и, соответственно случаю, или .

Рис. 78.

Легко перефразировать этот признак для случая, когда начальная точка заменена любой точкой

6) Проверить сходимость двойного интеграла от функции

распространенного на: (а) треугольник (рис. 78), (б) квадрат (в) бесконечную полосу бесконечный треугольник бесконечный квадрат

Ответ. В случаях интеграл не сходится (тем более это справедливо для случаев в случае (в) интеграл сходится, он равен

7) Пусть функции абсолютно интегрируемы — первая в промежутке , а вторая — в промежутке (каждый из этих промежутков может быть как конечным, так и бесконечным). Доказать, что тогда сходится и двойной интеграл

Вопрос легко приводится к случаю неотрицательных функций; этим предположением мы и ограничимся.

Если, скажем, оба промежутка конечны, и единственными особыми точками являются, соответственно, Ь и то, как мы уже знаем, существует собственный двойной интеграл и

остается лишь перейти к пределу при

Указанные условия относительно функций оказываются и необходимыми для существования двойного интеграла, исключая тот случай, когда один из интегралов

равен нулю.

8) Найти площадь фигуры ограниченной параболами и осью х [см. 608, 8)].

Решение. Воспользовавшись криволинейными координатами, приведенными в указанном месте, имеем:

Вычисление площади привело к несобственному интегралу (особая линия — отрезок оси и). После того как замена переменных распространена и на случай несобственных интегралов, законность проведенной выкладки не может вызывать сомнения.

9) Вычислить интеграл

Применим подстановку

где (и, изменяется в бесконечном прямоугольнике ; якобиан равен . Имеем:

Здесь оказалось выгодным интеграл собственный свести к несобственному, который легче вычисляется.

10) Двойной интеграл

существует, ибо существует повторный:

Его легко вычислить, если перейти к полярным координатам; первый квадрант на плоскости преобразуется при этом в полосу на плоскости ограниченную прямыми Таким образом,

Поэтому

Этот замечательный по простоте прием вычисления принадлежит Пуассону.

11) Если в том же интеграле Р перейти к эллиптическим координатам [604, 5)] по формулам

то получим

или

Если взять и сделать подстановку то придем к любопытному соотношению:

12) С помощью обобщенных полярных координат

легко найти значение двойного интеграла

Если же перейти к эллиптическим координатам, о которых только что шла речь (взяв , так что данный эллипс отвечает ), то для того же интеграла получим

Таким образом,

Полагая здесь наконец сведем этот интеграл к следующему:

что может быть представлено в виде

Читатель узнает в этом уже встречавшееся нам соотношение Лежандра [см. 511, 12) и 534, 10)].

13) Приведем вывод известного соотношения между эйлеровыми интегралами 1-го и 2-го рода, принадлежащий Якоби.

Так как (при

то, очевидно,

Положим здесь

так что первому квадранту на плоскости отвечает полоса на плоскости ограниченная прямыми Якобиан преобразования равен и. Поэтому

что и требовалось доказать.

14) В предыдущем изложении нами был выведен ряд формул, область применимости которых теперь может быть расширена. Это относится, например, к формуле Дирихле:

[597, 12)] и к более общей формуле Лиувилля:

[611, 17)], которые сохраняют силу при любых . При этом доказательства остаются те же.

Можно пойти и дальше: в формуле Лиувилля мы до сих пор предполагали функцию непрерывной при изменении и от 0 до 1, теперь же можно допустить и обращение ее в бесконечность в одной или нескольких точках этого промежутка, лишь бы интеграл справа был абсолютно сходящимся (иначе интеграл слева не будет сходиться вовсе).

Наконец, можно в формуле Лиувилля распространить двойной интеграл на бесконечную область, определяемую неравенствами

если только интеграл справа взят в промежутке от 1 до (снова в предположении его абсолютной сходимости).

Все это не требует никаких существенных изменений в доказательстве. 15) Если в формулах Дирихле и Лиувилля заменить на а затем произвести подстановку то эти формулы получат более общий вид:

Для примера предлагается установить условия сходимости и вычислить интегралы

Ответ, при условии

[Ср. задачу 1).]

16) Выведенная в п° 597, 15) формула Каталана:

где

с введением несобственных интегралов может быть обобщена на случай если только понимать и здесь, как

17) Найти значение интеграла

где А есть треугольник, ограниченный прямыми (рис. 79, а).

Полагая

преобразуем область в треугольник на плоскости ограниченный прямыми (рис. 79, б).

Рис. 79.

Так как якобиан преобразования равен то

если через обозначить треугольник, ограниченный прямыми (см. рисунок). Далее можно написать:

18) Вычислить (при любых натуральных тип) интеграл

где означает многочлен Лежандра.

Решение. Напомним, что многочлен Лежандра с нечетным (четным) значком содержит лишь нечетные (четные) степени х. Отсюда ясно сразу, что если только хоть один из значков или будет нечетным.

Пусть же оба они — четные: . Рассмотрим интеграл

По известной формуле

так что наш интеграл приведется к

следовательно, он равен 0 при [по основному свойству многочленов Лежандра; 320 (8)]. Отсюда — предложенный интеграл при . Остается случай, когда . В этом случае

[320 (10)]. Итак, окончательно,

0, кроме случая

Предоставляем читателю убедиться в законности проделанных операций 19) Вычислить интеграл (Лиувилль)

Пользуясь правилом Лейбница, найдем его производную по параметру X:

Заменим здесь одну лишь переменную полагая (при так что получим

Интегрируя это простое дифференциальное уравнение, найдем Постоянная С определится, если положить

Итак, окончательно,

20) Вычислить интеграл

(где

Так как подинтегральная функция по абсолютной величине не превосходит функции

заведомо имеющей интеграл по первому кваяоанту [см. 7)], то существование интеграла А обеспечено.

Обозначая через (D) ту часть первого квадранта, где (на рис. 80 она заштрихована), имеем, очевидно,

Рис. 80.

Произведем теперь замену переменных по формулам

точка описывает аналогичную (D) область на плоскости так что При этом

Получим после подстановки

Для вычисления внутреннего интеграла положим

и он сведется к интегралу [440, 12)]

Пользуясь известным результатом [524, 3)], найдем окончательно:

21) Вычислить интеграл

где — постоянные и .

Очевидно,

Перейдем к полярным координатам, полагая

одновременно для облегчения выкладок положим также

После подстановки и легких преобразований получим

Полагая и пользуясь периодичностью, сведем оба повторных интеграла к одному и тому же:

Легко вычислить (например, интегрируя по частям), что

В таком случае

Можно и в общем виде показать (пользуясь тем же приемом), что если интеграл

сходится, то он всегда оказывается зависящим только от имеет вид

22) Пусть (D) означает треугольник (рис. 81), характеризуемый неравенствами и произвольная непрерывная от 0 до а функция. Приводя двойной интеграл

к повторному двумя способами, доказать формулу

Рис. 81.

[По сути дела, это частное применение формулы Дирихле, 597, 10), но на этот раз — к несобственным интегралам; особые линии здесь:

Воспользуемся формулой (15) для решения одной интересной задачи, принадлежащей Абелю.

Пусть есть данная функция, непрерывная вместе со своей производной в промежутке [0, а], причем Требуется определить непрерывную в этом же промежутке функцию так, чтобы при всех х выполнялось условие

[Такого типа уравнение, где искомая функция стоит под знаком интеграла, называется интегральным. Уравнение Абеля представляет один из первых примеров интегральных уравнений; для интегральных уравнений теперь существует широко развитая теория.]

Умвожив обе части равенства (16) на проинтегрируем его

по х от 0 до любого ; ввиду (15) найдем

Если взять и слева и справа производную по а, используя уже известный нам результат 511, 14), то и придем к выражению искомой функции:

Остается проверить, что полученная функция удовлетворяет поставленным требованиям. Непрерывность ее по а легко устанавливается с помощью указанной в 511, 14) подстановки. Если же эту функцию подставить в уравнение (16), то, опираясь на формулу (15), найдем

что и требовалось доказать.

В заключение остановимся еще на двух-трех примерах, выясняющих некоторые принципиальные моменты.

23) Покажем, прежде всего, что для несобственных интегралов (даже от неотрицательных функций) теорема п° 594, позволяющая из существования двойного интеграла заключить о существовании повторного, вообще не имеет места.

Пусть в квадрате функция определена следующим образом:

При может существовать лишь конечное число значений х для которых Значит,

Теперь, если и не имеет вида Отсюда ясно, что повторный интеграл не существует.

[Для функции , очевидно, не существует уже ни один из повторных, интегралов!]

Что же касается двойного интеграла, то прежде всего замечаем, что особые точки заполняют отрезок на оси х. При любом в прямоугольнике функция может быть отлична от 0 лишь на конечном числе отрезков прямых для которых

Поэтому

переходя к пределу при видим, что и

24) Нетрудно установить, что двойные интегралы

оба не сходятся (в смысле данного в п° 612 определения).

В случае (а) явно не существует интеграл от абсолютной величины подинтегральной функции, ибо иначе имел бы конечное значение повторный интеграл

чего на деле нет [477]. Отсюда, ввиду 613, и вытекает утверждение

В случае (б), если через обозначить квадрант круга радиуса с центром в начале, то, переходя к полярным координатам, будем иметь

При возрастании до бесконечности это выражение определенного предела не имеет, что также решает вопрос.

Любопытно отметить, что в каждом из рассмотренных примеров повторные интегралы оба существуют (и даже равны между собой):

Таким образом, для функций переменного знака одно существование повторного интеграла еще не обеспечивает существования двойного интеграла (напомним, что в 614 мы дополнительно требовали существования повторного интеграла для абсолютной величины функции!).

25) Если бесконечный прямоугольник исчерпывать не произвольными бесконечно расширяющимися областями (как этого требует определение п° 612), а специально прямоугольными областями вида , то в обоих рассмотренных выше случаях окажется, что для интеграла

при существует определенный конечный предел.

Это сразу видно относительно интеграла

который при указанном предельном переходе стремится к пределу [522, 5°]. Рассмотрим теперь интеграл

Первый из интегралов справа (при ) стремится к а второй (при ) имеет пределом 0, ибо по абсолютной величине не превосходит интеграла

Итак, здесь окончательно в пределе получается

Подобные пределы, связанные со специализацией предельного перехода, напоминают «главные значения» несобственных интегралов [484]. Их можно рассматривать и в случае произвольной простирающейся в бесконечность области, если вне ее положить функцию равной нулю. Некоторые математики считали целесообразным именно эти пределы класть в основу самого определения понятия несобственного двойного интеграла (что существенно разнится от принятого в нашем изложении определения). При такой точке зрения оба рассмотренных в 24) интеграла оказались бы сходящимися и притом неабсолютно.

Замечание. Сходное положение вещей имеет место по отношению к двойным рядам. Так как мы там исходили всегда из бесконечной прямоугольной матрицы, то представлялось естественным исчерпывать .ее постоянно расширяющимися конечными прямоугольными же матрицами, что и было нами положено в основу определения суммы двойного ряда [394]. Поэтому-то двойные ряды могли быть как абсолютно, так и неабсолютно сходящимися. Существует, однако, и другая точка зрения, согласно которой от бесконечной матрицы конечные куски отделяются кривыми произвольной формы, лишь бы удаляющимися всеми точками в бесконечность. Эта точка зрения сближается с той, на которой построено данное выше [612] определение несобственного двойного интеграла. Если стоять на ней, то и двойные ряды окажутся сходящимися лишь абсолютно, подобно несобственным интегралам.

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление