چنانچه محفل ریاضی را سودمند یافتید، لطفا برای حمایت از ما به کانال تلگرامی محفل ریاضی بپیوندید!
به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
+1 امتیاز
58 بازدید
سوال شده در دانشگاه توسط MK90

انتگرال های زیر را محاسبه کنید: $$f(x,y)= \begin{cases} e^{-xy}.sinx.siny & x \geq 0,y \geq 0\\0 & o.w\end{cases} $$ $$ \int_{R}\int_{R}f(x,y) dx dy=? $$ $$\int_{R}\int_{R}f(x,y) dy dx=? $$ $$ \int_{ R^{2} }f(x,y) dx=? $$

دارای دیدگاه توسط fardina
+1
منظورتون از $R$ چیه؟
دارای دیدگاه توسط MK90
+1
@fardina
اعداد حقیقی تو نمادها پیداش نکردم به جاش R نوشتم
دارای دیدگاه توسط fardina
+1
میشه بگید که این سوال از کدوم کتاب هست و آیا درست سوالو نوشتید؟

1 پاسخ

+2 امتیاز
پاسخ داده شده توسط fardina
انتخاب شده توسط MK90
 
بهترین پاسخ

این سوال مثالی از تابعی هست که انتگرال های مکرر وجود دارند و برابرند ولی انتگرال دو گانه موجود نیست.

برای نشان دادن اینکه انتگرالهای مکرر مجمودند و برابرند به این صورت عمل میکنیم:

$$I=\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-xy}\sin x\sin y dxdy=\int_0^\infty\sin y(\int_0^\infty e^{-xy}\sin xdx)dy$$ اگر $\int_0^\infty e^{-xy}\sin x dx$ را با انتگرال گیری جز به جز حساب کنید خواهیم داشت $\int_0^\infty e^{-xy}\sin x dx=\frac{1}{1+y^2}$ (چرا؟)

و لذا $I=\int_0^\infty\frac{\sin y}{1+y^2}dy$ این انتگرال رو نمیتونیم بر حسب توابع مقدماتی یک تابع اولیه براش پیدا کنیم. ولی واضحه که انتگرال پذیر است زیرا: $$|\int_0^\infty\frac{\sin y}{1+y^2}dy|\leq \int_0^\infty |\frac{\sin y}{1+y^2}dy\leq \int_0^\infty \frac 1{1+y^2}dy=\tan^{-1}x|^\infty_0=\frac\pi 2$$

و بنا بر تقارنی که وجود دارد به دلیل مشابه واضح است که $\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-xy}\sin x\sin y dydx$ نیز وجود دارد.

حال ثابت می کنیم انتگرال دوگانه $e^{-xy}\sin x\sin y$ موجود نیست.

توجه کنید که تعریف انتگرال پذیری لبگ تابع اندازه پذیر $f$ به معنای متناهی بودن $\int |f|$ است. اما ما حالا ثابت می کنیم انتگرال قدر مطلق بی نهایت می شود و یک تناقض خواهد بود.

به برهان خلف فرض کنیم انتگرال دوگانه $e^{-xy}\sin x\sin y $ موجود باشد یعنی $ \iint_{R^2}|e^{-xy}\sin x\sin y |dx\times dy< \infty $

اما داریم

$$\begin{align}\int_0^\infty\int_0^\infty |e^{-xy}\sin x\sin y|dxdy&=\int_0^\infty \sum_{k=0}^\infty\int_{k\pi}^{(k+1)\pi y}e^{-xy}|\sin x||\sin y|dxdy\\ &\geq \int_0^\infty \sum_0^\infty e^{-(k+1)\pi y}\frac \pi 3|\sin y| dy\\ &=\sum_0^\infty \int_0^\infty \frac\pi 3 e^{-(k+1)\pi y}|\sin y|dy\\ &= \sum_{k=0}^\infty\sum_{k'=0}^\infty \int_{k'\pi}^{(k'+1)\pi}\frac\pi 3 e^{-(k+1)\pi y}|\sin y|dy\\ &\geq \sum_{k=0}^\infty\sum_{k'=0}^\infty \frac\pi 3e^{-(k+1)(k'+1)\pi^2}\frac\pi 3\\ &=(\frac\pi 3)^2\sum_{k=1}^\infty\sum_{k'=1}^\infty e^{-(k+1)(k'+1)\pi^2}\\ &=(\frac\pi 3)^2\sum_{k=1}^\infty \frac{e^{(k+1)\pi^2}}{e^{(k+1)\pi^2}-1}\\ &=(\frac\pi 3)^2\sum_{k=1}^\infty \frac{e^{(k+1)\pi^2}-1+1}{e^{(k+1)\pi^2}-1}\\ &=(\frac\pi 3)^2(\sum_{k=1}^\infty 1+\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{e^{(k+1)\pi^2}-1}) \end{align}$$ هر یک از سریهای بالا مثبت اند و از جمله $\sum_0^\infty 1=\infty$ بنابراین انتگرال دو گانه برابر بی نهایت شد که با فرض خلف در تناقض است.


توجه کنید که در استلال بالا از این مطلب استفاده کرده ایم که تابع $e^{-x}$ نزولی است لذا در بازه $(k\pi,(k+1)\pi)$ از $e^{-(k+1)\pi}$ بزرگتر است و همچنین در این بازه داریم $$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin x|dx\geq \int_{k\pi+\frac \pi 6}^{(k+1)\pi-\frac \pi 6}|\sin x|dx\geq \int_{k\pi+\frac \pi 6}^{(k+1)\pi-\frac \pi 6}\frac 12dx=\frac \pi 3$$

لطفا ما را در شبکه های اجتماعی دنبال کنید:
به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید!
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود

♥ حمایت مالی

راهنمایی:

  • برای رفتن به سطر بعدی دو بار Enter بزنید.
  •  یک بار Enter یک فاصله محسوب می‌شود.
  •  _ایتالیک_ یا I و **پررنگ** یا B
  •  نقل‌قول با قراردادن > در ابتدای خط یا ❝
  • برای چپ به راست کردن متن کلیدهای Ctrl+Shift سمت چپ کیبورد را فشار دهید
  •  برای تایپ فرمول ابتدا روی ریاضی کلیک کرده و سپس به کمک آیکون‌های موجود فرمول را در بین دو علامت دلار

<math> $ $ </math>

بنویسید.

  •  برای اینکه فرمول در خط بعدی و وسط صفحه قرار گیرد دو علامت دلار اضافی بنویسید

<math> $$ $$ </math>


☑ راهنمایی بیشتر: راهنمای تایپ
66 نفر آنلاین
0 عضو و 66 مهمان در سایت حاضرند
بازدید امروز: 324
بازدید دیروز: 6817
بازدید کل: 4709466
...