2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 
Сообщение23.01.2006, 00:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/10/05
236
AHOHbIMHO писал(а):
Например, $\int\limits_{-1}^{1}dx\frac{1}{|x|}$ - расходится, $\int\limits_{x^2+y^2<1}dxdy\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$ - сходится.

С етим не спорю. Однако (нестрого), надо иметь ввиду еще и границы интегрирования (в рассматриваемом интеграле $[0,\infty)$ ) и то, что разность аргументов в знаменателе будет создавать проблемы неоднократно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.01.2006, 02:05 
Аватара пользователя


20/01/06
97
выпускник физфака МГУ
Genrih писал(а):
AHOHbIMHO писал(а):
Например, $\int\limits_{-1}^{1}dx\frac{1}{|x|}$ - расходится, $\int\limits_{x^2+y^2<1}dxdy\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$ - сходится.

С етим не спорю. Однако (нестрого), надо иметь ввиду еще и границы интегрирования (в рассматриваемом интеграле $[0,\infty)$ ) и то, что разность аргументов в знаменателе будет создавать проблемы неоднократно.



Пусть k=min(a,b,c,d,e,f), k > 0.

Тогда:
$$
\left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-du^2-ev^2-fw^2}} \int\limits_{-u}^{\infty} dx \int\limits_{-v}^{\infty} dy \int\limits_{-w}^{\infty} dz \frac {e^{{-a(x+u)^2-b(y+v)^2-c(z+w)^2}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right|
\le
$$
$$
\left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-k(u^2+v^2+w^2)}} \int\limits_{-u}^{\infty} dx \int\limits_{-v}^{\infty} dy \int\limits_{-w}^{\infty} dz \frac {e^{{-k((x+u)^2+(y+v)^2+(z+w)^2)}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right|
\le
$$
$$
\left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-k(u^2+v^2+w^2)}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} dx dy dz \frac {e^{{-k((x+u)^2+(y+v)^2+(z+w)^2)}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right|
\le
$$
$$

\left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-k(u^2+v^2+w^2)}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} dx dy dz \frac {e^{{-k((x^2/3-u^2/2)+(y^2/3-v^2/2)+(z^2/3-w^2/2))}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right|=
$$
$$

\left|{\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}du dv dw e^{{-\frac{k}{2}(u^2+v^2+w^2)}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \int\limits_{-\infty}^{\infty} dx dy dz \frac {e^{{-\frac{k}{3}(x^2+y^2+z^2)}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \right|

$$

Здесь использовалось неравенство
$ (x+A)^2 \ge (x^2/3-A^2/2) $
Сходимость последнего интеграла очевидна (даже явно можно посчитать). Следовательно и исходный интеграл тоже сходится

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.01.2006, 03:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/10/05
236
Я все еще не уверен насчет равенства Вашего первого интеграла(в последнем посте) и первоначального. Переходя к новым переменым ($x-u=x^*$ ... ), $u,v,w $ почему-то oстаются в стороне.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существование интеграла
Сообщение23.01.2006, 13:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw$$
Все произвольные коэффициенты $a$, $b$, $c$, $d$, $f$, $g$ неотрицательны (я изменил обозначения коэффициентов, потому что буква $e$ использовалась в двух разных смыслах, и исправил опечатку).

Если один из коэффициентов $a$, $b$, $c$, $d$, $f$, $g$ равен $0$, то интеграл расходится. Например, если $g=0$, то в области $D_1$, определяемой неравенствами $0\leqslant x\leqslant 1$, $0\leqslant y\leqslant 1$, $0\leqslant z\leqslant 1$, $0\leqslant u\leqslant 1$, $0\leqslant v\leqslant 1$, $1\leqslant w\leqslant+\infty$ имеем
$$\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}\geqslant\frac{e^{-a-b-c-d-f}}{\sqrt{2+w^2}}>0$$.
Легко видеть, что интеграл
$$\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_1^{+\infty}\frac{e^{-a-b-c-d-f}}{\sqrt{2+w^2}}dxdydzdudvdw=$$
$$=e^{-a-b-c-d-f}\int\limits_1^{+\infty}\frac{dw}{\sqrt{2+w^2}}\int\limits_0^1dx\int\limits_0^1dy\int\limits_0^1dz\int\limits_0^1du\int\limits_0^1dv=$$
$$=e^{-a-b-c-d-f}\int\limits_1^{+\infty}\frac{dw}{\sqrt{2+w^2}}$$
расходится. Область $D_1$ является частью заданной области интегрирования, поэтому при $g=0$ заданный интеграл расходится. Аналогично - если равен нулю один из коэффициентов $a$, $b$, $c$, $d$, $f$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.01.2006, 14:22 
Аватара пользователя


20/01/06
97
выпускник физфака МГУ
Genrih писал(а):
Я все еще не уверен насчет равенства Вашего первого интеграла(в последнем посте) и первоначального. Переходя к новым переменым ($x-u=x^*$ ... ), $u,v,w $ почему-то oстаются в стороне.


Может быть так будет понятней.

$x^*=x-u, y^*=y-v, z^*=z-w, u^*=u, v^*=v, w^*=w$ . Якобиан равен 1. Область нтегрирования $x>0, y>0, z>0, u>0, v>0, w>0$ или $x^*+u^*>0, y^*+v^*>0, z^*+w^*>0, u^*>0, v^*>0, w^*>0$ или $x^*>-u^*, y^*>-v^*, z^*>-w^*, u^*>0, v^*>0, w^*>0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Существование интеграла
Сообщение23.01.2006, 15:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw$$
Все произвольные коэффициенты $a$, $b$, $c$, $d$, $f$, $g$ положительны (я изменил обозначения коэффициентов, потому что буква $e$ использовалась в двух разных смыслах, и исправил опечатку).

Замена переменных: $p_1=x-u$, $p_2=y-v$, $p_3=z-w$, $q_1=x+u$, $q_2=y+v$, $q_3=z+w$; получаем $x=\frac{q_1+p_1}2$, $u=\frac{q_1-p_1}2$, $y=\frac{q_2+p_2}2$, $v=\frac{q_2-p_2}2$, $z=\frac{q_3+p_3}2$, $w=\frac{q_3-p_3}2$, $|j(p_1,p_2,p_3,q_1,q_2,q_3)|=\frac {1}{8}$, поэтому
$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw=$$
$$=\frac{1}{8}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dp_3}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1\int\limits_{|p_2|}^{+\infty}e^{-\frac{b}{4}(q_2+p_2)^2-\frac{f}{4}(q_2-p_2)^2}dq_2\int\limits_{|p_3|}^{+\infty}e^{-\frac{c}{4}(q_3+p_3)^2-\frac{g}{4}(q_3-p_3)^2}dq_3$$.
Внутренние интегралы, естественно, вычисляются, а внешний - после перехода к сферическим координатам - оценивается.

 Профиль  
                  
 
 Вычисление внутренних интегралов
Сообщение23.01.2006, 20:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
Выделяем полный квадрат:
$$-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2=-\frac{a+d}{4}\left(q_1+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)^2-\frac{ad}{a+d}p_1^2$$.
Обозначим $t=\sqrt{\frac{a+d}{2}}\left(q_1+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)$. Тогда $dq_1=\sqrt{\frac{2}{a+d}}dt$ и
$$\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1=e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a+d}{4}\left(q_1+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)^2}dq_1=$$
$$=\sqrt{\frac{2}{a+d}}e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}\int\limits_{\sqrt{\frac{a+d}{2}}\left(|p_1|+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)}^{+\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt=2\sqrt{\frac{\pi}{a+d}}e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}\left(\frac{1}{2}-\Phi\left(\sqrt{\frac{a+d}{2}}\left(|p_1|+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)\right)\right)$$,
где $\Phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_0^xe^{-\frac{t^2}{2}}dt$ - функция Лапласа, часто встречающаяся в теории вероятностей.
Так как по предположению $a>0$ и $d>0$, то $|p_1|+\frac{a-d}{a+d}p_1=\frac{a(|p_1|+p_1)+d(|p_1|-p_1)}{a+d}\geqslant 0$, поэтому $0\leqslant\Phi\left(\sqrt{\frac{a+d}{2}}\left(|p_1|+\frac{a-d}{a+d}p_1\right)\right)<\frac{1}{2}$. Это даёт для интеграла оценку
$$\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1\leqslant\sqrt{\frac{\pi}{a+d}}e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}$$,
причём, равенство достигается только при $p_1=0$.
Аналогично оцениваются два других внутренних интеграла (по $q_2$ и $q_3$).

 Профиль  
                  
 
 Оценка интеграла
Сообщение23.01.2006, 21:30 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
Используя полученные оценки внутренних интегралов, находим
$$0<\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw<$$
$$<\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2-\frac{bf}{b+f}p_2^2-\frac{cg}{c+g}p_3^2}}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}dp_3\leqslant$$.
Обозначим $k=\min\left\{\frac{ad}{a+d},\frac{bf}{b+f},\frac{cg}{c+g}\right\}$. Тогда $k>0$. Продолжаем неравенство:
$$\leqslant\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-k(p_1^2+p_2^2+p_3^2)}}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}dp_3=$$.
Переходим к сферическим координатам ($p_1=r\cos\varphi\sin\theta$, $p_2=r\sin\varphi\sin\theta$, $p_3=r\cos\theta$, $|j(r,\varphi,\theta)|=r^2\sin\theta$):
$$=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^{\pi}\sin\theta d\theta\int\limits_0^{+\infty}e^{-kr^2}rdr=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\cdot 2\pi\cdot 2\cdot\frac{1}{2k}=\sqrt{\frac{\pi^5}{16k^2(a+d)(b+f)(c+g)}}$$.

Спасибо, AHOHbIMHO, действительно $k$ пропала. Вставляю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Оценка интеграла
Сообщение23.01.2006, 21:36 
Аватара пользователя


20/01/06
97
выпускник физфака МГУ
Someone писал(а):
Используя полученные оценки внутренних интегралов, находим
$$0<\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw<$$
$$<\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2-\frac{bf}{b+f}p_2^2-\frac{cg}{c+g}p_3^2}}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}dp_3\leqslant$$.
Обозначим $k=\min\{\frac{ad}{a+d},\frac{bf}{b+f},\frac{cg}{c+g}$. Тогда $k>0$. Продолжаем неравенство:
$$\leqslant\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-k(p_1^2+p_2^2+p_3^2)}}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}dp_3=$$.
Переходим к сферическим координатам ($p_1=r\cos\varphi\sin\theta$, $p_2=r\sin\varphi\sin\theta$, $p_3=r\cos\theta$, $|j(r,\varphi,\theta)|=r^2\sin\theta$):
$$=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^{\pi}\sin\theta d\theta\int\limits_0^{+\infty}e^{-kr^2}rdr=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{\pi^3}{(a+d)(b+f)(c+g)}}\cdot 2\pi\cdot 2\cdot\frac{1}{2}=\sqrt{\frac{\pi^5}{16(a+d)(b+f)(c+g)}}$$.

Между прочим, получается, что при $g\to 0^+$ интеграл остаётся ограниченным, но при $g=0$ расходится. Это на самом деле так, или я наврал?


Куда k пропала? Она в знаменателе должна быть.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.01.2006, 03:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/10/05
236
Я до последнего был уверен в обратном. Спасибо Someone, AHOHbIMHO.
Насчет расодимости при $g=0$ не соврали.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.01.2006, 20:32 
Аватара пользователя


15/01/06
200
Всем большое спасибо за предложенные идеи и варианты. :D Пока что не было времени самому плотно вникнуть в написанное и поспорить или согласиться с чем-либо, равно как и предложить свою не интуитивную, а обоснованную точку зрения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существование интеграла
Сообщение12.02.2006, 13:54 
Аватара пользователя


15/01/06
200
Someone писал(а):
$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw$$
Все произвольные коэффициенты $a$, $b$, $c$, $d$, $f$, $g$ положительны (я изменил обозначения коэффициентов, потому что буква $e$ использовалась в двух разных смыслах, и исправил опечатку).

Замена переменных: $p_1=x-u$, $p_2=y-v$, $p_3=z-w$, $q_1=x+u$, $q_2=y+v$, $q_3=z+w$; получаем $x=\frac{q_1+p_1}2$, $u=\frac{q_1-p_1}2$, $y=\frac{q_2+p_2}2$, $v=\frac{q_2-p_2}2$, $z=\frac{q_3+p_3}2$, $w=\frac{q_3-p_3}2$, $|j(p_1,p_2,p_3,q_1,q_2,q_3)|=\frac {1}{8}$, поэтому
$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw=$$
$$=\frac{1}{8}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dp_3}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1\int\limits_{|p_2|}^{+\infty}e^{-\frac{b}{4}(q_2+p_2)^2-\frac{f}{4}(q_2-p_2)^2}dq_2\int\limits_{|p_3|}^{+\infty}e^{-\frac{c}{4}(q_3+p_3)^2-\frac{g}{4}(q_3-p_3)^2}dq_3$$.
Внутренние интегралы, естественно, вычисляются, а внешний - после перехода к сферическим координатам - оценивается.


Пришло время опубликовать почти полученное аналитическое решение этого интеграла. Будем надеяться, что я нигде не ошибся, если ошибся, то уповаю на внимательность читающих. Я стартую с интеграла, где уже сделана замена переменных.

$$\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-fv^2-gw^2}}{\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}}dxdydzdudvdw=$$
$$=\frac{1}{8}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dp_3}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}\int\limits_{|p_1|}^{+\infty}e^{-\frac{a}{4}(q_1+p_1)^2-\frac{d}{4}(q_1-p_1)^2}dq_1\int\limits_{|p_2|}^{+\infty}e^{-\frac{b}{4}(q_2+p_2)^2-\frac{f}{4}(q_2-p_2)^2}dq_2\int\limits_{|p_3|}^{+\infty}e^{-\frac{c}{4}(q_3+p_3)^2-\frac{g}{4}(q_3-p_3)^2}dq_3=$$
$$\frac{1}{8}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{ad}{a+d}p_1^2}\frac{erfc(\frac{(a-d)p_1+(a+d)|p_1|}{2\sqrt{a+d}})}{\sqrt{a+d}}e^{-\frac{bf}{b+f}p_2^2}\frac{erfc(\frac{(b-f)p_2+(b+f)|p_2|}{2\sqrt{b+f}})}{\sqrt{b+f}}e^{-\frac{cg}{c+g}p_3^2}\frac{erfc(\frac{(c-g)p_3+(c+g)|p_3|}{2\sqrt{c+g}})}{\sqrt{c+g}}\sqrt{\pi^3}\frac{dp_3}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}$$

Далее освобождаемся от корня в знаменателе следующей заменой:
$$\frac{1}{\sqrt{p_1^2+p_2^2+p_3^2}}=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-t^2(p_1^2+p_2^2+p_3^2)}dt$$
в результате которой наш тройной интеграл становится четверным, но каждый из этих интегралов вычисляется отдельно:
$$\frac{\pi}{4\sqrt{a+d}\sqrt{b+f}\sqrt{c+g}}\int\limits_{0}^{+\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-(\frac{ad}{a+d}+t^2)p_1^2}erfc(\frac{(a-d)p_1+(a+d)|p_1|}{2\sqrt{a+d}})dp_1\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-(\frac{bf}{b+f}+t^2)p_2^2}\frac{erfc(\frac{(b-f)p_2+(b+f)|p_2|}{2\sqrt{b+f}})}{\sqrt{b+f}}dp_2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-(\frac{cg}{c+g}+t^2)p_3^2}erfc(\frac{(c-g)p_3+(c+g)|p_3|}{2\sqrt{c+g}})dp_3dt$$=
$$\frac{\pi}{4\sqrt{a+d}\sqrt{b+f}\sqrt{c+g}}\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{\pi-arctg\frac{a}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}-arctg\frac{d}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}}{\sqrt{\pi}\sqrt{\frac{ad}{a+d}+t^2}}\frac{\pi-arctg\frac{b}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}-arctg\frac{f}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}}{\sqrt{\pi}\sqrt{\frac{bf}{b+f}+t^2}}\frac{\pi-arctg\frac{c}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}-arctg\frac{g}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}}{\sqrt{\pi}\sqrt{\frac{cg}{c+g}+t^2}}dt$$=
$$\frac{1}{4\sqrt{\pi}}\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{\pi-arctg\frac{a}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}-arctg\frac{d}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}}{\sqrt{ad+(a+d)t^2}}\frac{\pi-arctg\frac{b}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}-arctg\frac{f}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}}{\sqrt{bf+(b+f)t^2}}\frac{\pi-arctg\frac{c}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}-arctg\frac{g}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}}{\sqrt{cg+(c+g)t^2}}dt$$

Осталось дело за малым - вычислить оставшийся интеграл аналитически :D Функция-то там хорошая на вид - колоколообразная с максимумом в нуле, численно такой интеграл при любых коэффициентах берется запросто, но очень хочется иметь аналитическую формулу :roll:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.02.2006, 14:47 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Если хотя бы один коэффициент в экспоненте равен нулю, то интеграл расходится в бесконечности. Интеграл стандартный, я думаю аналитическое выражение можно найти в соответствующих справочниках, самому лень считать.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.02.2006, 15:27 
Аватара пользователя


15/01/06
200
Руст писал(а):
Если хотя бы один коэффициент в экспоненте равен нулю, то интеграл расходится в бесконечности. Интеграл стандартный, я думаю аналитическое выражение можно найти в соответствующих справочниках, самому лень считать.


В условии же написано, что все коэффициенты больше 0 :wink: И который интеграл стандартный - изначальный или к которому свелся изначальный интеграл?
Боюсь, что в соотвествующих справочниках подобного интеграла нет, либо я смотрел все больше в несоответствующих :roll: А может смотрел в соотвествующих да не разглядел :D Может посоветуете хороший справочник?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.02.2006, 20:08 
Экс-модератор


12/06/05
1595
MSU
Че-то я не понял, что такое erfc? Функция Лапласа?

И еще, хорошо было бы упростить запись. Обозначить что-нибудь чем-нибудь... Я не уверен, что даже с расширением 1600 на 1200 ваши формулы по ширине влезут в экран.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 31 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group