Предельный переход под знаком интегралов.

[mihail2102]

Уважаемые эксперты.
Выражение:

$$Q=\frac{3R_{0}^2}{\pi R^3}\int\limits_{0}^{R}dx \int\limits_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}\{\frac{1}{\left(2 R_{0}^2-2 R_{0}\sqrt{R^2-x^2-y^2}\right)^\frac{1}{2}}-\frac{1}{\left(2 R_{0}^2+2 R_{0}\sqrt{R^2-x^2-y^2}\right)^\frac{1}{2}}\right)\}dy\ (1)$$

где: $R_{0}$- расстояние от центра шара, до контрольной точки, $R$- радиус шара. Это отношение поля шара, искомое в декартовых координатах, к уже известному выражению поля шара $\frac{M}{R_{0}^2}$, имеет предел, при $R_{0}\to\infty$ равный 1(единица).
Внесем постоянные $\frac{R_{0}^2}{R^3}$под знак интегралов и обозначим $\frac{R_{0}}{R}= n$, и найдем предел:

$$\lim\limits_{n}^{\infty}\frac{3}{\pi R^2}\int\limits_{0}^{R}dx\int\limits_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}\{\frac{n^2}{\left(2 n^2-2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)^\frac{1}{2}}-\frac{n^2}{\left(2 n^2+2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}\right)^\frac{1}{2}}}\}dy \ (2)$$

Интегрирование по $x,y$, достаточно сложное. Чтобы упростить вычисления, предел $\lim\limits_{n}^{\infty}$, переносим под знак двойного интеграла:

$$Q= \frac{3}{\pi R^2}\int\limits_{0}^{R}dx\int\limits_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}\lim\limits_{n}^{\infty}\{\frac{n^2}{\left(2 n^2-2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)^\frac{1}{2}}-\frac{n^2}{\left(2 n^2+2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)^\frac{1}{2}}\}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ (3)$$

.
Почему выражения (2) и (3) не эквивалентны?
Заранее благодарен.

[mihaild]

А почему не равны? Должны быть равны, сходимость подинтегральной функции равномерная (само значение интеграла не проверял, Вы уверены что в (3) получается именно такое число?)
(а откуда странная нотация с пределом вверху, а не $\lim\limits_{n \to \infty}$?)

[Ende]

Тема перемещена из форума «Математика (общие вопросы)» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: темы, в которых нужно что-то объяснить или подсказать, создаются в этом разделе.

[mihail2102]

mihaild в сообщении #1588254 писал(а):

.... Вы уверены что в (3) получается именно такое число?)

Обозначим :

$$u=\frac{n^2}{\left(2 n^2-2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)^\frac{1}{2}} \qquad v=\frac{n^2}{\left(2 n^2+2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)^\frac{1}{2}}\qquad\lim\limits_{n}^{\infty}(u-v)=\lim\limits_{n}^{\infty}\frac{\frac{1}{v}-\frac{1}{u}}{\frac{1}{u}\frac{1}{v}}$$

Это равно:

$$\lim\limits_{n}^{\infty}\frac{n^2 \left(\left(2 n^2+2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)^\frac{1}{2}-\left(2 n^2-2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)^\frac{1}{2}\right)}{\left(4 n^4-4 n^2(1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2})\right)^\frac{1}{2}}$$

Умножим числитель и знаменатель, на сопряженное в числителе:

$$\lim\limits_{n}^{\infty}\frac{n^2\left(\left(2 n^2+2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)-\left(2 n^2-2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)\right)}{\left(4 n^4-4 n^2 \left(1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{x^2}{R^2}\right)\right)^\frac{1}{2}\left(\left(2 n^2+2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{r^2}}\right)^\frac{1}{2}+\left(2 n^2-2 n\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}\right)^\frac{1}{2}\right)}=$$

$$\lim\limits_{n}^{\infty}\frac{n^2(4 n \sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2})}}{\sqrt{4 n ^4}(\sqrt{2 n^2}+\sqrt{2 n^2})}=\frac{4 n^3\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}}{2 n^2 2\sqrt{2}n}=\frac{\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}}{\sqrt{2}}$$

$$\int\limits_{0}^{R}dx\int\limits_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}\frac{\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}-\frac{y^2}{R^2}}}{\sqrt{2}}dy=\frac{1}{R\sqrt{2}}\int\limits_{0}^{R}dx\int\limits_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}\sqrt{R^2-x^2-y^2}dy=\frac{2 \pi R^2}{12\sqrt{2}}$$

В итоге :

$$\lim\limits_{n}^{\infty}=\frac{2 \pi R^2}{12\sqrt{2}}\frac{3}{\pi R^2}=\frac{1}{2\sqrt{2}}$$

[Евгений Машеров]

Я уже первое выражение что-то не понимаю. Это потенциал шара с равномерно распределённой плотностью массы? А где интеграл по z? (точка, где меряем, по оси z?) Как-то от него избавились, получив аналитическое выражение? А как? И как там оказалась разность, если мы суммировали?

[mihail2102]

Поле, это не потенциал. А разность в выражении появляется после интегрирования по Z, выражения для поля шара равномерной плотности:

$$H= 4 \rho_{0}\int\limits_{0}^{R}dx\int\limits_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}dy\int\limits_{-\sqrt{R^2-x^2-y^2}}^{+\sqrt{R^2-x^2-y^2}}dz\frac{(R_{0}-z)}{(x^2+y^2+(R_{0}-z)^2)^\frac{3}{2}}$$

[Евгений Машеров]

Поле это явление, потенциал его численная характеристика. Что считается-то?

[mihail2102]

[quote="Евгений Машеров в сообщении #1588617...Что считается-то?[/quote]
Отношение поля шара в декартовых координатах к уже (априори) известному полю шара $\frac{M}{R_{0}^2}$.

[Евгений Машеров]

Поле это явление, числом не измеряется. Числовые характеристики поля - потенциал, напряжённость и т.п. Какая считается?

[mihail2102]

В теме рассмотрено отношение напряженности поля шара в декартовых координатах, к напряженности поля шара уже известному. Это отношение для контрольной точки на бесконечности уже известно и равно 1(единица). А доказать это утверждение трудно, так как в декартовой системе координат, при интегрировании поля шара, получаются эллиптические интегралы оценка которых на бесконечности затруднительна. Для упрощения задачи предельная оценка перенесена под знак интеграла, но результат ее противоречит ранее установленному(1 единица). Видимо такой перенос предела под знак интеграла не корректен. И основной вопрос темы: почему не корректен?

[Geen]

mihail2102 в сообщении #1588632 писал(а):

Видимо такой перенос предела под знак интеграла не корректен.

Видимо не корректен интеграл (1)...

[Geen]

Вообще же, вопрос нахождения "гравитации" однородного шара, а лучше сферы, решается "школьными методами", причём, в любой точке, а не только на бесконечности. А всякие "эллиптические интегралы в декарттовых координатах" - это если руки занять больше нечем.

[svv]

mihail2102 в сообщении #1588249 писал(а):

$$Q=\frac{3R_{0}^2}{\pi R^3}\int\limits_{0}^{R}dx \int\limits_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}\{\frac{1}{\left(2 R_{0}^2-2 R_{0}\sqrt{R^2-x^2-y^2}\right)^\frac{1}{2}}-\frac{1}{\left(2 R_{0}^2+2 R_{0}\sqrt{R^2-x^2-y^2}\right)^\frac{1}{2}}\right)\}dy$$

Тут надо перейти к полярным координатам, $x=\rho\cos\varphi,\;y=\rho\sin\varphi,\;dx\,dy=\rho\,d\rho\,d\varphi$.
$Q=\frac{3R_{0}^2}{\pi R^3}\int\limits_{0}^{\pi/2} d\varphi\int\limits_{0}^{R}\rho\,d\rho\left(\frac{1}{\left(2 R_{0}^2-2 R_{0}\sqrt{R^2-\rho^2}\right)^\frac{1}{2}}-\frac{1}{\left(2 R_{0}^2+2 R_{0}\sqrt{R^2-\rho^2}\right)^\frac{1}{2}}\right)=$
$=\frac{3R_{0}^2}{2\sqrt 2 R^3}\int\limits_{0}^{R}\rho d\rho\left(\frac{1}{\left(R_{0}^2-R_{0}\sqrt{R^2-\rho^2}\right)^\frac{1}{2}}-\frac{1}{\left(R_{0}^2+R_{0}\sqrt{R^2-\rho^2}\right)^\frac{1}{2}}\right)$

Теперь надо сделать замену $\rho=\sqrt{R^2-z^2},\;z=\sqrt{R^2-\rho^2},\;\rho\,d\rho=-z\,dz$.
$Q=\frac{3R_{0}^2}{2\sqrt 2 R^3}\left(\int\limits_{0}^{R}\frac{z\,dz}{\sqrt{R_{0}^2-R_{0}z}}-\int\limits_{0}^{R}\frac{z\,dz}{\sqrt{R_{0}^2+R_{0}z}}\right)$
Замена $z\to -z$ во втором интеграле позволяет слить оба интеграла в один.
$Q=\frac{3R_{0}^2}{2\sqrt 2 R^3}\int\limits_{-R}^{R}\frac{z\,dz}{\sqrt{R_{0}^2-R_{0}z}}$
Этот интеграл есть в Выгодский, Справочник по высшей математике, 2005, с.961, №25.
$Q=\frac{3R_{0}^2}{2\sqrt 2 R^3} \left.\frac{2(-2R_{0}^2-R_{0}z)\sqrt{R_{0}^2-R_{0}z}}{3R_0^2}\right|_{-\frac{R}{R_0}}^{\frac{R}{R_0}}= - \left.\frac{(2R_{0}^2+R_{0}z) \sqrt{R_{0}^2-R_{0}z}}{\sqrt 2 R^3}\right|_{-\frac{R}{R_0}}^{\frac{R}{R_0}}$
Обозначим ещё $u=\frac{R}{R_0}=\frac 1 n$.
$\begin{array}{l}Q=\frac{(2R_{0}^2-R_{0}^2u) \sqrt{R_{0}^2+R_{0}^2 u}}{\sqrt 2 R^3} -\frac{(2R_{0}^2+R_{0}^2 u) \sqrt{R_{0}^2-R_{0}^2 u}}{\sqrt 2 R^3}=\\[1ex]=\frac{2}{u^3\sqrt 2}\Bigl((1-\frac 12 u) \sqrt{1+u} -(1+\frac 12 u) \sqrt{1-u}\Bigr)\end{array}$

Разложим $\sqrt{1\pm u}\approx 1\pm\frac 1 2u-\frac 1 8 u^2\pm\frac 1{16}u^3$. Два первых слагаемых дают нулевой вклад. Остаётся
$Q\approx \frac{2}{u^3\sqrt 2}\Bigl((1-\frac 12 u) (-\frac 1 8 u^2+\frac 1{16}u^3) -(1+\frac 12 u) (-\frac 1 8 u^2-\frac 1{16}u^3)\Bigr)=\frac 1{2\sqrt 2}$
Что совпадает с (3).

[Евгений Машеров]

У меня создалось впечатление, что величина под знаком интегралов это сила притяжения бесконечно тонкого столбика, вырезанного из шара радиуса R и проходящего через точку с координатами x и y к пробной массе на расстоянии $R_0$ на оси z. Но если потенциалы можно так просто суммировать, то сила притяжения будет векторной величиной, для столбиков с координатами x, y она будет частично погашаться столбиками с координатами -x, -y, суммироваться будет лишь составляющая в направлении оси z. И эта ошибка является причиной того, что первый интеграл равен не единице, как ожидал топикстартер.

[Geen]

Евгений Машеров в сообщении #1588836 писал(а):

эта ошибка является причиной того, что первый интеграл равен не единице, как ожидал топикстартер.

Нет, он просто интеграл по $z$ неправильно взял.