Поле куба вдоль ортогонали к грани

[mihail2102]

Я полностью согласен с Вашими вычислениями. У меня "замкнуло". Не терпеться узнать по поводу ошибки в интегралах. Наверное она в том, что я нарушил естественный алгоритм взятия определенных интегралов, который сам же продекларировал в первом сообщении. Но это предположение я проверял и все сходилось.
Видимо сделал ошибку. Проверю еще раз. А как на самом деле?

[svv]

Итак,
$J_1(R,r,0)=\ln(2\sqrt{82})-\frac 9 2\pi\approx -11.24066014$
$2(J_1(R,r,1)-J_1(R,r,0))\approx 2(-8.93072775-(-11.24066014))=4.6198648$
А это совпадает с
$I_{1}(R,r,-1,1)=2I_{1}(R,r,0,1)\approx 4.6198648$,
то есть со значением интеграла $I_{1}=\int\limits_{-r}^{+r}\ln(r+\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2})dx$ при $R=10, r=1$.
При желании можно проверить совпадение и для других конкретных значений параметров.

Выходит, что интеграл $I_1$ по какой-то причине нельзя вычислять, как $J_1(R,r,r)-J_1(R,r,-r)$, но можно вычислять, как $2(J_1(R,r,r)-J_1(R,r,0))$. И это говорит о том, что Ваши формулы для $J_1$ сами по себе правильные.

mihail2102 в сообщении #1596289 писал(а):

я нарушил естественный алгоритм взятия определенных интегралов

Очень хорошо, что Вы мыслите интегралы как определённые (и, наверное, замены переменной интегрирования — как замены переменной в определённых интегралах). Хотя в какой-то части выкладок пределы не указывались, но, наверное, подразумевались.

Сегодня уже поздно, а завтра продолжим.

[mihail2102]

Вы правы, в этом наверное и заключается ошибка: интеграл $I_{1}$ при замене переменного раздваивается
Его надо брать как :
$\int\limits_{-r}^{+r}\frac{x^2 dx}{(r+\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2) \sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2}}}=$
$\int\limits_{-r}^{0}\frac{x^2dx}{(r+\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2)\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2}}}$
$+\int\limits_{0}^{r}\frac{x^2dx}{(r+\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2)\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2}}}$
Я не обращал внимания на пределы интегрирования при замене переменного будучи уверенным, что при большом $R$ интервал интегрирования не имеет особенностей(разрывов подынтегральной функции), а на четность функции внимания не обратил. Надо перерешать с учетом этого.
Очень благодарен Вам за помощь.

[svv]

Да, Вы сами пришли к нужным выводам. Я всё-таки расскажу то, что собирался.

У нас есть интеграл $I_1$ с пределами $\int\limits_{x=-r}^{+r}$, и мы делаем замену
$t(x)=\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2}$
Вопрос: какими будут пределы интегрирования после замены?
Поскольку $t(x)$ функция чётная, а "старые" пределы $x=\pm r$ симметричные, "новые" верхний и нижний пределы будут совпадать:
$t(\pm r)=\sqrt{(\pm r)^2+r^2+(R-r)^2}=\sqrt{2r^2+(R-r)^2}$
Но в таком случае интеграл будет равен нулю. Значит, так делать нельзя.

Обратимся к книгам (Зорич, Математический анализ, 1997, том 1, стр.359):

Как видите, требуется, чтобы существовала функция $x=\varphi(t)$, которая бы отображала, наоборот, "новый" отрезок интегрирования $[\alpha,\beta]$ в "старый" $[a,b]=[-r,+r]$. Очевидно, что функции, обратной к нашей $t(x), \;x\in[-r,r]$, не существует. Никакая функция $x(t)$ не отобразит одно и то же число $\sqrt{2r^2+(R-r)^2}$ в два разных $-r$ и $+r$.

Однако если разбить отрезок интегрирования на два, то на каждом из них функция $t(x)$ уже будет иметь обратную:
для $x\in[-r,0]$ это $x(t)=-\sqrt{t^2-r^2-(R-r)^2}$,
для $x\in[0,+r]$ это $x(t)=+\sqrt{t^2-r^2-(R-r)^2}$.
И на каждом из отрезков надо просто сделать свою замену (формулы для $x(t)$ отличаются знаком).

После этого можно заметить, что подынтегральная функция $f(x)=\ln(r+\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2})$ чётна, и два интеграла сводятся к одному. Но с точки зрения теории это уже факт второстепенный.

P.S. Я тут проигнорировал то, что Вы перед заменой ещё проинтегрировали по частям.

[mihail2102]

Благодарен Вам за детальное объяснение.
Хочу спросить о последовательности обоснования разделения интеграла.
Вот имеем интеграл:

$$\int\limits_{-r}^{+r}\frac{x^2dx}{(r+\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2)}\sqrt{x^2+r^2+(R-r)^2}}$$

Первое, что приходит - сравнение:

$$\int\limits_{-r}^{+r}x^2dx$$

Обе функции определены, и непрерывны на отрезке интегрирования для $R$ много большим $r,x$
Создается впечатление, что если со вторым интегралом нет проблем, то и с первым их не будет. Это срабатывает, если случайно не посмотрел на новые пределы интегрирования при переходе к новой переменной, то решение автоматически продолжается, что приводит к ошибке. Возможен еще и попутный вариант, когда попутно видна симметричность пределов интегрирования и четность подынтегральной функции. Тогда срабатывает правило:

$$\int\limits_{-r}^{+r}f(x)dx=\int\limits_{-r}^{0}f(x)dx+\int\limits_{0}^{+r}f(x)dx=-\int\limits_{0}^{-r}f(x)dx+\int\limits_{0}^{+r}f(x)dx=2\int\limits_{0}^{+r}f(x)dx$$

И тогда даже просмотр новых пределов интегрирования не наводит на мысль о детальном анализе и решение продолжается.
Вот такой формальный подход без анализа, может приводить к ошибкам?

[svv]

Не уверен, что правильно понял Ваш вопрос.

Посмотрим ещё раз на цитату из Зорича. От функции $f(x)$ требуется только непрерывность. У нас это обеспечено. Поэтому сам по себе интеграл
$\int\limits_{-r}^{+r}\dfrac{x^2dx}{(r+\sqrt{x^2+p^2})\sqrt{x^2+p^2}}$
(здесь и далее $p=\sqrt{r^2+(R-r)^2}>0$) не является проблемным. Проблемной может быть конкретная замена $x=\varphi(t)$.

Пара оговорок.
1) Формулу (8) Зорича можно применять в обоих направлениях, как слева направо, так и справа налево.
2) Обозначения переменных произвольны, и при заменах возможна ситуация, когда Ваша $x$ соответствует $t$ Зорича, и наоборот. Тогда нужна особая внимательность.

Я буду применять формулу (8) слева направо, в этом случае Ваши $x,t$ и Зорича совпадают. Нужна функция $x(t)$. Но из $t=\sqrt{x^2+p^2}$ получается две разных формулы:
$x=+\sqrt{t^2-p^2}$, если $x\geqslant 0$
$x=-\sqrt{t^2-p^2}$, если $x\leqslant 0$
И поэтому отрезок интегрирования нужно разбить на два: $[-r,0]$ и $[0,r]$, в каждом формула для $x(t)$ будет уже единой.

Для отрезка $x\in[0,r]$ "подгоним" обозначения под формулу (8).
$x=\varphi(t)=\sqrt{t^2-p^2}$
$f(x)=\dfrac{x^2}{(r+\sqrt{x^2+p^2})\sqrt{x^2+p^2}}$
$\alpha=p$, тогда $\varphi(\alpha)=0$ (нижний предел до замены)
$\beta=\sqrt{r^2+p^2}$, тогда $\varphi(\beta)=r$ (верхний предел до замены).

$\int\limits_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)}f(x)\;dx=\int\limits_{\alpha}^{\beta} f(\varphi(t))\;\varphi'(t)\;dt\qquad(8)$
В правой части
$f(\varphi(t))=\dfrac{t^2-p^2}{(r+t)t}$
$\varphi'(t)=\dfrac{t}{\sqrt{t^2-p^2}}$
Подставляя всё это в (8), получаем
$\int\limits_{0}^{r}\dfrac{x^2}{(r+\sqrt{x^2+p^2})\sqrt{x^2+p^2}}\;dx =\int\limits_{p}^{\sqrt{r^2+p^2}} \dfrac{t^2-p^2}{(r+t)t}\;\dfrac{t}{\sqrt{t^2-p^2}}\;dt =\int\limits_{p}^{\sqrt{r^2+p^2}} \dfrac{\sqrt{t^2-p^2}}{r+t}\;dt$
Аналогично для отрезка $[-r,0]$ (если не использовать чётность $f(x)$).

[svv]

svv в сообщении #1596427 писал(а):

$\int\limits_{0}^{r}\dfrac{x^2}{(r+\sqrt{x^2+p^2})\sqrt{x^2+p^2}}\;dx =\int\limits_{p}^{\sqrt{r^2+p^2}} \dfrac{t^2-p^2}{(r+t)t}\;\dfrac{t}{\sqrt{t^2-p^2}}\;dt =\int\limits_{p}^{\sqrt{r^2+p^2}} \dfrac{\sqrt{t^2-p^2}}{r+t}\;dt$

Если нижний предел интеграла в левой части равен нулю, то в точке $x=0$ (этому соответствует $t=p$) нарушается условие Утверждения 3 о непрерывной дифференцируемости функции $x=\varphi(t)=\sqrt{t^2-p^2}$. Но это не страшно. Пусть нижний предел равен $\varepsilon>0$, тогда все условия Утверждения 3 выполнены, и
$\int\limits_{\varepsilon}^{r}\dfrac{x^2}{(r+\sqrt{x^2+p^2})\sqrt{x^2+p^2}}\;dx =\int\limits_{\sqrt{\varepsilon^2+p^2}}^{\sqrt{r^2+p^2}} \dfrac{\sqrt{t^2-p^2}}{r+t}\;dt$
Рассмотрим левую и правую части как функции $\varepsilon$ при фиксированных $r,p$. Обе части непрерывны при $\varepsilon\geqslant 0$ и равны при $\varepsilon>0$. Значит, и при $\varepsilon=0$ имеет место равенство.

[mihail2102]

Благодарен за пояснения.
По анализу ошибки....
Если бы в постановочной части, задача поиска выражения для поля выглядела бы не в виде:

$$G \rho\int\limits_{-r}^{+r}dx\int\limits_{-r}^{+r}dy\int\limits_{-r}^{+r}f(x,y,z)dz $$

а в виде:

$$4 G\rho\int\limits_{0}^{+r}dx\int\limits_{0}^{+r}dy\int\limits_{-r}^{+r}f(x,y,z)dz$$

Наверное ошибки удалось бы избежать?
Я к тому, что в основе курса прикладной математики следуют определенному алгоритму:
1. Формулировка задачи в рамках определенного интеграла
2. Формула Ньютона-Лейбница (Н-Л)
3. Поиск первообразной подынтегральной функции, для реализации (Н-Л)
И вот в этой части решающий задачу, отрывается от определенного интеграла используя различные методы, в том числе и замену переменного.
4. В полученной первообразной возвращается к старой переменной под интегралом.
Акцентов, по поводу анализа подынтегральной функции и пределов интегрирования при замене переменной, мне не встречалось. Чаще всего анализ подынтегральной функции и пределов интегрирования, сводился к тому, что надо было убедиться в непрерывности функции на отрезке интегрирования.
То есть для исключения ошибок необходимо вводить дополнительный пункт: что, при использовании методов поиска первообразной надо помнить, что изначально интеграл был определенным.
В этом случае при интегрировании возникнут проблемы, решение которых исключит ошибку.

[svv]

Да, в таком виде ошибки бы не возникло. По крайней мере в $I_1$ такой подход даёт правильное значение интеграла $2\bigl(J_1(R,r,r)-J_1(R,r,0)\bigr)$, как Вы видели на примере $R=10, r=1$.
Только я всё же хочу подчеркнуть ещё раз, что проблемным является не сам интеграл, а конкретная замена, которую не удаётся подвести под условия теоремы о замене.

[mihail2102]

mihail2102 в сообщении #1596605 писал(а):

По анализу ошибки....
Если бы в постановочной части, задача поиска выражения для поля выглядела бы не в виде:

$$G \rho\int\limits_{-r}^{+r}dx\int\limits_{-r}^{+r}dy\int\limits_{-r}^{+r}f(x,y,z)dz $$

а в виде:

$$4 G\rho\int\limits_{0}^{+r}dx\int\limits_{0}^{+r}dy\int\limits_{-r}^{+r}f(x,y,z)dz$$

Наверное ошибки удалось бы избежать?

Я попробовал решить задачу в рамках последней постановки.
Получил выражение для поля куба:(без гравитационной постоянной)

$$H= 4 \rho_{k}r\left\lbrace2\ln\left\lbrace\frac{(r+\sqrt{2r^2+(R_{0}-r)^2})(\sqrt{r^2+(R_{0}+r)^2})}{(\sqrt{r^2+(R_{0}-r)^2)}(r+\sqrt{2r^2+(R_{0}+r)^2)}}\right\rbrace+$$

$$+(R_{0}-r)\arcsin\frac{-2r(r+\sqrt{2r^2+(R_{0}-r)^2})-2(R_{0}-r)^2}{(r+\sqrt{2r^2+(R_{0}-r)^2})\sqrt{4r^2+4(R_{0}-r)^2}}-$$

$$-(R_{0}-r)\arcsin\frac{-2r(r+\sqrt{r^2+(R_{0}-r)^2})-2(R_{0}-r)^2}{(r+\sqrt{r^2+(R_{0}-r)^2})\sqrt{4r^2+4(R_{0}-r)^2}}-$$

$$-(R_{0}-r)\arctg\frac{r}{R_{0}-r}-$$

$$-(R_{0}+r)\arcsin\frac{-2r(r+\sqrt{2r^2+(R_{0}+r)^2})-2(R_{0}+r)^2}{(r+\sqrt{2r^2+(R_{0}+r)^2})\sqrt{4r^2+4(R_{0}+r)^2}}+$$

$$+(R_{0}+r)\arcsin\frac{-2r(r+\sqrt{r^2+(R_{0}+rf)^2})-2(R_{0}+r)^2}{(r+\sqrt{r^2+(R_{0}+r)^2})\sqrt{4r^2+4(R_{0}+r)^2}}+$$

$$+(R_{0}+r)\arctg\frac{r}{R_{0}+r}$$

где: $R_{0}$ расстояние от центра масс куба до контрольной точки. $r$ длина полуребра куба.
Пусть

$$H_{0}=\frac{M}{R_{0}^2} $$

гравиполе шара массой М и радиуса $r$.(без гравитационной постоянной).
Если

$$n=\frac{R_{0}}{r}$$

, то действительно, отношение

$$\frac{H_{0}}{H}$$

при равных массах куба и шара, при $n$ от 2 вплоть до 10000, близко к единице. Но при увеличении $n$ больше 10000 отношение уменьшается и стремиться к нулю.
Но это отношение должно стремиться к единице при больших $n$.Интегралы то простые, но где-то ошибаюсь.