Вычет и двойной интеграл

[Dima1234]

Добрый день, помогите решить 2 примера:
1) Переход к полярным координатам:
$\int_{D}^{}\int_{}^{}x\sqrt{x^2+y^2}dxdy$
$x^2+y^2\leq4$
$y\geq0$
И вычет:
$\oint\limits_{\mid z-2i\mid=3} \frac{1}{z^2(z^2+4)}dz$
На счет вычета: получается всего 2 особые точки 0 и 2i и обе они попадают в окружность. То есть в них и надо считать вычеты, а потом сложить? Мне нужно функцию в ряд лорана раскладывать?

[svv]

Насчет полярных координат.
Надо записать подынтегральную функцию в полярных координатах.
Надо не забыть про якобиан перехода.
Надо правильно расставить пределы интегрирования в новых переменных.
Надо, наконец, взять полученный двойной интеграл.
Что-нибудь из этого можете проделать самостоятельно?

[Dima1234]

Я попробую.
Область интегрирования - круг с радиусом 4. То есть r в полярных координатах изменяется от 0 до 4, а $\theta$ от 0 до 2п. Якобиан равен r.
$\int_{D}^{}\int_{}^{}x\sqrt{x^2+y^2}dxdy = \int_{S}^{}\int_{}^{}r^2cos\theta \sqrt{r^2cos^2\theta+r^2sin^2\theta} rdrd\theta = $ Вроде так, а как дальше не знаю

AKM:

\sin \cos \pi

[Praded]

Радиус не 4, а 2...

[samson4747]

Относительно контурного интеграла:
Вы же можете воспользоваться теоремой о полной сумме вычетов и например посчитать вычет в точке вне круга $|z-2i|=3$, соответственно в бесконечо удалённой точке и в точке $-2i$, который соответсвенно являются УОТ и простым полюсом. (советую так чтобы не считать вычет в нуле, так как это будет полюс второго порядка, хотя пример несложный выбирайте способ решения сами)

[svv]

Dima1234
Следующий этап -- учёт всех замечаний -- тех, что были сделаны, и ещё моих.
0) Код sin даёт некрасивый $sin$, код \sin даёт красивый $\sin$. Аналогично \cos,\pi: $\cos$, $\pi$.
1) Так как в уравнение окружности $x^2+y^2=R^2$ радиус входит в квадрате, $x^2+y^2=4$ -- это окружность радиуса $2$, а не $4$.
2) Полярный угол лучше обозначать $\varphi$ (код \varphi), Вас будут лучше понимать. Угол $\theta$ -- это в сферических координатах.
3) $x$ Вы заменили на $r^2\cos\varphi$, а правильно $r\cos\varphi$.
4) $\sqrt{r^2\cos^2\varphi+r^2\sin^2\varphi}$ -- немедленно упростить до одной буквы. Инстинкт упрощения и приведения в порядок должен быть в крови.
5) Пределы $0\leqslant\varphi\leqslant 2\pi$ неправильные. Исправьте их с учетом условия $y\geqslant 0$.
6) Когда пределы интегрирования найдены, уже не обозначайте область интегрирования буквой. Буква, кстати, если уж её писать, будет та же ($D$) и в полярных: область не изменилась. Вместо этого напишите при каждом интеграле пределы интегрирования, вроде такого: $\int\limits_{r=0}^2$, или просто $\int\limits_0^2$, если понятно, по какой переменной берется интеграл.

[Dima1234]

$\int_{D}^{}\int_{}^{}x\sqrt{x^2+y^2}dxdy = \int_{0}^{2}\int_{0}^{\pi}r\cos \varphi\sqrt{r\cos^2 \varphi+r\sin^2 \varphi} rd\varphi dr = \int_{0}^{2}\int_{0}^{\pi}\cos \varphi r^2 \sqrt{r} d\varphi dr$ Вот так получилось, теперь можно брать интеграл? Сначала решаю внутренний интеграл по $\varphi$, кстати а что делать с r - как константу?

[svv]

Вы в прошлом сообщении уже написали правильно, что $\sqrt{x^2+y^2}$ равно $\sqrt{r^2\cos^2\varphi+r^2\sin^2\varphi}$, а теперь квадраты куда-то подевались. И я же подсказал -- это упрощается до одной буквы.

[Dima1234]

$\int_{D}^{}\int_{}^{}x\sqrt{x^2+y^2}dxdy = \int_{0}^{2}\int_{0}^{\pi}r\cos \varphi\sqrt{r^2\cos^2 \varphi+r^2\sin^2 \varphi} rd\varphi dr = \int_{0}^{2}\int_{0}^{\pi}\cos \varphi r^3 d\varphi dr$ Вот так?

[svv]

Да, теперь правильно.
Запишите это в виде произведения двух интегралов, в одном -- все, что касается $r$, в другом -- все что, касается $\varphi$.
Возьмите каждый интеграл по отдельности, перемножьте и будет ответ.

[Dima1234]

$\int_{D}^{}\int_{}^{}x\sqrt{x^2+y^2}dxdy = \int_{0}^{2}\int_{0}^{\pi}r\cos \varphi\sqrt{r^2\cos^2 \varphi+r^2\sin^2 \varphi} rd\varphi dr = \int_{0}^{2}\int_{0}^{\pi}\cos \varphi r^3 d\varphi dr = \int_{0}^{2}r^3 dr \int_{0}^{\pi}\cos \varphi d\varphi = 4\sin{\pi} $ Правильно?

[svv]

А $\sin\pi$ чему равно?

[Dima1234]

Нулю, и получается весь интеграл нулю равен.
А на счет вычетов, чтобы допустим посчитать вычет в -2i мне нужно в ряд лорана раскладывать?

[svv]

А вычеты -- не по моей части!

Dima1234 писал(а):

Нулю, и получается весь интеграл нулю равен.

И это было видно сразу. Область симметричная относительно оси $Oy$. А функция -- нечетная по $x$.
Любой точке $(x, y)$, в которой подынтегральная функция принимает некоторое значение $f(x, y)=x\sqrt{x^2+y^2}$, соответствует симметричная точка $(-x, y)$, в котором функция принимает значение $f(-x, y)=-x\sqrt{x^2+y^2}=-f(x, y)$. И вклады симметричных точек взаимно уничтожаются. В итоге -- нуль.

[samson4747]

Dima1234 в сообщении #578138 писал(а):

...
А на счет вычетов, чтобы допустим посчитать вычет в -2i мне нужно в ряд лорана раскладывать?...

Выше Вам написал как поступить... Зачем в ряд Лорана?(это сложнее)

$-2i$, это просто полюс, а там вычет по формуле можно сказатьсчитается...