Существование интеграла (шестикратного, несобственного)

[Leierkastenmann]

Помогите, господа.
Существует ли конечное значение следующего интеграла и возможно ли его аналитически посчитать?

$$\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \frac {e^{{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-ev^2-fw^2}}} {\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}} dxdydzdudvdw$$

Все произвольные коэффициенты a,b,c,d,e,f в экспоненте неотрицательны.

[Leierkastenmann]

Упрощаем задачу. Оставим в силе только первый вопрос о существовании конечного значения интеграла. Бог с ним с аналитическим взятием

[Dan_Te]

Шесть измерений больно много. Предлагаю упростить задачу и взять
$\displaystyle\int\limits_0^\infty \int\limits_0^\infty \frac {e^{-x^2-y^2}}{|x-y|}dxdy$
После перехода к полярным координатам получим
$\displaystyle \int\limits_0^\infty rdr \int\limits_0^{\pi/2} d\varphi \frac {e^{-r^2}}{r|\cos\varphi-\sin\varphi|}$
Интеграл разделяется на части. То, что с радиусом - интеграл Пуассона, конечен и известен. С полярным углом остается
$\displaystyle \int\limits_0^{\pi/2} \frac {d\varphi}{|\cos\varphi-\sin\varphi|}= 2\int\limits_0^{\pi/4} \frac {d\varphi}{\cos\varphi-\sin\varphi}

Сделав замену $t=\pi/4 - \varphi$ и преобразовав знаменатель, получим в конце концов интеграл вида
$\int\limits_0^{\pi/4} \displaystyle\frac {dt}{\sin t},
который равен бесконечности.

Теперь надо понять, что качественно изменится в многомерном случае.

[zkutch]

уважаемый Leierkastenmann - не должно ли быть у вас под интегралом в числителе в показателе степени в последнем слагаемом дубль-в в квадрате вместо же в квадрате?

[AHOHbIMHO]

Leierkastenmann писал(а):

Помогите, господа.
Существует ли конечное значение следующего интеграла и возможно ли его аналитически посчитать?

$$\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \frac {e^{{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-ev^2-fg^2}}} {\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}} dxdydzdudvdw$$

Все произвольные коэффициенты a,b,c,d,e,f,g в экспоненте неотрицательны.

Мне кажется, что здесь опечатка. Вместо g имелось в виду w. Я прав? Иначе $e^{-fg^2}$ как константа просто вылезет из-под интеграла.

[AHOHbIMHO]

zkutch писал(а):

уважаемый Leierkastenmann - не должно ли быть у вас под интегралом в числителе в показателе степени в последнем слагаемом дубль-в в квадрате вместо же в квадрате?

Ой, извините, не обратил внимания, что Вы то же самое имели в виду.

[Genrih]

И разве ето повлияет на сходимость?[/u]

[AHOHbIMHO]

Genrih писал(а):

И разве ето повлияет на сходимость?[/u]

Да, повлияет, т.к. появится расходимость интеграла при устремлении w к бесконечности.

[Leierkastenmann]

Разумеется там w в квадрате, а не g

[Capella]

По моему там тоже всё равно расходится не будет.... Число е стоит-же в отрицательной степени...

$\lim\limits_{w \to \infty} e^{-w^2} = 0$

Единственное, что может мешать это w в знменателе, поскольку там тоже ошибочно написано, но если была бы только степень, то это не влияло-бы на сходимость. Подозреваю, что числитель то-же не влияет.

А всё, я врубилась, что Вы хотели написать, но там спасает всё равно числитель, т.к. интегрировать будут по нему и Вы не получите w как интеграционную переменную. Просто там запись наполовину всё-же правильная. А константа тогда роли играть не будет.

добавлено
Всё таки расходится, надо было посчитать через формулу, а не прикидывать

[AHOHbIMHO]

Leierkastenmann писал(а):

Помогите, господа.
Существует ли конечное значение следующего интеграла и возможно ли его аналитически посчитать?

$$\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty} \frac {e^{{-ax^2-by^2-cz^2-du^2-ev^2-fg^2}}} {\sqrt{(x-u)^2+(y-v)^2+(z-w)^2}} dxdydzdudvdw$$

Все произвольные коэффициенты a,b,c,d,e,f,g в экспоненте неотрицательны.

Если перепишем интеграл так:

$$\int\limits_{0}^{\infty}\int\limits_{0}^{\infty} \int\limits_{0}^{\infty}dudvdw e^{{-du^2-ev^2-fw^2}} \int\limits_{-u}^{\infty} dx \int\limits_{-v}^{\infty} dy \int\limits_{-w}^{\infty} dz \frac {e^{{-a(x+u)^2-b(y+v)^2-c(z+w)^2}}} {\sqrt{x^2+y^2+z^2}} $$

, то похоже на то, что интеграл сходится.

[Genrih]

Oпираюсь на пост Dan_Te:

Dan_Te писал(а):

Сделав замену $t=\pi/4 - \varphi$ и преобразовав знаменатель, получим в конце концов интеграл вида
$\int\limits_0^{\pi/4} \displaystyle\frac {dt}{\sin t},
который равен бесконечности.

Теперь надо понять, что качественно изменится в многомерном случае.

интегал расходится

[Capella]

Нет, я большой интеграл не считала, а решила просто прикинуть, что будет в случае опечатки. Сначала я неправильно прочла (наоборот там), потом когда стала думать, что хочет АНОНЫМО прикинула следующий интеграл:

$$\int_{0}^{\infty} \frac 1 {\sqrt {(1 - x)^2}} dx$$

. Этот интеграл расходится.

[AHOHbIMHO]

Genrih писал(а):

Oпираюсь на пост Dan_Te:

Dan_Te писал(а):

Сделав замену $t=\pi/4 - \varphi$ и преобразовав знаменатель, получим в конце концов интеграл вида
$\int\limits_0^{\pi/4} \displaystyle\frac {dt}{\sin t},
который равен бесконечности.

Теперь надо понять, что качественно изменится в многомерном случае.

интегал расходится

Тут размерность интеграла играет существенную роль. 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.

[Capella]

AHOHbIMHO писал(а):

Genrih писал(а):

Oпираюсь на пост Dan_Te:

Dan_Te писал(а):

Сделав замену $t=\pi/4 - \varphi$ и преобразовав знаменатель, получим в конце концов интеграл вида
$\int\limits_0^{\pi/4} \displaystyle\frac {dt}{\sin t},
который равен бесконечности.

Теперь надо понять, что качественно изменится в многомерном случае.

интегал расходится

Тут размерность интеграла играет существенную роль. 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.

Границу Вашего первого интеграла можно даже взять и от 0 до 1 (уверена на 100 %)