Криволинейный интеграл

[Limit79]

Здравствуйте!

Есть такой интеграл

$$\int\limits_{L} \sin^3(x) dx + \frac{dy}{y^2}, \qquad L: y=\ctg(x), \qquad x \in \left [ 0 ; \frac{\pi}{3} \right ]$$

Пусть $D$ - область

$$0 \leqslant y \leqslant \ctg(x), \qquad 0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{3}$$

По формуле Грина данный интеграл равен нулю.

Теперь пробую вычислить данный интеграл по-кусочкам (по трем: часть котангенса и части координатных осей).

При $x=0$ получим интеграл

$$\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dy}{y^2}$$

который расходится. Но по формуле Грина начальный интеграл имеет вполне конкретный ответ.

Подскажите, пожалуйста, в каком месте у меня ошибка

[Brukvalub]

Чтобы применить формулу Грина, нужно сначала убедиться, что криволинейный интеграл по контуру существует. Вы это проверили?

[Limit79]

Brukvalub
Забыл.

Данный криволинейный интеграл по данному замкнутому контуру не существует.

Вообще, цель всех этих манипуляций -- проверить вычисление интеграла:

Limit79 в сообщении #936889 писал(а):

$$\int\limits_{L} \sin^3(x) dx + \frac{dy}{y^2}, \qquad L: y=\ctg(x), \qquad x \in \left [ 0 ; \frac{\pi}{3} \right ]$$

Но тут получается, что кусочек

$$L: y=\ctg(x), \qquad x \in \left [ 0 ; \frac{\pi}{3} \right ]$$

до замкнутого контура никаким образом дополнить нельзя, и формулу Грина использовать никак не получится. Верно ли?

[Otta]

А зачем ее использовать?

[Limit79]

И еще вопрос: вот этот

Limit79 в сообщении #936889 писал(а):

$$\int\limits_{L} \sin^3(x) dx + \frac{dy}{y^2}, \qquad L: y=\ctg(x), \qquad x \in \left [ 0 ; \frac{\pi}{3} \right ]$$

интеграл же вполне существует?

-- 27.11.2014, 18:45 --

Otta
Исходное задание состоит в вычислении интеграла по части кривой, я его вычислил.

Далее я хочу каким-то образом замкнуть контур и посчитать интеграл по формуле Грина, дабы сверить результаты.

[Otta]

Посчитайте и проверьте )) все равно считать.

-- 27.11.2014, 19:46 --

Limit79 в сообщении #936906 писал(а):

я его вычислил.

Ну а так чего тогда спрашивать, существует ли.

[Limit79]

Otta
Я посчитал по трем частям, в итоге по двум - нормально, а по третьей - интеграл расходится (но тут уже я понял, что контур получился незамкнутый, и, насколько я понимаю, замкнуть его тут никак не получится).

Otta в сообщении #936909 писал(а):

Ну а так чего тогда спрашивать, существует ли.

Если я его вычислил, то это совсем не значит, что он существует

[Otta]

Limit79 в сообщении #936906 писал(а):

Далее я хочу каким-то образом замкнуть контур и посчитать интеграл по формуле Грина, дабы сверить результаты.

Это дурная идея, на самом деле. Наверное, можно замкнуть контур (почему нет?), но простые варианты ответа не дают, как Вы видели, а в более сложных сложность вычисления будет соизмерима со сложностью вычисления интеграла непосредственно... если только не хуже. Для проверки это не самая лучшая затея.

-- 27.11.2014, 19:54 --

Limit79 в сообщении #936913 писал(а):

Если я его вычислил, то это совсем не значит, что он существует

Прелессно. ))
А как Вы определяете существование на практике?
... в общем, не майтесь, совершенно замечательно он считается по определению, и думаю, Вы это знаете.

[Limit79]

Otta
Не получается замкнуть, потому что $y=\ctg(x)$ при $x \to 0$ стремится к бесконечности, то есть у $L$ нет какого-либо конца, а чтобы замкнуть, мне нужно продолжать от этого самого конца (которого нет).

Сложность расчета интегралов роли не играет, все равно считает компьютер.

-- 27.11.2014, 18:56 --

Otta
Понял, спасибо!

[Otta]

Limit79 в сообщении #936915 писал(а):

Не получается замкнуть, потому что $y=\ctg(x)$ при $x \to 0$ стремится к бесконечности, то есть у $L$ нет какого-либо конца, а чтобы замкнуть, мне нужно продолжать от этого самого конца (которого нет).

Вам необязательно прямыми замыкать.
... но смысла в этом нет.