Сходимость двойного интеграла

[SlayZar]

Требуется исследовать сходимость интеграла $\int\int\limits_{G}{\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^p}$; где $G= \lbrace (x,y)|x^2+y^2<1\rbrace$

Зададим нашу область с помощью исчерпывающей последовательности: $G_n= \lbrace (x,y)\left| 0 \leqslant x^2+y^2<1-\frac{1}{n}\rbrace$, $n \to \infty$
Перейдём к полярным координатам: $x=rcos{\phi}, y=rsin{\phi}, \left|J\right|=r$
$r<\sqrt{1-\frac{1}{n}}$
$\phi \in [0; 2\pi]$
Получаем $\int\limits_0^{2\pi}{d\phi} \int\limits_0^{\sqrt{1-\frac{1}{n}}} {r\frac{r^2(cos^2\phi-sin^2\phi)}{r^{2p}}}dr}= \int\limits_0^{2\pi}{cos{2\phi}d\phi} \int\limits_0^{\sqrt{1-\frac{1}{n}}} {r^{3-2p}dr}$

Помогите, пожалуйста, как поступить дальше. Проблема в том, что первый интеграл всегда равен нулю: $\int\limits_0^{2\pi}{cos{2\phi}d\phi} = \frac{sin{2\phi}}{2}|\limits_0^{2\pi}=\frac{sin{4\pi}}{2}-\frac{sin{0}}{2}=0$

Второй интеграл равен $lim\limts_{n \to \infty} {\int\limits_0^{\sqrt{1-\frac{1}{n}}}{(\frac{1}{r})^{2p-3}dr}}$ и получается, что вроде бы этот интеграл будет сходиться при $2p-3>1$, то есть при $p>2$

Но не помешает ли нам ноль в первом интеграле, можно ли его просто игнорировать и тогда $p>2$ и будет окончательным ответом?

[Otta]

Исчерпывать надо, сужая (расширяя) к особенности, а не туда, где все хорошо.

[SlayZar]

Otta в сообщении #945208 писал(а):

Исчерпывать надо, сужая (расширяя) к особенности, а не туда, где все хорошо.

То есть область так будет выглядеть, нет?
$G_n= \lbrace (x,y)\left| \{\frac{1}{n} < x^2+y^2<1-\frac{1}{n}\rbrace$

[Otta]

Ну а внешний край зачем трогать? Пусть остается на месте граница круга. Там же ничего страшного не происходит.

[ewert]

SlayZar в сообщении #945206 писал(а):

Проблема в том, что первый интеграл всегда равен нулю:

Проблема не в этом, а в том, что само понятие условной сходимости двойного интеграла лишено точного математического смысла. Определять его сугубо по кругам -- занятие жалкое, никчёмное и решительно никому не нужное.

[SlayZar]

Otta в сообщении #945215 писал(а):

Ну а внешний край зачем трогать? Пусть остается на месте граница круга. Там же ничего страшного не происходит.

То есть оставляем единицу.
$G_n= \lbrace (x,y)\left| \{\frac{1}{n} < x^2+y^2<1\rbrace$

Получаем $\int\limits_0^{2\pi}{\cos{2\phi} d\phi} \int\limits_{\frac{1}{n}}^{1}} {r^{3-2p}dr}$

Но в первом же все равно ноль получаем, а во втором предел $\lim\limits_{n \to \infty} \int\limits_{\frac{1}{n}}^{1}} {r^{3-2p}dr}$ получается будет существовать все также при $p>2$, да?

ewert в сообщении #945217 писал(а):

SlayZar в сообщении #945206 писал(а):

Проблема в том, что первый интеграл всегда равен нулю:

Проблема не в этом, а в том, что само понятие условной сходимости двойного интеграла лишено точного математического смысла. Определять его сугубо по кругам -- занятие жалкое, никчёмное и решительно никому не нужное.

Такое уж задание...

[Otta]

SlayZar в сообщении #945222 писал(а):

Но в первом же все равно ноль получаем,

А Вы поняли, на что Вам ласково намекает ewert?

-- 13.12.2014, 01:34 --

SlayZar в сообщении #945222 писал(а):

а во втором предел $\lim\limits_{n \to \infty} \int\limits_{\frac{1}{n}}^{1}} {r^{3-2p}dr}$ получается будет существовать все также при $p>2$, да?

Да.

[SlayZar]

Otta в сообщении #945223 писал(а):

SlayZar в сообщении #945222 писал(а):

Но в первом же все равно ноль получаем,

А Вы поняли, на что Вам ласково намекает ewert?

Ну можно пробовать исследовать абсолютную сходимость...

Otta в сообщении #945223 писал(а):

SlayZar в сообщении #945222 писал(а):

SlayZar в сообщении #945222 писал(а):

а во втором предел $\lim\limits_{n \to \infty} \int\limits_{\frac{1}{n}}^{1}} {r^{3-2p}dr}$ получается будет существовать все также при $p>2$, да?

Да.

То есть впринципе окончательным ответом будет, что искомый интеграл сходится при $p>2$, так как первый интеграл сходится к $0$ при любых $p$, а второй при данных значений $p$ тоже сходится, а значит сходится будет и искомый интеграл. А при $p<=2$ наш интеграл расходится...
Можно так рассуждать?

[Otta]

SlayZar в сообщении #945228 писал(а):

так как первый интеграл сходится к нулю

Он не сходится к нулю, он равен нулю, это разное. А вот про абсолютную сходимость Вы что-то начали вспоминать, так вспомните до конца.

[SlayZar]

Ну если исследуем абсолютную сходимость первого интеграла, то получаем $\int\limits_0^{2\pi}{|\cos{2\phi}| d\phi} =4 \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}{\cos{2\phi} d\phi} = 4$
То есть интеграл сходится, да?

[Otta]

Вы не с того конца малость начали. Ну а если нет абсолютной сходимости, тогда что? Когда ее, кстати, нет, при каких значениях параметра?

[SlayZar]

Otta в сообщении #945245 писал(а):

Вы не с того конца малость начали. Ну а если нет абсолютной сходимости, тогда что? Когда ее, кстати, нет, при каких значениях параметра?

Ну у нас же параметр кажется не влияет на сходимость этого интеграла...

[Otta]

Вот я так и думала, что Вы не туда смотрите.
Еще раз: как связана сходимость и абсолютная сходимость кратного интеграла?

[SlayZar]

Otta в сообщении #945251 писал(а):

Вот я так и думала, что Вы не туда смотрите.
Еще раз: как связана сходимость и абсолютная сходимость кратного интеграла?

Ну они эквивалентны, то есть нам надо рассматривать абсолютную сходимость всего интеграла?
$\int\limits_0^{2\pi}{|cos{2\phi}|d\phi} \int\limits_0^{\sqrt{1-\frac{1}{n}}} {|r|^{3-2p}dr}$

[Otta]

Абсолютную всего исходного, куда ж Вас несет. ))) Да еще и $r$ по модулю. :)