Двойной интеграл

[StaticZero]

Доброго дня.

Хочу обратиться с не очень обычной просьбой. Дело в том, что мне не очень понятен смысл операций перехода в другие координаты или изменения порядка интегрирования в двойных интегралах. Я бы мог предположить, что это делается для облегчения нахождения значений (например, в одном порядке/в одних координатах интеграл берётся руками, а в другом/других — нет). Но до этого все задачи, которые я решал, хорошо считались в любом случае. Не могли бы вы подкинуть несколько задачек, в которых была бы раскрыта польза указанных приёмов? Спасибо.

[mihaild]

Классический пример - интеграл Пуассона $\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-x^2} \,dx$. Считаем его квадрат интегрированием по плоскости: $\int\limits_{-\infty}^\infty \int\limits_{-\infty}^\infty e^{-x^2 - y^2} \,dx \,dy$ - и дальше переходим к полярным координатам, то что получится в них легко берется.

[StaticZero]

Он же не двойной...

[sergei1961]

А двойной никто считать и не умеет, Вас обманывали. Его считают переходом к повторным. А здесь повторный сводят к двойному. Вам привели действительно интересный и поучительный пример. Во-первых, всегда двойной интеграл для вычисления сводят к обычным, через повторные. В этом примере редкий случай, когда можно действовать наоборот. Во-вторых, на этом интеграле основаны все основные формулы для нормального распределения в Тв и МС.

[gris]

Вариация на тему Это уж точно двойной.
$\displaystyle\iint\limits_{\circ} \sin (x^2+y^2)\;ds$

[StaticZero]

Ну вот, скажем, есть интеграл

$$ \iint \limits_S f(x, y) \ \mathrm dx \ \mathrm dy. $$

В одном случае он выглядит (при переходе к повторным), как

$$ \int \limits_a^b \mathrm dx \ \int \limits_c^d f(x, y) \ \mathrm dy, $$

а в другом — как

$$ \int \limits_{c_1}^{d_1} \mathrm dy \ \int \limits_{a_1}^{b_1} f(x, y) \ \mathrm dx. $$

Бывает ли такое, что в одном случае его взять очень трудно, а при переходе к другому порядку — легко?

[svv]

post1012782.html#p1012782

[StaticZero]

Я там получаю интеграл

$$ \iint \limits_S \sqrt{1 + 4x^2} \ \mathrm dx \ \mathrm dy $$

по области

$$ S = \begin{cases} x + y = \sqrt{2}, \\ x = 0, \\ y = 0. \end{cases} $$

У меня при любом порядке интегрирования нужно брать $\displaystyle \int \sqrt{1 + 4x^2} \ \mathrm dx$. А какие там ещё есть варианты?

[Otta]

(Безотносительно к предыдущему посту)
Ну вот типовой пример.

Найти

$$ \int \limits_0^1 dx \ \int \limits_x^1 \frac{\sin y}{y }\,dy. $$

И по тому же принципу можно очень много настрогать.

[Dan B-Yallay]

StaticZero в сообщении #1156048 писал(а):

Бывает ли такое, что в одном случае его взять очень трудно, а при переходе к другому порядку — легко?

Для прямоугольной области скорей всего такого примера не получится. Или трудно в любом порядке, или легко в любом. А для переменных пределов - легко сообразить пределы, при которых функция

$$e^{xy}$$

легко интегрируется, если сначала по $x$, потом по $y$, и превращается в тот же интеграл Пуассона (или в его "кусок") при другом порядке.

Пока набирал, уже опередила Otta.

[Otta]

StaticZero в сообщении #1156065 писал(а):

У меня при любом порядке интегрирования нужно брать $\displaystyle \int \sqrt{1 + 4x^2} \ \mathrm dx$. А какие там ещё есть варианты?

Нет, не в любом. Если Вы посмотрите внимательно, то увидите, что один из порядков гораздо более предпочтителен: возникает эффект наподобие как у меня в примере. А другой настолько отталкивающ, что даже не хочется после работы смотреть, проходит ли там второе, внешнее, интегрирование вообще. Скорее всего нет. Посмотрите сами.

[StaticZero]

Otta в сообщении #1156070 писал(а):

Найти

$$ \int \limits_0^1 dx \ \int \limits_x^1 \frac{\sin y}{y }\,dy. $$

$$ \int \limits_0^1 \mathrm dx \int \limits_x^1 \dfrac{\sin y}{y}\ \mathrm dy = \int \limits_0^1 \mathrm dy \int \limits_0^y \dfrac{\sin y}{y} \ \mathrm dx $$

Левый не берётся, а правый

$$ \int \limits_0^1 \mathrm dy \int \limits_0^y \dfrac{\sin y}{y} \ \mathrm dx = \int \limits_0^1 \dfrac{y \sin y}{y} \mathrm dy = 1 - \cos 1. $$

Теперь вижу, спасибо!

-- 30.09.2016, 17:43 --

Otta в сообщении #1156075 писал(а):

Если Вы посмотрите внимательно, то увидите, что один из порядков гораздо более предпочтителен: возникает эффект наподобие как у меня в примере. А другой настолько отталкивающ, что даже не хочется после работы смотреть, проходит ли там второе, внешнее, интегрирование вообще. Скорее всего нет. Посмотрите сами.

В одном вижу слагаемое $\displaystyle \int \sqrt{1 + 4x^2} \ \mathrm dx$, в другом такое же слагаемое и вместе с ним $\displaystyle \int x \sqrt{1 + 4x^2} \ \mathrm dx$. Пока не понял, где упростилось...

-- 30.09.2016, 17:49 --

Dan B-Yallay в сообщении #1156083 писал(а):

$$= \int \sqrt{1 + 4x^2} \ d (x^2) = 1/2 \int \sqrt{1 + 4u}\ du = ... $$

Не, этот момент я понял. Только там имеем вот такую штуку:

$$ \int \limits_0^{\sqrt{2}} (\sqrt{2} - x) \sqrt{1 + 4x^2} \ \mathrm dx.$$

Второе слагаемое легко (прям как вы влёт — уххх! ), а второе неприятную гадость собой являет.

[Dan B-Yallay]

Да, я первое не разглядел сначала. Поэтому убрал пост.

[Otta]

StaticZero в сообщении #1156081 писал(а):

а второе неприятную гадость собой являет.

Неприятную, но интеграл считается.
Вы не чувствуете разницы только потому, что не пытались считать полностью, с внешним интегрированием, интеграл в другом порядке.

[Dan B-Yallay]

(Оффтоп)

StaticZero в сообщении #1156065 писал(а):

по области

$$ S = \begin{cases} x + y = \sqrt{2}, \\ x = 0, \\ y = 0. \end{cases} $$

Кстати, а что это за область такая интересная?

UPD
Так, пора отдыхать. Мозги набекрень от бессонницы ...