Generaliserad dubbelintegral

Det jag skulle börja med skulle vara att rita upp området D. Sedan skulle jag (eventuellt) fundera på hur D ser ut uttryckt i r och $\phi$, d v s hur området E kan beskrivas, om det verkar bli lättare med polära koordinater..

Notera att området är en triangel. Då är det lättare att undersöka integralen i x-y koordinater. Integrerar du över y från noll till 1-x då får du (1/(1-a))*(1-x)^(1-a) för a skilt från 1 eller -ln(x) för a=1. Båda fall kan du sedan lätt integrera från 0 till 1 och då kan du se för vilka fall det konvergerar och för vilka fall inte.

Sorry (1/(1-a))*(1-x)^(1-a) bör vara (1/(1-a))*(1-x^(1-a)) men annars stämmer min tips

Det enda som är intressant med området är att har origo som hörn eftersom nämnaren där blir noll. Det begärs ju inte att man ska beräkna integralen. Integrerar man i r-led är det 1/r^(a-1) som ska integreras från r=0. Vad är primitiva funktionen?

pbadziag skrev :

Sorry (1/(1-a))*(1-x)^(1-a) bör vara (1/(1-a))*(1-x^(1-a)) men annars stämmer min tips

 okej så då ska jag ha

$\frac{1}{1-a}*1-x^{1-a}$

Har du möjligen glömt parenteser - annars förstår jag inte varför du multiplicerar med 1!

Hur har du tänkt? Derivera så ser du att det inte stämmer.

det jag skrev var bara för att försöka få till det som skrevs tidigare av pbadziag

primitiven till $\frac{1}{r^{a-1}}$ 

då de är division blir det väl  $\ln (r^{a-1)}+C$

Nej, derivatan av $x^n$ är ju $nx^{n-1}$. Använd det.

okej, så då vi har division måste det väl fortfarande vara ln

ur nämnaren fås väl $r^{a-1}\to \frac{1}{a}{r}^a$ då vi inte har någon konstant framför r

vilket då skulle bli ln($\frac{1}{a}{r}^a$)

Det är bara om a=2 som det blir ln. Henrik har rätt.

1/r^(a-1) är inte detsamma som r^(a-1). Försök igen!

Hej!

Varken integranden eller integrationsområdet är cirkulärsymmetriskt. Därför är det inte en god idé att byta till polära koordinater. Integrationsområdet kan skrivas

    $D=\{(x,y)\,:\,x\leq x+y \leq 1\ , 0 \leq x \leq 1\}$,

så det kan vara en idé att prova koordinaterna $(u,v)$ där

    $u = x+y$ och $v = x$.

Differentialytelementet $dxdy$ transformeras till $dudv$ och integrationsområdet blir

    $E = \{(u,v)\,:\, v\leq u \leq 1\ , 0\leq v\leq 1\}$.

Dubbelintegralen blir

    $\iint_E\frac{1}{u^{a}}dudv = \int_{v=0}^{1}\left\{\int_{u=v}^{1}\frac{1}{u^{a}\,du}\right\}\,dv \ .$

Albiki

Hej!

Dubbelintegralen ska vara

    $\displaystyle \iint_{E}\frac{1}{u^{a}}dudv = \int_{v=0}^{1}\left\{\int_{u=v}^{1}\frac{1}{u^{a}}du\right\}dv\ .$

Albiki

Det är faktiskt en utmärkt idé med polära koordinater eftersom den avlägsna randen inte spelar någon roll. Konvergensen beror bara på beteendet i origo.

Det stämmer, men då skall man ha Henriks insikter. Albikis lösning bör däremot vara lätt att följa även för den som frågar

Hej Pbadziag!

Tack för ditt stöd. Jag hoppas att trådskaparen håller med dig.

Albiki

Albiki skrev :

Hej!

Dubbelintegralen ska vara

    $\displaystyle \iint_{E}\frac{1}{u^{a}}dudv = \int_{v=0}^{1}\left\{\int_{u=v}^{1}\frac{1}{u^{a}}du\right\}dv\ .$

Albiki

 okej, då u=v och v=0 blir det väl ${\int }_0^1\left({\int }_0^1\frac{1}{u^a}du\right)dv$

Nej, den "inre" inte integralen har varierande undre gräns, v. Rita området E, det är en triangel i uv planet. Det som du skrev beskriver en kvadrat.

Men uppgiften är inte att beräkna integralen så varför krångla med det? Vitsen med uppgiften är att man ska få insikt om det här.

En dubbelintegral är volymen av en burk. Området i xy-planet är burkens botten och höjden ges av integranden.  Om höjden är begränsad är förstås volyen ändlig, inga problem alltså. Om höjden är oändlig i en enda punkt på randen kan ändå volymen bli ändlig, nämligen om den smala spetsen är tillräckligt smal. i vårt exempel är oändlighetspunkten i origo. Om burkens botten är en triangel eller en kvartscirkel spelar ingen roll för volymens ändlighet.

Rekommenderar att inte förvirra B.N. Om det är kvadrat eller triangel gör en skillnad. Kolla själv! I det ena fallet konvergerar integralen för a<1 i="" det="" andra="" för=""><2. poängen="" är="" samma="" som="" när="" man="" använder="" polära="" koordinater:="" för="" konvergensen="" behöver="" bidraget="" från="" området="" nära="" singulariteten="" vara="">

Du drabbades av den där vansinniga mindreänteckensbuggen. Om du orkar skriva om vad du skrev (säkrast utan mindreän) är jag väldigt intresserad. Så vitt jag förstår måste a vara mindre än två för konvergens, oavsett triangel eller kvadrat.

Till Henrik, låt mig försöka kringgå buggen. Texten var

Rekommenderar att inte förvirra B.N. Om det är kvadrat eller triangel gör en skillnad. Kolla själv! I det ena fallet konvergerar integralen för a mindre än 1 i det andra för a mindre än 2. poängen är samma som när man använder polära koordinater: för konvergensen (och a större än 1) behöver areaelementet minska när man närmar sig singulariteten. I polära koordinater är det proportionellt mot radien, dvs. avståndet från singulariteten, i kartesiska och triangulärt område är det också proportionellt mot avståndet från singulariteten.

Jag förstår inte. Vilka koordinater man räknar med påverkar inte konvergensen. $(\cos\varphi + \sin\varphi)^{-a}$ kan man integrera över vilket område som helst utan problem så det är bara $r^{1-a}$ som spelar roll och den kan integreras från noll om a är mindre än 2.

Det stämmer, men efter Albikis variabelbyte blev integralen ${\int }_{v=0}^1\left\{{\int }_{u=v}^1\frac{1}{u^a}du\right\}dv$. Den inre integralen (över u) konvergerar inte för a större än 1 när man sätter dess undre gräns till noll, dvs om man integrerar över en kvadrat. 

svaret ska bli a$\le 2$ som ni skrev men jag förstår inte hur ni kommer fram till det

Med polära koordinater blir integralen i r-led int r^(1-a) dx från noll till nåt annat. Primitiva funktionen, med insatt r=0 är oändlig om a>2. Om a=2 blir det i stället log r som också är oändlig.

Jag provade med att sätta in några värden på r och a för att se hur de förhåller sig till gränserna 0 och 1.

Jag kan ju se att med a$\le 2$ så blir värdet högre än 1 och med a lika eller mindre än 2 blir värdet mindre än 1.Det jag inte är med på är hur man bestämmer att det ska vara 2 som man testar gränserna med-

${\int }_0^1{r}^{1-(a\ge 2)}$  = med r=2 a=3 =0,25

${\int }_0^1{r}^{1-(a=2)}$ = med r=2 a=2 blir det 0,5

${\int }_0^1{r}^{1-(a\le 2)}$ = med r=2 a=0,9 blir det 1,87

Med a=3 ska du integrera a^-2, alltså 1/a^2. Kan du det? Vad får du sen när du sätter in r=0?

primitiven till $\frac{1}{a^2}$ är väl $x^{-2}$ 

Hej B.N.!

Dubbelintegralen är, som jag skrivit,

    $\displaystyle \int_{v=0}^{1}\left\{\int_{u=v}^{1}\frac{1}{u^{a}}\,du\right\}\,dv\ .$

Den inre integralen är

    $\displaystyle \int_{u=v}^{1}\frac{1}{u^{a}}\,du = \left\[\frac{u^{1-a}}{1-a}\right\]_{u=v}^{1} = \frac{1-v^{1-a}}{1-a}\ ;$

denna beräkning förutsätter att $a\neq 1.$ Hur ser beräkningen ut då $a=1$?

Den yttre integralen blir

    Error converting from LaTeX to MathML

Beräkningen förutsätter att $2-a\,>\,0\ ;$ annars dividerar man med noll!

Albiki

Hej B.N.!

Den inre integralen är

    $\displaystyle \int_{u=v}^{1}u^{-a}\,du = \frac{1-v^{1-a}}{1-a}\ ;$

resultatet förutsätter att $a\neq 1$. Vad blir resultatet då $a=1$?

Om $a\neq 1$ så blir den yttre integralen

    $\displaystyle \frac{1}{1-a}\int_{v=0}^{1}(1-v^{1-a})\,dv = \frac{1}{1-a}(v-\frac{v^{2-a}}{2-a})_{v=0}^{1} = \frac{1}{2-a}\ .$

Resultatet förutsätter att $2-a\geq 0$ och att man väljer att definiera $0^{0} = 1$; notera att talet $0^{0}$ behöver inte vara $1$, utan kan vara vilket reellt tal som helst. Om man väljer en annan definition av $0^{0}$ så måste man kräva att ($2-a$) är strikt större än noll.

Albiki

Förlåt feltrycket, 1/r^2 ska det vara, inte 1/a^2. Vad är primitiva funktonen till 1/r^2? Du vet ju vad derivatan av r^n är.

Albiki skrev :

Hej B.N.!

Den inre integralen är

    $\displaystyle \int_{u=v}^{1}u^{-a}\,du = \frac{1-v^{1-a}}{1-a}\ ;$

resultatet förutsätter att $a\neq 1$. Vad blir resultatet då $a=1$?

Om $a\neq 1$ så blir den yttre integralen

    $\displaystyle \frac{1}{1-a}\int_{v=0}^{1}(1-v^{1-a})\,dv = \frac{1}{1-a}(v-\frac{v^{2-a}}{2-a})_{v=0}^{1} = \frac{1}{2-a}\ .$

Resultatet förutsätter att $2-a\geq 0$ och att man väljer att definiera $0^{0} = 1$; notera att talet $0^{0}$ behöver inte vara $1$, utan kan vara vilket reellt tal som helst. Om man väljer en annan definition av $0^{0}$ så måste man kräva att ($2-a$) är strikt större än noll.

Albiki

 

 Resultatet då a=1 blir ju att vi får 0 i nämnaren, och 1-v i täljaren.

Att den inre integralen blir $u^{-a}$ kommer ju av att det är primitiven till $\frac{1}{u^a}$ så det är jag med på. Det jag inte är helt med på är hur du kommer fram till att det ska bli $-v^{1-a}$ i täljaren och 1-a i nämnaren.

Henrik Eriksson skrev :

Förlåt feltrycket, 1/r^2 ska det vara, inte 1/a^2. Vad är primitiva funktonen till 1/r^2? Du vet ju vad derivatan av r^n är.

 den primitiva funktionen till $\frac{1}{r^2}$ måste väl bli $r^{-2}$

Vad menar du när du skriver primitiven? Är det den primitiva funktionen du menar? Skriv det, i så fall.

Om du integrerar $\frac{1}{r^2}$ får du inte $r^{-2}$. Integralen (= primitiva funktionen, så när som en konstant) till en potensfunktion är $\int r^{n}dr = \frac{r^{n+1}}{n+1}$. Derivera det, så får du se.

ja i detta fall, $r^2$ så blir den primitiva funktionen $\frac{1}{3}{r}^3$ men då det inte var $r^2$ utan $\frac{1}{r^2}$ blev jag osäker.

Hej B.N.!

Fallet då $a=1$ måste hanteras separat; formeln för andra $a$-värden kan inte användas för att hantera fallet då $a=1$.

Den inre integralen blir då

    $\displaystyle \int_{u=v}^{1}\frac{1}{u}\,du = (\ln u)_{u=v}^{1} = \ln 1 - \ln v = -\ln v\ .$

Den yttre integralen blir

    $\displaystyle \int_{v=0}^{1}-\ln v\,dv = (v-v\ln v)_{0}^{1} = (1-\ln 1) - (0-0\ln 0) = 1\ .$

Albiki

B.N. skrev :

Albiki skrev :

Hej B.N.!

Den inre integralen är

    $\displaystyle \int_{u=v}^{1}u^{-a}\,du = \frac{1-v^{1-a}}{1-a}\ ;$

resultatet förutsätter att $a\neq 1$. Vad blir resultatet då $a=1$?

Om $a\neq 1$ så blir den yttre integralen

    $\displaystyle \frac{1}{1-a}\int_{v=0}^{1}(1-v^{1-a})\,dv = \frac{1}{1-a}(v-\frac{v^{2-a}}{2-a})_{v=0}^{1} = \frac{1}{2-a}\ .$

Resultatet förutsätter att $2-a\geq 0$ och att man väljer att definiera $0^{0} = 1$; notera att talet $0^{0}$ behöver inte vara $1$, utan kan vara vilket reellt tal som helst. Om man väljer en annan definition av $0^{0}$ så måste man kräva att ($2-a$) är strikt större än noll.

Albiki

 

 Resultatet då a=1 blir ju att vi får 0 i nämnaren, och 1-v i täljaren.

Att den inre integralen blir $u^{-a}$ kommer ju av att det är primitiven till $\frac{1}{u^a}$ så det är jag med på. Det jag inte är helt med på är hur du kommer fram till att det ska bli $-v^{1-a}$ i täljaren och 1-a i nämnaren.

B.N. skrev :

ja i detta fall, r2 så blir den primitiva funktionen 13r3 men då det inte var r2 utan 1r2 blev jag osäker.

 Hej B.N.!

Du är med på att en primitiv funktion till $r^{n}$ är $\frac{r^{n+1}}{n+1}$, där $n$ betecknar ett heltal som inte är lika med $-1$; fallet $n=-1$ hanteras separat av logaritm-funktionen.  Då är du också med på att den primitiva funktionen till $r^{-2}$ är $\frac{r^{-2+1}}{-2+1} = -\frac{1}{r}\ ;$ sätt bara $n=-2$ i formeln.

Albiki