Integral mit der Indikatorfunktion unter Verwendung von sphärischen Koordinaten

Question

Integral mit der Indikatorfunktion unter Verwendung von sphärischen Koordinaten

Integration
Mathematik
mehrfach ganzzahlig
Kugelkoordinaten
Multivariable Infinitesimalrechnung

Oskar

Das interessierende Integral ist:

ICH = \int_{R^{3}} \int_{R^{3}} 1 (\frac{1}{2} \frac{(X_{2}^{2} - X_{1}^{2}) + (j_{2}^{2} - j_{1}^{2}) + (z_{2}^{2} - z_{1}^{2})}{X_{2} - X_{1}} \in [0, 1]) \times 1 (2 A R C S ich N (\frac{\sqrt{(X_{2} - X_{1})^{2} + (j_{2} - j_{1})^{2} + (z_{2} - z_{1})^{2}}}{2 \sqrt{z_{1}^{2} + j_{1}^{2} + {(X_{1} - \frac{1}{2} \frac{X_{2}^{2} - X_{1}^{2} + j_{2}^{2} - j_{1}^{2} + z_{2}^{2} - z_{1}^{2}}{X_{2} - X_{1}})}^{2}}}) > τ) \times \exp (- C {(z_{1}^{2} + j_{1}^{2} + {(X_{1} - \frac{1}{2} \frac{X_{2}^{2} - X_{1}^{2} + j_{2}^{2} - j_{1}^{2} + z_{2}^{2} - z_{1}^{2}}{X_{2} - X_{1}})}^{2})}^{3 / 2}) D Q_{1} D Q_{2},

$I = \int_{\mathbb{R}^3}\int_{\mathbb{R}^3} \boldsymbol{1}\left(\frac{1}{2}\frac{(x_2^2 - x_1^2) + (y_2^2 - y_1^2) + (z_2^2 -z_1^2)}{x_2-x_1} \in [0,1]\right) \nonumber \\ \times \boldsymbol{1}\left(2\mathrm{arcsin}\left(\frac{\sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}}{2\sqrt{z_1^2 + y_1^2 + \left(x_1 - \frac{1}{2}\frac{x_2^2 - x_1^2 + y_2^2 - y_1^2 + z_2^2 - z_1^2}{x_2-x_1}\right)^2}}\right) > \tau\right) \\ \times \exp\left(-C\left(z_1^2 + y_1^2 + \left(x_1 - \frac{1}{2}\frac{x_2^2 - x_1^2 + y_2^2 - y_1^2 +z_2^2 -z_1^2}{x_2-x_1}\right)^{2}\right)^{3/2}\right)\mathrm{d}Q_1\mathrm{d}Q_2,$ Wo

C > 0

$C > 0$ ,

τ \in (0, π]

$\tau \in (0, \pi]$ ,

1 (\cdot)

$\boldsymbol{1}(\cdot)$ ist die Indikatorfunktion,

Q_{1} = (x_{1}, y_{1}, z_{1})

$Q_1 = (x_1, y_1, z_1)$ Und

Q_{2} = (x_{2}, y_{2}, z_{2})

$Q_2 = (x_2, y_2, z_2)$ .

Wie löst man dieses Integral oder vereinfacht es zumindest, um den Ausdruck mit möglichst wenigen Integralen zu haben?

Mein Versuch : Ich habe folgende Transformationen versucht:

Ersetzen $t_1 = x_2 + x_1$ , $t_2 = x_2 - x_1$ , $t_3 = y_2 + y_1$ , $t_4 = y_2 - y_1$ , Und $t_5 = z_2 + z_1$ , $t_6 = z_2 - z_1$ , und dann die erste Indikatorfunktion eliminieren, erhalten wir

ICH = \frac{1}{4} \int_{R^{5}} 1 (A R C S ich N \frac{ρ}{2 D} > \frac{τ}{2}) \exp (- C D^{3}) D T_{2} D T_{3} D T_{4} D T_{5} D T_{6},

$I = \frac{1}{4}\int_{\mathbb{R}^5}\boldsymbol{1}\left(\mathrm{arcsin}\frac{\rho}{2 D} > \frac{\tau}{2}\right)\exp\left(-CD^3\right)\mathrm{d}t_2\mathrm{d}t_3\mathrm{d}t_4\mathrm{d}t_5\mathrm{d}t_6,$

ρ = \sqrt{t_{2}^{2} + t_{4}^{2} + t_{6}^{2}}

$\rho = \sqrt{t_2^2 + t_4^2 + t_6^2}$ Und

D = \frac{1}{2} \sqrt{T_{3}^{2} + T_{5}^{2} + \frac{T_{3}^{2} T_{4}^{2}}{T_{2}^{2}} + \frac{T_{5}^{2} T_{6}^{2}}{T_{2}^{2}} + \frac{2 T_{3} T_{4} T_{5} T_{6}}{T_{2}^{2}} + ρ^{2}} .

$D = \frac{1}{2}\sqrt{t_3^2 + t_5^2 + \frac{t_3^2t_4^2}{t_2^2}+\frac{t_5^2t_6^2}{t_2^2} + \frac{2t_3t_4t_5t_6}{t_2^2} + \rho^2}.$

Nun führen wir die Transformation in die sphärischen Koordinaten als durch $t_2 = \rho \sin \theta \cos \varphi$ , $t_4 =\rho \sin \theta \sin \varphi$ , Und $t_6 = \rho\cos \theta$ . Dann haben wir

D = \frac{1}{2} \sqrt{T_{3}^{2} (1 + {bräunen}^{2} φ) + T_{5}^{2} (1 + \frac{{Kinderbett}^{2} θ}{\cos^{2} φ}) + \frac{2 T_{3} T_{5} Kinderbett θ bräunen φ}{\cos φ} + ρ^{2}}

$D = \frac{1}{2}\sqrt{t_3^2\left(1 + \tan^2 \varphi\right) + t_5^2\left(1 + \frac{\cot^2 \theta}{\cos^2 \varphi}\right) + \frac{2t_3t_5 \cot \theta \tan \varphi}{\cos \varphi} + \rho^2}$ Und

D T_{2} D T_{4} D T_{6} D T_{3} D T_{5} = ρ^{2} Sünde θ D θ D φ D R D T_{3} D T_{5} .

$\mathrm{d}t_2 \mathrm{d}t_4\mathrm{d}t_6 \mathrm{d}t_3 \mathrm{d}t_5 = \rho^2 \sin\theta \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r\mathrm{d}t_3 \mathrm{d}t_5.$

Nach Durchführung der Substitution sieht es immer noch schwierig aus, die resultierende Integration weiter zu vereinfachen.

Benutzer65203

Schönes Ungeheuer. Warum formulieren Sie die Indikatoren nicht in Bezug auf Domänen neu? (Sie haben anscheinend den Schnittpunkt einer Hyperquadrik und einer Hyperquartik. In jedem Fall können Sie sie als Polynomungleichungen umschreiben.)

Benutzer65203

Für die Kugelkoordinaten denke ich, dass es einfacher sein wird, die Pole auf der zu betrachten

x

$x$ eher axit als

z

$z$ .

Oskar

t_{2} = ρ \cos θ

$t_2 = \rho \cos \theta$ ,

t_{4} = ρ \sin θ \cos φ

$t_4 = \rho \sin \theta \cos \varphi$ , Und

t_{6} = ρ \sin θ \sin φ

$t_6 = \rho \sin \theta \sin \varphi$ ?

Benutzer65203

An die habe ich nicht gedacht

t_{k}

$t_k$ aber von

x_{i}, y_{i}, z_{i}

$x_i,y_i,z_i$ .

Diger

Hallo nochmal, ich würde mit Polarkoordinaten weitermachen

t_{3} = r \cos (ϕ)

$t_3=r\cos(\phi)$ Und

t_{5} = r \sin (ϕ)

$t_5=r\sin(\phi)$ und konzentriere dich dann auf die

r

$r$ zuerst ganzzahlig. Sie erhalten dann eine unvollständige Gamma-Funktion. Ich schaue es mir nur an, aber es könnte machbar sein. Außer nur etwas Kosmetik, aber ich würde umbenennen

ρ \leftrightarrow r

$\rho \leftrightarrow r$ auch hier für Kugel- und Polarkoordinaten (Standardschreibweise).

Felix Marin

Iverson Brackets sind besser als die fiesen Blinker.

Diger

@FelixMarin: Was ist der Unterschied? Ich denke, das ist so ziemlich dasselbe.

Felix Marin

@Diger Sicher, es ist dasselbe. Aber Iverson ist für das menschliche Auge einfacher. Ich denke schon. Danke.

Diger

@Oscar: Wie kommst du auf diese Art von Integralen?

Diger

@Oscar: Du möchtest auf mich verweisen? Wäre nett ;-)

Antworten (1)

Integral mit der Indikatorfunktion unter Verwendung von sphärischen Koordinaten

Schönes Ungeheuer. Warum formulieren Sie die Indikatoren nicht in Bezug auf Domänen neu? (Sie haben anscheinend den Schnittpunkt einer Hyperquadrik und einer Hyperquartik. In jedem Fall können Sie sie als Polynomungleichungen umschreiben.)
Für die Kugelkoordinaten denke ich, dass es einfacher sein wird, die Pole auf der zu betrachten $x$ eher axit als $z$ .
$t_2 = \rho \cos \theta$ , $t_4 = \rho \sin \theta \cos \varphi$ , Und $t_6 = \rho \sin \theta \sin \varphi$ ?
An die habe ich nicht gedacht $t_k$ aber von $x_i,y_i,z_i$ .
Hallo nochmal, ich würde mit Polarkoordinaten weitermachen $t_3=r\cos(\phi)$ Und $t_5=r\sin(\phi)$ und konzentriere dich dann auf die $r$ zuerst ganzzahlig. Sie erhalten dann eine unvollständige Gamma-Funktion. Ich schaue es mir nur an, aber es könnte machbar sein. Außer nur etwas Kosmetik, aber ich würde umbenennen $\rho \leftrightarrow r$ auch hier für Kugel- und Polarkoordinaten (Standardschreibweise).
@FelixMarin: Was ist der Unterschied? Ich denke, das ist so ziemlich dasselbe.
@Diger Sicher, es ist dasselbe. Aber Iverson ist für das menschliche Auge einfacher. Ich denke schon. Danke.

Diger · Answer 1

Sie haben es bereits zu sphärischen Koordinaten geschafft. Verwenden $r$ anstatt $\rho$ und Einführen von Polarkoordinaten für $t_3=\rho \cos \phi$ Und $t_5=\rho \sin \phi$ , wird das Integral

ICH = \frac{1}{4} \int_{0}^{2 π} D φ \int_{0}^{π} D θ \int_{0}^{\infty} D R R^{2} Sünde θ \int_{0}^{2 π} D ϕ \int_{0}^{\infty} ρ D ρ 1 (A R C S ich N \frac{R}{2 D} > \frac{τ}{2}) \exp (- C D^{3})

$I = \frac{1}{4} \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int_0^\pi\mathrm{d}\theta \int_0^\infty \mathrm{d}r\, r^2\sin \theta \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\phi \int_0^\infty \rho \mathrm{d}\rho \boldsymbol{1}\left(\mathrm{arcsin}\frac{r}{2 D} > \frac{\tau}{2}\right)\exp\left(-CD^3\right)$ Wo

D = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1 - {(Sünde θ Sünde ϕ Sünde φ - \cos θ \cos ϕ)}^{2}}{{Sünde}^{2} θ \cos^{2} φ} ρ^{2} + R^{2}} \equiv \frac{1}{2} \sqrt{A^{2} ρ^{2} + R^{2}} .

$D=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1-\left(\sin\theta \sin\phi \sin\varphi - \cos\theta \cos\phi\right)^2}{\sin^2\theta \cos^2\varphi} \, \rho^2 + r^2} \equiv \frac{1}{2} \sqrt{a^2\rho^2+r^2} \, .$ Zur Durchführung der

ρ

$\rho$ integral ersetzen wir die Indikatorfunktion durch Schranken für

ρ

$\rho$ :

ρ = 0

$\rho=0$ führt zu

a r c s i n (1) = \frac{π}{2} > \frac{τ}{2}

${\rm arcsin}(1)=\frac{\pi}{2}>\frac{\tau}{2}$ . Die andere Schranke folgt aus

\frac{R^{2}}{A^{2} ρ^{2} + R^{2}} = {Sünde}^{2} \frac{τ}{2} \Rightarrow A ρ = R Kinderbett \frac{τ}{2} .

$\frac{r^2}{a^2\rho^2+r^2}=\sin^2\frac{\tau}{2} \qquad \Rightarrow \qquad a\rho=r\cot\frac{\tau}{2} \, .$ Daher das Innere

ρ

$\rho$ integral zusammen mit der

r

$r$ Integral wird

\int_{0}^{\infty} D R R^{2} \int_{0}^{\frac{R}{A} Kinderbett \frac{τ}{2}} D ρ ρ e^{- \frac{C}{8} (A^{2} ρ^{2} + R^{2})^{3 / 2}} \overset{u = \frac{C}{8} (A^{2} ρ^{2} + R^{2})^{3 / 2}}{=} \frac{4}{3 A^{2} C^{2 / 3}} \int_{0}^{\infty} D R R^{2} \int_{\frac{C R^{3}}{8}}^{\frac{C R^{3}}{8 {Sünde}^{3} \frac{τ}{2}}} u^{- 1 / 3} e^{- u} D u \overset{v = \frac{C R^{3}}{8}}{=} \frac{32}{9 A^{2} C^{5 / 3}} \int_{0}^{\infty} D v \underset{= F (v)}{\underset{⏟}{\int_{v}^{\frac{v}{{Sünde}^{3} \frac{τ}{2}}} u^{- 1 / 3} e^{- u} D u}} = \frac{32}{9 A^{2} C^{5 / 3}} {v F (v) |_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} v F^{'} (v) D v} = \frac{32}{9 A^{2} C^{5 / 3}} \int_{0}^{\infty} D v (v^{2 / 3} e^{- v} - \frac{v^{2 / 3}}{{Sünde}^{2} \frac{τ}{2}} e^{- \frac{v}{{Sünde}^{3} \frac{τ}{2}}}) \overset{zweites Semester: v \to v {Sünde}^{3} \frac{τ}{2}}{=} \frac{32}{9 A^{2} C^{5 / 3}} (1 - {Sünde}^{3} \frac{τ}{2}) \int_{0}^{\infty} D v v^{2 / 3} e^{- v} = \frac{32 Γ (5 / 3)}{9 A^{2} C^{5 / 3}} (1 - {Sünde}^{3} \frac{τ}{2}) .

$\int_0^\infty {\rm d}r \, r^2 \int_0^{\frac{r}{a}\cot \frac{\tau}{2}} {\rm d}\rho \, \rho \, e^{-\frac{C}{8}(a^2\rho^2+r^2)^{3/2}} \stackrel{u=\frac{C}{8}(a^2\rho^2+r^2)^{3/2}}{=} \frac{4}{3a^2C^{2/3}} \int_0^\infty {\rm d}r \, r^2 \int_{\frac{Cr^3}{8}}^{\frac{Cr^3}{8\sin^3\frac{\tau}{2}}} u^{-1/3} e^{-u} \, {\rm d}u \\ \stackrel{v=\frac{Cr^3}{8}}{=} \frac{32}{9a^2C^{5/3}} \int_0^\infty {\rm d}v \underbrace{\int_v^{\frac{v}{\sin^3\frac{\tau}{2}}} u^{-1/3} e^{-u} \, {\rm d}u}_{=f(v)} = \frac{32}{9a^2C^{5/3}} \left\{ v f(v) \Big|_0^\infty - \int_0^\infty v f'(v) \, {\rm d}v \right\} \\ =\frac{32}{9a^2C^{5/3}} \int_0^\infty {\rm d}v \left( v^{2/3} e^{-v} - \frac{v^{2/3}}{\sin^2 \frac{\tau}{2}} \, e^{-\frac{v}{\sin^3\frac{\tau}{2}}}\right) \\ \stackrel{\text{second term: }v\rightarrow v\sin^3\frac{\tau}{2}}{=} \frac{32}{9a^2C^{5/3}} \left( 1 - \sin^3 \frac{\tau}{2}\right) \int_0^\infty {\rm d}v \, v^{2/3} e^{-v} = \frac{32\,\Gamma(5/3)}{9a^2C^{5/3}} \left( 1 - \sin^3 \frac{\tau}{2}\right) \, .$

Es bleibt noch die Winkelintegrale zu berechnen

ICH = \frac{8 Γ (5 / 3)}{9 C^{5 / 3}} (1 - {Sünde}^{3} \frac{τ}{2}) \int_{0}^{2 π} D φ \int_{0}^{π} D θ Sünde θ \int_{0}^{2 π} D ϕ \frac{1}{A^{2}} = \frac{8 Γ (5 / 3)}{9 C^{5 / 3}} (1 - {Sünde}^{3} \frac{τ}{2}) \int_{0}^{2 π} D φ \int_{0}^{π} D θ Sünde θ \int_{0}^{2 π} D ϕ \frac{{Sünde}^{2} θ \cos^{2} φ}{1 - {(Sünde θ Sünde ϕ Sünde φ - \cos θ \cos ϕ)}^{2}} = \frac{16 π Γ (5 / 3)}{9 C^{5 / 3}} (1 - {Sünde}^{3} \frac{τ}{2}) \int_{0}^{2 π} D φ \int_{0}^{π} D θ {Sünde}^{2} θ | \cos φ | = \frac{32 π^{2} Γ (5 / 3)}{9 C^{5 / 3}} (1 - {Sünde}^{3} \frac{τ}{2}) .

$I=\frac{8\,\Gamma(5/3)}{9\,C^{5/3}} \left(1-\sin^3\frac{\tau}{2}\right) \int_0^{2\pi} {\rm d}\varphi \int_0^\pi {\rm d}\theta \, \sin\theta \int_0^{2\pi} {\rm d}\phi \, \frac{1}{a^2} \\ =\frac{8\,\Gamma(5/3)}{9\,C^{5/3}} \left(1-\sin^3\frac{\tau}{2}\right) \int_0^{2\pi} {\rm d}\varphi \int_0^\pi {\rm d}\theta \, \sin\theta \int_0^{2\pi} {\rm d}\phi \, \frac{\sin^2\theta \cos^2\varphi}{1-\left(\sin\theta \sin\phi \sin\varphi - \cos\theta \cos\phi\right)^2} \\ =\frac{16\pi\,\Gamma(5/3)}{9\,C^{5/3}} \left(1-\sin^3\frac{\tau}{2}\right) \int_0^{2\pi} {\rm d}\varphi \int_0^\pi {\rm d}\theta \, \sin^2\theta \, |\cos \varphi| \\ =\frac{32\pi^2\,\Gamma(5/3)}{9\,C^{5/3}} \left(1-\sin^3\frac{\tau}{2}\right) \, .$

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Wie man neue Grenzen findet, indem man die Reihenfolge der Integration in ∫10∫arccos(y)0x2sec(x)dxdy∫01∫0arccos⁡(y)x2sec⁡(x)dxdy\int_0^1\int_0^{\arccos(y) umkehrt }x^2\sec(x)\,dx\,dy?

Volumen innerhalb eines Ellipsoids und eines versetzten Zylinders

Volumen eines von einer Fläche begrenzten Körpers.

∬D(x2−y2)dxdy∬D(x2−y2)dxdy\iint_D(x^2-y^2)dxdy mit D umschlossen von y=2xy=2xy=\frac2x, y=4xy=4xy=\frac4x, y=xy=xy=x, y=x−3y=x−3y=x-3?

Doppelintegral ∫01∫01(xy)s−log(xy)√dxdy∫01∫01(xy)s−log⁡(xy)dxdy\int\limits_0^1\!\!\int\limits_0^1\frac {(xy)^s}{\sqrt{-\log(xy)}}\,dx\,dy