Вычислить интеграл $%\int\limits_0^{\infty}\int\limits_0^{\infty}|\ln x-\ln y|e^{-(x+y)}dxdy.$%

задан 1 Май '19 10:33

10|600 символов нужно символов осталось
3

Перейдём к новым координатам: $%x=ty,y=y$%, тогда якобиан такого перехода равен $%y$%. Получаем $$\int\limits_0^\infty\int\limits_0^\infty|\ln t|e^{-y(t+1)}ydydt=\int\limits_0^\infty|\ln t|\int\limits_0^\infty ye^{-y(t+1)}dydt.$$ Внутренний интеграл берём по частям:$$\int\limits_0^\infty ye^{-y(t+1)}dy=-\frac{1}{t+1}\int\limits_0^\infty yde^{-y(t+1)}=\frac{1}{t+1}\int\limits_0^\infty e^{-y(t+1)}dy=\frac{1}{(t+1)^2}.$$ Тогда внешний интеграл $$\int\limits_0^\infty\frac{|\ln t|}{(t+1)^2}dt=\int\limits_0^1\frac{|\ln t|}{(t+1)^2}dt+\int\limits_1^\infty\frac{|\ln t|}{(t+1)^2}dt.$$ Замена $%t=\frac{1}{z}$% приводит первый интеграл ко второму, поэтому получаем $$2\displaystyle\int\limits_1^\infty\frac{\ln t}{(t+1)^2}dt=-2\displaystyle\int\limits_1^\infty\ln td\left(\frac{1}{t+1}\right)=2\displaystyle\int\limits_1^\infty\frac{1}{(t+1)t}dt=-2\ln\frac{1}{2}=\ln4.$$


Можно немного иначе:$$\int\limits_0^\infty\int\limits_0^\infty|\ln x-\ln y|e^{-(x+y)}dxdy=\int\limits_0^\infty\int\limits_0^y|\ln x-\ln y|e^{-(x+y)}dxdy+\int\limits_0^\infty\int\limits_y^\infty|\ln x-\ln y|e^{-(x+y)}dxdy.$$ Меняем во втором интеграле порядок интегрирований и убеждаемся, что второй интеграл равен первому, тем самым, исходный интеграл можно представить в виде $%2\displaystyle\int\limits_0^\infty\int\limits_0^y(\ln y-\ln x)e^{-(x+y)}dxdy$%. Теперь переходим к тем же новым переменным, причём $%t\in[0,1]$%.

ссылка

отвечен 1 Май '19 11:45

изменен 3 Май '19 18:40

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,452
×1,212
×126

задан
1 Май '19 10:33

показан
132 раза

обновлен
3 Май '19 18:40

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru