Пользуясь теоремой о среднем, оценить интеграл $$u=\displaystyle \iiint\limits_{x^2+y^2+z^2\le R^2} \frac{dxdydz}{\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2}},$$ где $%a^2+b^2+c^2>R^2$%.

Согласно теореме о среднем значении тройного интеграла $$u=f(M_0)\cdot V=f(M_0)\cdot \frac43\,\pi R^3,$$ где $%f(M_0)$% - значение подынтегральной функции в некоторой точке $%M_0$% шара $%x^2+y^2+z^2\le R^2$%.

А как быть дальше?

задан 10 Янв 14:46

изменен 10 Янв 14:50

Ну как, исследовать функцию на условные экстремумы. Условие задачи означает, что внутренних экстремумов нет, а потому они достигаются на границе.

(10 Янв 15:13) caterpillar

@caterpillar, почему внутренних экстремумов нет?

(10 Янв 15:15) cs_puma

Потому что, если бы он был, то это была бы точка (a,b,c), что невозможно ни по условию задачи ни по области определения функции. По производным смотрите.

(10 Янв 15:18) caterpillar

@caterpillar, а как найти экстремум? Через функцию Лагранжа?

(10 Янв 15:34) cs_puma
10|600 символов нужно символов осталось
2

Думаю, тут можно обойтись оценками, потому что поиск точных экстремумов кажется слишком сложным. С одной стороны имеем $%\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2}\leq\sqrt{x^2+y^2+z^2}+\sqrt{a^2+b^2+c^2}$% в силу неравенства Минковского. С другой стороны $%(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=x^2+y^2+z^2+a^2+b^2+c^2-2ax-2by-2cz$%. В силу неравенства Гёльдера $%ax+by+cz\leq\sqrt{a^2+b^2+c^2}\sqrt{x^2+y^2+z^2}$%. Осталось учесть, что $%x^2+y^2+z^2=R^2$%.

ссылка

отвечен 10 Янв 16:11

@caterpillar, в ответах к данному заданию $$f(M_0)=\frac1{\sqrt{a^2+b^2+c^2}+R\theta}, \qquad|\theta|<1$$

(10 Янв 19:07) cs_puma

Этот ответ нетрудно получить, используя двойную оценку, полученную в моём ответе. У нас есть c<f<d, где f у меня -- это то, что в знаменателе. Вычитаем из каждой части корень(a^2+b^2+c^2), делим всё на R и получаем оценку для дроби как раз от -1 до 1. Остаётся дробь обозначить за тэта.

(10 Янв 19:15) caterpillar

@caterpillar, В силу неравенства Гёльдера $$f=\sqrt{R^2+a^2+b^2+c^2-2(ax+by+cz)}\ge$$ $$\ge\sqrt{R^2-2R\sqrt{a^2+b^2+c^2}+a^2+b^2+c^2}=\sqrt{a^2+b^2+c^2}-R.$$ То есть $$\sqrt{a^2+b^2+c^2}-R\le f\le\sqrt{a^2+b^2+c^2}+R,$$ откуда $$-1\le\frac{f-\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{R}\le1.$$ Пусть $%\theta=\frac{f-\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{R}$%, получим $%f=\sqrt{a^2+b^2+c^2}+R\theta$%, где $%|\theta|\le1$% Правильно ли я все сделал? Почему в ответу ограничение на $%\theta$% строгое, а у меня вышло нет? Это существенно?

(10 Янв 19:31) cs_puma

Это несущественно. Возможно имелось ввиду, что в применяемых неравенствах равенства не могут достигаться на границе шара. Тогда надо дополнительно найти точки, в которых достигаются равенства и показать, что они не лежат на границе. Но мне этим заниматься неохота, да и не вижу в этом смысла. От того, что мы поставим строгий знак, никакой особо новой информации об интеграле не возникнет.Можете поискать, при каких условиях в неравенствах Гёльдера и Минковского достигаются равенства, они в принципе хорошо известны.

(10 Янв 19:39) caterpillar

@caterpillar, существенно ли то, что в примененных неравенствах числа должны быть неотрицательными (положительными), а они вовсе могут ими и не быть?

(10 Янв 19:40) cs_puma

Лучше просто найдите их строгие формулировки. Положительность там не нужна. Модули там навешиваются снаружи знака суммы, а не внутри.

(10 Янв 19:42) caterpillar

@caterpillar, спасибо большое!

(10 Янв 19:45) cs_puma
показано 5 из 7 показать еще 2
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:

×89

задан
10 Янв 14:46

показан
64 раза

обновлен
10 Янв 19:45

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