4278

Номер задачи
#4278
Сообщения
12
Реакции
0
Оценить интеграл[math]I_R=\oint\limits_{x^2+y^2=R^2}\frac{ydx-xdy}{(x^2+xy+y^2)^2}[/math] Доказать, что [imath]\lim\limits_{R \to \infty}I_R=0[/imath]
Мы доказали в 4277, что: [math]\left| \int\limits_CPdx+Qdy\right|\le LM,[/math] где [imath]L[/imath]- длина пути интеграции и [imath]M=max\sqrt{P^2+Q^2}[/imath] на дуге [imath]С[/imath]
Для оценки интеграла найдем: [imath]P^2+Q^2[/imath]
[math]\oint\limits_{x^2+y^2=R^2}\frac{ydx-xdy}{(x^2+xy+y^2)^2}=\oint\limits_{x^2+y^2=R^2}\underbrace{\frac{ydx}{(x^2+xy+y^2)}}_P+\underbrace{\frac{-xdy}{(x^2+xy+y^2)}}_Q[/math][math]P^2+Q^2=\frac{y^2}{(x^2+xy+y^2)^4}+\frac{x^2}{(x^2+xy+y^2)^4}=\frac{x^2+y^2}{(x^2+xy+y^2)^4}=\frac{R^2}{(R^2+xy)^4}\le \frac{(R^2}{(R^2-|xy|)^4} \le \frac{R^2}{(R^2-\frac{x^2+y^2}{2})^4} =\frac{16}{R^6}[/math]Найдем [imath]\sqrt{P^2+Q^2}=\sqrt{\frac{16}{R^6}}=\frac{4}{R^3}[/imath]
Таким образом:[math]P^2+Q^2\le \sqrt{P^2+Q^2} \le max\sqrt{P^2+Q^2}=M\le \frac{4}{R^3}[/math][math]\left| \oint\limits_{x^2+y^2=R^2}\frac{ydx-xdy}{(x^2+xy+y^2)^2} \right| \le 2\pi R \cdot \frac{4}{R^3}=\frac{8\pi}{R^2}[/math]Отсюда следует, что [imath]\lim\limits_{R \to \infty}I_R=0.[/imath] Что и требовалось доказать
 
Сверху