６重積分の発散のオーダーの問題です。

質問

S_n
=∫_{-∞→∞}dx1∫_{-∞→∞}dx2∫_{-∞→∞}dx3∫_{-∞→∞}dy1∫_{-∞→∞}dy2∫_{-∞→∞}dy3 H(x,y)
ただし　x とyは３次元ベクトルで　x=(x1, x2, x3), y=(y1, y2, y3),
H(x,y)=Σ_{i=1, 2, 3}H_i(x,y).
H_i(x, y)={I_[a, n](|x|) I_[a, n](|y|)}/{f(x)f(y)}(xi/E(x)^2+yi/E(y)^2)(1/E(x)+1/E(y)){1/G(x,y)},
ただし|x|=√(x1^2+x2^2+x3^2), I_[a, n](|x|)は定義関数で、
a≦|x|≦nのとき I_[a, n](|x|)=1, それ以外のとき I_[a, n](|x|)=0となる関数である。(a>0, n>0)
また、f(x)=√(|x|^2+c^2), c>0, E(x)=|x|^2/(2m)+f(x), m>0,
G(x,y)={|x|^2+|y|^2+2(x1y1+x2y2+x3y3)}/(2m)+f(x)+f(y)であるとする。
n→∞のときのS_nの発散のオーダーを求めてください。よろしくお願いします。

回答No.2

jcpmutura · ベストアンサー

x=(x1,x2,x3)
y=(y1,y2,y3)
|x|=√(x1^2+x2^2+x3^2)
a>0
n>0
c>0
m>0
a≦|x|≦nのとき I_[a, n](|x|)=1
それ以外のとき I_[a, n](|x|)=0
f(x)=√(|x|^2+c^2)
E(x)=|x|^2/(2m)+f(x)
G(x,y)={|x|^2+|y|^2+2(x1y1+x2y2+x3y3)}/(2m)+f(x)+f(y)
h0(x,y)={I_[a, n](|x|)I_[a, n](|y|)}/{f(x)f(y)}(1/E(x)+1/E(y))
h1(x,y)=h0(x,y)/{E(x)}^2
H_i(x, y)=h0(x,y)(xi/E(x)^2+yi/E(y)^2){1/G(x,y)}
H(x,y)=Σ_{i=1, 2, 3}H_i(x,y)
S_n=∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}H(x,y)dy3dy2dy1dx3dx2dx1
とすると
E(x2,x1,x3)=E(x1,x2,x3)
E(y2,y1,y3)=E(y1,y2,y3)
h0((x2,x1,x3),(y2,y1,y3))=h0((x1,x2,x3),(y1,y2,y3))
G((x2,x1,x3),(y2,y1,y3))=G((x1,x2,x3),(y1,y2,y3))
だから
∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}H_2(x,y)dy3dy2dy1dx3dx2dx1
=
∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}
h0((x1,x2,x3),(y1,y2,y3))(x2/E(x1,x2,x3)^2+y2/E(y1,y2,y3)^2){1/G((x1,x2,x3),(y1,y2,y3))}
dy3dy2dy1dx3dx2dx1
=
∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}
h0((x2,x1,x3),(y2,y1,y3))(x1/E(x2,x1,x3)^2+y1/E(y2,y1,y3)^2){1/G((x2,x1,x3),(y2,y1,y3))}
dy3dy1dy2dx3dx1dx2
=
∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}
h0((x1,x2,x3),(y1,y2,y3))(x1/E(x1,x2,x3)^2+y1/E(y1,y2,y3)^2){1/G((x1,x2,x3),(y1,y2,y3))}
dy3dy2dy1dx3dx2dx1
=
∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}H_1(x,y)dy3dy2dy1dx3dx2dx1

同様に
∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}H_3(x,y)dy3dy2dy1dx3dx2dx1
=∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→∞}∫_{-n→n}∫_{-n→n}H_1(x,y)dy3dy2dy1dx3dx2dx1
∴
S_n=3∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}H_1(x,y)dy3dy2dy1dx3dx2dx1

∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}
h0(x,y)(y1/E(y)^2){1/G(x,y)}dy3dy2dy1dx3dx2dx1
=
∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}
h0(y,x)(x1/E(x)^2){1/G(y,x)}dx3dx2dx1dy3dy2dy1
=
∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}
h0(x,y)(x1/E(x)^2){1/G(x,y)}dy3dy2dy1dx3dx2dx1
∴
S_n
=
6∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}
h1(x,y){x1/G(x,y)}dy3dy2dy1dx3dx2dx1

∫_{-n→n}∫_{-n→n}h1(x,y){x1/G(x,y)}dx1dy1
=
∫_{-n→n}[
∫_{0→n}h1(x,y){x1/G(x,y)}dx1
+∫_{-n→0}h1(x,y){x1/G(x,y)}dx1
]dy1
=
∫_{-n→n}∫_{0→n}h1(x,y)(x1){1/G(x,y)-1/G(-x1,x2,x3,y)}dx1dy1
=
(-2/m)∫_{-n→n}∫_{0→n}h1(x,y)(x1^2)y1/{G(x,y)G(-x1,x2,x3,y)}dx1dy1
=
(-2/m)∫_{0→n}
∫_{0→n}h1(x,y)(x1^2)y1/{G(x,y)G(-x1,x2,x3,y)}dy1
+∫_{-n→0}h1(x,y)(x1^2)y1/{G(x,y)G(-x1,x2,x3,y)}dy1
dx1
=
(-2/m)∫_{0→n}∫_{0→n}h1(x,y)(x1^2)y1[
1/{G(x,y)G(-x1,x2,x3,y)}-1/{G(x,-y1,y2,y3)G(-x1,x2,x3,-y1,y2,y3)}
]dy1dx1

G(-x1,x2,x3,-y1,y2,y3)
=|x|^2+|y|^2+2(x1y1+x2y2+x3y3)}/(2m)+f(x)+f(y)
=G(x1,x2,x3,y1,y2,y3)
=G(x,y)

G(x,-y1,y2,y3)
=G(x1,x2,x3,-y1,y2,y3)
=|x|^2+|y|^2+2(-x1y1+x2y2+x3y3)}/(2m)+f(x)+f(y)
=G(-x1,x2,x3,y1,y2,y3)
=G(-x1,x2,x3,y)
だから
1/{G(x,y)G(-x1,x2,x3,y)}=1/{G(x,-y1,y2,y3)G(-x1,x2,x3,-y1,y2,y3)}
だから

S_n
=
6∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}∫_{-n→n}
(-2/m)∫_{0→n}∫_{0→n}h1(x,y)(x1^2)y1[
1/{G(x,y)G(-x1,x2,x3,y)}-1/{G(x,-y1,y2,y3)G(-x1,x2,x3,-y1,y2,y3)}
]dy1dx1
dy3dy2dx3dx2
=0

∴
S_n=0

お礼

S_n=0になることが証明できるのではないかという予感がしていたのですが、こうすれば証明できるのですね。
ありがとうございました。

回答No.1

trytobe

なぜ、３次元ベクトルの各軸成分ごとの積分なのに、偏微分である ∂x1, ∂x2, ∂x3 での積分ではなく、全微分である dx1,dx2,dx3 などでの積分をされているのですか。

そもそも３次元という縛りの中での６パラメーターについて、「全微分」を積分して、さらにそれを６つ乗算する、という S_n は 字面だけの６重積分なだけで、それが数学的にも物理学など３次元空間に関する記述としても、何の意味も持っていないので、その後の条件を適用できるように記載されていません。

お礼

補足コメントを読んでください。普通の６重積分であって意味のある積分であることがお分かりかと思います。

補足

H(x,y)=H(x1,x2,x3,y1,y2,y3)、
H_i(x,y)=H_i(x1, x2,x3,y1,y2,y3)と読んでください。
右辺のように書くのが煩雑なので左辺のように表記しました。