積分の発散のオーダーの問題です。

質問

以下の数学の問題が解けずに悩んでいます。お分かりの方いらっしゃいましたら、解答の道筋までつけて解説してくださらないでしょうか？

lim_{n→∞}∫_a^n dx∫_a^n dy(x^2y^2)/(f(x)f(y)) ((x^2)/(E(x)^3)+(y^2)/(E(y)^3))(1/(E(x))+1/(E(y))) 1/(g(x,y))
ただし、f(x)=√(x^2+c^2,) f(y)=√(y^2+c^2 ),c>0,E(x)=x^2/2m+f(x), E(y)=y^2/2m+f(y),
m>0,g(x,y)=(x^2+y^2+2dxy)/2m+f(x)+f(y),-1≤d≤1

は収束するか否か？発散するとしたらnの何乗のオーダーで発散するか？

回答No.5

jcpmutura · ベストアンサー

c>0
m>0
-1≦d≦1
f(x)=√(x^2+c^2)
E(x)={x^2/(2m)}+f(x)
g(x,y)={(x^2+y^2+2dxy)/(2m)}+f(x)+f(y)

h(x,y)=[(x^2y^2)/{f(x)f(y)}][x^2/{E(x)}^3+y^2/{E(y)}^3]{1/E(x)+1/E(y)}[1/{g(x,y)}]

S_n=∫_{a～n}∫_{a～n}h(x,y)dxdy

h1(x,y)=(x^2)(y^4)/[f(x)f(y)g(x,y){E(y)}^4]

S1_n=∫_{a～|a|+1}∫_{|a|+1+c+m～n}h1(x,y)dxdy

h2(x,y)=
(x^2)(y^4)/[f(x)f(y)E(x)g(x,y){E(y)}^3]
+(x^4)(y^2)/[f(x)f(y)E(y)g(x,y){E(x)}^3]
+(x^4)(y^2)/[f(x)f(y)g(x,y){E(x)}^4]

S2_n=
∫_{a～|a|+1}∫_{a～|a|+1+c+m}h1(x,y)dxdy
+∫_{|a|+1～n}∫_{a～n}h1(y,x)dydx
+∫_{a～n}∫_{a～n}h2(x,y)dxdy

とすると
h(x,y)=h1(x,y)+h2(x,y)
S_n=S1_n+S2_n

f(x)≧c>0
E(x)≧f(x)≧c>0
g(x,y)=[{(|x|-|y|)^2+2(|xy|+dxy)}/(2m)]+f(x)+f(y)≧f(x)+f(y)>f(x)>0
だから
h1(x,y)>0,h2(x,y)>0
S1_n>0,S2_n>0
だから
S_n-S1_n=S2_n>0
だから
S_n>S1_n>0

a≦y≦|a|+1とする
|a|+1+c+m<nとなるnがある
|a|+1+c+m<x<nとすると
0<c<xだから
c^2<x^2
0<x^2+c^2<2x^2<4x^2
0<f(x)=√(x^2+c^2)<2x
1/(2x)<1/f(x)

|y|≦|a|+1<|a|+1+c+m<xだから
|y|<x=|x|
|xy|<x^2
y^2<x^2
だから
g(x,y)=(x^2+y^2+2dxy)/(2m)+f(x)+f(y)<6x^2/m
1/g(x,y)>m/(6x^2)
(x^2)/{f(x)g(x,y)}>1/(12x)
I∫_{|a|+1+c+m～n}(x^2)/{f(x)g(x,y)}dx
>(1/12)∫_{|a|+1+c+m～n}(1/x)dx
=(1/12)[logx]_{|a|+1+c+m～n}
=(1/12){logn-log(|a|+1+c+m)}

0≦y^2≦(|a|+1)^2
0<y^2+c^2≦(|a|+1)^2+c^2
0<f(y)≦√{(|a|+1)^2+c^2}
1/√{(|a|+1)^2+c^2}<1/f(y)

0≦y^2/(2m)≦(|a|+1)^2/(2m)
0<E(y)<(|a|+1)^2/(2m)+√{(|a|+1)^2+c^2}
0<{E(y)}^4<[(|a|+1)^2/(2m)+√{(|a|+1)^2+c^2}]^4
1/[(|a|+1)^2/(2m)+√{(|a|+1)^2+c^2}]^4<1/{E(y)}^4

K=1/([√{(|a|+1)^2+c^2}][(|a|+1)^2/(2m)+√{(|a|+1)^2+c^2}]^4)
とすると
Ky^4<y^4/[f(y){E(y)}^4]

S_n>
S1_n
=∫_{|a|～|a|+1}y^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{|a|+1+c+m～n}(x^2)/{f(x)g(x,y)}dxdy
>(K/12)[logn-log(|a|+1+c+m)]∫_{|a|～|a|+1}y^4dy
=(K/12)[logn-log(|a|+1+c+m)]{(|a|+1)^5-|a|^5}/5
≧(K/60)[logn-log(|a|+1+c+m)]

lim_{n→∞}S_n≧lim_{n→∞}(K/60)[logn-log(|a|+1+c+m)]=∞
だから
発散する

logn=n^b
とすると
log(logn)=blogn
b=log(logn)/logn
だから
nの{log(logn)/logn}乗以上のオーダーで発散する

お礼

大変よく分かりました。いつもお世話になり、有難うございます。

回答No.4

jcpmutura

c>0
m>0
-1≦d≦1
f(x)=√(x^2+c^2)
E(x)={x^2/(2m)}+f(x)
g(x,y)={(x^2+y^2+2dxy)/(2m)}+f(x)+f(y)

h(x,y)=[(x^2y^2)/{f(x)f(y)}][x^2/{E(x)}^3+y^2/{E(y)}^3]{1/E(x)+1/E(y)}[1/{g(x,y)}]

S_n=∫_{0～a^n}∫_{0～a^n}h(x,y)dxdy

0≦a<1の時
lim_{n→∞}a^n=0
だから
lim_{n→∞}S_n
=lim_{n→∞}∫_{0～a^n}∫_{0～a^n}h(x,y)dxdy
=∫_{0～0}∫_{0～0}h(x,y)dxdy
=0

h(x,y)はR×R全域で連続で
h(0,0)=(有限値)だから
∫_{0～0}∫_{0～0}h(x,y)dxdy=0
に収束する

a=1の時
lim_{n→∞}a^n=1
だから
lim_{n→∞}S_n
=lim_{n→∞}∫_{0～a^n}∫_{0～a^n}h(x,y)dxdy
=∫_{0～1}∫_{0～1}h(x,y)dxdy

h(x,y)はR×R全域で連続だから
有界閉区間[0,1]×[0,1]で有界だから
∫_{0～1}∫_{0～1}h(x,y)dxdy
は有限値となり収束する

お礼

あのー、私が求めたいのは
lim_{n→∞}∫_{a～n}∫_{a～n}h(x,y)dxdy
なんですけど。

回答No.3

jcpmutura

簡単のため
被積分関数
y^4/[f(y){E(y)}^4](x^2)/{f(x)g(x,y)}
を
2x
に変え
積分範囲
1+c+m～a^n
を
1～2
に変えて

I=∫_{0～1}∫_{1～2}(2x)dxdy
と
J=∫_{1～2}∫_{0～1}(2x)dxdy
を
比較してみると
I=[x^2]_{1～2}=4-1=3
J=[x^2]_{0～1}=1≠3=I
I=3≠1=J
IとJは異なりますので

S1_n=∫_{0～1}y^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{1+c+m～a^n}(x^2)/{f(x)g(x,y)}dxdy
=∫_{1+c+m～a^n}dyy^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{0～1}dx(x^2)/{f(x)g(x,y)}
となりません

S1_n=∫_{y=0～1}y^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{x=1+c+m～a^n}(x^2)/{f(x)g(x,y)}dxdy
≠∫_{y=1+c+m～a^n}dyy^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{x=0～1}dx(x^2)/{f(x)g(x,y)}

お礼

ご返事ありがとうございました。
よくわかりました。

回答No.2

jcpmutura

S1_n=∫_{0～1}y^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{1+c+m～a^n}(x^2)/{f(x)g(x,y)}dxdy
の
∫_{1+c+m～a^n}
は
x=1+c+mからx=a^nまで積分するという意味ですが

∫_{1+c+m～a^n}dyy^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{0～1}dx(x^2)/{f(x)g(x,y)}

の
∫_{0～1}
は
x=0からx=1まで積分するという意味なので

明らかに両積分は異なります

S1_n=∫_{y=0～1}y^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{x=1+c+m～a^n}(x^2)/{f(x)g(x,y)}dxdy
≠∫_{y=1+c+m～a^n}dyy^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{x=0～1}dx(x^2)/{f(x)g(x,y)}

a>1の時lim_{n→∞}a^n=∞
a=1の時lim_{n→∞}a^n=1
a<1の時lim_{n→∞}a^n=0

となります

お礼

ご返事ありがとうございます。
S1_nについては、被積分関数の積分の順序を誤解していました。回答者様の順序で積分すれば、私が疑問を呈した不等式は確かに成り立ちます。

私はa<1の場合を知りたいのですが、回答者様の計算ですと
lim_{n\to\infty}S_n>-∞という自明なことしかわかりません。何とかならないでしょうか？

回答No.1

jcpmutura

a>1
c>0
m>0
-1≦d≦1
f(x)=√(x^2+c^2)
E(x)={x^2/(2m)}+f(x)
g(x,y)={(x^2+y^2+2dxy)/(2m)}+f(x)+f(y)

h(x,y)=[(x^2y^2)/{f(x)f(y)}][x^2/{E(x)}^3+y^2/{E(y)}^3]{1/E(x)+1/E(y)}[1/{g(x,y)}]

S_n=∫_{0～a^n}∫_{0～a^n}h(x,y)dxdy

h1(x,y)=(x^2)(y^4)/[f(x)f(y)g(x,y){E(y)}^4]

S1_n=∫_{0～1}∫_{1+c+m～a^n}h1(x,y)dxdy

h2(x,y)=
(x^2)(y^4)/[f(x)f(y)E(x)g(x,y){E(y)}^3]
+(x^4)(y^2)/[f(x)f(y)E(y)g(x,y){E(x)}^3]
+(x^4)(y^2)/[f(x)f(y)g(x,y){E(x)}^4]

S2_n=
∫_{0～1}∫_{0～1+c+m}h1(x,y)dxdy
+∫_{1～a^n}∫_{0～a^n}h1(x,y)dxdy
+∫_{0～a^n}∫_{0～a^n}h2(x,y)dxdy

とすると
h(x,y)=h1(x,y)+h2(x,y)
S_n=S1_n+S2_n

f(x)≧c>0
E(x)≧f(x)≧c>0
g(x,y)=[{(x-y)^2+2(1+d)xy}/(2m)]+f(x)+f(y)≧f(x)+f(y)>f(x)>0
だから
h1(x,y)>0,h2(x,y)>0
S1_n>0,S2_n>0
だから
S_n-S1_n=S2_n>0
だから
S_n>S1_n>0

0≦y≦1とする
1+c+m<a^nとなるnがある
1+c+m<x<a^nとすると
0<c<xだから
c^2<x^2
0<x^2+c^2<2x^2<4x^2
0<f(x)=√(x^2+c^2)<2x
1/f(x)>1/(2x)

0≦y≦1<xだから
g(x,y)=(x^2+y^2+2dxy)/(2m)+f(x)+f(y)<6x^2/m
1/g(x,y)>m/(6x^2)
(x^2)/{f(x)g(x,y)}>1/(12x)
∫_{1+c+m～a^n}(x^2)/{f(x)g(x,y)}dx
>(1/12)∫_{1+c+m～a^n}(1/x)dx
=(1/12)[logx]_{1+c+m～a^n}
=(1/12)[nloga-log(1+c+m)]

0≦y^2≦1
0<y^2+c^2≦1+c^2
0<f(y)≦√(1+c^2)
1/√(1+c^2)<1/f(y)

0≦y^2/(2m)≦1/(2m)
0<E(y)<1/(2m)+√(1+c^2)
0<{E(y)}^4<{1/(2m)+√(1+c^2)}^4
1/{1/(2m)+√(1+c^2)}^4<1/{E(y)}^4

K=1/[{√(1+c^2)}{1/(2m)+√(1+c^2)}^4]
とすると
y^4/[f(y){E(y)}^4]>Ky^4

S_n
>S1_n
=∫_{0～1}y^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{1+c+m～a^n}(x^2)/{f(x)g(x,y)}dxdy
>(K/12)[nloga-log(1+c+m)]∫_{0～1}y^4dy
=(K/60)[nloga-log(1+c+m)]

lim_{n→∞}S_n≧lim_{n→∞}(K/60)[nloga-log(1+c+m)]=∞
∴
lim_{n→∞}S_n=∞
だから
nの1乗以上のオーダーで
発散する

お礼

ご回答ありがとうございます。ただ、よくわからないところがあります。私の計算では
S1_n=∫_{0～1}y^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{1+c+m～a^n}(x^2)/{f(x)g(x,y)}dxdy=∫_{1+c+m～a^n}dyy^4/[f(y){E(y)}^4]∫_{0～1}dx(x^2)/{f(x)g(x,y)}
となるので、(K/60)[nloga-log(1+c+m)]より大きいと結論できないと思うのですが。

それから、nを無限に飛ばした後で、aを無限に0に近づけたいので、a>1という条件を外してオーダーを求めたいと考えています。

この２つを考慮に入れた解説をしていただけないでしょうか？