Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4397
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Απρ 04, 2020 11:54 pm

Να δειχθεί ότι:

\displaystyle{\int_0^{\infty}\frac{\sin \sqrt{x^2+1} \cos x}{\sqrt{x^2+1}} \, \mathrm{d}x=\frac{\pi}{4}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4397
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Απρ 10, 2020 11:08 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Απρ 04, 2020 11:54 pm
Να δειχθεί ότι:

\displaystyle{\int_0^{\infty}\frac{\sin \sqrt{x^2+1} \cos x}{\sqrt{x^2+1}} \, \mathrm{d}x=\frac{\pi}{4}}

Επαναφορά.
Υπόδειξη: Παρατηρείστε ότι: \displaystyle{2 \sin \sqrt{x^2+1} \cos x = \sin \left ( \sqrt{1+x^2} - x \right ) + \sin \left ( \sqrt{1+x^2}+x \right )}.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12500
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Απρ 10, 2020 12:59 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Παρ Απρ 10, 2020 11:08 am
Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Απρ 04, 2020 11:54 pm
Να δειχθεί ότι:

\displaystyle{\int_0^{\infty}\frac{\sin \sqrt{x^2+1} \cos x}{\sqrt{x^2+1}} \, \mathrm{d}x=\frac{\pi}{4}}

Επαναφορά.
Υπόδειξη: Παρατηρείστε ότι: \displaystyle{2 \sin \sqrt{x^2+1} \cos x = \sin \left ( \sqrt{1+x^2} - x \right ) + \sin \left ( \sqrt{1+x^2}+x \right )}.
Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής \displaystyle{ \sqrt{1+x^2}+x =t}, οπότε \displaystyle{  \sqrt{1+x^2}-x =\dfrac {1}{t}}. Άρα \displaystyle{2\sqrt{1+x^2} =t+\dfrac {1}{t}, \, 2x=t-\dfrac {1}{t}} και \displaystyle{2\dfrac {dx}{dt} = 1+\dfrac {1}{t^2}}, οπότε

\displaystyle{I =\dfrac {1}{2}  {\int_1^{\infty} \dfrac {\sin t + \sin \dfrac {1}{t}    }{ \dfrac {1}{2} \left (t+\dfrac {1}{t}  \right) } \cdot \dfrac {1}{2} \left (1+\dfrac {1}{t^2} \right )dt= \dfrac {1}{2}  {\int_1^{\infty} \dfrac {\sin t + \sin \dfrac {1}{t}    }{t} dt=}

\displaystyle{  =\dfrac {1}{2}  {\int_1^{\infty} \dfrac {\sin t    }{t} dt+  \dfrac {1}{2}  {\int_1^{\infty} \dfrac { \sin \dfrac {1}{t}    }{t} dt=}

Στο δεύτερο κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής t=1/v και θα δούμε ότι γίνεται όσο το πρώτο, εκτός από τα όρια που γίνονται 0 και 1. Άρα

\displaystyle{ I= \dfrac {1}{2}  {\int_1^{\infty} \dfrac {\sin t    }{t} dt + \dfrac {1}{2}  {\int_0^{1} \dfrac {\sin t    }{t} dt= \dfrac {1}{2}   {\int_0^{\infty} \dfrac {\sin t    }{t} dt}

Το τελευταίο είναι γνωστό ολοκλήρωμα. Η τιμή του είναι \frac {\pi}{2} οπότε τελικά I=\frac {\pi}{4}.
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Παρ Απρ 10, 2020 1:06 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1403
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Παρ Απρ 10, 2020 1:05 pm

Ευχαριστούμε Τόλη. Λοιπόν, για κάθε x>0 έχουμε,

\displaystyle{\sin\,(\sqrt{x^2+1})\,\cos\,x=\dfrac{\sin\,(\sqrt{1+x^2}+x)+\sin\,(\sqrt{1+x^2}-x)}{2}}

οπότε, αρκεί να υπολογίσουμε κάθε ένα από τα

\displaystyle{I=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin\,(\sqrt{1+x^2}+x)}{2\,\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x\,\,,J=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin\,(\sqrt{1+x^2}-x)}{2\,\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x}

Παρατηρούμε ότι \left(\sqrt{1+x^2}+x\right)'=\dfrac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}}\,\,,\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)'=\dfrac{x-\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}}.
Συνεπώς, για το I μπορούμε να γράψουμε

\begin{aligned} I=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin\,(\sqrt{1+x^2}+x)}{2\,\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin\,(\sqrt{1+x^2}+x)}{2\,(\sqrt{1+x^2}+x)}\,\dfrac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x\\&\stackrel{u=\sqrt{1+x^2}+x}{=}\int_{1}^{\infty}\dfrac{\sin\,u}{2\,u}\,\mathrm{d}u\\&=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin\,u}{2\,u}\,\mathrm{d}u-\int_{0}^{1}\dfrac{\sin\,u}{2\,u}\,\mathrm{d}u\end{aligned}
(παίρνω σαν δεδομένο ότι κάθε ένα από τα παραπάνω ολοκληρώματα συγκλίνουν)

Απ' την άλλη,

\displaystyle{J=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin\,(\sqrt{1+x^2}-x)}{2\,\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x=-\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin\,(\sqrt{1+x^2}-x)}{\sqrt{1+x^2}-x}\,\dfrac{x-\sqrt{1+x^2}}{2\,\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x\stackrel{u=\sqrt{1+x^2}-x}{=}\int_{0}^{1}\dfrac{\sin\,u}{2\,u}\,\mathrm{d}u}

Τελικά, έχουμε,

\begin{aligned}\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin\,(\sqrt{x^2+1})\,\cos\,x}{\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x&=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin\,u}{2\,u}\,\mathrm{d}u\\&=\dfrac{1}{2}\,\int_{0}^{\infty}e^{-u}\,\dfrac{e^{u}\,\sin\,u}{u}\,\mathrm{d}u\\&=\dfrac{1}{2}\,\int_{1}^{\infty}\mathcal{L}(e^{u}\,\sin\,u)(s)\,\mathrm{d}s\\&=\dfrac{1}{2}\,\int_{1}^{\infty}\dfrac{1}{1+(s-1)^2}\,\mathrm{d}s\\&=\left[\dfrac{1}{2}\,\arctan\,(s-1)\right]_{1}^{\infty}\\&=\dfrac{\pi}{4} \end{aligned}

Edit: Με πρόλαβε ο κύριος Μιχάλης.


Παπαπέτρος Ευάγγελος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες