Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Πέμ Δεκ 09, 2010 8:24 pm

Για n\geq1 φυσικό, ας υπολογισθεί το \displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2n+1}\,dx}.

Δίνεται ότι

\displaystyle{\sin^{2n+1}x=\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\left(\sin(2n+1)x+\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{k}\sin(2n-2k+1)x\right)}.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;

Λέξεις Κλειδιά:
kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kwstas12345 » Πέμ Δεκ 09, 2010 11:03 pm

Ας μου επιτραπει μια προσπάθεια με μιγαδικη αναλυση αν και νομιζω πως ειναι ημιτελης..οποιαδηποτε παρατηρηση ευπροσδευκη, να και δισταζω καπως να την βαλω αυτη την ''λυση''.

Επειδή \displaystyle \sin^{2n+1}x=\frac{\left(-1 \right)^{n}}{2^{2n}}\left(\sin\left(2n+1 \right)x+\sum_{k=1}^{n}{\left(-1 \right)^{k}\binom{2n+1}{k}}\sin\left(2n-2k+1 \right) \right)

Υπολογίζω αρχικα το \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx.

Θεωρούμε την συναρτηση \displaystyle f\left(z \right)=\frac{e^{i\left(2n+1 \right)z}}{z^{2n+1}},n \in \mathbb{N} η οποία έχει πόλο το σημειο z=0.

Έστω AB το ημικυκλιο ακτίνας R και CD το ακτίνας r. Τότε όμως είναι to ολοκληρωμα της f\left(z \right)

είναι 0 στην κλειστη καμπύλη C (εδω θα χρειαζοταν ενα σχηματακι).Άρα: \displaystyle \int _{C}f\left(z \right)=0

όμως : \displaystyle \int_{A}^{B}{f\left(z \right)}dz+\int_{B}^{C}{f\left(z \right)}dz+\int_{C}^{D}{f\left(z \right)}dz+\int_{D}^{A}{f\left(z \right)}dz=0

Στέλνοντας \displaystyle R\rightarrow  +\infty,r\rightarrow 0 είναι \displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty}\int_{A}^{B}{f\left(z \right)}dz=0.

Γυραναμε στην συναρτηση μας. Είναι: \displaystyle \lim_{z\rightarrow 0}\left(z-0 \right)^{2n+1}\frac{e^{i\left(2n+1 \right)z}}{z^{2n+1}}=1\neq 0

άρα το 0 είναι πόλος ταξης 2n+1.Συνεπως: \displaystyle Res_{z=0}f\left(z \right)=\frac{1}{\left(2n \right)!}\left[z^{2n+1} \frac{e^{i\left(2n+1 \right)z}}{z^{2n+1}}\right]_{z=0}^{\left(2n \right)}=\frac{1}{\left(2n \right)!}i^{2n}\left(2n+1 \right)^{2n}= \displaystyle \frac{\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{\left(2n \right)!}

Άρα \displaystyle \lim_{r\rightarrow 0}\int_{C}^{D}{f\left(z \right)}dz=-i\pi Res_{z=0}f\left(z \right)=-i\pi\frac{\left(2n+1 \right)^{2n}\left(-1 \right)^{n}}{\left(2n \right)!}

Έτσι \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{e^{i\left(2n+1 \right)x}}{x^{2n+1}}}dx=i\pi\frac{\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{\left(2n \right)!}

\displaystyle \Leftrightarrow \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\cos \left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx+i\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin \left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=i\pi\frac{\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{\left(2n \right)!}

Εξισώνοντας πραγματικα και φανταστικα μερη θα λαβουμε \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=\frac{\pi\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{\left(2n \right)!}

και επειδη \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=2\int_{0}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx

θα είναι \displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=\frac{\pi\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{2\left(2n \right)!}

Όμοια μπορουμε να υπολογισουμε και το \displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n-2k+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx,1\leqslant k\leqslant n

θεωρώντας την \displaystyle g\left(z \right)=\frac{e^{i\left(2n-2k+1 \right)i}}{x^{2n+1}} ακολουθώντας την ομοια διαδικασια βρίσκω

\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n-2k+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=\frac{\pi\left(-1 \right)^{n}\left(2n-2k+1 \right)^{2n}}{2\left(2n \right)!}

Συνδυαζοντας λοιπόν όλα αυτα θα βρούμε \displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\left(\frac{\sin x}{x} \right)^{2n+1}}dx=\frac{\pi}{\left(2n \right)!2^{2n+1}}\left[\left(2n+1 \right)^{2n}+\sum_{k=1}^{n}{\left(-1 \right)^{k}}\binom{2n+1}{k}\left(2n-2k+1 \right)^{2n} \right]

Πιστευω να μην εχω κανει πολλα λαθη...η προσπαθεια μετραει.
τελευταία επεξεργασία από kwstas12345 σε Πέμ Δεκ 09, 2010 11:14 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11290
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Δεκ 09, 2010 11:11 pm

Να τονίσω για όσους δεν το γνωρίζουν, ο Κώστας είναι μαθητής Λυκείου.

Κώστα, τα συγχαρητήριά μου.

Μιχάλης.


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Παρ Δεκ 10, 2010 1:02 am

Κώστα είσαι σωστός και τεράστιος! Σου χρωστάω ένα καφεδάκι στη Νεφέλη τον ερχόμενο Αύγουστο!

Προσωπικά τα έκανα όλα μαζί κατευθείαν θεωρώντας την συνάρτηση

\displaystyle{f(z)=\frac{(-1)^n}{2^{2n}z^{2n+1}}\left(e^{i(2n+1)z}+\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{k}e^{i(2n-2k+1)}\right)}

Για να δείξω ότι το ολοκλήρωμα της \displaystyle{f(z)} στο άνω μικρό ημικύκλιο ακτίνας r γύρω από το (0,0) πάει στο

\displaystyle{-i\pi\left((2n+1)^{2n}+\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{k}(2n-2k+1)^{2n}\right)}, μου χρειάστηκε να δείξω ότι

\displaystyle{\boxed{\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\binom{2n+1}{k}(2n-2k+1)^{2j+1}=(2n+1)^{2j+1}}} για \displaystyle{j=0,\ldots,n-1}

Αυτό το πήρα έτοιμο. Το βάζω λοιπόν ως άσκηση.

Αναρωτιέμαι αν το τελικό αποτέλεσμα \displaystyle{\frac{\pi}{2^{2n+1}(2n)!}\left(\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{2n+1}{k}(2n-2k+1)^{2n}\right)} μαζεύεται περισσότερο από κάποιον κλειστό τύπο...


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Σάβ Δεκ 11, 2010 11:51 am

Για την ιστορία, ο γενικός τύπος για αυτού του τύπου το ολοκλήρωμα είναι ο

\displaystyle{\int_0^{+\infty}\frac{sin^ax}{x^b}dx=\pi^{1-c}\frac{(-1)^{\lfloor(a-b)/2\rfloor}}{2^(a-c)(b-1)!}\sum_{k=0}^{\lfloor a/2\rfloor-c}(-1)^k\binom{a}{k}(a-2k)^{b-1}\left(\ln(a-2k)\right)^c},

όπου

a και b θετικοί ακέραιοι με a\geq b>c, c=a-b \pmod 2, \lfloor x\rfloor είναι η floor function, και 0^0:=1.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Παρ Απρ 13, 2012 2:36 pm

Ένα σχετικό ενδιαφέρον άρθρο εδώ.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 5 επισκέπτες