2 γενικευμένα ολοκληρώματα

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

china university
Δημοσιεύσεις: 68
Εγγραφή: Σάβ Απρ 28, 2012 7:16 pm

2 γενικευμένα ολοκληρώματα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από china university » Τετ Μάιος 16, 2012 4:34 am

Να υπολογισθούν τα

1. \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin{x}}{x^2+a^2}\,dx

2. \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{x}\log{x}}{1+x^2}\dx



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2783
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: 2 γενικευμένα ολοκληρώματα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Τετ Μάιος 16, 2012 7:12 am

china university έγραψε:1. \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin{x}}{x^2+a^2}\,dx

2. \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{x}\log{x}}{1+x^2}\dx
1. Παρόμοιο είναι το 93) \ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x από τα γενικευμένα και έχει λυθεί εδώ.
Έτσι \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{x \sin x}{x^2+a^2} \, \mathrm{d}x =\frac{\pi}{2}\,e^{-|{a}|}\,,\quad a\in\mathbb{R}\,.

2. Είναι το 35) από τα γενικευμένα και έχει λυθεί εδώ και εδώ.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: 2 γενικευμένα ολοκληρώματα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Παρ Ιουν 22, 2012 12:37 am

china university έγραψε:2. \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{x}\log{x}}{1+x^2}\dx
grigkost έγραψε:2. Είναι το 35) από τα γενικευμένα και έχει λυθεί εδώ και εδώ.
Οι λύσεις στις οποίες αναφέρεται ο Γρηγόρης, δίδονται αποκλειστικά με φυγή στο Μιγαδικό Επίπεδο.

Μια λύση ακόμα στα πλαίσια της Πραγματικής Ανάλυσης .. με κάποια στοιχεία Αναλυτικής Θεωρίας Αριθμών (αρκετά όμορφη νομίζω) !!

Λήμμα 1: \displaystyle{\sum\limits_{n =  - \infty }^\infty  {\frac{1}{{n + z}}}  = \frac{\pi }{{\tan \pi z}}} αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=59&t=23594

Λήμμα 2: \displaystyle{\sum\limits_{n =  - \infty }^\infty  {\frac{1}{{{{\left( {n + z} \right)}^2}}}}  = \frac{{{\pi ^2}}}{{{{\sin }^2}\pi z}}} διότι \displaystyle{\sum\limits_{n =  - \infty }^\infty  {\frac{1}{{n + z}}}  = \frac{\pi }{{\tan \pi z}} \Rightarrow {\sum\limits_{n =  - \infty }^\infty  {\left( {\frac{1}{{n + z}}} \right)} {'}} = {\left( {\frac{\pi }{{\tan \pi z}}} \right){'}} \Rightarrow ..\sum\limits_{n =  - \infty }^\infty  {\frac{1}{{{{\left( {n + z} \right)}^2}}}}  = \frac{{{\pi ^2}}}{{{{\sin }^2}\pi z}}}

Λήμμα 3: \displaystyle{\int\limits_0^1 {{x^z}\ln x\;dx}  =  - \frac{1}{{{{\left( {z + 1} \right)}^2}}}} στοιχειώδες. Τότε ..

\displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\sqrt x \ln x}}{{1 + {x^2}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt x \ln x}}{{1 + {x^2}}}dx}  + \int\limits_1^\infty  {\frac{{\sqrt y \ln y}}{{1 + {y^2}}}dy}  = \mathop  = \limits^{y = 1/x}  = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{1 + {x^2}}}\left( {\sqrt x  - \frac{1}{{\sqrt x }}} \right)dx}  = \int\limits_0^1 {\ln x\left( {\sqrt x  - \frac{1}{{\sqrt x }}} \right)\sum\limits_{n = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^{2n}}} dx}  = }

\displaystyle{ = \sum\limits_{n = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^n}\left( {\int\limits_0^1 {\ln x\left( {{x^{2n + 1/2}} - {x^{2n - 1/2}}} \right) \cdot dx} } \right)} \mathop  = \limits^{\left\lfloor {L:3} \right\rfloor } \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^n}\left( {\frac{1}{{{{\left( {n + 1/4} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {n + 3/4} \right)}^2}}}} \right)}  = }

\displaystyle{ = \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\left( {\frac{1}{{{{\left( {2n + 1/4} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2n + 1 + 3/4} \right)}^2}}}} \right)}  - \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\left( {\frac{1}{{{{\left( {2n + 1 + 1/4} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2n + 3/4} \right)}^2}}}} \right)} }

\displaystyle{ = \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\left( {\frac{1}{{{{\left( {n + 1/8} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {n + 7/8} \right)}^2}}}} \right)}  - \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\left( {\frac{1}{{{{\left( {n + 5/8} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {n + 3/8} \right)}^2}}}} \right)}  = }

\displaystyle{ = \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\left( {\frac{1}{{{{\left( { - n - 1/8} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {n + 1 - 1/8} \right)}^2}}}} \right)}  - \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\left( {\frac{1}{{{{\left( { - n - 5/8} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {n + 1 - 5/8} \right)}^2}}}} \right)}  = }

\displaystyle{ = \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n =  - \infty }^\infty  {\frac{1}{{{{\left( {n - 1/8} \right)}^2}}}}  - \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n =  - \infty }^\infty  {\frac{1}{{{{\left( {n - 5/8} \right)}^2}}}} \mathop  = \limits^{\left\lfloor {L:2} \right\rfloor } \frac{{{\pi ^2}}}{{16}}\left( {\frac{1}{{{{\sin }^2}\left( {\dfrac{\pi }{8}} \right)}} - \frac{1}{{{{\sin }^2}\left( {\dfrac{{5\pi }}{8}} \right)}}} \right) = .. = \frac{{{\pi ^2}}}{{2\sqrt 2 }}} .








Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: 2 γενικευμένα ολοκληρώματα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Κυρ Ιουν 24, 2012 9:47 am

china university έγραψε:1. \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin{x}}{x^2+a^2}\,dx
grigkost έγραψε:1. Παρόμοιο είναι το 93) \ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x από τα γενικευμένα και έχει λυθεί εδώ.
Έτσι \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{x \sin x}{x^2+a^2} \, \mathrm{d}x =\frac{\pi}{2}\,e^{-|{a}|}\,,\quad a\in\mathbb{R}\,.
Στην παραπομπή του Γρηγόρη, ο εξαιρετικός Στράτης Αντωνέας, μας χάρισε μια λύση με φυγή στο Μιγαδικό επίπεδο. Για χάρη των μεθόδων θα δοθεί και μια ακόμα λύση
με καθαρή Πραγματική Ανάλυση.
Θα χρησιμοποιηθούν Μετασχηματισμοί Laplace : \displaystyle{L1:\int\limits_0^\infty  {\sin \left( {a\sqrt x } \right){e^\big{{ - sx}}}dx}  = \frac{{a\sqrt \pi  }}{{2s\sqrt s }}{e^\big{{ - {a^2}/\left( {4s} \right)}}}} και \displaystyle{L2:\int\limits_0^\infty  {\frac{{{e^\big{{ - {a^2}/\left( {4x} \right)}}}}}{{\sqrt x }} \cdot {e^\big{{ - sx}}}dx}  = \sqrt {\frac{\pi }{s}} {e^\big{{ - a\sqrt s }}}}
(Δ. Δασκαλόπουλος, Ανώτερα Μαθηματικά, 3ος Τόμος, Ε.Μ.Π., σελ 350 - 355). Το \displaystyle{a} θεωρείται θετικό. Είναι σε τετράγωνο, συνεπώς δεν έχει σημασία.


\displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{x\sin x}}{{{x^2} + {a^2}}}dx}  = \mathop  = \limits^{x = ay}  = \int\limits_0^\infty  {\frac{{y\sin ay}}{{{y^2} + 1}}dy}  = \mathop  = \limits^{y = \sqrt x }  = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty  {\frac{{\sin a\sqrt x }}{{x + 1}}dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty  {\sin a\sqrt x \left( {\int\limits_0^\infty  {{e^\big{{ - \left( {x + 1} \right)y}}}dy} } \right)dx}  = }

\displaystyle{ = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty  {{e^\big{{ - y}}}\left( {\int\limits_0^\infty  {\sin \left( {a\sqrt x } \right){e^\big{{ - xy}}}dx} } \right)dy} \mathop  = \limits^{L1:} \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty  {{e^\big{{ - y}}}\frac{{a\sqrt \pi  }}{{2y\sqrt y }}{e^\big{{ - {a^2}/\left( {4y} \right)}}}dy}  = \mathop  = \limits^{y = 1/x}  = \frac{{a\sqrt \pi  }}{4}\int\limits_0^\infty  {\frac{{{e^\big{{ - 1/x}}}}}{{\sqrt x }}{e^\big{{ - \dfrac{{{a^2}}}{4}x}}}dx}  = }

\displaystyle{ = \mathop  = \limits^{L2:}  = \frac{{a\sqrt \pi  }}{4}\sqrt {\frac{\pi }{{{a^2}/4}}} {e^\big{{ - 2\sqrt {{a^2}/4}} }} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty  {\frac{{x\sin x}}{{{x^2} + {a^2}}}dx}  =  \frac{\pi }{2}{e^\big{{ - a}}}}} :)




Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης