Όμορφο .. αλλά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

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

Όμορφο .. αλλά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Παρ Σεπ 18, 2009 9:38 pm

Να αποδειχθεί ότι {\color{blue} \mathbf{\int_{0}^{\infty }{ sin(x^{2})sin(\frac{1}{x^{2}})dx}=\sqrt{\frac{\pi }{2}}\cdot\frac{1+e^{2}(sin(2)-cos(2))}{4e^{2}}}}


Σεραφείμ Τσιπέλης

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

Re: Όμορφο .. αλλά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Πέμ Σεπ 24, 2009 1:24 am

Πάντα με μετασχηματισμούς Laplace.
Συνημμένα
zoriko.jpg
zoriko.jpg (74.35 KiB) Προβλήθηκε 343 φορές


Σεραφείμ Τσιπέλης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12500
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όμορφο .. αλλά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Σεπ 24, 2009 10:31 am

Persona_Non_Grata έγραψε:Να αποδειχθεί ότι {\color{blue} \mathbf{\int_{0}^{\infty }{ sin(x^{2})sin(\frac{1}{x^{2}})dx}=\sqrt{\frac{\pi }{2}}\cdot\frac{1+e^{2}(sin(2)-cos(2))}{4e^{2}}}}

Σεραφείμ,

ωραία χρήση του μετασχηματισμού Laplace. Είχα κάνει την ακόλουθη λύση αλλά δεν την έγραψα γιατί οι πράξεις είναι πολλές.

Τα βήματα είναι

α) γράφουμε το I = \int_0^{\infty}... ως \int_0^{1} + \int_1^{\infty} = I_1 + I_2

b) στο I_2 κάνουμε τον μετασχηματισμό y = 1/x. Τελικά θα βρούμε ότι

I = \int_0^{\infty}sinx^2sin\frac{1}{x^2}dx = \int_0^{1}(1 + \frac{1}{x^2})sinx^2sin\frac{1}{x^2}dx


γ) αναπτύσουμε το sin\frac{1}{x^2} σε σειρά Taylor 1 - \frac{1}{2!x^2}+ \frac{1}{4!x^4}+.... H σειρά συγκλίνει.

δ) ολοκληρώνουμε όρο προς όρο. Εμφανίζονται τα \int_0^1 \frac{sinx^2}{x^{2n}}dx που είναι γνωστά.


Και λοιπά ... και λοιπά, οι πράξεις είναι επίπονες αλλά μας είχες προειδοποιήσει.

Φιλικά,

Μιχάλης


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 1 επισκέπτης