Όμορφο .. αλλά αρκετά 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 αρκετά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Οκτ 10, 2009 10:53 pm

[color=brown]Όντως είναι [b]πανέμορφο[/b] ...[/color]
Συνημμένα
genikeymeno-2.jpg
genikeymeno-2.jpg (16.75 KiB) Προβλήθηκε 460 φορές


Σεραφείμ Τσιπέλης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2883
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Όμορφο .. αλλά αρκετά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Κυρ Οκτ 11, 2009 8:33 am

Ή πιό γενικά:

Νά αποδειχθεί ότι \displaystyle\int_{0}^{\infty}{e^{-{a^2\pi^2x^2}/{2}}\sin\!\left({\tfrac{1}{x^2}}\right)dx}=\frac{\sqrt{2}\,e^{-|{a}|\pi}}{2\,|{a}|\sqrt{\pi}}\,\sin({|{a}|\pi})\,, \quad a\in\mathbb{R}^{*}.


{\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: Όμορφο .. αλλά αρκετά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Κυρ Οκτ 11, 2009 10:14 am

Πολύ σωστά Γρηγόρη, όντως έτσι είναι ...


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

Re: Όμορφο .. αλλά αρκετά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Δευ Σεπ 06, 2010 12:00 am

Πέρασε καιρός ..

Θα χρησιμοποιηθεί ο τύπος \displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {\dfrac{1}{{y \cdot \sqrt y }} \cdot {e^{-\dfrac{{  {\lambda ^2}}}{{4 \cdot y}}}} \cdot {e^\big{{ - s \cdot y}}} \cdot dy}  = 2 \cdot \frac{{\sqrt \pi  }}{\lambda } \cdot {e^{ - \lambda  \cdot \big{\sqrt s }}}}} με \displaystyle{\mathbf{\lambda ,s > 0}} (Δ. Δασκαλόπουλος ΕΜΠ 3ος Τόμος, σελίδες 355-356)
Αποδεικνύεται με διαφορικές εξισώσεις. Εκτιμώ πως αποδεικνύεται και με Μιγαδική Ανάλυση.

Επίσης θα χρησιμοποιηθεί το εξής. Αν \displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {F\left( t \right) \cdot {e^\big{{ - s \cdot t}}} \cdot dt}  = f\left( s \right)}} τότε \displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {F\left( t \right) \cdot \sin \left( t \right) \cdot {e^\big{{ - s \cdot t}}} \cdot dt}  = \frac{1}{{2 \cdot i}} \cdot \left( {f\left( {s - i} \right) - f\left( {s + i} \right)} \right)}}
Αποδεικνύεται γράφοντας \displaystyle{\mathbf{\sin \left( t \right) = \frac{1}{{2 \cdot i}} \cdot \left( {{e^\big{{i \cdot t}}} - {e^\big{{ - i \cdot t}}}} \right)}}

\displaystyle{\mathbf{I = \int\limits_0^\infty  {\sin \left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right) \cdot {e^{ - \dfrac{{{a^2} \cdot {\pi ^2} \cdot {x^2}}}{2}}} \cdot dx}  = \mathop  = \limits^\big{{{x^2} = u}}  = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{\sqrt u }} \cdot \sin \left( {\frac{1}{u}} \right) \cdot {e^{ - \left( {\dfrac{{{a^2} \cdot {\pi ^2}}}{2}} \right) \cdot u}} \cdot du}  = \mathop  = \limits^\big{{\dfrac{{{a^2} \cdot {\pi ^2}}}{2} = c}}  = }}

\displaystyle{\mathbf{ = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{\sqrt u }} \cdot \sin \left( {\frac{1}{u}} \right) \cdot {e^\big{{ - c \cdot u}}} \cdot du}  = \mathop  = \limits^\big{{\dfrac{1}{u} = y}}  = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{y \cdot \sqrt y }} \cdot \sin \left( y \right) \cdot {e^{ - \dfrac{c}{y}}} \cdot dy}  \Rightarrow }}

\displaystyle{\mathbf{I = \int\limits_0^\infty  {\sin \left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right) \cdot {e^\big{{ - \dfrac{{{a^2} \cdot {\pi ^2} \cdot {x^2}}}{2}}}} \cdot dx}  = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty  {\dfrac{1}{{y \cdot \sqrt y }} \cdot \sin \left( y \right) \cdot {e^\big{{ - \frac{{{{\left( {\sqrt {4 \cdot c} } \right)}^2}}}{{4 \cdot y}}}}} \cdot dy}  = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{y \cdot \sqrt y }} \cdot \sin \left( y \right) \cdot {e^\big{{ - \dfrac{{{\lambda ^2}}}{{4 \cdot y}}}}} \cdot dy}} } με \displaystyle{\mathbf{\lambda  = \sqrt {4 \cdot c} }} και \displaystyle{\mathbf{c = \dfrac{{{a^2} \cdot {\pi ^2}}}{2}}}

Όμως

\displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{y \cdot \sqrt y }} \cdot {e^{\dfrac{-{ {\lambda ^2}}}{{4 \cdot y}}}} \cdot {e^\big{{ - s \cdot y}}} \cdot dy}  = 2 \cdot \frac{{\sqrt \pi  }}{\lambda } \cdot {e^\big{{ - \lambda  \cdot \sqrt s }}} \Rightarrow \int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{y \cdot \sqrt y }} \cdot \sin \left( y \right) \cdot {e^{\dfrac{-{  {\lambda ^2}}}{{4 \cdot y}}}} \cdot {e^{ - s \cdot y}} \cdot dy}  = \frac{2}{{2 \cdot i}} \cdot \frac{{\sqrt \pi  }}{\lambda } \cdot \left( {{e^{ - \lambda  \cdot \sqrt {s - i} }} - {e^{ - \lambda  \cdot  \sqrt {s + i} }}} \right) = \varphi \left( s \right)}}


Επίσης επειδή \displaystyle{\mathbf{s - i = \sqrt {{s^2} + 1}  \cdot \left( {\cos \left( \theta  \right) - i \cdot \sin \left( \theta  \right)} \right)}} θα έχουμε ότι \displaystyle{\mathbf{\sqrt {s - i}  = \sqrt[4]{{{s^2} + 1}} \cdot \left( {\cos \left( {\frac{\theta }{2}} \right) - i \cdot \sin \left( {\frac{\theta }{2}} \right)} \right) = \sqrt {\frac{{\sqrt {{s^2} + 1}  + s}}{2}}  - i \cdot \sqrt {\frac{{\sqrt {{s^2} + 1}  - s}}{2}}} }

οπότε \displaystyle{\mathbf{{e^\big{{ - \lambda  \cdot \sqrt {s - i} }}} - {e^\big{{ - \lambda  \cdot \sqrt {s + i} }}} = {e^{ - \lambda  \cdot \sqrt {\dfrac{{\sqrt {{s^2} + 1}  + s}}{2}} }} \cdot \left( {{e^{i \cdot \lambda  \cdot \sqrt {\dfrac{{\sqrt {{s^2} + 1}  - s}}{2}} }} - {e^{ - i \cdot \lambda  \cdot \sqrt {\dfrac{{\sqrt {{s^2} + 1}  - s}}{2}} }}} \right)  = }}

\displaystyle{\mathbf{= 2 \cdot i \cdot {e^{ - \lambda  \cdot \sqrt {\dfrac{{\sqrt {{s^2} + 1}  + s}}{2}} }} \cdot \sin \left( {\lambda  \cdot \sqrt {\frac{{\sqrt {{s^2} + 1}  - s}}{2}} } \right) }}

τελικά \displaystyle{\mathbf{\varphi \left( s \right) = 2 \cdot \frac{{\sqrt \pi  }}{\lambda } \cdot {e^{ - \lambda  \cdot \sqrt {\dfrac{{\sqrt {{s^2} + 1}  + s}}{2}} }} \cdot \sin \left( {\lambda  \cdot \sqrt {\frac{{\sqrt {{s^2} + 1}  - s}}{2}} } \right)}}

και για \displaystyle{\mathbf{s = 0:}} \displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{y \cdot \sqrt y }} \cdot \sin \left( y \right) \cdot {e^{\dfrac{{ - {\lambda ^2}}}{{4 \cdot y}}}} \cdot dy}  = 2 \cdot \frac{{\sqrt \pi  }}{\lambda } \cdot {e^{ - \dfrac{\lambda }{{\sqrt 2 }}}} \cdot \sin \left( {\frac{\lambda }{{\sqrt 2 }}} \right)}}

Όμως \displaystyle{\mathbf{\lambda  = \sqrt {4 \cdot c}  = \sqrt {4 \cdot \dfrac{{{a^2} \cdot {\pi ^2}}}{2}}  = \sqrt 2  \cdot \left| a \right| \cdot \pi} }

οπότε \displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {\sin \left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right) \cdot {e^{ - \dfrac{{{a^2} \cdot {\pi ^2} \cdot {x^2}}}{2}}} \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{y \cdot \sqrt y }} \cdot \sin \left( y \right) \cdot {e^{\dfrac{{ - 2 \cdot {a^2} \cdot {\pi ^2}}}{{4 \cdot y}}}} \cdot dy}  = 2 \cdot \frac{{\sqrt \pi  }}{{\sqrt 2  \cdot \left| a \right| \cdot \pi }} \cdot {e^{ - \dfrac{{\sqrt 2  \cdot \left| a \right| \cdot \pi }}{{\sqrt 2 }}}} \cdot \sin \left( {\frac{{\sqrt 2  \cdot \left| a \right| \cdot \pi }}{{\sqrt 2 }}} \right) = }}

\displaystyle{\mathbf{ = \frac{{\sqrt 2 }}{{\left| a \right| \cdot \sqrt \pi  }} \cdot {e^{ - \left| a \right| \cdot \pi }} \cdot \sin \left( {\left| a \right| \cdot \pi } \right)}} και για a: ακέραιο έχουμε το ζητούμενο.



Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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