mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 10, 2009 10:53 pm**

[color=brown]Όντως είναι [b]πανέμορφο[/b] ...[/color]

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 11, 2009 8:33 am**

Ή πιό γενικά:

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

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 11, 2009 10:14 am**

Πολύ σωστά Γρηγόρη, όντως έτσι είναι ...

Δημοσιεύτηκε: **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.

mathematica.gr

Όμορφο .. αλλά αρκετά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

Όμορφο .. αλλά αρκετά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

Re: Όμορφο .. αλλά αρκετά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

Re: Όμορφο .. αλλά αρκετά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα

Re: Όμορφο .. αλλά αρκετά ζόρικο γενικευμένο ολοκλήρωμα