Επέκταση ολοκληρωμάτων Fresnel.

#1

Αν $\displaystyle{a>1}$ να αποδειχθούν τα : $\displaystyle{1)\;\int\limits_0^\infty {\sin \left( {{x^a}} \right)dx} = \frac{1}{a}\Gamma \left( {\frac{1}{a}} \right)\sin \frac{\pi }{{2a}}}$ και $\displaystyle{2)\;\int\limits_0^\infty {\cos \left( {{x^a}} \right)dx} = \frac{1}{a}\Gamma \left( {\frac{1}{a}} \right)\cos \frac{\pi }{{2a}}}$ ,
όπου $\displaystyle{\Gamma \left( x \right):}$ η συνάρτηση Γάμμα του Euler http://mathworld.wolfram.com/GammaFunction.html

kwstas12345 · #2

Αρχικά έχουμε : $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{x^{-1/a}}{x^2 +1}}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}{\frac{x^{-1/2-1/(2a)}}{x+1}}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}{\int_{0}^{\infty}{x^{-1/2 -1/(2a)}e^{-x-xy}dydx}}$ $\displaystyle =_{*}\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2a} \right)\int_{0}^{\infty}{x^{-1/2 +1/(2a)}e^{-x}dx}=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2a} \right)\Gamma\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2a} \right)$ .

Eπίσης: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{x^{-1/a}}{x^2 +1}}dx=\int_{0}^{\infty}{\int_{0}^{\infty}{\sin \left(y \right) e^{-xy}x^{-1/a}dydx}}=_{*}\int_{0}^{\infty}{\int_{0}^{\infty}{\sin \left(y \right) e^{-xy}x^{-1/a}dxdy}}=$ $\displaystyle \Gamma\left(1-\frac{1}{a} \right)\int_{0}^{\infty}{y^{1/a -1}\sin y}dy=a\Gamma\left(1-1/a \right)\int_{0}^{\infty}\sin\left(x^a \right)dx$

Τελικά προκύπτει ότι: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\sin\left(x^a \right)dx=\frac{1}{2a}\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{a} \right)\Gamma\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{a} \right)}{\Gamma\left(1-\frac{1}{a} \right)}=\frac{1}{2a}\Gamma\left(1/a \right)\frac{\sin\left(\frac{\pi}{a} \right)}{\cos\left(\frac{\pi}{2a} \right)}=\frac{1}{a}\Gamma(1/a)\sin\left(\frac{\pi}{2a} \right)$ .

H εναλλαγή στην ισότητα * δικαιολογείται υπολογίζοντας το $\displaystyle \int_{0}^{M}{\int_{0}^{\infty}{x^{-1/2a}e^{-x-xy}dydx}}$ στο οποίο επιτρέπεται η εναλλαγή και έπειτα αφήνουμε το

να πάει στο άπειρο.Επίσης χρησιμοποιήθηκε η γνωστή ιδιότητα $\displaystyle \Gamma\left(z \right)\cdot \Gamma\left(1-z \right)=\frac{\pi}{\sin\left(\pi z \right)}, z \in \left(0,1 \right)$ .Tα ολοκληρώματα $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\cos\left(x^a \right)}dx$ υπολογίζονται εντελώς παρόμοια ξεκινώντας από τα ολοκληρώματα $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{x^{1-1/a}}{x^2 +1}}dx, a>1$ .

#3

Πολύ ωραία Κωστή, έξυπνη προσέγγιση !!

Η δική μου .. $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin {x^a}dx} = \mathop = \limits^{{x^a} = y} = \frac{1}{a}\int\limits_0^\infty {{y^{1/a - 1}}\sin y\,dy} = \frac{1}{{2ai}}\int\limits_0^\infty {{y^{1/a - 1}}\left( {{e^{iy}} - {e^{ - iy}}} \right)\,dy} = \mathop = \limits^{\left( * \right)} = \frac{1}{{2ai}}\left( {\frac{{\Gamma \left( {1/a} \right)}}{{{{\left( { - i} \right)}^{1/a}}}} - \frac{{\Gamma \left( {1/a} \right)}}{{{i^{1/a}}}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\Gamma \left( {1/a} \right)}}{{2ai}}\left( {\frac{1}{{{e^{ - \pi i/\left( {2a} \right)}}}} - \frac{1}{{{e^{\pi i/\left( {2a} \right)}}}}} \right) = \frac{{\Gamma \left( {1/a} \right)}}{a}\left( {\frac{{{e^{\pi i/\left( {2a} \right)}} - {e^{ - \pi i/\left( {2a} \right)}}}}{{2i}}} \right) = \frac{1}{a}\Gamma \left( {\frac{1}{a}} \right)\sin \frac{\pi }{{2a}}}$

Εντελώς όμοια προκύπτει και το $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\cos {x^a}dx} = \frac{1}{a}\Gamma \left( {\frac{1}{a}} \right)\cos \frac{\pi }{{2a}}}$ .

$\displaystyle{\left( * \right):}$ εφαρμόζεται ο μετασχηματισμός Laplace με μιγαδική μεταβλητή μηδενικού πραγματικού μέρους (κριτήριο Cauchy).

Ωmega Man · #4

Εδώ.

Επέκταση ολοκληρωμάτων Fresnel.

Επέκταση ολοκληρωμάτων Fresnel.

Re: Επέκταση ολοκληρωμάτων Fresnel.

Re: Επέκταση ολοκληρωμάτων Fresnel.

Re: Επέκταση ολοκληρωμάτων Fresnel.

Μέλη σε σύνδεση