∫ ολοκληρωτικού λογισμού

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
pprime
Δημοσιεύσεις: 37
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 16, 2014 1:54 am

∫ ολοκληρωτικού λογισμού

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pprime » Δευ Αύγ 21, 2017 1:58 am

\displaystyle{\int_0^\infty \frac{e^{-\frac{1}{4}x^2}}{x}\cdot (\int_0^x \frac{\sin t}{t} dt) dx}



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

Re: ∫ ολοκληρωτικού λογισμού

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Σεπ 23, 2017 9:50 am

pprime έγραψε:
Δευ Αύγ 21, 2017 1:58 am
\displaystyle{\int_0^\infty \frac{e^{-\frac{1}{4}x^2}}{x}\cdot (\int_0^x \frac{\sin t}{t} dt) dx}

\displaystyle \int\limits_0^\infty  {\frac{{{e^{ - \frac{1}{4}{x^2}}}}}{x}\left( {\int\limits_0^x {\frac{{\sin t}}{t}dt} } \right)dx}  = \int\limits_0^\infty  {\frac{{{e^{ - \frac{1}{4}{x^2}}}}}{x}\left( {\int\limits_0^x {\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{t^{2n}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}} dt} } \right)dx} \displaystyle  = \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty  {\frac{{{e^{ - \frac{1}{4}{x^2}}}}}{x}\left( {\int\limits_0^x {{t^{2n}}dt} } \right)dx} }  =

\displaystyle  = \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!\left( {2n + 1} \right)}}\int\limits_0^\infty  {{e^{ - \frac{1}{4}{x^2}}}{x^{2n}}dx} } \mathop { =  =  = }\limits^{{x^2} = y} \displaystyle \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!\left( {2n + 1} \right)}}\int\limits_0^\infty  {{e^{ - \frac{1}{4}y}}{y^{n - \frac{1}{2}}}dy} } \mathop { =  = }\limits^{\left\lfloor 1 \right\rfloor }

\displaystyle  = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!\left( {2n + 1} \right)}} \cdot \Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right) \cdot {4^{n + \frac{1}{2}}}}  = \displaystyle \sqrt \pi   + \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!\left( {2n + 1} \right)}} \cdot \Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right) \cdot {4^{n + \frac{1}{2}}}}  =

\displaystyle  = \sqrt \pi   + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!\left( {2n + 1} \right)}} \cdot \frac{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)\Gamma \left( n \right)}}{{\left( {n - 1} \right)!}} \cdot {2^{2n}}} \mathop { =  = }\limits^{\left\lfloor 2 \right\rfloor } \displaystyle \sqrt \pi   + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!\left( {2n + 1} \right)}} \cdot \frac{{\Gamma \left( {2n} \right){2^{1 - 2n}}\sqrt \pi  }}{{\left( {n - 1} \right)!}} \cdot {2^{2n}}}  =

\displaystyle  = \sqrt \pi   + 2\sqrt \pi  \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!\left( {2n + 1} \right)}} \cdot \frac{{\left( {2n - 1} \right)! \cdot }}{{\left( {n - 1} \right)!}}}  = \displaystyle \sqrt \pi   + \sqrt \pi  \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2} \cdot n!}}}  = \sqrt \pi  \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2} \cdot n!}}}

όπου χρησιμοποιήθηκαν οι τύποι

\displaystyle \left\lfloor 1 \right\rfloor :\;\int\limits_0^\infty  {{t^a} \cdot {e^{ - b \cdot t}}dt}  = \frac{{\Gamma \left( {a + 1} \right)}}{{{b^{a + 1}}}} (μετασχηματισμός Laplace) και

\displaystyle \left\lfloor 2 \right\rfloor :\;\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)\Gamma \left( n \right) = \sqrt \pi   \cdot \Gamma \left( {2n} \right) \cdot {2^{1 - 2n}} http://mathworld.wolfram.com/GammaFunction.html (σχέση 50)


Πρώτη εναλλακτική συνέχεια :

\displaystyle \int\limits_0^\infty  {\frac{{{e^{ - \frac{1}{4}{x^2}}}}}{x}\left( {\int\limits_0^x {\frac{{\sin t}}{t}dt} } \right)dx}  = \sqrt \pi  \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2} \cdot n!}}}  = \displaystyle  - \sqrt \pi  \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n!}}\int\limits_0^1 {\log x \cdot {x^{2n}}dx} }  =  - \sqrt \pi  \int\limits_0^1 {\log x \cdot {e^{ - {x^2}}}dx}
χμ .. δεν βλέπω πως μπορεί να υπολογιστεί συμβατικά το τελευταίο ολοκλήρωμα.


Δεύτερη εναλλακτική συνέχεια, με υπεργεωμετρικές συναρτήσεις:

Η υπεργεωμετρική συνάρτηση ορίζεται ως \displaystyle {}_{{m_1}}{F_{{m_2}}}\left( {{a_1},{a_2},..,{a_{{m_1}}};{b_1},{b_2},..,{b_{{m_2}}};z} \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( {{a_1}} \right)}_n} \cdot {{\left( {{a_2}} \right)}_n} \cdot .. \cdot {{\left( {{a_{{m_1}}}} \right)}_n} \cdot {z^n}}}{{{{\left( {{b_1}} \right)}_n} \cdot {{\left( {{b_2}} \right)}_n} \cdot .. \cdot {{\left( {{b_{{m_2}}}} \right)}_n} \cdot n!}}}
και αποτελεί λύση κάποιας μορφής υπεργεωμετρικής Διαφορικής εξίσωσης (δεν είναι του παρόντος).
Ο συμβολισμός \displaystyle {\left( a \right)_n} = a \cdot \left( {a + 1} \right) \cdot .. \cdot \left( {a + n - 1} \right) είναι το σύμβολο του Pochhammer

Τότε \displaystyle \left( {2n + 1} \right) = \frac{{\left( {2n + 1} \right)!}}{{\left( {2n} \right)!}} = \frac{{\left( {\prod\limits_{k = 1}^n {2k} } \right)\left( {\prod\limits_{k = 0}^n {\left( {2k + 1} \right)} } \right)}}{{\left( {\prod\limits_{k = 1}^n {2k} } \right)\left( {\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {2k - 1} \right)} } \right)}} = \frac{{\prod\limits_{k =  - 1}^{n - 1} {\left( {2k + 3} \right)} }}{{\prod\limits_{k = 0}^{n - 1} {\left( {2k + 1} \right)} }} \displaystyle  = \frac{{\prod\limits_{k = 0}^{n - 1} {\left( {2k + 3} \right)} }}{{\prod\limits_{k = 0}^{n - 1} {\left( {2k + 1} \right)} }} = \frac{{{2^n}\prod\limits_{k = 0}^{n - 1} {\left( {k + \frac{3}{2}} \right)} }}{{{2^n}\prod\limits_{k = 0}^{n - 1} {\left( {k + \frac{1}{2}} \right)} }} = \frac{{{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}_n}}}{{{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}_n}}}

και τελικά \displaystyle \int\limits_0^\infty  {\frac{{{e^{ - \frac{1}{4}{x^2}}}}}{x}\left( {\int\limits_0^x {\frac{{\sin t}}{t}dt} } \right)dx}  = \sqrt \pi  \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2} \cdot n!}}}  = \displaystyle \sqrt \pi  \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}_n}{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}_n}{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}_n}{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}_n} \cdot n!}}}  = \sqrt \pi   \cdot {}_2{F_2}\left( {\frac{1}{2},\frac{1}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2}; - 1} \right) :shock: :shock:

Παρεμπιπτόντως \displaystyle {}_2{F_2}\left( {\frac{1}{2},\frac{1}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2}; - 1} \right) \approx 0.9059404763223629


Δεν μπορώ να βρω πως μπορούμε να φτάσουμε σε περισσότερο συμβατικό αποτέλεσμα (αν υπάρχει βέβαια).




Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες