Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα με εκθετική

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3341
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα με εκθετική

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Δευ Δεκ 25, 2017 10:27 am

Έστω a \in \mathbb{R}. Υπολογισθήτω:
\displaystyle{\mathcal{J} = \int_0^\infty \frac{\sin^2 ax}{x(1-e^x)} \, {\rm d}x}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

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

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα με εκθετική

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Τρί Δεκ 26, 2017 7:16 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Δευ Δεκ 25, 2017 10:27 am
Έστω a \in \mathbb{R}. Υπολογισθήτω: \displaystyle{\mathcal{J} = \int_0^\infty \frac{\sin^2 ax}{x(1-e^x)} \, {\rm d}x}
\displaystyle \int\limits_0^\infty  {\frac{{{{\sin }^2}ax}}{{x\left( {1 - {e^x}} \right)}}dx}  =  - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty  {\frac{{1 - \cos 2ax}}{{x\left( {{e^x} - 1} \right)}}dx}  =  - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty  {\frac{{\left( {1 - \cos 2ax} \right){e^{ - x}}}}{{x\left( {1 - {e^{ - x}}} \right)}}dx}  =  - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty  {\frac{{\left( {1 - \cos 2ax} \right){e^{ - x}}}}{x}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {{e^{ - nx}}} dx}  =

\displaystyle  =  - \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\int\limits_0^\infty  {\frac{{\left( {1 - \cos 2ax} \right){e^{ - \left( {n + 1} \right)x}}}}{x}dx} }  =  - \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\int\limits_0^\infty  {\left( {1 - \cos 2ax} \right){e^{ - \left( {n + 1} \right)x}}\left( {\int\limits_0^\infty  {{e^{ - yx}}dy} } \right)dx} }  =

\displaystyle  =  - \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\int\limits_0^\infty  {\left( {\int\limits_0^\infty  {\left( {1 - \cos 2ax} \right){e^{ - \left( {n + 1 + y} \right)x}}dx} } \right)dy} }  =  - \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\int\limits_0^\infty  {\left( {\frac{1}{{n + 1 + y}} - \frac{{n + 1 + y}}{{4{a^2} + {{\left( {n + 1 + y} \right)}^2}}}} \right)dy} }  =

\displaystyle  =  - \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\left[ {\log \frac{{{{\left( {n + 1 + y} \right)}^2}}}{{4{a^2} + {{\left( {n + 1 + y} \right)}^2}}}} \right]_0^\infty }  =  - \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\log \frac{{{n^2}}}{{4{a^2} + {n^2}}}}  =  - \frac{1}{4}\log \mathop {\lim }\limits_{{\rm N} \to \infty } \frac{{{{\left( {{\rm N}!} \right)}^2}}}{{\prod\limits_{n = 1}^N {\left( { - 2ia + n} \right)} \prod\limits_{n = 1}^N {\left( {2ia + n} \right)} }} =

\displaystyle  =  - \frac{1}{4}\log \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^{ - 2ia}} \cdot n! \cdot \left( { - 2ia} \right)}}{{\left( { - 2ia} \right)\left( { - 2ia + 1} \right)\left( { - 2ia + 2} \right)..\left( { - 2ia + n} \right)}} \cdot \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^{2ia}} \cdot n!\left( {2ia} \right)}}{{\left( {2ia} \right)\left( {2ia + 1} \right)\left( {2ia + 2} \right)..\left( {2ia + n} \right)}}} \right) =

\displaystyle  =  - \frac{1}{4}\log \left( { - 4 \cdot {i^2}{a^2}\Gamma \left( {2ia} \right)\Gamma \left( { - 2ia} \right)} \right) =  - \frac{1}{4}\log \left( {4{a^2}\frac{{\Gamma \left( {2ia} \right)\Gamma \left( {1 - 2ia} \right)}}{{ - 2ia}}} \right) =  - \frac{1}{4}\log \left( {4{a^2}\frac{\pi }{{ - 2ia \cdot \sin \left( {2\pi ia} \right)}}} \right) =

\displaystyle  =  - \frac{1}{4}\log \left( {2a\frac{\pi }{{ - i \cdot \dfrac{{{e^{ - 2\pi a}} - {e^{2\pi a}}}}{{2i}}}}} \right) \Rightarrow \int\limits_0^\infty  {\frac{{{{\sin }^2}ax}}{{x\left( {1 - {e^x}} \right)}}dx}  = \log \sqrt[{^4}]{{\frac{{{e^{2\pi a}} - {e^{ - 2\pi a}}}}{{4a\pi }}}} :) :)

Λόγω του τετραγώνου, μπορούμε να θεωρήσουμε \displaystyle a \ge 0

Χρησιμοποιήθηκαν οι τύποι \displaystyle \int\limits_0^\infty  {{e^{ - ax}}dx}  = \frac{1}{a} και \displaystyle \int\limits_0^\infty  {\cos bx \cdot {e^{ - ax}}dx}  = \frac{a}{{{b^2} + {a^2}}} (στοιχειώδεις παραγοντικές ολοκληρώσεις)
καθώς και \displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^z} \cdot n!}}{{z\left( {z + 1} \right)\left( {z + 2} \right)..\left( {z + n} \right)}}} \right) = \Gamma \left( z \right) , \displaystyle \Gamma \left( {1 + z} \right) = z \cdot \Gamma \left( z \right) και \displaystyle \Gamma \left( z \right) \cdot \Gamma \left( {1 - z} \right) = \frac{\pi }{{\sin \left( {\pi  \cdot z} \right)}} από εδώ http://mathworld.wolfram.com/GammaFunction.html


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες