Ολοκλήρωμα

sot arm · #1

Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(x)}{x^{2}+1}}$

Σχόλιο: γιατί όπως είπε και ένας σοφός, αν δεν πεταχτεί ένα $\pi$ ή ένα

από εκεί που δεν το περιμένεις τι γούστο θα χε η ανάλυση.

#2

sot arm έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 01, 2018 12:39 pm
Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(x)}{x^{2}+1}}$

Με Μιγαδική ολοκλήρωση, λίγο γενικότερα $\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(ax)}{x^{2}+1}}= \pi e^{-a}, \, a\ge 0$ . (Θα έλεγα ότι το ολοκλήρωμα αυτό ή παρεμφερή, υπάρχουν εν γένει σε βιβλία Μιγαδικής Ανάλυσης, αλλά άντε ψάξε το. Χάριν αυτονομίας, γράφω τα παρακάτω)

Πράγματι με ολοκλήρωση της $f(z)= \dfrac {e^{aiz}}{1+z^2}$ στο άνω ημικύκλιο με άκρα διαμέτρου τα $-R, \, R$ έχουμε ότι έχουμε απλό πόλο στο

με κατάλοιπο $\dfrac {e^{-a}}{2i}$ . Άρα

$\displaystyle{\int _{-R}^R f(x)\,dx + iR\int_0^{\pi} f(Re^{i\theta} e^{i\theta} d\theta = \pi e^{-a}}$

Όμως λόγω περιττότητας της $\sin$ είναι

$\displaystyle{\int _{-R}^R f(x)\,dx = \int _{-R}^R \frac { cos (ax) + i \sin (ax) }{1+x^2}\,dx = \int _{-R}^R \frac { cos (ax) }{1+x^2}\,dx +0}$

Το άλλο ολοκλήρωμα τείνει στο

από Λήμμα Jordan. Ακριβέστερα

$\displaystyle{\left | iR\int_0^{\pi} f(Re^{i\theta} )e^{i\theta} d\theta \right | \le R \int_0^{\pi} \frac {e^{-aR \sin \theta}} {R^2-1} d\theta \le \frac {R}{R^2-1} \int_0^{\pi} d\theta \to 0}$ .

Και λοιπά.

sot arm · #3

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 01, 2018 1:34 pm

sot arm έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 01, 2018 12:39 pm
Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(x)}{x^{2}+1}}$
Με Μιγαδική ολοκλήρωση, λίγο γενικότερα $\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(ax)}{x^{2}+1}}= \pi e^{-a}, \, a\ge 0$ . (Θα έλεγα ότι το ολοκλήρωμα αυτό ή παρεμφερή, υπάρχουν εν γένει σε βιβλία Μιγαδικής Ανάλυσης, αλλά άντε ψάξε το. Χάριν αυτονομίας, γράφω τα παρακάτω)

Πράγματι με ολοκλήρωση της $f(z)= \dfrac {e^{aiz}}{1+z^2}$ στο άνω ημικύκλιο με άκρα διαμέτρου τα $-R, \, R$ έχουμε ότι έχουμε απλό πόλο στο με κατάλοιπο $\dfrac {e^{-a}}{2i}$ . Άρα

$\displaystyle{\int _{-R}^R f(x)\,dx + iR\int_0^{\pi} f(Re^{i\theta} e^{i\theta} d\theta = \pi e^{-a}}$

Όμως λόγω περιττότητας της $\sin$ είναι

$\displaystyle{\int _{-R}^R f(x)\,dx = \int _{-R}^R \frac { cos (ax) + i \sin (ax) }{1+x^2}\,dx = \int _{-R}^R \frac { cos (ax) }{1+x^2}\,dx +0}$

Το άλλο ολοκλήρωμα τείνει στο από Λήμμα Jordan. Ακριβέστερα

$\displaystyle{\left | iR\int_0^{\pi} f(Re^{i\theta} )e^{i\theta} d\theta \right | \le R \int_0^{\pi} \frac {e^{-aR \sin \theta}} {R^2-1} d\theta \le \frac {R}{R^2-1} \int_0^{\pi} d\theta \to 0}$ .

Και λοιπά.

Πολύ ωραία κύριε Λάμπρου, έχω και μία αντιμετώπιση με καθαρά χρήση πραγματικής, αποφεύγω να την γράψω για την ώρα μήπως θέλει να δοκιμάσει κάποιος άλλος.

Tolaso J Kos · #4

sot arm έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 01, 2018 12:39 pm
Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(x)}{x^{2}+1}}$

Σχόλιο: γιατί όπως είπε και ένας σοφός, αν δεν πεταχτεί ένα $\pi$ ή ένα από εκεί που δεν το περιμένεις τι γούστο θα χε η ανάλυση.

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f(a)=\int_0^\infty \frac{\cos(ax)}{x^2+1}\, \mathrm{d}x}$ . Παραγωγίζουμε ως προς

οπότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} f'(a)&=-\int_0^\infty \frac{x\sin(ax)}{x^2+1}\,\mathrm{d} x\\\\ &=-\int_0^\infty \frac{(x^2+1-1)\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x\\\\ &=-\int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x}\,\mathrm{d}x+\int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x\\\\ &=-\frac{\pi}{2}+\int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x \end{aligned} }$
Συνεπώς

$\displaystyle{f'(a)= - \frac{\pi}{2} + \int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x }$
Ξανά παραγωγίζοντας βγάζουμε $\displaystyle{f''(a) = \int_0^\infty \frac{\cos(ax)}{x^2+1}\,dx=f(a)}$ . Λαμβάνοντας υπόψιν ότι $\displaystyle{f(0) = \frac{\pi}{2}}$ και $\displaystyle{f'(0)=-\frac{\pi}{2}}$ έχουμε ότι $\displaystyle{f(a)= \frac{\pi e^{-a}}{2}}$ καθώς η γενική λύση της διαφορικής είναι γνωστό ότι είναι $\displaystyle{f(a)=C_1 e^{a}+C_2 e^{-a}}$ . Το αποτέλεσμα έπεται ότι το ολοκλήρωμα ισούται με:

$\displaystyle{\int_0^\infty \frac{\cos(x)}{x^2+1}\,dx=\frac{\pi}{2e} \Leftrightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^2+1} \, \mathrm{d} x = \frac{\pi}{e} }$

Tolaso J Kos · #5

Ας σημειώσω ότι αυτό που δείξαμε είναι ο μετασχηματισμός Fourier :

$\displaystyle{\frac{2}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\nu x}}{x^{2}+1} \; \mathrm{d} x=e^{-\left|\nu\right|}}$

sot arm · #6

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 01, 2018 2:05 pm

sot arm έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 01, 2018 12:39 pm
Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(x)}{x^{2}+1}}$

Σχόλιο: γιατί όπως είπε και ένας σοφός, αν δεν πεταχτεί ένα $\pi$ ή ένα από εκεί που δεν το περιμένεις τι γούστο θα χε η ανάλυση.
Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f(a)=\int_0^\infty \frac{\cos(ax)}{x^2+1}\, \mathrm{d}x}$ . Παραγωγίζουμε ως προς οπότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} f'(a)&=-\int_0^\infty \frac{x\sin(ax)}{x^2+1}\,\mathrm{d} x\\\\ &=-\int_0^\infty \frac{(x^2+1-1)\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x\\\\ &=-\int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x}\,\mathrm{d}x+\int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x\\\\ &=-\frac{\pi}{2}+\int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x \end{aligned} }$
Συνεπώς

$\displaystyle{f'(a)= - \frac{\pi}{2} + \int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d}x }$
Ξανά παραγωγίζοντας βγάζουμε $\displaystyle{f''(a) = \int_0^\infty \frac{\cos(ax)}{x^2+1}\,dx=f(a)}$ . Λαμβάνοντας υπόψιν ότι $\displaystyle{f(0) = \frac{\pi}{2}}$ και $\displaystyle{f'(0)=-\frac{\pi}{2}}$ έχουμε ότι $\displaystyle{f(a)= \frac{\pi e^{-a}}{2}}$ καθώς η γενική λύση της διαφορικής είναι γνωστό ότι είναι $\displaystyle{f(a)=C_1 e^{a}+C_2 e^{-a}}$ . Το αποτέλεσμα έπεται ότι το ολοκλήρωμα ισούται με:

$\displaystyle{\int_0^\infty \frac{\cos(x)}{x^2+1}\,dx=\frac{\pi}{2e} \Leftrightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^2+1} \, \mathrm{d} x = \frac{\pi}{e} }$

Πολύ ωραία Τόλη, είναι αυτό που έκανα και εγώ για την επίλυση, υπάρχει μία ακόμα λύση με μετασχημό Laplace αλλά δεν την ανεβάζω γιατί δεν έχω πλήρω εξοικείωση με τις τεχνικές λεπτομέριες.

#7

sot arm έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 02, 2018 10:37 am
... υπάρχει μία ακόμα λύση με μετασχημό Laplace

Ωραία. Ας δούμε μία λύση με Laplace. Για ευκολία θα κάνω το ισοδύναμο $\displaystyle{\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(ax)}{x^{2}+1}}\,dx= \frac {1}{2}\pi e^{-a}, \, a\ge 0}$ .

Αρχίζουμε με μετασχηματισμό Laplace του ζητούμενου ολοκληρώματος, που με αλλαγή της σειράς ολοκλήρωσης δίνει

$\displaystyle{ L\left ( \int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(ax)}{x^{2}+1}}\,dx\right )= \int_{0}^{+\infty} e^{-sa} \left (\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(ax)}{x^{2}+1}}\,dx \right ) da= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}+1}} \left (\int_{0}^{+\infty}e^{-sa} \cos(ax)\,da \right ) dx= }$

$\displaystyle{= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}+1} \cdot \frac{s}{x^{2}+s^2} dx= \frac{s}{s^{2}-1} \int_{0}^{+\infty} \left (\frac{1}{x^{2}+1} - \frac{1}{x^{2}+s^2}\right ) dx = \frac{s}{s^{2}-1} \left (\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2s}\right ) = \frac{\pi}{2}\cdot \frac{1}{s+1} }$

Άρα

$\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(ax)}{x^{2}+1}}\,dx= \frac{\pi}{2}L^{-1} \left ( \frac{1}{s+1} \right)= \frac{\pi}{2}e^{-a} }$ , όπως θέλαμε.

(Στο τρίτο "=" το ολοκλήρωμα που έγραψα είναι ο μετασχηματισμός Laplace του $\cos (ax)$ (όπου

σταθερό), που είναι απλό αλλά και έτοιμο από πίνακες. Επίσης, στο τελευταίο βήμα με τον αντίστροφο μετασχηματισμό, πάλι δουλεύουμε (όπως πάντα σε αυτές τις περιπτώσεις) από πίνακες. Συμβαίνει άλλωστε ο αντίστροφος της 1/(s+c)

να είναι το απλούστερο δυνατό παράδειγμα, και το μαθαίνει κανείς ως το πρώτο-πρώτο παράδειγμα σε αυτή την θεωρία. Τέλος, το προτελευταίο "=" είναι βέβαια με arctan).

Tolaso J Kos · #8

Άντε και άλλη μία λύση:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{1+x^2} \, \mathrm{d}x &= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\cos x}{1+x^2} \, \mathrm{d}x \\ &= 2 \int_{0}^{\infty} \cos x \int_{0}^{\infty} e^{-\left ( x^2+1 \right )y} \, \mathrm{d} \left ( y, x \right ) \\ &= 2 \mathfrak{Re}\left (\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-\left ( x^2+1 \right )y - ix} \right) \, \mathrm{d}(x, y) \\ &=2 \mathfrak{Re}\left ( \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-x^2 y- y-ix} \right ) \, \mathrm{d}(x, y) \\ &=2 \mathfrak{Re}\left ( \int_{0}^{\infty} e^{-y} \int_{0}^{\infty} e^{-x^2y-ix} \right ) \, \mathrm{d} \left ( x, y \right ) \\ &= 2 \cdot \mathfrak{Re}\left ( \int_{0}^{\infty} e^{-y} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{y}} e^{-\frac{1}{4y}} \right ) \mathrm{d}y \\ &= \sqrt{\pi} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-y-\frac{1}{4y}}}{\sqrt{y}} \, \mathrm{d}y \\ &= \sqrt{\pi} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{e} \\ &= \frac{\pi}{e} \quad \checkmark \end{aligned} }$
Εξηγήσεις:

1. $\displaystyle{\int_{0}^{\infty} e^{-\left ( x^2+1 \right )y} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{x^2+1}}$

2. $\displaystyle{\cos x = \mathfrak{Re}\left ( e^{-ix} \right )}$

3. $\displaystyle{\int_{0}^{\infty} e^{-ax^2-bx} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \exp \left ( \frac{b^2}{4a} \right )}$ ( γνωστός τύπος )

4. $\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-y-\frac{1}{4y}}}{\sqrt{y}} \, \mathrm{d}y = \frac{\sqrt{\pi}}{e} }$ ( αφήνεται στον αναγνώστη )

Ολοκλήρωμα

Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση