Ολοκλήρωμα

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
KapioPulsar
Δημοσιεύσεις: 177
Εγγραφή: Τρί Ιαν 05, 2010 12:59 pm
Τοποθεσία: Κρήτη

Ολοκλήρωμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KapioPulsar » Δευ Αύγ 30, 2010 8:22 pm

Να υπολογισθεί το \displaystyle {I=\int^{+ \infty }_{-\infty } \frac{ \sin 2x}{x(x^2+1)}dx}


---------------------------------------------
( \forall ) \equiv ( \neg  \exists  \neg)
---------------------------------------------
Νίκος.

Λέξεις Κλειδιά:
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Ολοκλήρωμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Τρί Αύγ 31, 2010 1:25 am

\displaystyle{\bf\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin(2x)}{x(x^2+1)}\;\mathfrak{d}x 
=\Im\mathfrak{m}\left(\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathfrak{e}^{2\mathfrak{i}x}-1}{x(x^2+1)}\;\mathfrak{d}x\right)=\Im\mathfrak{m}\left(2\pi\mathfrak{i}\cdot Res\left(\frac{\mathfrak{e}^{2\mathfrak{i}z}-1}{z(z^2 +1 )};z=\mathfrak{i}\right)\right)=\Im\mathfrak{m} \left( 2\pi \mathfrak{i}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2\mathfrak{e}^{2}}\right)\right)=\pi-\frac{\pi}{\mathfrak{e}^2}}

Επειδή πολλοί μπορεί να έχουν ανατρέξει στο site του Wolfram , συμπληρώνω και το εξής,
\displaystyle{\bf \pi\left(1-\frac{1}{\mathfrak{e}^2}\right)=2\pi \frac{\mathfrak{e}-\mathfrak{e}^{-1}}{2\mathfrak{e}}=\frac{2\cdot\pi\cdot \sinh(1)}{\mathfrak{e}}}

υπενθυμίζοντας ότι \setlength\fboxrule{3pt}\setlength\fboxsep{20pt}\color{red}\fbox{\color{black}\bf\Large \sinh(x)=\Large\frac{\mathfrak{e}^{x}-\mathfrak{e}^{-x}}{ 2}}} .


Μια ερώτηση στον θεματοδότη. Πόσο μας κάνει το \displaystyle{\color{red}\bf\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin(2x)}{x(x^2+1)}\;\mathfrak{d}x} ;


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
KapioPulsar
Δημοσιεύσεις: 177
Εγγραφή: Τρί Ιαν 05, 2010 12:59 pm
Τοποθεσία: Κρήτη

Re: Ολοκλήρωμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KapioPulsar » Τρί Αύγ 31, 2010 5:02 pm

Η συνάρτηση \displaystyle{g(x)=\frac{sin(2x)}{x(x^2+1)} είναι \displaystyle{g(-x)=\frac{-sin(2x)}{-x(x^2+1)}=g(x) αρα άρτια οπότε.. \displaystyle{\frac{\pi}{2}(1-\frac{1}{e^2})....

Είναι κάποια παγίδα :?:


---------------------------------------------
( \forall ) \equiv ( \neg  \exists  \neg)
---------------------------------------------
Νίκος.
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Ολοκλήρωμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Τρί Αύγ 31, 2010 5:08 pm

Όχι τόσο κάνει. Το αποδεικνύει και το παρακάτω γράφημα.
Συνημμένα
pap.gif
pap.gif (5.32 KiB) Προβλήθηκε 723 φορές


What's wrong with a Greek in Hamburg?
nonlinear
Δημοσιεύσεις: 290
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 28, 2010 3:51 am

Re: Ολοκλήρωμα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nonlinear » Τρί Αύγ 31, 2010 5:30 pm

Εχω μια απορια γιατι δεν περιλαμβανεις στον υπολογισμο του Residue τα z=0,-i .


Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Ολοκλήρωμα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Τρί Αύγ 31, 2010 6:04 pm

Στην ουσία πήρα το επικαμπύλιο της \displaystyle{\bf f(z)=\frac{\mathfrak{e}^{2\mathfrak{i}z}-1}{z(z^2+1)}}, πάνω στην καμπύλη του παρακάτω σχήματος με το κόκκινο και άφησα την ακτίνα του κόκκινου ημικυκλίου \displaystyle{\bf \color{red} R\rightarrow +\infty} και την ακτίνα του μικρού ημικυκλίου \displaystyle{\bf d \rightarrow 0}.
Συνημμένα
pap.png
pap.png (5.81 KiB) Προβλήθηκε 671 φορές


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
KapioPulsar
Δημοσιεύσεις: 177
Εγγραφή: Τρί Ιαν 05, 2010 12:59 pm
Τοποθεσία: Κρήτη

Re: Ολοκλήρωμα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KapioPulsar » Τρί Αύγ 31, 2010 10:41 pm

Και αυτό.

Η \displaystyle{f(z)=\frac{e^{2iz}}{z(z^2+1)} έχει πραγματικό πόλο το 0 και μη πραγματικό στο άνω ημιεπίπεδο το i

\displaystyle{Res(f(z))_{z=i}=\lim_{z \rightarrow i} \frac{(z-1)e^{2iz}}{z(z-i)(z+i)}=-\frac{1}{2e^2}
\displaystyle{Res(f(z))_{z=0}=\lim_{z \rightarrow 0} \frac{ze^{2iz}}{z(z^2+1)}=1
Οπότε : \displaystyle{I=Im(2\pi i Res(f(z))_{z=i}+ \pi i Res(f(z))_{z=0})=Im(\pi i (1-\frac{1}{e^2})=\pi (1- \frac{1}{e^2} )}


---------------------------------------------
( \forall ) \equiv ( \neg  \exists  \neg)
---------------------------------------------
Νίκος.
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Ολοκλήρωμα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Τρί Αύγ 31, 2010 11:55 pm

Αν έχεις παρατηρήσει η καμπύλη C συναντά το 0 στο οποίο η ολοκληρωτέα δεν ορίζεται. Η πατέντα του παραπάνω σχήματος (με το κυκλάκι που αποκλείει το z=0) γίνεται για τον λόγο αυτό. Επομένως κάνοντας αυτά που είπα ο υπολογισμός ανάγεται μόνο στον υπολογισμό του υπολοίπου στο \displaystyle{\bf z=\mathfrak{i}}. Πιο συγκεκριμένα \displaystyle{\bf 2\pi i Res\left(\frac{e^{2iz}-1}{z(z^2+1)};z=i\right)=2\pi i\lim_{z\longrightarrow i}(z-i)\cdot\frac{e^{2iz}-1}{z(z^2+1)}=2\pi\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{e^{2}}\right)=\pi i \left(1-\frac{1}{e^{2}}\right)}. H f επίσης δεν είναι ίδια με αυτή που γράφεις παραπάνω. Πάντως για μόλις 18 χρονών είναι θετικό που καταπιάνεσαι με τέτοια θέματα. Έχεις διδαχτεί επικαμπύλια ολοκληρώματα και το θεώρημα Cauchy-Goursat ή διαισθητικά έγραψες τα παραπάνω;


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
KapioPulsar
Δημοσιεύσεις: 177
Εγγραφή: Τρί Ιαν 05, 2010 12:59 pm
Τοποθεσία: Κρήτη

Re: Ολοκλήρωμα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KapioPulsar » Τετ Σεπ 01, 2010 12:21 am

Ωmega Man έγραψε:Αν έχεις παρατηρήσει η καμπύλη C συναντά το 0 στο οποίο η ολοκληρωτέα δεν ορίζεται. Η πατέντα του παραπάνω σχήματος (με το κυκλάκι που αποκλείει το z=0) γίνεται για τον λόγο αυτό. Επομένως κάνοντας αυτά που είπα ο υπολογισμός ανάγεται μόνο στον υπολογισμό του υπολοίπου στο \displaystyle{\bf z=\mathfrak{i}}. Πιο συγκεκριμένα \displaystyle{\bf 2\pi i Res\left(\frac{e^{2iz}-1}{z(z^2+1)};z=i\right)=2\pi i\lim_{z\longrightarrow i}(z-i)\cdot\frac{e^{2iz}-1}{z(z^2+1)}=2\pi\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{e^{2}}\right)=\pi i \left(1-\frac{1}{e^{2}}\right)}. H f επίσης δεν είναι ίδια με αυτή που γράφεις παραπάνω. Πάντως για μόλις 18 χρονών είναι θετικό που καταπιάνεσαι με τέτοια θέματα. Έχεις διδαχτεί επικαμπύλια ολοκληρώματα ή διαισθητικά έγραψες τα παραπάνω;

Οχι δεν έχω διδακτεί (πως εξάλου , τωρα τελείωσα :D ) , οτι διαβάζω μόνος μου και προσπαθώ (καποια στιγμή εχω και εγω στο φυσικο μιγαδικη αναλυση οποτε δεν μου ειναι και απο "τυπικής εκπεδευτικής " αποψης """"""ανούσια"""""( :P ) )


---------------------------------------------
( \forall ) \equiv ( \neg  \exists  \neg)
---------------------------------------------
Νίκος.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8484
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ολοκλήρωμα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Σεπ 01, 2010 12:59 pm

Στο ολοκλήρωμα του Γιώργου (Ωmega Man) το 0 δεν είναι πόλος λόγω του e^{2iz} - 1 στον αριθμητή. (Άρα η ανωμαλιά στο z=0 μπορεί να απαλειφθεί και δεν χρειάζεται να την προσπεράσουμε με το μικρό κόκκινο ημικύκλιο. Απλά αντί με την συνάρτηση \displaystyle{f(z) = \frac{e^{2iz} - 1}{z(z^2+1)}} δουλεύουμε με την συνάρτηση g(z) = f(z) για z \neq 0 και g(0) = \lim_{z \to 0} f(z) = 2i/3. Η θεωρία της μιγαδικής ανάλυσης μας λέει ότι η συνάρτηση g είναι μερόμορφη με πόλους στα z=-i,i και άρα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το Cauchy's residue theorem.)

Να προσθέσω για πληρότητα πως δείχνουμε ότι το ολοκλήρωμα στο κόκκινο ημικύκλιο ακτίνας R τείνει στο 0.

Το ολοκλήρωμα είναι \displaystyle{ \int_{\gamma} \frac{e^{2iz} - 1}{z(z^2+1)} \; dz } όπου \gamma είναι η καμπύλη \gamma:[0,\pi] \to \mathbb{C} με \gamma(\theta) = Re^{i\theta}.

Άρα έχουμε \displaystyle{ I = \int_0^{\pi} \frac{e^{2iRe^{i\theta}} - 1}{Re^{i\theta}(R^2e^{2i\theta} + 1)} \; d\theta}

Δεν χρειάζεται να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα. Αρκεί να δείξουμε ότι τείνει στο 0. Έχουμε

\displaystyle{ |I| \leqslant \int_0^{\pi} \frac{|e^{2iRe^{i\theta}} - 1|}{R|R^2 e^{2i\theta} + 1|} \; d\theta \leqslant \int_0^{\pi} \frac{1 + |e^{2i(R\cos{\theta} + iR\sin{\theta})}|}{R(R^2 - 1)} \; d\theta}

όπου έχω χρησιμοποιήσει και στον αριθμητή και τον παρονομαστή την τριγωνική ανισότητα. (Για τον παρανομαστή υπέθεσα ότι R > 1.)

Άρα \displaystyle{ |I| \leqslant \int_0^{\pi} \frac{1 + e^{-2R\sin{\theta}}}{R(R^2 - 1)} \; d\theta \leqslant \int_0^{\pi} \frac{2}{R(R^2 - 1)} \; d\theta = \frac{2\pi}{R(R^2 - 1)}} το οποίο πράγματι τείνει στο 0.
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Τετ Σεπ 01, 2010 1:29 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


nonlinear
Δημοσιεύσεις: 290
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 28, 2010 3:51 am

Re: Ολοκλήρωμα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nonlinear » Τετ Σεπ 01, 2010 1:18 pm

Demetres έγραψε:Στο ολοκλήρωμα του Γιώργου (Ωmega Man) το 0 δεν είναι πόλος λόγω του e^{2iz} - 1 στον αριθμητή. (Άρα η ανωμαλιά στο z=0 μπορεί να απαλειφθεί και δεν χρειάζεται να την προσπεράσουμε με το μικρό κόκκινο ημικύκλιο. Απλά αντί με την συνάρτηση \displaystyle{f(z) = \frac{e^{2iz} - 1}{z(z^2+1)}} δουλεύουμε με την συνάρτηση g(z) = f(z) για z \neq 0 και g(0) = \lim_{z \to 0} f(z) = 2i/3. Η θεωρία της μιγαδικής ανάλυσης μας λέει ότι η συνάρτηση g είναι μερόμορφη με πόλους στα z=-i,i και άρα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το Cauchy's residue theorem.)

Να προσθέσω για πληρότητα πως δείχνουμε ότι το ολοκλήρωμα στο κόκκινο ημικύκλιο ακτίνας R τείνει στο 0.

Το ολοκλήρωμα είναι \displaystyle{ \int_{\gamma} \frac{e^{2iz} - 1}{z(z^2+1)} \; dz } όπου \gamma είναι η καμπύλη \gamma:[0,\pi] \to \mathbb{C} με \gamma(\theta) = Re^{i\theta}.

Άρα έχουμε \displaystyle{ I = \int_0^{\pi} \frac{e^{2iRe^{i\theta}} - 1}{Re^{i\theta}(R^2e^{2i\theta} - 1)} \; d\theta}

Δεν χρειάζεται να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα. Αρκεί να δείξουμε ότι τείνει στο 0. Έχουμε

\displaystyle{ |I| \leqslant \int_0^{\pi} \frac{|e^{2iRe^{i\theta}} - 1|}{R|R^2 e^{2i\theta} - 1} \; d\theta \leqslant \int_0^{\pi} \frac{1 + |e^{2i(R\cos{\theta} + iR\sin{\theta})}|}{R(R^2 - 1)} \; d\theta}

όπου έχω χρησιμοποιήσει και στον αριθμητή και τον παρονομαστή την τριγωνική ανισότητα. (Για τον παρανομαστή υπέθεσα ότι R > 1.)

Άρα \displaystyle{ |I| \leqslant \int_0^{\pi} \frac{1 + e^{-2R\sin{\theta}}}{R(R^2 - 1)} \; d\theta \leqslant \int_0^{\pi} \frac{2}{R(R^2 - 1)} \; d\theta = \frac{2\pi}{R(R^2 - 1)}} το οποίο πράγματι τείνει στο 0.
Νομίζω οτι στον παρανομαστή θέλει +1


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8484
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ολοκλήρωμα

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Σεπ 01, 2010 1:26 pm

nonlinear έγραψε: Νομίζω οτι στον παρανομαστή θέλει +1
Όχι είναι σωστό όπως το γράφω διότι θέλουμε να βρούμε ένα άνω φράγμα. Έχουμε \displaystyle{ R^2 - 1 \leqslant |R^2e^{2i\theta} + 1| \leqslant R^2 + 1} και άρα \displaystyle{ \frac{1}{R^2 + 1} \leqslant \frac{1}{|R^2e^{2i\theta} + 1|} \leqslant \frac{1}{R^2-1} }

Ωχ! Τώρα βλέπω ότι μάλλον έχεις δίκιο. Βιάστηκα να βάλω το -1 στον παρονομαστή. Διορθώνω λοιπόν.


Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Ολοκλήρωμα

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Τετ Σεπ 01, 2010 2:02 pm

Στο ολοκλήρωμα του Γιώργου (Ωmega Man) το 0 δεν είναι πόλος λόγω του e^{2iz} - 1 στον αριθμητή.
Δημήτρη σωστή παρατήρηση. Η τεχνική αυτή γίνεται για να αρθεί η ανωμαλία στο 0. Παρασύρθηκα από την ερώτηση του μέλους nonlinear και θέλοντας να δείξω γιατί δεν χρησιμοποιείται ο πόλος στο 0 και το -i κατέληξα σε λάθος ερμηνεία της αρχικής λύσης.


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης