Ένα ακόμα .. γενικευμένο .. για την νύχτα.

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

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

Ένα ακόμα .. γενικευμένο .. για την νύχτα.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Κυρ Σεπ 12, 2010 1:20 am

Να αποδειχθεί ότι \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - x}}} \cdot dx}  = \frac{{\sqrt \pi   \cdot \sqrt[\big{4}]{\big{2}}}}{{4 \cdot \sqrt[\big{8}]{\big{\mathbf{e}}}}} \cdot \sin \left( {\frac{{3 \cdot \pi  - 1}}{8}} \right)}


"Υποψιάζομαι" ότι για κάθε \displaystyle{a \ge 0} ισχύει γενικά :

\displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - a \cdot x}}} \cdot dx}  = \frac{{\sqrt \pi  }}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt[\big{4}]{{{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^3}}}}} \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}} \cdot \sin \left( {\frac{3}{2} \cdot \arctan \left( {\frac{1}{a}} \right) - \frac{1}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}

αλλά δεν μου το επιβεβαίωσε κάποιο υπολογιστικό πακέττο.


Το αποτέλεσμα το έχω ελέγξει και αριθμητικά, μέσω γλώσσας προγραμματισμού, εφαρμόζοντας μεθόδους αριθμητικής ανάλυσης και βρίσκεται σε απόλυτη συμφωνία με τον "κλειστό" τύπο για μεγάλη κλίμακα τιμών της παραμέτρου α.
τελευταία επεξεργασία από Σεραφείμ σε Σάβ Σεπ 18, 2010 1:41 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Σεραφείμ Τσιπέλης

Λέξεις Κλειδιά:
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Ένα ακόμα .. γενικευμένο .. για την νύχτα.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Πέμ Σεπ 16, 2010 10:01 am

Σεραφείμ έγραψε: "Υποψιάζομαι" ότι για κάθε \displaystyle{a \ge 0} ισχύει γενικά :

\displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - a \cdot x}}} \cdot dx}  = \frac{{\sqrt \pi  }}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt[\big{4}]{{{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^3}}}}} \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}} \cdot \sin \left( {\frac{3}{2} \cdot \arctan \left( {\frac{1}{a}} \right) - \frac{1}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}

αλλά δεν μου το επιβεβαίωσε κάποιο υπολογιστικό πακέττο.
Παντως η μιγαδικη αναλυση το επιβεβαιωνει απολυτα!!! :clap:

Δε δινω ακομα τη λυση γιατι ειναι μια πανεμορφη ασκηση για οποιον θελει να ασχοληθει. Παντως ο τυπος του Σεραφειμ επιβεβαιωνεται μεχρι κεραιας. Μονο τα μαθηματικα δινουν τετοια συναισθηματα!

Δημητρης Σκουτερης


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Ένα ακόμα .. γενικευμένο .. για την νύχτα.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Πέμ Σεπ 16, 2010 7:57 pm

dement έγραψε:
Σεραφείμ έγραψε: "Υποψιάζομαι" ότι για κάθε \displaystyle{a \ge 0} ισχύει γενικά :

\displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - a \cdot x}}} \cdot dx}  = \frac{{\sqrt \pi  }}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt[\big{4}]{{{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^3}}}}} \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}} \cdot \sin \left( {\frac{3}{2} \cdot \arctan \left( {\frac{1}{a}} \right) - \frac{1}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}

αλλά δεν μου το επιβεβαίωσε κάποιο υπολογιστικό πακέττο.
Παντως η μιγαδικη αναλυση το επιβεβαιωνει απολυτα!!! :clap:

Δε δινω ακομα τη λυση γιατι ειναι μια πανεμορφη ασκηση για οποιον θελει να ασχοληθει. Παντως ο τυπος του Σεραφειμ επιβεβαιωνεται μεχρι κεραιας. Μονο τα μαθηματικα δινουν τετοια συναισθηματα!

Δημητρης Σκουτερης
Δημήτρη σταθερά επιβεβαιώνεις την κλάση σου. Πάντως θα δώσω λύση ΚΑΙ με πραγματική ανάλυση.

Το εντυπωσιακό είναι πως για \displaystyle{a=0} προκύπτει ότι \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot dx}  = \frac{{\sqrt \pi  }}{2} \cdot \sin \left( {\frac{{3 \cdot \pi  - 1}}{4}} \right)}


Σεραφείμ Τσιπέλης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12422
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ένα ακόμα .. γενικευμένο .. για την νύχτα.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Σεπ 16, 2010 11:26 pm

Υπόδειξη:
Γράφοντας στα ημίτονα σε τριγωνομετρική μορφή, έχουμε ολοκληρώματα της μορφής \int_{0}^{\infty}{e^{ax+b\sqrt x}dx. Θέτοντας τώρα \sqrt x = y+c, για κατάλληλο c, αναγώμαστε σε ολοκληρώματα της μορφής \int_{0}^{\infty}{ye^{ay^2}dy, \, \int_{0}^{\infty}{e^{ay^2}dy, \,\, που είναι γνωστά.


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

Re: Ένα ακόμα .. γενικευμένο .. για την νύχτα.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Οκτ 02, 2010 8:27 pm

Θα χρησιμοποιηθεί ο τύπος \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - a \cdot x}}} \cdot dx}  = \frac{{\sqrt \pi  }}{{2 \cdot a \cdot \sqrt a }} \cdot {e^{ - \dfrac{1}{{4 \cdot a}}}}} (Δ. Δασκαλόπουλος – Ανώτερα Μαθηματικά ΕΜΠ – Τόμος Τρίτος – σελ. 350-351)

\displaystyle{\mathbf{I}=\int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - a \cdot x}}} \cdot dx}  = \frac{1}{{2 \cdot i}} \cdot \int\limits_0^\infty  {\left( {{e^\big{{i \cdot x}}} - {e^\big{{ - i \cdot x}}}} \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - a \cdot x}}} \cdot dx}  = }
\displaystyle{ = \frac{1}{{2 \cdot i}} \cdot \int\limits_0^\infty  {\sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - \left( {a - i} \right) \cdot x}}} \cdot dx}  - \frac{1}{{2 \cdot i}} \cdot \int\limits_0^\infty  {\sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - \left( {a + i} \right) \cdot x}}} \cdot dx}  = } \displaystyle{ = \frac{{\sqrt \pi  }}{{4 \cdot i}} \cdot \left( {\frac{1}{{{{\left( {a - i} \right)}^{3/2}}}} \cdot {e^{ - \dfrac{1}{{4 \cdot \left( {a - i} \right)}}}} - \frac{1}{{{{\left( {a + i} \right)}^{3/2}}}} \cdot {e^{ - \dfrac{1}{{4 \cdot \left( {a + i} \right)}}}}} \right)}

Όμως

\displaystyle{{\left( {a + i} \right)^{3/2}} = {\left( {\sqrt {{a^2} + 1}  \cdot \left( {\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 1} }} + \frac{1}{{\sqrt {{a^2} + 1} }} \cdot i} \right)} \right)^{3/2}} = \sqrt[\big{4}]{{{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^3}}} \cdot {e^\big{{i \cdot \frac{3}{2} \cdot \arctan \left( {\dfrac{1}{a}} \right)}}}} και

\displaystyle{{\left( {a - i} \right)^{3/2}} = {\left( {\sqrt {{a^2} + 1}  \cdot \left( {\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 1} }} - \frac{1}{{\sqrt {{a^2} + 1} }} \cdot i} \right)} \right)^{3/2}} = \sqrt[\big{4}]{{{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^3}}} \cdot {e^\big{{-i \cdot \frac{3}{2} \cdot \arctan \left( {\dfrac{1}{a}} \right)}}}} και

\displaystyle{{e^{ - \dfrac{1}{{4 \cdot \left( {a - i} \right)}}}} = {e^{ - \dfrac{{a + i}}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}} = {e^{ - \dfrac{a}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}} \cdot {e^{ - \dfrac{i}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}}} και \displaystyle{{e^{ - \dfrac{1}{{4 \cdot \left( {a + i} \right)}}}} = {e^{ - \dfrac{{a - i}}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}} = {e^{ - \dfrac{a}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}} \cdot {e^{\dfrac{i}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}}}

οπότε

\displaystyle{I = \frac{{\sqrt \pi  }}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt[\big{4}]{{{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^3}}}}} \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}} \cdot \frac{1}{{2 \cdot i}} \cdot \left( {{e^\big{{i \cdot \left( {\dfrac{3}{2} \cdot \arctan \left( {\dfrac{1}{a}} \right) - \dfrac{1}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}}} - {e^\big{{ - i \cdot \left( {\dfrac{3}{2} \cdot \arctan \left( {\dfrac{1}{a}} \right) - \dfrac{1}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}}}} \right) \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow \int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - a \cdot x}}} \cdot dx}  = \frac{{\sqrt \pi  }}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt[\big{4}]{{{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^3}}}}} \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}}} \cdot \sin \left( {\frac{3}{2} \cdot \arctan \left( {\frac{1}{a}} \right) - \frac{1}{{4 \cdot \left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}

εφαρμογή

\displaystyle{ \to a = 1:\int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot {e^\big{{ - x}}} \cdot dx}  = \dfrac{{\sqrt \pi   \cdot \sqrt[\big{4}]{2}}}{{4 \cdot \sqrt[\big{8}]{e}}} \cdot \sin \left( {\frac{{3 \cdot \pi  - 1}}{8}} \right)}

\displaystyle{ \to a = 0:\int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( {\sqrt x } \right) \cdot dx}  = \frac{{\sqrt \pi  }}{2} \cdot \sin \left( {\frac{{3 \cdot \pi  - 1}}{4}} \right)}


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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