int_(0)^(+oo) [exp(-kx) sin(x) / x] καί παρεμφερή γεν. ολοκλ

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2883
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

int_(0)^(+oo) [exp(-kx) sin(x) / x] καί παρεμφερή γεν. ολοκλ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Τετ Σεπ 22, 2010 8:54 pm

α) Νά αποδειχθεί ότι τό \displaystyle\int_{0}^{+\infty}{e^{-kx}\,\frac{\sin{x}}{x}\,dx} , k>0 , συγκλίνει.

β) Νά υπολογισθεί τό παραπάνω ολοκλήρωμα.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma

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

Re: int_(0)^(+oo) [exp(-kx) sin(x) / x]

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Τετ Σεπ 22, 2010 10:33 pm

\displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot \left( {\int\limits_0^\infty  {{e^{ - y \cdot x}} \cdot dy} } \right) \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\left( {\int\limits_0^\infty  {\sin \left( x \right) \cdot {e^{ - \left( {k + y} \right) \cdot x}} \cdot dx} } \right) \cdot dy = } }
\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{1 + {{\left( {k + y} \right)}^2}}} \cdot dy = } \big{\left[ {\arctan \left( {k + y} \right)} \right]_{y = 0}^{y = \infty }} = \frac{\pi }{2} - \arctan \left( k \right)}

Εναλλακτικά \displaystyle{\tan \left( {\frac{\pi }{2} - \arctan \left( k \right)} \right) = \frac{1}{{\tan \left( {\arctan \left( k \right)} \right)}} = \frac{1}{k} \Rightarrow \frac{\pi }{2} - \arctan \left( k \right) = \arctan \left( {\frac{1}{k}} \right) \Rightarrow }
\displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot dx}  = \arctan \left( {\frac{1}{k}} \right)}

Ας μου επιτραπεί να συμπληρώσω .. κάποιες ακόμα ..

1) \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{1 - \cos \left( x \right)}}{x} \cdot {e^\big{{ - k \cdot x}}} \cdot dx}  = \ln \left( {\frac{{\sqrt {{k^2} + 1} }}{k}} \right)}

2) \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{1 - \cos \left( x \right)}}{{{x^2}}} \cdot {e^\big{{ - k \cdot x}}} \cdot dx}  = \arctan \left( {\frac{1}{k}} \right) - k \cdot \ln \left( {\frac{{\sqrt {{k^2} + 1} }}{k}} \right)}

3) \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{1 - {e^{ - x}}}}{x} \cdot {e^\big{{ - k \cdot x}}} \cdot dx}  = \ln \left( {\frac{{k + 1}}{k}} \right)}

πάντα με k>0


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

Re: int_(0)^(+oo) [exp(-kx) sin(x) / x]

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Σεπ 23, 2010 12:02 am

grigkost έγραψε:α) Νά αποδειχθεί ότι τό \displaystyle\int_{0}^{+\infty}{e^{-kx}\,\frac{\sin{x}}{x}\,dx} , k>0 , συγκλίνει.
β) Νά υπολογισθεί τό παραπάνω ολοκλήρωμα.
Μετά τους ωραίους τρόπους του Σεραφείμ, ας προσθέσω άλλον ένα. (Μόνο το κύριο βήμα γιατί είναι μεσάνυχτα και ακόμα να πάω σπίτι από το γραφείο μου)

Θέτουμε \displaystyle I(a) = \int_{0}^{+\infty}{e^{-kx}\,\frac{\sin{(ax)}}{x}\,dx} , k>0 και ζητάμε το Ι(1).

Παράγωγίζοντας ως προς a κατά Leibnitz, μέσα στο ολοκλήρωμα, θα βγει

\displaystyle I ^{\prime}(a) = \int_{0}^{+\infty}{e^{-kx}\cos{(ax)}dx}

που είναι γνωστό: Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες οδηγεί σto I ^{\prime}(a) = \frac {k}{k^2 + a^2}\, που είναι απλό και γνωστό (arctan). Την σταθερά ολοκλήρωσης θα την βρούμε από το Ι(0) = 0.

Φιλικά,

Μιχάλης

Edit: συμπλήρωσα μία γραμμή στο χθεσινοβραδυνό μου μήνυμα, και διόρθωσα ένα τυπογραφικό σφάλμα


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

Re: int_(0)^(+oo) [exp(-kx) sin(x) / x] καί παρεμφερή γεν. ο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Πέμ Σεπ 23, 2010 12:20 am

Απόδειξη της σύγκλισης (χωρίς υπολογισμό)

1) \displaystyle{\left| {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \cdot {e^{ - k \cdot x}}} \right| \le \left| {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}} \right| \cdot {e^{ - k \cdot x}} \le 1}

2) \displaystyle{\left| {\int\limits_0^\infty  {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot dx} } \right| \le \int\limits_0^\infty  {\left| {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}} \right| \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot dx}  \le \int\limits_0^\infty  {{e^{ - k \cdot x}} \cdot dx}  = \frac{1}{k}}

3) \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x} \cdot {e^{ - k \cdot x}}} \right) = 0}

Φραγμένο γενικευμένο ολοκλήρωμα, φραγμένης συνάρτησης με όριο στο +\infty το μηδέν, συγκλίνει.


Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2883
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: int_(0)^(+oo) [exp(-kx) sin(x) / x] καί παρεμφερή γεν. ο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Πέμ Σεπ 23, 2010 12:39 am

grigkost έγραψε:α) Νά αποδειχθεί ότι τό \displaystyle\int_{0}^{+\infty}{e^{-kx}\,\frac{\sin{x}}{x}\,dx} , k>0 , συγκλίνει.

β) Νά υπολογισθεί τό παραπάνω ολοκλήρωμα.
α) Η συνάρτηση f({x})=\left\{{\begin{array}{lc} 
\dfrac{\sin{x}}{x}\,,& x>0\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 
1\,,& x=0 
\end{array}}\right. είναι συνεχής στό \left[{0,\,+\infty}\right).

Η συνάρτηση F({x})=\displaystyle\int_{0}^{x}{\frac{\sin{t}}{t}\,dt} είναι φραγμένη στό \left[{0,\,+\infty}\right), αφού είναι συνεχής στό \left[{0,\,+\infty}\right) καί έχει \displaystyle\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{+\infty}}F({x})=\int_{0}^{+\infty}{\frac{\sin{t}}{t}\,dt}<+\infty.

Η συνάρτηση g({x})=e^{-kx}, k>0, έχει παράγωγο απόλυτα ολοκληρώσιμη καί \displaystyle\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{+\infty}}g({x})=0.

Επομένως πλοιρούνται οι προυποθέσεις τού κριτηρίου Dirichlet καί τό γενικευμένο ολοκλήρωμα \displaystyle\int_{0}^{+\infty}{e^{-kx}\,\frac{\sin{x}}{x}\,dx} , k>0, συγκλίνει. \square
β) Η συνάρτηση f({x})=\sin{x} είναι εκθετική τάξης 0 καί συνεχής. Επίσης \displaystyle\mathop{\lim}\limits_{x\rightarrow{0}}\frac{\sin{x}}{x}=1.

Επομένως \displaystyle\int_{0}^{+\infty}{e^{-kx}\,\frac{\sin{x}}{x}\,dx}={\mathfrak{L}}\bigl({\tfrac{\sin{x}}{x}}\bigr)(k)=\int_{k}^{+\infty}{{\mathfrak{L}}({\sin{x}})(t)\,dt}=\int_{k}^{+\infty}{\frac{1}{1+t^2}\,dt}=

\dfrac{\pi}{2}-{\rm{Arctan}}\,{k}={\rm{Arctan}}\,\tfrac{1}{k} , k>0 . \square


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: int_(0)^(+oo) [exp(-kx) sin(x) / x] καί παρεμφερή γεν. ο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Παρ Σεπ 24, 2010 11:04 pm

1) \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{1 - \cos \left( x \right)}}{x} \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\left( {1 - \cos \left( x \right)} \right) \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot \left( {\int\limits_0^\infty  {{e^{ - x \cdot y}} \cdot dy} } \right) \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\left( {\int\limits_0^\infty  {\left( {1 - \cos \left( x \right)} \right) \cdot {e^{ - x \cdot \left( {k + y} \right)}} \cdot dx} } \right) \cdot dy}  = }

\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty  {\left( {\frac{1}{{y + k}} - \frac{{y + k}}{{1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}}}} \right) \cdot dy}  = \left[ {\ln \frac{{y + k}}{{\sqrt {1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}} }}} \right]_{y = 0}^{y = \infty } =  - \ln \frac{k}{{\sqrt {1 + {k^2}} }} = \ln \frac{{\sqrt {1 + {k^2}} }}{k}}

-----------------------------------------------------------------------------------------------

2) \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{1 - \cos \left( x \right)}}{{{x^2}}} \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\left( {1 - \cos \left( x \right)} \right) \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot \left( {\int\limits_0^\infty  {y \cdot {e^{ - x \cdot y}} \cdot dy} } \right) \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {y \cdot \left( {\int\limits_0^\infty  {\left( {1 - \cos \left( x \right)} \right) \cdot {e^{ - x \cdot \left( {k + y} \right)}} \cdot dx} } \right) \cdot dy}  = }

\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty  {\left( {\frac{y}{{y + k}} - \frac{{\left( {y + k} \right) \cdot y}}{{1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}}}} \right) \cdot dy}  = \int\limits_0^\infty  {\left( {\frac{y}{{y + k}} - \frac{{{{\left( {y + k} \right)}^2}}}{{1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}}} + \frac{{k \cdot \left( {y + k} \right)}}{{1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}}}} \right) \cdot dy = } }

\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty  {\left( { - \frac{k}{{y + k}} + \frac{1}{{1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}}} + \frac{{k \cdot \left( {y + k} \right)}}{{1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}}}} \right) \cdot dy = } \int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}}} \cdot dy}  + k \cdot \int\limits_0^\infty  {\left( {\frac{{y + k}}{{1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}}} - \frac{k}{{y + k}}} \right) \cdot dy = } }

\displaystyle{ = \left[ {\arctan \left( {y + k} \right)} \right]_{y = 0}^{y = \infty } + k \cdot \left[ {\ln \frac{{\sqrt {1 + {{\left( {y + k} \right)}^2}} }}{{y + k}}} \right]_{y = 0}^{y = \infty } = \frac{\pi }{2} - \arctan \left( k \right) - k \cdot \ln \frac{{\sqrt {1 + {k^2}} }}{k} = \arctan \left( {\frac{1}{k}} \right) - k \cdot \ln \frac{{\sqrt {1 + {k^2}} }}{k}}

-----------------------------------------------------------------------------------------------

3) \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{1 - {e^{ - x}}}}{x} \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\left( {1 - {e^{ - x}}} \right) \cdot {e^{ - k \cdot x}} \cdot \left( {\int\limits_0^\infty  {{e^{ - x \cdot y}} \cdot dy} } \right) \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\left( {\int\limits_0^\infty  {\left( {1 - {e^{ - x}}} \right) \cdot {e^{ - x \cdot \left( {k + y} \right)}} \cdot dx} } \right) \cdot dy}  = }

\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty  {\left( {\int\limits_0^\infty  {\left( {{e^{ - x \cdot \left( {k + y} \right)}} - {e^{ - x \cdot \left( {1 + k + y} \right)}}} \right) \cdot dx} } \right) \cdot dy}  = \int\limits_0^\infty  {\left( {\frac{1}{{y + k}} - \frac{1}{{1 + k + y}}} \right) \cdot dy}  = \left[ {\ln \frac{{y + k}}{{1 + k + y}}} \right]_{y = 0}^{y = \infty } =  - \ln \frac{k}{{1 + k}} = \ln \frac{{1 + k}}{k}}


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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