Ολοκλήρωμα

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #1

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+1}dx$ .

Πρόκληση: Αποφύγετε μιγαδική ανάλυση

Tolaso J Kos · #2

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Τετ Ιαν 10, 2024 1:37 am Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+1}dx$ .

Επειδή $e^{ix} = \cos x + i \sin x$ αρκεί να υπολογίσουμε τα ολοκληρώματα $\displaystyle{\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos x}{x^2+1}\, \mathrm{d}x, \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin x}{x^2+1}\, \mathrm{d}x}$ .

Έστω s>0

και $\beta \in \mathbb{C}$ . Τότε από το ολοκλήρωμα Gaussian είναι $\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-sx^2} \, dx = \sqrt{\frac{\pi}{s}}}$ . Κατά συνέπεια,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-s(x-\beta)^2} \, \mathrm{d}x &= \int_{-\infty}^{\infty} \bigg( e^{-sx^2} + \int_{0}^{1} \overbrace{ 2s\beta(x-\beta t) e^{-s(x-\beta t)^2} }^{= \frac{\partial}{\partial t} e^{-s(x-\beta t)^2}} \, \mathrm{d} t \bigg) \, \mathrm{d} x \\ &= \sqrt{\frac{\pi}{s}} -\beta \int_{0}^{1} \int_{-\infty}^{\infty} (-2s)(x-\beta t) e^{-s(x-\beta t)^2} \, \mathrm{d}(x,t) \quad \text{(Fubini)}\\ &= \sqrt{\frac{\pi}{s}} -\beta \int_{0}^{1} \left[ e^{-s(x-\beta t)^2} \right]_{-\infty}^{\infty} \, \mathrm{d}t \\ &= \sqrt{\frac{\pi}{s}} \end{aligned}}$
Για $\beta = \pm \frac{i}{2s}$ ελέγχουμε εύκολα ότι $\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-sx^2}\cos x \, \mathrm{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{s}} e^{-1/4s}}$ . Επίσης,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x &= \int_{-\infty}^{\infty} \cos x \left( \int_{0}^{\infty} e^{-(x^2+1)s} \, \mathrm{d}s \right) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-sx^2}\cos x \, \mathrm{d} x \right) e^{-s} \, \mathrm{d}s \quad \text{(Fubini)}\\ &=\int_{0}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{s}} e^{-\left( s + \frac{1}{4s}\right)} \, \mathrm{d}s \\ &\!\!\!\!\!\!\overset{2s=t^2}{=\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\infty} \sqrt{2\pi} e^{-\frac{1}{2}\left( t^2 + \frac{1}{t^2}\right)} \, \mathrm{d}t \end{aligned} }$
Για το τελευταίο ολοκλήρωμα κάνοντας την αντικατάσταση $t \mapsto \frac{1}{t}$ έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}\left( t^2 + \frac{1}{t^2}\right)} \, \mathrm{d}t &= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t^2} e^{-\frac{1}{2}\left( t^2 + \frac{1}{t^2}\right)} \, \mathrm{d}t \\ &= \sqrt{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\infty} \left(1 + \frac{1}{t^2}\right) e^{-\frac{1}{2}\left( t - \frac{1}{t}\right)^2 - 1} \, \mathrm{d}t \\ &\!\!\!\!\!\!\!\overset{u=t-1/t}{=\! =\! =\! =\! =\!} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{u^2}{2} - 1} \, \mathrm{d}u \\ &= \frac{\pi}{e} \end{aligned}}$
Το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin x}{x^2+1}\, \mathrm{d}x}$ κάνει

διότι η υπό ολοκλήρωση συνάρτηση είναι περιττή.

Λέξεις κλειδιά: Ολοκλήρωμα Schlömilch

Tolaso J Kos · #3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Τετ Ιαν 10, 2024 1:37 am Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+1}dx$ .

Άλλη λύση.

Έστω $\alpha \in \mathbb{R}$ . Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f(a)=\int_0^\infty \frac{\cos \alpha x}{x^2+1}\, \mathrm{d}x}$ . Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} f'(\alpha) &=-\int_0^\infty \frac{x \sin \alpha x}{x^2+1}\, \mathrm{d} x \\ &=-\int_0^\infty \frac{(x^2+1-1) \sin \alpha x }{x(x^2+1)}\,\mathrm{d} x \\ &=-\int_0^\infty \frac{\sin \alpha x}{x}\, \mathrm{d} x + \int_0^\infty \frac{\sin \alpha x }{x(x^2+1)}\,dx \\ &=-\frac{\pi}{2}+\int_0^\infty \frac{\sin \alpha x}{x(x^2+1)}\,\mathrm{d} x \end{aligned}}$
Παραγωγίζοντας άλλη μία φορά είναι

$\displaystyle{f''(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\cos \alpha x}{x^2+1}\, \mathrm{d} x= f(\alpha)}$
Λύνοντας τη διαφορική εξίσωση, θέτοντας όπου $\alpha=1$ και λαμβάνοντας υπόψιν τη συμμετρία έχουμε το ζητούμενο.

Tolaso J Kos · #4

3η λύση...

Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal F(e^{-|t|})(x) &= \int_{-\infty}^{\infty}e^{-|t|}e^{-ix t}\, \mathrm{d}t \\ &= \int_{-\infty}^{0}e^{t}e^{-ix t}\, \mathrm{d}t +\int_{0}^{\infty}e^{-t}e^{-ix t}\, \mathrm{d}t \\ &= \left[ \frac{e^{(1-ix)t}}{1-ix} \right]_{-\infty}^0-\left[\frac{e^{-(1+ix)t}}{1+ix} \right]_{0}^{\infty} \\ &= \frac{1}{1-ix}+\frac{1}{1+ix} \\ &= \frac{2}{x^2+1} \end{aligned}}$
Οπότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} e^{-|\alpha|} &=\mathcal F^{-1}\left( \frac{2}{x^2+1}\right)(\alpha) \\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{x^2+1}e^{ix \alpha}\, \mathrm{d} x \\ &=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ix \alpha}}{x^2+1}\,\mathrm{d} x \\ &=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos \alpha x}{x^2+1}\, \mathrm{d} x \end{aligned}}$
Για $\alpha=1$ παίρνουμε το ζητούμενο.

#5

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Τετ Ιαν 10, 2024 1:37 am Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+1}dx$ .

.
Πολύ ωραίοι και οι τρεις τρόποι. Σημειώνω μόνο ότι ο στάνταρ τρόπος είναι αυτός στο ποστ #3 του Τόλη (είναι η λεγόμενη Feynman method) αλλά προσχοχή, το τελευταίο βήμα με την λύση της Διαφορικής Εξίσωσης θέλει συμπλήρωμα. Λείπει ο υπολογισμός των δύο σταθερών, ο οποίος στην περίπτωση αυτή βγαίνουν από το όριο στο άπειρο των παραστάσεων που βρίσκουμε. Το αφήνω, ως αρκετά γνωστό.

Ας δούμε έναν επίσης στάνταρ τρόπο, με μετασχηματισμό Laplace (βλέπε εδώ, και θα θεωρώ γνωστά τα κύρια σημεία αυτής της θεωρίας).

Αρκεί να βρούμε το πραγματικό μέρος του ολοκληρώματος γιατί το μιγαδικό είναι

λόγω συμμετρίας. Το πραγματικό μέρος, πάλι λόγω συμμετρίας, είναι το διπλάσιο του ολοκληρώματος στο $[0, \, \infty)$ .

Γενικότερα θα δείξουμε ότι $\boxed {I(t) = \int_{0}^{\infty}\dfrac{\cos (xt)}{x^2+1}dx = \dfrac {\pi}{2}e^{-t} , \, \, \, t>0}$ . 'Εχουμε για s>0

ότι

$\displaystyle{\mathfrak{L}(I(t))(s)= \int_{0}^{\infty} \left ( e^{-st}\int_{0}^{\infty}\dfrac{\cos (xt)}{x^2+1}dx\right ) dt = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty}\dfrac{ e^{-st}\cos (xt)}{x^2+1}dx dt = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty}\dfrac{ e^{-st}\cos (xt)}{x^2+1}dt dx=}$

$\displaystyle{= \int_{0}^{\infty} \dfrac {1}{x^2+1} \left (\int_{0}^{\infty} e^{-st}\cos (xt)}dt \right )dx= \int_{0}^{\infty} \dfrac {1}{x^2+1} \dfrac {s}{s^2+x^2} \, dx= }$

$\displaystyle{=\dfrac {s}{s^2-1} \int_{0}^{\infty} \left (\dfrac {1}{x^2+1} - \dfrac {s}{s^2+x^2} \right ) \, dx= \dfrac {s}{s^2-1} \left [arc \tan x - \frac {1}{s} arc \tan \frac {x}{s}\right ]_{x=0}^{x=\infty} = }$

$\displaystyle{ = \dfrac {s}{s^2-1} \left (\dfrac {\pi}{2} - \dfrac {1}{s} \dfrac {\pi}{2} \right ) = \dfrac {\pi}{2}\dfrac {1}{s+1}}$

Παίρνοντας τώρα τον αντίστροφο Laplace, $\displaystyle{\mathfrak{L^{-1}}}$ , (βλέπε Wikipedia, όπου παρέπεμψα, για τον έτοιμο τύπο), έπεται το ζητούμενο.

Ολοκλήρωμα

Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση