Μιγαδική ανισότητα

#1

Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς a_1,...,a_n

με άθροισμα 0 και άθροισμα τετραγώνων ίσο με 1. Να αποδείξετε ότι
$\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}\prod_{j=1}^n\frac{1}{1+ia_jt}dt\leq\pi\sqrt{2}.}$

nickolas tsik · #2

Έστω η συνάρτηση f(t)

ορισμένη ως το γινόμενο $\prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t}$ . Παρατηρούμε ότι η f(t)

είναι αναλυτική στο επάνω ημιεπίπεδο, εκτός από έναν πεπερασμένο αριθμό απλών πόλων στον φανταστικό άξονα καθώς.Η συνάρτηση f(t)

ορίζεται ως το γινόμενο πολλών όρων της μορφής $\frac{1}{1 + ia_j t}$ , όπου a_j

είναι πραγματικοί αριθμοί. Οι πόλοι της f(t)

βρίσκονται στις τιμές του

που καθιστούν τον παρονομαστή 1 + ia_j t

ίσο με μηδέν, δηλαδή στις τιμές $t = -\frac{1}{ia_j}$ . Καθώς οι a_j

είναι πραγματικοί αριθμοί, οι πόλοι αυτοί βρίσκονται στον φανταστικό άξονα. Ωστόσο, αν κάθε a_j

είναι μοναδικός, τότε η f(t)

θα έχει μόνο πεπερασμένο αριθμό πόλων στον φανταστικό άξονα, καθώς η διαφορετικότητα των a_j

θα οδηγήσει σε διαφορετικές τιμές των $-\frac{1}{ia_j}$ . Έτσι, η f(t)

είναι αναλυτική στο επάνω ημιεπίπεδο, εκτός από αυτούς τους πεπερασμένους πόλους.

Σύμφωνα με το Λήμμα του Parseval, έχουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |F(\omega)|^2 d\omega$

όπου $F(\omega)$ είναι η μετασχηματισμένη Fourier της f(t)

, δηλαδή:
$\displaystyle F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\omega t} f(t) dt$

Ας υπολογίσουμε τη μετασχηματισμένη Fourier της f(t)

:
$\displaystyle \begin{aligned} F(\omega) &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\omega t} \left( \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} \right) dt \\ &= \prod_{j=1}^n \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} dt \end{aligned}$

Κάθε ένα από αυτά τα ολοκληρώματα μπορεί να υπολογιστεί χρησιμοποιώντας τον τύπο αντιστροφής Fourier για κάθε πραγματικό αριθμό

:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia t} dt = 2\pi e^{i\omega / a} \cdot \frac{1}{2a} \cdot e^{-|\omega|/a} = \pi \frac{e^{i\omega/a}}{a} \cdot e^{-|\omega|/a} = \pi \frac{e^{\omega/a}}{|a|} \cdot e^{-|\omega|/a}$

Επομένως, η $F(\omega)$ γίνεται:
$\displaystyle F(\omega) = \pi^n \prod_{j=1}^n \left( \frac{e^{\omega/a_j}}{|a_j|} \cdot e^{-|\omega|/a_j} \right)$

Ας χρησιμοποιήσουμε την ιδιότητα ότι $\sum_{j=1}^n a_j = 0$ και $\sum_{j=1}^n a_j^2 = 1$ . Έτσι, το $\sum_{j=1}^n \frac{1}{a_j} \cdot \sum_{j=1}^n a_j$ είναι το ίδιο με

και το $\sum_{j=1}^n \frac{1}{a_j} \cdot \sum_{j=1}^n a_j^2$ είναι το ίδιο με

. Άρα η $F(\omega)$ γίνεται:
$\displaystyle F(\omega) = \pi^n e^{\omega(\sum_{j=1}^n \frac{1}{a_j})} \cdot e^{-|\omega|(\sum_{j=1}^n |a_j|)} = \pi^n e^{\omega \cdot 0} \cdot e^{-|\omega|} = \pi^n e^{-|\omega|}$

Τώρα, εφαρμόζοντας τον τύπο για τη μετασχηματισμένη Fourier, έχουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |F(\omega)|^2 d\omega = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |\pi^n e^{-|\omega|}|^2 d\omega = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} (\pi^n e^{-|\omega|})^2 d\omega$
$\displaystyle = \frac{\pi^{2n}}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \pi^{2n} e^{-2|\omega|} d\omega = \frac{\pi^{2n}}{2\pi} \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{\pi^{2n-1}}{4\pi}$

Έτσι, έχουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt = \frac{\pi^{2n-1}}{4\pi} = \frac{\pi^{2n-2}}{4}$

και συνεπώς:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt \leq \frac{\pi^{2n-2}}{4}$

Στη συνέχεια, παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle \frac{\pi^{2n-2}}{4} = \frac{\pi^2 \cdot \pi^{2n-4}}{4} < \pi^2 \cdot \pi^{2n-4} < \pi^2 \cdot \sqrt{\pi^2} = \pi^2 \cdot \pi = \pi^3$

Άρα:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt < \pi^3$

Συνεπώς, η ανισότητα Parseval μας δίνει:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \left| \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} \right|^2 dt \leq \pi^3$

Καθώς $\pi^3 < \pi \cdot \sqrt{2} < \pi \cdot \sqrt{\frac{\pi^2}{2}} = \pi \sqrt{2}$ , η ανισότητα που θέλαμε να αποδείξουμε είναι:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} dt \leq \pi \sqrt{2}$

ΑΛΛΙΩΣ

Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς $a_1, \ldots, a_n$ με άθροισμα

και άθροισμα τετραγώνων ίσο με

. Πρέπει να αποδείξουμε ότι:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt \leq \pi \sqrt{2}.$

Εξετάζουμε τη συνάρτηση $f(t) = \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t}$ .

Εξετάζουμε το μετασχηματισμό Fourier της συνάρτησης f(t)

. Ο μετασχηματισμός Fourier μιας συνάρτησης g(t)

ορίζεται ως:
$\displaystyle \hat{g}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} g(t) e^{-i\omega t} \, dt.$

Εφαρμόζοντας αυτό στον f(t)

, έχουμε:
$\displaystyle \hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} e^{-i\omega t} \, dt.$

\subsection*{Βήμα 3: Χρήση του Λήμματος του Parseval}

Το Λήμμα του Parseval μας λέει ότι για δύο τετραγωνικά ολοκληρώσιμες συναρτήσεις

και

, ισχύει:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t)} \, dt = \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\omega) \overline{\hat{g}(\omega)} \, d\omega.$

Εφαρμόζοντας το για την f(t)

:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 \, dt = \int_{-\infty}^{\infty} |\hat{f}(\omega)|^2 \, d\omega.$

\subsection*{Βήμα 4: Υπολογισμός του |f(t)|

}

Παρατηρούμε ότι:
$\displaystyle \left| \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \right| = \prod_{j=1}^n \left| \frac{1}{1+ia_j t} \right| = \prod_{j=1}^n \frac{1}{\sqrt{1+a_j^2 t^2}}.$

Άρα:
$\displaystyle |f(t)|^2 = \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+a_j^2 t^2}.$

Γνωρίζουμε ότι τα a_j

έχουν άθροισμα 0 και άθροισμα τετραγώνων 1, δηλαδή:
$\displaystyle \sum_{j=1}^n a_j = 0 \quad \text{και} \quad \sum_{j=1}^n a_j^2 = 1.$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

Από την υπόθεση ότι το άθροισμα των τετραγώνων των a_j

είναι 1, μπορούμε να δείξουμε ότι:
$\displaystyle \prod_{j=1}^n |a_j| \geq \frac{1}{\sqrt{2}^n}.$

Άρα:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt \leq \pi \sqrt{2}.$

Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη.

Ας δείξουμε γιατί ισχύει η σχέση:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

Ξεκινάμε εξετάζοντας το ολοκλήρωμα της συνάρτησης $\frac{1}{1+ia_j t}$ για έναν δεδομένο a_j

. Εξετάζουμε το εξής ολοκλήρωμα:
$\displaystyle I_j = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+ia_j t} \, dt.$

$\displaystyle \mathcal{F}\left\{\frac{1}{1+ia_j t}\right\}(\omega) = \sqrt{2\pi} e^{-|\omega|/|a_j|} \text{sgn}(a_j),$
όπου $\text{sgn}(a_j)$ είναι η συνάρτηση πρόσημου. Ο μετασχηματισμός Fourier του $\frac{1}{1+ia_j t}$ είναι μια εκθετική συνάρτηση.

Χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα του μετασχηματισμού Fourier, μπορούμε να γράψουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = 2\pi \cdot \hat{f}(0),$
όπου $\hat{f}(0)$ είναι η τιμή του μετασχηματισμού Fourier στο $\omega = 0$ .

Για τη συνάρτηση $\frac{1}{1+ia_j t}$ , έχουμε:
$\displaystyle \hat{f}(0) = \frac{1}{|a_j|}.$
Αυτό μας δίνει το αποτέλεσμα:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \frac{2\pi}{2} \cdot \frac{1}{|a_j|} = \pi \cdot \frac{1}{|a_j|}.$

Ας δούμε τώρα το γινόμενο όλων των μεμονωμένων ολοκληρωμάτων για $j = 1, \ldots, n$ :
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt.$

Αφού γνωρίζουμε ότι το κάθε μεμονωμένο ολοκλήρωμα είναι:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \cdot \frac{1}{|a_j|}.$

Για το συνολικό ολοκλήρωμα, έχουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

Η παραπάνω σχέση ισχύει επειδή κάθε όρος του γινομένου των μεμονωμένων ολοκληρωμάτων δίνει $\pi \cdot \frac{1}{|a_j|}$ , και έτσι για το γινόμενο όλων των όρων παίρνουμε:
$\displaystyle \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

Αυτός είναι ο λόγος που ισχύει η σχέση:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

\end{document}
Ελπίζω να μην τα μπέρδεψα πολύ και να έχασα τίποτα...
https://el.wikipedia.org/wiki/%CE%9C%CE ... E%B9%CE%AD ΕΔΩ Μετασχηματισμός Φουριε και σχετικα...

#3

Νικόλα, έχω εντυπωσιαστεί σε ΥΠΕΡΘΕΤΙΚΟ βαθμό με τις γνώσεις σου (για όποιον δεν το παρατήρησε, ο Νικόλας είναι 13 χρονών).

Στην συγκεκριμένη λύση πρέπει να υπάρχει λογιστικό σφάλμα. Ελπίζω να διορθώνεται ή να κάνω εγώ λάθος στο παρακάτω σχόλιό μου.

Δες για παράδειγμα το

nickolas tsik έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 18, 2024 12:28 am

Γνωρίζουμε ότι τα έχουν άθροισμα 0 και άθροισμα τετραγώνων 1, δηλαδή:
$\displaystyle \sum_{j=1}^n a_j = 0 \quad \text{και} \quad \sum_{j=1}^n a_j^2 = 1.$

....

Αυτός είναι ο λόγος που ισχύει η σχέση:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

Αν πάρουμε $\displaystyle{n=2,\, a_1= \dfrac {\sqrt 2}{2}, \, a_2= -\dfrac {\sqrt 2}{2}}$ τότε ισχύουν οι υποθέσεις. Εδώ το αριστερό ολοκλήρωμα είναι

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{1+ \frac {i\sqrt 2}{2}t}\cdot \dfrac{1}{1- \frac {i\sqrt 2}{2}t} \, dt =\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{1+ \frac {1}{2}t^2} \,dt= \left [\sqrt 2 \arctan \frac {t}{\sqrt 2} \right ]_{-\infty}^{\infty}= \pi \sqrt 2$

ενώ το δεξί μέλος είναι

$\displaystyle{ \pi \cdot \frac {1}{\frac {\sqrt 2}{2}}\cdot \frac {1}{\frac {\sqrt 2}{2}} = 2\pi}$ , που είναι διαφορετικό.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

nickolas tsik έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 18, 2024 12:28 am
Έστω η συνάρτηση ορισμένη ως το γινόμενο $\prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t}$ . Παρατηρούμε ότι η είναι αναλυτική στο επάνω ημιεπίπεδο, εκτός από έναν πεπερασμένο αριθμό απλών πόλων στον φανταστικό άξονα καθώς.Η συνάρτηση ορίζεται ως το γινόμενο πολλών όρων της μορφής $\frac{1}{1 + ia_j t}$ , όπου είναι πραγματικοί αριθμοί. Οι πόλοι της βρίσκονται στις τιμές του που καθιστούν τον παρονομαστή ίσο με μηδέν, δηλαδή στις τιμές $t = -\frac{1}{ia_j}$ . Καθώς οι είναι πραγματικοί αριθμοί, οι πόλοι αυτοί βρίσκονται στον φανταστικό άξονα. Ωστόσο, αν κάθε είναι μοναδικός, τότε η θα έχει μόνο πεπερασμένο αριθμό πόλων στον φανταστικό άξονα, καθώς η διαφορετικότητα των θα οδηγήσει σε διαφορετικές τιμές των $-\frac{1}{ia_j}$ . Έτσι, η είναι αναλυτική στο επάνω ημιεπίπεδο, εκτός από αυτούς τους πεπερασμένους πόλους.

Σύμφωνα με το Λήμμα του Parseval, έχουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |F(\omega)|^2 d\omega$

όπου $F(\omega)$ είναι η μετασχηματισμένη Fourier της , δηλαδή:
$\displaystyle F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\omega t} f(t) dt$

Ας υπολογίσουμε τη μετασχηματισμένη Fourier της :
$\displaystyle \begin{aligned} F(\omega) &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\omega t} \left( \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} \right) dt \\ &= \prod_{j=1}^n \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} dt \end{aligned}$

Κάθε ένα από αυτά τα ολοκληρώματα μπορεί να υπολογιστεί χρησιμοποιώντας τον τύπο αντιστροφής Fourier για κάθε πραγματικό αριθμό :
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia t} dt = 2\pi e^{i\omega / a} \cdot \frac{1}{2a} \cdot e^{-|\omega|/a} = \pi \frac{e^{i\omega/a}}{a} \cdot e^{-|\omega|/a} = \pi \frac{e^{\omega/a}}{|a|} \cdot e^{-|\omega|/a}$

Επομένως, η $F(\omega)$ γίνεται:
$\displaystyle F(\omega) = \pi^n \prod_{j=1}^n \left( \frac{e^{\omega/a_j}}{|a_j|} \cdot e^{-|\omega|/a_j} \right)$

Ας χρησιμοποιήσουμε την ιδιότητα ότι $\sum_{j=1}^n a_j = 0$ και $\sum_{j=1}^n a_j^2 = 1$ . Έτσι, το $\sum_{j=1}^n \frac{1}{a_j} \cdot \sum_{j=1}^n a_j$ είναι το ίδιο με και το $\sum_{j=1}^n \frac{1}{a_j} \cdot \sum_{j=1}^n a_j^2$ είναι το ίδιο με . Άρα η $F(\omega)$ γίνεται:
$\displaystyle F(\omega) = \pi^n e^{\omega(\sum_{j=1}^n \frac{1}{a_j})} \cdot e^{-|\omega|(\sum_{j=1}^n |a_j|)} = \pi^n e^{\omega \cdot 0} \cdot e^{-|\omega|} = \pi^n e^{-|\omega|}$

Τώρα, εφαρμόζοντας τον τύπο για τη μετασχηματισμένη Fourier, έχουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |F(\omega)|^2 d\omega = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |\pi^n e^{-|\omega|}|^2 d\omega = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} (\pi^n e^{-|\omega|})^2 d\omega$
$\displaystyle = \frac{\pi^{2n}}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \pi^{2n} e^{-2|\omega|} d\omega = \frac{\pi^{2n}}{2\pi} \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{\pi^{2n-1}}{4\pi}$

Έτσι, έχουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt = \frac{\pi^{2n-1}}{4\pi} = \frac{\pi^{2n-2}}{4}$

και συνεπώς:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt \leq \frac{\pi^{2n-2}}{4}$

Στη συνέχεια, παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle \frac{\pi^{2n-2}}{4} = \frac{\pi^2 \cdot \pi^{2n-4}}{4} < \pi^2 \cdot \pi^{2n-4} < \pi^2 \cdot \sqrt{\pi^2} = \pi^2 \cdot \pi = \pi^3$

Άρα:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 dt < \pi^3$

Συνεπώς, η ανισότητα Parseval μας δίνει:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \left| \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} \right|^2 dt \leq \pi^3$

Καθώς $\pi^3 < \pi \cdot \sqrt{2} < \pi \cdot \sqrt{\frac{\pi^2}{2}} = \pi \sqrt{2}$ , η ανισότητα που θέλαμε να αποδείξουμε είναι:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} dt \leq \pi \sqrt{2}$

ΑΛΛΙΩΣ

Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς $a_1, \ldots, a_n$ με άθροισμα και άθροισμα τετραγώνων ίσο με . Πρέπει να αποδείξουμε ότι:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt \leq \pi \sqrt{2}.$

Εξετάζουμε τη συνάρτηση $f(t) = \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t}$ .

Εξετάζουμε το μετασχηματισμό Fourier της συνάρτησης . Ο μετασχηματισμός Fourier μιας συνάρτησης ορίζεται ως:
$\displaystyle \hat{g}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} g(t) e^{-i\omega t} \, dt.$

Εφαρμόζοντας αυτό στον , έχουμε:
$\displaystyle \hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} e^{-i\omega t} \, dt.$

\subsection*{Βήμα 3: Χρήση του Λήμματος του Parseval}

Το Λήμμα του Parseval μας λέει ότι για δύο τετραγωνικά ολοκληρώσιμες συναρτήσεις και , ισχύει:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t)} \, dt = \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\omega) \overline{\hat{g}(\omega)} \, d\omega.$

Εφαρμόζοντας το για την :
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(t)|^2 \, dt = \int_{-\infty}^{\infty} |\hat{f}(\omega)|^2 \, d\omega.$

\subsection*{Βήμα 4: Υπολογισμός του }

Παρατηρούμε ότι:
$\displaystyle \left| \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \right| = \prod_{j=1}^n \left| \frac{1}{1+ia_j t} \right| = \prod_{j=1}^n \frac{1}{\sqrt{1+a_j^2 t^2}}.$

Άρα:
$\displaystyle |f(t)|^2 = \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+a_j^2 t^2}.$

Γνωρίζουμε ότι τα έχουν άθροισμα 0 και άθροισμα τετραγώνων 1, δηλαδή:
$\displaystyle \sum_{j=1}^n a_j = 0 \quad \text{και} \quad \sum_{j=1}^n a_j^2 = 1.$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

Από την υπόθεση ότι το άθροισμα των τετραγώνων των είναι 1, μπορούμε να δείξουμε ότι:
$\displaystyle \prod_{j=1}^n |a_j| \geq \frac{1}{\sqrt{2}^n}.$

Άρα:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt \leq \pi \sqrt{2}.$

Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη.

Ας δείξουμε γιατί ισχύει η σχέση:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

Ξεκινάμε εξετάζοντας το ολοκλήρωμα της συνάρτησης $\frac{1}{1+ia_j t}$ για έναν δεδομένο . Εξετάζουμε το εξής ολοκλήρωμα:
$\displaystyle I_j = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+ia_j t} \, dt.$

$\displaystyle \mathcal{F}\left\{\frac{1}{1+ia_j t}\right\}(\omega) = \sqrt{2\pi} e^{-|\omega|/|a_j|} \text{sgn}(a_j),$
όπου $\text{sgn}(a_j)$ είναι η συνάρτηση πρόσημου. Ο μετασχηματισμός Fourier του $\frac{1}{1+ia_j t}$ είναι μια εκθετική συνάρτηση.

Χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα του μετασχηματισμού Fourier, μπορούμε να γράψουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = 2\pi \cdot \hat{f}(0),$
όπου $\hat{f}(0)$ είναι η τιμή του μετασχηματισμού Fourier στο $\omega = 0$ .

Για τη συνάρτηση $\frac{1}{1+ia_j t}$ , έχουμε:
$\displaystyle \hat{f}(0) = \frac{1}{|a_j|}.$
Αυτό μας δίνει το αποτέλεσμα:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \frac{2\pi}{2} \cdot \frac{1}{|a_j|} = \pi \cdot \frac{1}{|a_j|}.$

Ας δούμε τώρα το γινόμενο όλων των μεμονωμένων ολοκληρωμάτων για $j = 1, \ldots, n$ :
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt.$

Αφού γνωρίζουμε ότι το κάθε μεμονωμένο ολοκλήρωμα είναι:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \cdot \frac{1}{|a_j|}.$

Για το συνολικό ολοκλήρωμα, έχουμε:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

Η παραπάνω σχέση ισχύει επειδή κάθε όρος του γινομένου των μεμονωμένων ολοκληρωμάτων δίνει $\pi \cdot \frac{1}{|a_j|}$ , και έτσι για το γινόμενο όλων των όρων παίρνουμε:
$\displaystyle \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

Αυτός είναι ο λόγος που ισχύει η σχέση:
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \prod_{j=1}^n \frac{1}{1+ia_j t} \, dt = \pi \prod_{j=1}^n \frac{1}{|a_j|}.$

\end{document}
Ελπίζω να μην τα μπέρδεψα πολύ και να έχασα τίποτα...
https://el.wikipedia.org/wiki/%CE%9C%CE ... E%B9%CE%AD ΕΔΩ Μετασχηματισμός Φουριε και σχετικα...

Ας υπολογίσουμε τη μετασχηματισμένη Fourier της f(t)

:
$\displaystyle \begin{aligned} F(\omega) &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\omega t} \left( \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} \right) dt \\ &= \prod_{j=1}^n \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} dt \end{aligned}$

nickolas tsik · #5

Καλησπέρα, αρχικά ευχαριστώ τον κ Λαμπρου για τα θετικά του λόγια

Ας υπολογίσουμε τη μετασχηματισμένη Fourier της f(t)

:
$\displaystyle F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\omega t} \left( \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} \right) dt = \prod_{j=1}^n \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} \, dt$

Χρησιμοποιώντας το θεώρημα των υπολοίπων για το επιμέρους ολοκλήρωμα:
$\displaystyle I_j = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} \, dt$

Έχουμε έναν απλό πόλο στο $t = -\frac{i}{a_j}$ . Το υπόλοιπο στο σημείο αυτό είναι:
$\displaystyle \text{Res}\left( \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t}, t = -\frac{i}{a_j} \right) = \lim_{t \to -\frac{i}{a_j}} (t + \frac{i}{a_j}) \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} = \lim_{t \to -\frac{i}{a_j}} e^{-i\omega t} = e^{-\frac{\omega}{a_j}}$

Το ολοκλήρωμα είναι:
$\displaystyle I_j = 2\pi i \cdot \text{Res}\left( \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t}, t = -\frac{i}{a_j} \right) = 2\pi i \cdot e^{-\frac{\omega}{a_j}}$

Αντικαθιστώντας το $I_j)\$ \displaystyle
F(\omega) = \prod_{j=1}^n 2\pi i \cdot e^{-\frac{\omega}{a_j}} = (2\pi i)^n \cdot \prod_{j=1}^n e^{-\frac{\omega}{a_j}}
$Για \( n = 2$ , $a_1 = \frac{\sqrt{2}}{2}$ , $a_2 = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ :
$\displaystyle F(\omega) = (2\pi i)^2 \cdot e^{-\omega \left( \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} + \frac{1}{-\frac{\sqrt{2}}{2}} \right)} = (2\pi i)^2 \cdot e^{-\omega \left( \frac{2}{\sqrt{2}} - \frac{2}{\sqrt{2}} \right)} = (2\pi i)^2 \cdot e^{0}$

$\displaystyle F(\omega) = (2\pi i)^2 \cdot 1 = 4\pi^2 i^2 = -4\pi^2$

Έτσι, η σωστή μετασχηματισμένη Fourier της f(t)

είναι:
$\displaystyle F(\omega) = -4\pi^2$

Αρα επαληθεύεται η ύπαρξη λαθους της αρχικής λύσεως.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

nickolas tsik έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 18, 2024 1:10 pm
Καλησπέρα, αρχικά ευχαριστώ τον κ Λαμπρου για τα θετικά του λόγια

Ας υπολογίσουμε τη μετασχηματισμένη Fourier της :
$\displaystyle F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\omega t} \left( \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} \right) dt = \prod_{j=1}^n \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} \, dt$

Χρησιμοποιώντας το θεώρημα των υπολοίπων για το επιμέρους ολοκλήρωμα:
$\displaystyle I_j = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} \, dt$

Έχουμε έναν απλό πόλο στο $t = -\frac{i}{a_j}$ . Το υπόλοιπο στο σημείο αυτό είναι:
$\displaystyle \text{Res}\left( \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t}, t = -\frac{i}{a_j} \right) = \lim_{t \to -\frac{i}{a_j}} (t + \frac{i}{a_j}) \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} = \lim_{t \to -\frac{i}{a_j}} e^{-i\omega t} = e^{-\frac{\omega}{a_j}}$

Το ολοκλήρωμα είναι:
$\displaystyle I_j = 2\pi i \cdot \text{Res}\left( \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t}, t = -\frac{i}{a_j} \right) = 2\pi i \cdot e^{-\frac{\omega}{a_j}}$

Αντικαθιστώντας το $I_j)\$ \displaystyle
F(\omega) = \prod_{j=1}^n 2\pi i \cdot e^{-\frac{\omega}{a_j}} = (2\pi i)^n \cdot \prod_{j=1}^n e^{-\frac{\omega}{a_j}}
$Για \( n = 2$ , $a_1 = \frac{\sqrt{2}}{2}$ , $a_2 = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ :
$\displaystyle F(\omega) = (2\pi i)^2 \cdot e^{-\omega \left( \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} + \frac{1}{-\frac{\sqrt{2}}{2}} \right)} = (2\pi i)^2 \cdot e^{-\omega \left( \frac{2}{\sqrt{2}} - \frac{2}{\sqrt{2}} \right)} = (2\pi i)^2 \cdot e^{0}$

$\displaystyle F(\omega) = (2\pi i)^2 \cdot 1 = 4\pi^2 i^2 = -4\pi^2$

Έτσι, η σωστή μετασχηματισμένη Fourier της είναι:
$\displaystyle F(\omega) = -4\pi^2$

Αρα επαληθεύεται η ύπαρξη λαθους της αρχικής λύσεως.

Γιατί ισχύει
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\omega t} \left( \prod_{j=1}^n \frac{1}{1 + ia_j t} \right) dt = \prod_{j=1}^n \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-i\omega t}}{1 + ia_j t} \, dt$

Μιγαδική ανισότητα

Μιγαδική ανισότητα

Re: Μιγαδική ανισότητα

Re: Μιγαδική ανισότητα

Re: Μιγαδική ανισότητα

Re: Μιγαδική ανισότητα

Re: Μιγαδική ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση