mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 12, 2010 7:43 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{19)}$ Ας εξετασθεί ως προς τη σύγκλιση το $\displaystyle{\int _0 ^{+\infty} \frac{dx}{1+x^2 \sin^2 x}}$ .

Έστω $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{1}{{1 + {x^2} {{\sin }^2}\left( x \right)}}}$ , τότε $\displaystyle{f\left( x \right) > 0}$ και $\displaystyle{f\left( {n \pi } \right) = 1}$ . Η $\displaystyle{f\left( x \right)}$ έχει διαδοχικά τοπικά μέγιστα στις θέσεις $\displaystyle{{x_n} = n \pi ,n \in N}$ .

Σε μια «μικρή» περιοχή των $\displaystyle{{x_n}}$ , η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right)}$ , είναι γνησίως αύξουσα αριστερά των $\displaystyle{{x_n}}$ και γνησίως φθίνουσα δεξιά (φανερό).

$\displaystyle{f\left( {n \pi - \frac{1}{{n \pi }}} \right) = \frac{1}{{1 + {{\left( {n \pi - \dfrac{1}{{n \pi }}} \right)}^2} \cdot {{\sin }^2}\left( {n \pi - \dfrac{1}{{n \pi }}} \right)}} = \frac{1}{{1 + {{\left( {n \pi - \dfrac{1}{{n \pi }}} \right)}^2} \cdot {{\sin }^2}\left( {\dfrac{1}{{n \pi }}} \right)}} \geqslant }$ $\displaystyle{\frac{1}{{1 + {{\left( {n \pi - \dfrac{1}{{n \pi }}} \right)}^2} \cdot \dfrac{1}{{{n^2} {\pi ^2}}}}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{\Rightarrow f\left( {n \pi - \frac{1}{{n \pi }}} \right) \geqslant \frac{{{{\left( {n \pi } \right)}^4}}}{{{{\left( {n \pi } \right)}^4} + {{\left( {{{\left( {n \pi } \right)}^2} - 1} \right)}^2}}}}$ . Ομοίως $\displaystyle{f\left( {n \pi + \frac{1}{{n \pi }}} \right) \geqslant \frac{{{{\left( {n \pi } \right)}^4}}}{{{{\left( {n \pi } \right)}^4} + {{\left( {{{\left( {n \pi } \right)}^2} + 1} \right)}^2}}}}$

Επομένως για $\displaystyle{x \in \left[ {n \pi - \frac{1}{{n \pi }},n \pi + \frac{1}{{n \pi }}} \right]}$ , ισχύει $\displaystyle{f\left( x \right) \geqslant \frac{{{{\left( {n \pi } \right)}^4}}}{{{{\left( {n \pi } \right)}^4} + {{\left( {{{\left( {n \pi } \right)}^2} + 1} \right)}^2}}}}$ .

Τότε $\displaystyle{\int\limits_{n \pi }^{n \pi + \pi } {f\left( x \right) dx} \geqslant \int\limits_{n \pi - 1/\left( {n\pi } \right)}^{n \pi + 1/\left( {n \pi } \right)} {f\left( x \right) dx} \geqslant \frac{2}{{n \pi }} \cdot \frac{{{{\left( {n \pi } \right)}^4}}}{{{{\left( {n \pi } \right)}^4} + {{\left( {{{\left( {n \pi } \right)}^2} + 1} \right)}^2}}} \geqslant \frac{2}{{n \pi }} \cdot \frac{{{{\left( {n\pi } \right)}^4}}}{{5{{\left( {n \cdot \pi } \right)}^4}}} \geqslant \frac{2}{{5 n \pi }}}$ και

τελικά $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{1 + {x^2} {{\sin }^2}\left( x \right)}} dx} = A + \int\limits_1^\infty {\frac{1}{{1 + {x^2} {{\sin }^2}\left( x \right)}} dx} \geqslant A + \frac{2}{{5 \pi }} \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{n}} \right)} \to + \infty }$ (αρμονική σειρά), δηλαδή το ολοκλήρωμα αποκλίνει.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 12, 2010 7:49 pm**

πρώτος!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 17, 2010 8:56 pm**

Και ένα ελαφρώς σάπιο επιπλέον...

Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{ \int^{\infty}_0 \mbox{erf}^2 (\sqrt{x}) e^{-x} dx }$ , όπου $\displaystyle{\mbox{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int^x_0 e^{-t^2} dt}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2010 2:27 pm**

Δεν βλέπω πως μπορούμε να το υπολογίσουμε απ´ευθείας επομένως ας κάνω μια εκτίμηση.

$\displaystyle{\bf \int_{0}^{+\infty}e^{-x}erf^{2}(\sqrt{x})\;dx\approx\int_{0}^{+\infty}e^{-x}\left(1-e^{-x\frac{\frac{4}{\pi}+ax}{1+ax}}\;dx\right)\;dx=1-\int_{0}^{+\infty}e^{-x\frac{\frac{4}{\pi}+ax}{1+ax}-x}\;dx\lessapprox 1-\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{4}{\pi}x-x}\;dx=0.5600095}$

O Dr Wolfram δίνει 0.55412642397957235, επομένως υπάρχει μια απόκλιση της τάξης 0.0058831.

Χρησιμοποιήθηκε ο τύπος [attachment=0]errorf.png[/attachment] με α περίπου ίσο με 0.14 .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2010 7:52 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{ \int^{\infty}_0 \mbox{erf}^2 (\sqrt{x}) e^{-x} dx }$ , όπου $\displaystyle{\mbox{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int^x_0 e^{-t^2} dt}$ .

Βρίσκω $\displaystyle{\frac{{2\sqrt 2 }}{\pi } \cdot \arctan \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2010 7:57 pm**

αφέρματιβββ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2010 8:03 pm**

Επί το ακριβέστερον ..

Ισχύει $\displaystyle{erf\left( {\sqrt x } \right) = \frac{2}{{\sqrt \pi }} \int\limits_0^{\sqrt x } {{e^{ - {t^2}}} dt} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } erf\left( {\sqrt x } \right) = \frac{2}{{\sqrt \pi }} \int\limits_0^\infty {{e^{ - {t^2}}} dt} = \frac{2}{{\sqrt \pi }} \frac{{\sqrt \pi }}{2} = 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } er{f^2}\left( {\sqrt x } \right) = 1}$

και $\displaystyle{\frac{d}{{dx}}\left( {erf\left( {\sqrt x } \right)} \right) = \frac{2}{{\sqrt \pi }} {e^{ - x}} \cdot \frac{1}{{2 \sqrt x }} = \frac{1}{{\sqrt \pi }} \cdot \frac{{{e^{ - x}}}}{{\sqrt x }}}$ . Τότε

$\displaystyle{\begin{gathered} \int\limits_0^\infty {er{f^2}\left( {\sqrt x } \right) {e^{ - x}} dx} = - \int\limits_0^\infty {er{f^2}\left( {\sqrt x } \right) {{\left( {{e^{ - x}}} \right)}^\prime } dx} = - \left[ {er{f^2}\left( {\sqrt x } \right) {e^{ - x}} dx} \right]_0^\infty + \hfill \\ + \frac{2}{{\sqrt \pi }} \int\limits_0^\infty {\frac{{erf\left( {\sqrt x } \right)}}{{\sqrt x }} {e^{ - 2 x}} dx} = \frac{2}{{\sqrt \pi }} \int\limits_0^\infty {\frac{{erf\left( {\sqrt x } \right)}}{{\sqrt x }} {e^{ - 2 x}} dx} \hfill \\ \end{gathered} }$

Όμως ο μετασχηματισμός Laplace της συνάρτησης $\displaystyle{G\left( x \right) = \frac{{erf\left( {\sqrt x } \right)}}{{\sqrt x }}}$ είναι $\displaystyle{g\left( s \right) = \frac{{2 \arctan \left( {\dfrac{1}{{\sqrt s }}} \right)}}{{\sqrt \pi \sqrt s }}}$ : (αποδεικνύεται με χρήση διαφορικάς εξίσωσης .. σε αρκετά βιβλία). Τότε $\displaystyle{\frac{2}{{\sqrt \pi }} \int\limits_0^\infty {\frac{{erf\left( {\sqrt x } \right)}}{{\sqrt x }} {e^{ - 2 x}} dx} = \frac{2}{{\sqrt \pi }} \frac{{2 \arctan \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}}{{\sqrt \pi \sqrt 2 }} = \frac{{2 \sqrt 2 }}{\pi } \ \arctan \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 24, 2010 1:53 pm**

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα

$\int_{0}^{+\infty}{\frac{x^2}{2x^4+5x^2+2}}dx$

ΥΓ η λύση που έχω κατα νού είναι με μιγαδική ανάλυση.Υπάρχει και άλλος τρόπος?

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 24, 2010 2:02 pm**

erxmer έγραψε:ΥΓ η λύση που έχω κατα νού είναι με μιγαδική ανάλυση.Υπάρχει και άλλος τρόπος?

Ανάλυση σε απλά κλάσματα και εύρεση παράγουσας. Πραξούρα όμως...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 24, 2010 2:29 pm**

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 24, 2010 2:32 pm**

Σεραφείμ έγραψε:Όμως ο μετασχηματισμός Laplace της συνάρτησης $\displaystyle{G\left( x \right) = \frac{{erf\left( {\sqrt x } \right)}}{{\sqrt x }}}$ είναι $\displaystyle{g\left( s \right) = \frac{{2 \arctan \left( {\dfrac{1}{{\sqrt s }}} \right)}}{{\sqrt \pi \sqrt s }}}$ : (αποδεικνύεται σε αρκετά βιβλία).

π.χ. βλέπε an introduction to Laplace transform and fourier series P.P.G. Dyke σελ. 75 (οι ασκήσεις του είναι λυμένες)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 24, 2010 2:52 pm**

erxmer έγραψε:Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα

$\int_{0}^{+\infty}{\frac{x^2}{2x^4+5x^2+2}}dx$

ΥΓ η λύση που έχω κατα νού είναι με μιγαδική ανάλυση.Υπάρχει και άλλος τρόπος?

Αν κάνεις αλγεβρικό παιχνιδάκι μετασχηματίζεις την ολοκληρωτέα σε:

$\displaystyle{ \frac{1}{3} \cdot [\frac{2}{{x^2 + 2}} - \frac{{\frac{1}{2}}}{{x^2 + \frac{1}{2}}}] }$

Τα υπόλοιπα νομίζω απλά....(Δυο ολοκληρώματα με τόξα εφαπτομένης μούρλια βλέπω...)

Ελπίζω να μην έχω λάθος. Καλό μεσημέρι.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 24, 2010 3:07 pm**

Χρήστο δεν έκανες λάθος παραπάνω το έλυσα με τον τρόπο που προτείνεις.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 24, 2010 3:09 pm**

Γίωργο πραγματικά δεν το είδα γιατί παραπάνω γίνεται το συμπούρμπουλό. Σόρρυ για την επικάλυψη.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 24, 2010 3:10 pm**

Το κατάλαβα ότι δεν το είχες δει.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 24, 2010 1:32 pm**

Υπολογισθήτω: $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{x}{e^{x}-e^{-x}}-\frac{1}{2}\right)\frac{1}{x^2}\,dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 24, 2010 9:28 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Υπολογισθήτω: $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{x}{e^{x}-e^{-x}}-\frac{1}{2}\right)\frac{1}{x^2}\,dx}$ .

Χριστουγεννιάτικο !!

Έστω $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{x}{{{e^x} - {e^{ - x}}}} - \frac{1}{2}} \right)\frac{1}{{{x^2}}}dx} }$
Με κλασσική διαδικασία βρίσκουμε ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \left( {\frac{x}{{{e^x} - {e^{ - x}}}} - \frac{1}{2}} \right)\frac{1}{{{x^2}}} = - \frac{1}{{12}}}$ . Επίσης, επειδή ισχύει (κλασσικά) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{x}{{{e^x} - {e^{ - x}}}} - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{2}}$ , για «μεγάλα»

θα έχουμε $\displaystyle{\left( {\frac{{x{e^x}}}{{{e^{2x}} - 1}} - \frac{1}{2}} \right)\frac{1}{{{x^2}}} \approx - \frac{1}{{2{x^2}}}}$ , οπότε για m>0

το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int\limits_m^\infty {\left( {\frac{x}{{{e^x} - {e^{ - x}}}} - \frac{1}{2}} \right)\frac{1}{{{x^2}}}dx} }$ συγκλίνει. Άρα το αρχικό ολοκλήρωμα συγκλίνει.

Επίσης $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{x}{{{e^x} - {e^{ - x}}}} - \frac{1}{2}} \right)\frac{1}{{{x^2}}}dx} = \mathop = \limits^{even} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\left( {\frac{{x{e^x}}}{{{e^{2x}} - 1}} - \frac{1}{2}} \right)\frac{1}{{{x^2}}}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{2x{e^x} - {e^{2x}} + 1}}{{2\left( {{e^{2x}} - 1} \right){x^2}}}dx} }$ .

Έστω η μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle{f\left( z \right) = \frac{{2z{e^z} - {e^{2z}} + 1}}{{2\left( {{e^{2z}} - 1} \right){z^2}}}}$ και $\displaystyle{f\left( 0 \right) = - \frac{1}{{12}}}$ , τότε επειδή $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{z \to 0 + } f\left( z \right) = - \frac{1}{{12}}}$ αυτή θα είναι αναλυτική στο άνω ημιεπίπεδο

και θα έχει απλούς πόλους (στο άνω ημιεπίπεδο) τους μιγαδικούς αριθμούς $\displaystyle{{z_k} = i \cdot \pi \cdot k,{\text{ }}k = 1,2,3,..}$ .

Επίσης $\displaystyle{Res\left( {f\left( z \right);z = i \cdot \pi \cdot k} \right) = \mathop {\lim }\limits_{z \to i \cdot \pi \cdot k} \left( {\left( {z - i \cdot \pi \cdot k} \right)\frac{{2z{e^z} - {e^{2z}} + 1}}{{2\left( {{e^{2z}} - 1} \right){z^2}}}} \right) = .. = {\left( { - 1} \right)^{k + 1}} \cdot \frac{i}{{2 \cdot \pi \cdot k}}}$ .

Όμως αν $\displaystyle{z = R \cdot {e^{i \cdot \theta }},{\text{ }}\theta \in \left[ {0,\pi } \right]}$ θα έχουμε $\displaystyle{\left| {f\left( z \right)} \right| = \frac{1}{{2{R^2}}}\frac{{\left| {2z{e^z} - {e^{2z}} + 1} \right|}}{{\left| {{e^{2z}} - 1} \right|}} \leqslant \frac{1}{{2{R^2}}}\frac{{2R{e^R} + {e^{2R}} + 1}}{{{e^{2R}} - 1}}\xrightarrow{{R \to \infty }}0}$ .

Επομένως αν $\displaystyle{\left( c \right)}$ είναι το άνω ημικύκλιο με διάμετρο $\displaystyle{AB}$ όπου $\displaystyle{A\left( { - R,0} \right){\text{ \& }}B\left( {R,0} \right)}$ θα ισχύει

$\displaystyle{\begin{gathered} \frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_c {f\left( z \right)dz} = \frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{2x{e^x} - {e^{2x}} + 1}}{{2\left( {{e^{2x}} - 1} \right){x^2}}}dx} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {Res\left( {f\left( z \right);z = i \cdot \pi \cdot k} \right)} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}} \cdot \frac{i}{{2 \cdot \pi \cdot k}}} = \hfill \\ = - \frac{i}{{2 \cdot \pi }} \cdot \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{k}} = \frac{{i \cdot \ln \left( 2 \right)}}{{2 \cdot \pi }} \Rightarrow \boxed{I = \frac{1}{2}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{2x{e^x} - {e^{2x}} + 1}}{{2\left( {{e^{2x}} - 1} \right){x^2}}}dx} = \left( {\pi \cdot i} \right)\frac{{i \cdot \ln \left( 2 \right)}}{{2 \cdot \pi }} = - \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{2}} \hfill \\ \end{gathered} }$

.. και χρόνια πολλά .. συνέχεια από μεθαύριο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 02, 2011 11:04 pm**

Nα υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{e^{ikx}\frac{1-e^x}{e^x+1}}dx$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2011 10:29 pm**

kwstas12345 έγραψε: Nα υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{e^{ikx}\frac{1-e^x}{e^x+1}}dx$

Αρχικά θεώρησα πως το ολοκλήρωμα δεν συγκλίνει διότι

$\displaystyle{\int_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ikx}}\frac{{1 - {e^x}}}{{{e^x} + 1}}dx} = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{1 - {e^x}}}{{{e^x} + 1}}\left( {\cos \left( {k x} \right) + i \sin \left( {k x} \right)} \right)dx} = 2 i \int_0^{ + \infty } {\frac{{1 - {e^x}}}{{{e^x} + 1}}\sin \left( {k x} \right)dx} }$ ,

με δεδομένο ότι η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{1 - {e^x}}}{{{e^x} + 1}}\cos \left( {k x} \right)}$ είναι περιττή, ενώ η $\displaystyle{g\left( x \right) = \frac{{1 - {e^x}}}{{{e^x} + 1}}\sin \left( {k x} \right)}$ είναι άρτια.

Επίσης επειδή $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{1 - {e^x}}}{{{e^x} + 1}}} \right) = - 1}$ , θεώρησα ότι το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_0^{ + \infty } {\frac{{1 - {e^x}}}{{{e^x} + 1}}\sin \left( {k x} \right)dx} }$ αποκλίνει.

Σε συνεργασία με τον φίλο μου Αναστάση διαπιστώσαμε ότι δεν είναι έτσι τα πράγματα .. αλλά κάπως διαφορετικά :

1η λύση
$\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {{e^{i k x}}\frac{{1 - {e^x}}}{{1 + {e^x}}}dx} = \mathop = \limits^{{e^x} = y} {\text{ }} = \int\limits_0^\infty {{y^{i k}}\frac{{1 - y}}{{1 + y}}\frac{1}{y}dy} = \int\limits_0^\infty {{y^{i k}}\left( {\frac{1}{y} - 1} \right)\frac{1}{{1 + y}}dy} = \int\limits_0^\infty {{y^{i k}}\left( {\frac{1}{y} - 1} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {1 + y} \right)x}}dx} } \right)dy} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {{e^{ - x}}\left( {\int\limits_0^\infty {\left( {{y^{i k - 1}} - {y^{i k}}} \right){e^{ - yx}}dy} } \right)dx} = \int\limits_0^\infty {{e^{ - x}}\left( {\frac{{\Gamma \left( {i k} \right)}}{{{x^{i k}}}} - \frac{{\Gamma \left( {i k + 1} \right)}}{{{x^{i k + 1}}}}} \right)dx} = \int\limits_0^\infty {{e^{ - x}}\left( {\frac{{\Gamma \left( {i k} \right)}}{{{x^{i k}}}} - \frac{{i k \Gamma \left( {i k} \right)}}{{{x^{i k + 1}}}}} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \Gamma \left( {i k} \right)\int\limits_0^\infty {\left( {{x^{ - i k}} - i k {x^{ - i k - 1}}} \right){e^{ - x}}dx} = \Gamma \left( {ik} \right)\left( {\Gamma \left( {1 - ik} \right) - ik\Gamma \left( { - ik} \right)} \right) = \Gamma \left( {ik} \right)\left( {\Gamma \left( {1 - ik} \right) + \Gamma \left( {1 - ik} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = 2 \Gamma \left( {i k} \right)\Gamma \left( {1 - i k} \right) = 2 \frac{\pi }{{\sin \left( {i k \pi } \right)}} = \frac{{4 i \pi }}{{{e^{i\left( {i k \pi } \right)}} - {e^{ - i\left( {i k \pi } \right)}}}} = \frac{{4 i \pi }}{{{e^{ - k \pi }} - {e^{k \pi }}}}}$

με χρήση των τύπων $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{y^z} {e^{ - y x}}dy} = \frac{{\Gamma \left( {z + 1} \right)}}{{{x^{z + 1}}}}{\text{ }}{\text{, }}\Gamma \left( {z + 1} \right) = z \Gamma \left( z \right){\text{ \& }}\Gamma \left( z \right)\Gamma \left( {1 - {\text{ }}z} \right){\text{ = }}\frac{\pi }{{\sin \left( {\pi {\text{z}}} \right)}}}$

2η λύση
Έστω $\displaystyle{f\left( z \right) = {e^{i k z}} \frac{{1 - {e^z}}}{{{e^z} + 1}}}$ , αναλυτική στο άνω ημιεπίπεδο με πόλους $\displaystyle{{z_n} = i\pi \left( {2n + 1} \right)}$ όπου

$\displaystyle{Res\left( {f\left( z \right),{z_n}} \right) = {e^{i k i\pi \left( {2n + 1} \right)}} \left( {1 - {e^{i\pi \left( {2n + 1} \right)}}} \right)\mathop {\lim }\limits_{z \to i\pi \left( {2n + 1} \right)} \frac{{z - i\pi \left( {2n + 1} \right)}}{{{e^z} + 1}} = - 2 {e^{ - k \pi \left( {2n + 1} \right)}}}$

Για $\displaystyle{z = R {e^{i\theta }}}$ με $\displaystyle{\theta \in \left[ {0,\pi } \right]}$ : $\displaystyle{f\left( z \right) = {e^{i k R {e^{i\theta }}}} \frac{{1 - {e^{R {e^{i\theta }}}}}}{{{e^{R {e^{i\theta }}}} + 1}} = {e^{i k R \cos \left( \theta \right)}} {e^{ - k R \sin \left( \theta \right)}} \frac{{1 - {e^{R \cos \left( \theta \right)}}{e^{i R \sin \left( \theta \right)}}}}{{{e^{R \cos \left( \theta \right)}}{e^{i R \sin \left( \theta \right)}} + 1}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \left| {f\left( z \right)} \right| = {e^{ - k R \sin \left( \theta \right)}} \left| {\frac{{1 - {e^{R \cos \left( \theta \right)}}{e^{i R \sin \left( \theta \right)}}}}{{{e^{R \cos \left( \theta \right)}}{e^{i R \sin \left( \theta \right)}} + 1}}} \right| \leqslant {e^{ - k R \sin \left( \theta \right)}} \frac{{\left| {1 - {e^{R \cos \left( \theta \right)}}} \right|}}{{{e^{i R \sin \left( \theta \right)}} + 1}}\xrightarrow{{R \to \infty }}0}$

Αν $\displaystyle{\left( c \right)}$ είναι το άνω ημικύκλιο με διάμετρο

όπου $\displaystyle{A\left( { - R,0} \right){\text{ \& }}B\left( {R,0} \right)}$ τότε $\displaystyle{\int\limits_c {f\left( z \right)dz} = 2\pi i\sum\limits_{n = 1}^\infty {Res\left( {f\left( z \right),{z_n}} \right)} }$ και με $\displaystyle{R \to + \infty }$ έχουμε

$\displaystyle{\int_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ikx}}\frac{{1 - {e^x}}}{{{e^x} + 1}}dx} = 2\pi i \sum\limits_{n = 0}^\infty { \left(- 2 {e^{ - k \pi \left( {2n + 1} \right)\right)}}} = - 4i\pi \frac{{{e^{ - k\pi }}}}{{1 - {e^{ - 2k\pi }}}} = \frac{{4i\pi }}{{{e^{ - k\pi }} - {e^{k\pi }}}}}$

Πανέμορφο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 14, 2011 9:49 pm**

$\displaystyle{24)}$ Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\left(k\cdot \ln(\tan(x))\right)\,dx,\quad k\in\mathbb R}$ .

mathematica.gr

Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα