mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 03, 2010 10:40 pm**

Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\,\int_0^{ + \infty } \: {e^{ - \left( {{x^2} + \displaystyle\frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}\:dx}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 04, 2010 1:56 am**

mathxl έγραψε:Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\,I:=\int_0^{ + \infty } \: {e^{ - \left( {x^2 + \displaystyle\frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}\:dx}$

$\displaystyle{I=e^{-2}\int_{0}^{+\infty}\exp\left(-\left(x-\frac{1}{x}\right)^2\right)\,dx\stackrel{1/x=y}{=}e^{-2}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{y^2}\exp\left(-\left(y-\frac{1}{y}\right)^2\right)\,dy}$ , άρα

$\displaystyle{2I=e^{-2}\int_{0}^{+\infty}\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\exp\left(-\left(x-\frac{1}{x}\right)^2\right)\,dx\stackrel{x-1/x=y}{=}e^{-2}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-y^2}\,dy=e^{-2}\sqrt{\pi}}$ , άρα $\displaystyle{I=\frac{e^{-2}\sqrt{\pi}}{2}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 04, 2010 2:07 am**

Και λίγο αλλιώς για χάριν των χρήσιμων τύπων .. και όχι μόνον.

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - \left( {{x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)}}}dx} = \mathop = \limits^\big{{x = \sqrt u }} = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - 1/u}}}}{{\sqrt u }} \cdot {e^\big{{ - u}}du} }}$ .

Όμως (Δ. Δασκαλόπουλος – Ανώτερα Μαθηματικά – Τρίτος Τόμος – σελ. 355 Ε.Μ.Π.) $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{x\sqrt x }} \cdot {e^\big{{ - 1/4x}} \cdot {e^\big{{ - y \cdot x}}}dx} = 2\sqrt \pi \cdot {e^{ - \sqrt y }}}$ . (Μετασχηματισμός Laplace προφανώς). Τότε

$\displaystyle{\begin{gathered} \frac{d}{{dy}}\left( {\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{x\sqrt x }} \cdot {e^{ - 1/4x}} \cdot {e^{ - y \cdot x}}dx} } \right) = 2\sqrt \pi \cdot \frac{d}{{dy}}\left( {{e^{ - \sqrt y }}} \right) \Rightarrow \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt x }} \cdot {e^{ - 1/4x}} \cdot {e^{ - y \cdot x}}dx} = \sqrt {\frac{\pi }{y}} \cdot {e^{ - \sqrt y }} \Rightarrow \hfill \\ \Rightarrow \frac{1}{4} \cdot \int\limits_0^\infty {\frac{2}{{\sqrt {4x} }} \cdot {e^{ - 1/4x}} \cdot {e^{ - \left( {y/4} \right) \cdot 4x}}d\left( {4x} \right)} = \sqrt {\frac{\pi }{y}} \cdot {e^{ - \sqrt y }} \Rightarrow \frac{1}{4} \cdot \int\limits_0^\infty {\frac{2}{{\sqrt x }} \cdot {e^{ - 1/x}} \cdot {e^{ - \left( {y/4} \right) \cdot x}}dx} = \sqrt {\frac{{\pi /4}}{{y/4}}} \cdot {e^{ - 2 \cdot \sqrt {\dfrac{y}{4}} }} \Rightarrow \hfill \\ \Rightarrow \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt x }} \cdot {e^{ - 1/x}} \cdot {e^{ - y \cdot x}}dx} = \sqrt {\frac{\pi }{y}} \cdot {e^{ - 2 \cdot \sqrt y }}{\text{ }}\mathop \Rightarrow \limits^\big{{y = 1}} {\text{ }}\int\limits_0^\infty {{e^{ - \big{\left( {{x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)}}}dx} = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - 1/u}}}}{{\sqrt u }} \cdot {e^{ - u}}du} = \frac{{\sqrt \pi }}{{2 \cdot {e^2}}} \hfill \\ \end{gathered} }$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 04, 2010 10:21 pm**

Μία άλλη λύση

Εστω $\displaystyle{I\left( a \right) = \,\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - \left( {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}dx} ,a \ge 0}$
με $\displaystyle{I\left( 0 \right) = \int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - \left( {{x^2}} \right)}}dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{2}}$

Για α > 0 είναι (ομοίως αν α < 0)
$\displaystyle{I'\left( a \right) = - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{2a}}{{{x^2}}}{e^{ - \left( {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}dx} \mathop = \limits_{ - \frac{a}{{{x^2}}}dx = du}^{\frac{a}{x} = u} \int\limits_{ + \infty }^0 {2{e^{ - \left( {{u^2} + \frac{{{a^2}}}{{{u^2}}}} \right)}}du} = - 2\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - \left( {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}dx} = - 2I\left( a \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{\left[ {{e^{2a}}I\left( a \right)} \right]^\prime } = 0 \Leftrightarrow I\left( a \right) = c{e^{ - 2a}}}$

Για $\displaystyle{a = 0:\frac{{\sqrt \pi }}{2} = c}$

οπότε $\displaystyle{I\left( a \right) = \frac{{{e^{ - 2a}}\sqrt \pi }}{2},a \ge 0}$
και για α =1 λαμβάνουμε το ζητούμενο ολοκλήρωμα

Αυτή ήταν η δεύτερη προσπάθεια...η πρώτη κάπου χάνει και δεν μπορώ να βρω το λάθος...την παραθέτω να το βρούμε
$\displaystyle{I'\left( a \right) = - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{2a}}{{{x^2}}}{e^{ - \left( {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}dx} = - 2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{a}{{{x^2}}}{e^{ - \left( {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}dx} - 2\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - \left( {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}dx} + 2\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - \left( {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}dx} = }$

$\displaystyle{ = 2I\left( a \right) - 2\int\limits_0^{ + \infty } {\left( {1 + \frac{a}{{{x^2}}}} \right){e^{ - \left( {{x^2} + \frac{{{a^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}dx} \mathop = \limits_{\left( {1 + \frac{a}{{{x^2}}}} \right)dx = du}^{x - \frac{a}{x} = u} 2\,I\left( a \right) - 2\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - {u^2} - 2}}} du = 2\,I\left( a \right) - 2{e^{ - 2}}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - {x^2}}}} dx \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{I'\left( a \right) = 2\,I\left( a \right) - 2{e^{ - 2}}\sqrt \pi }$

η οποία δίνει άλλη λύση

κάπου κάνω κάτι λάνθασμένα αλλά δεν το βρίσκω

mathematica.gr

βραδυνό ολοκλήρωμα 119

βραδυνό ολοκλήρωμα 119

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 119

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 119

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 119