Υπάρχει τρόπος;

M.S.Vovos · #1

Υπάρχει τρόπος να υπολογίσουμε το παρακάτω γενικευμένο;

$\displaystyle{S=\int_{-\infty }^{\infty }\sin\left ( x^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )\textup{d}x}$ Φιλικά,
Μάριος

Tolaso J Kos · #2

Θυμίζει μετασχηματισμούς Cauchy-Schlomilch αλλά δεν είναι. Αν μου έδινες τούτο
$\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \sin \left( x^2 - \frac{1}{x^2} \right)}\, {\rm d}x$ θα σου απαντούσα αμέσως ότι ισούται με $\displaystyle{ \sqrt{\frac{\pi}{2}}e^{-2}}$ . Για να βγει το πάνω δεν είναι δύσκολο ( και η πραγματική και η μιγαδική το σκοτώνει ) . Τώρα αυτό που θέτεις δε ξέρω να το απαντήσω... θα το κοιτάξω όμως.

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 10, 2018 1:35 pm
Υπάρχει τρόπος να υπολογίσουμε το παρακάτω γενικευμένο;

$\displaystyle{S=\int_{-\infty }^{\infty }\sin\left ( x^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )\textup{d}x}$ Φιλικά,
Μάριος

Tolaso J Kos · #3

Τελικά εύκολο ήταν. Δεν είναι δύσκολο να διαπιστώσει κανείς ότι ισχύει το ακόλουθο:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \exp \left (\frac{ia}{x^2} + i \beta x^2 \right ) \, {\rm d}x =\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\beta}}\exp\left ( \frac{i \pi}{4} \right ) e^{2i \sqrt{a\beta}}}$ όπου $a, \beta>0$ . Τότε,
$\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \sin \left ( x^2 + \frac{1}{x^2} \right ) \, {\rm d}x = \mathrm{Im} \left [ \int_{-\infty}^{\infty} \exp \left (\frac{i}{x^2} + i x^2 \right ) \, {\rm d}x\right ] = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \left ( \sin 2 + \cos 2 \right )}$

M.S.Vovos · #4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 10, 2018 3:16 pm
Τελικά εύκολο ήταν. Δεν είναι δύσκολο να διαπιστώσει κανείς ότι ισχύει το ακόλουθο:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \exp \left (\frac{ia}{x^2} + i \beta x^2 \right ) \, {\rm d}x =\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\beta}}\exp\left ( \frac{i \pi}{4} \right ) e^{2i \sqrt{a\beta}}}$ όπου $a, \beta>0$ . Τότε,
$\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \sin \left ( x^2 + \frac{1}{x^2} \right ) \, {\rm d}x = \mathrm{Im} \left [ \int_{-\infty}^{\infty} \exp \left (\frac{i}{x^2} + i x^2 \right ) \, {\rm d}x\right ] = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \left ( \sin 2 + \cos 2 \right )}$

Ευχαριστώ Τόλη!

Tolaso J Kos · #5

Πού το συνάντησες αυτό;

#6

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 10, 2018 3:16 pm
...Δεν είναι δύσκολο να διαπιστώσει κανείς ότι ισχύει το ακόλουθο: $\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \exp \left (\frac{ia}{x^2} + i \beta x^2 \right ) \, {\rm d}x =\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\beta}}\exp\left ( \frac{i \pi}{4} \right ) e^{2i \sqrt{a\beta}}}$ όπου $a, \beta>0$ ....

Αν η "διαπίστωση" είναι κάτι διαφορετικό από την "απόδειξη" ίσως να μην είναι δύσκολο...

Tolaso J Kos · #7

Γρήγορη δεν ειναι διαφορετικό η διαπίστωση από την απόδειξη ...!! Ειναι σχετικά εύκολο να βγει η ταυτότητα αυτή!

#8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 10, 2018 5:08 pm
..Ειναι σχετικά εύκολο να βγει η ταυτότητα αυτή!

Τόλη, το γνωρίζω το ολοκλήρωμα. Αλλά το να το χαρακτηρίζει κανείς εύκολο είναι κάπως παραπλανητικό.
π.χ. μια λύση του παρόμοιου υπάρχει εδώ και είναι σίγουρο ότι, αν όχι ακριβώς αυτό, τουλάχιστον κάποιο παρόμοιο έχει υπολογισθεί και στο mathematica.gr (αν και δεν μπόρεσα να το βρω)

#9

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 10, 2018 1:35 pm
Υπάρχει τρόπος να υπολογίσουμε το παρακάτω γενικευμένο; $\displaystyle{S=\int_{-\infty }^{\infty }\sin\left ( x^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )\textup{d}x}$

Στοιχειωδώς (σχεδόν) ..

$\displaystyle {\rm I} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} = 2\int\limits_0^{ + \infty } {\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} \mathop { = = = }\limits^{x \to \frac{1}{x}} 2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{{x^2}}}\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx}$

Τότε $\displaystyle 2 \cdot {\rm I} = 2\int\limits_0^{ + \infty } {\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} + 2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{{x^2}}}\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} = 2 \cdot \int\limits_0^{ + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx}$

Θέτουμε $\displaystyle x - \frac{1}{x} = w \Rightarrow \left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx = dw$ , τότε $\displaystyle {\rm I} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{w^2} + 2} \right)dw} = \cos 2\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{w^2}} \right)dw} + \sin 2\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\cos \left( {{w^2}} \right)dw}$

Τα ολοκληρώματα $\displaystyle \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{w^2}} \right)dw}$ και $\displaystyle \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\cos \left( {{w^2}} \right)dw}$ είναι τα γνωστά ολοκληρώματα του Fresnel και ισχύει

$\displaystyle \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{w^2}} \right)dw} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\cos \left( {{w^2}} \right)dw} = \sqrt {\frac{\pi }{2}}$ https://en.wikipedia.org/wiki/Fresnel_integral

Τελικά $\displaystyle {\rm I} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} = \sqrt {\frac{\pi }{2}} \left( {\sin 2 + \cos 2} \right)$

Υπάρχει τρόπος;

Υπάρχει τρόπος;

Re: Υπάρχει τρόπος;

Re: Υπάρχει τρόπος;

Re: Υπάρχει τρόπος;

Re: Υπάρχει τρόπος;

Re: Υπάρχει τρόπος;

Re: Υπάρχει τρόπος;

Re: Υπάρχει τρόπος;

Re: Υπάρχει τρόπος;

Μέλη σε σύνδεση