mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 21, 2018 2:08 pm**

diomides έγραψε: Τρί Αύγ 21, 2018 1:36 pm $\int_{0}^{1}\frac{1}{1+log^{2}x}dx$

Έχουμε διαδοχικά :
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{1+\log^2 x} &\overset{u=-\log x}{=\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}}{1+u^2} \, \mathrm{d}u \\ &=\cancelto{0}{\left [ \arctan u \; e^{-u} \right ]_0^\infty} + \int_{0}^{\infty} \arctan u\; e^{-u} \, \mathrm{d}u \\ &=\mathrm{Ci}(1) \sin 1 - \mathrm{Si}(1) \cos 1 + \frac{\pi \cos 1}{2} \\ &\approx 0.62145 \end{aligned}}$
αφού ο μετασχηματισμός Laplace του $\arctan$ είναι:

$\displaystyle{\mathcal{L}\left \{ \arctan \right \}(t) = \frac{2 \mathrm{Ci}(s) \sin s + \left ( \pi -2 \mathrm{Si}(s) \right ) \cos s}{2s}}$

όπου $\mathrm{Ci}$ η συνάρτηση Cosine Integral και $\mathrm{Si}$ η συνάρτηση Sine integral.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 21, 2018 3:47 pm**

ευχαριστω πολυ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 22, 2018 12:07 pm**

Οπως έγραψε ο Τόλης παραπάνω αρκεί να υπολογίσουμε το

$I=\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}}{1+u^2} du$

Θέτουμε

$f(x)=\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-xu}}{1+u^2} du$

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι μπορούμε να αλλάξουμε την παράγωγο με το ολοκλήρωμα όποτε

$f''(x)+f(x)=\int_{0}^{\infty }e^{-xu}du=\frac{1}{x},x>0$

Εχουμε μια διαφορική εξίσωση δεύτερης τάξης γραμμική.

Η γενική λύση της ομογενούς είναι $c_{1}\cos x+c_{2}\sin x$

Εστω $c_{1}(x)\cos x+c_{2}(x)\sin x$ μία ειδική λύση.

Κατα τα γνωστά θα είναι $c_{1}'(x)\cos x+c_{2}'(x)\sin x=0,c_{2}'(x)\cos x-c_{1}'(x)\sin x=\frac{1}{x}$

Λύνοντας η γενική λύση θα είναι

$f(x)=c_{1}\cos x+c_{2}\sin x-\cos x\int_{1}^{x}\frac{\sin t}{t}dt+\sin x\int_{1}^{x}\frac{\cos t}{t}dt$ (1)

Από το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης βλέπουμε ότι $\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=0$

Στην (1) τα γενικευμένα ολοκληρώματα συγκλίνουν.

Παίρνοντας τις ακολουθίες $2n\pi, 2n\pi+\frac{\pi }{2}$ και όριο στο $\infty$

βρίσκουμε τα $c_{1},c_{2}$

Ετσι έχουμε

$f(x)=(\int_{1}^{\infty }\frac{\sin t}{t}dt)\cos x-(\int_{1}^{\infty }\frac{\cos t}{t}dt)\sin x-\cos x\int_{1}^{x}\frac{\sin t}{t}dt+\sin x\int_{1}^{x}\frac{\cos t}{t}dt$

και $I=f(1)=(\int_{1}^{\infty }\frac{\sin t}{t}dt)\cos 1-(\int_{1}^{\infty }\frac{\cos t}{t}dt)\sin 1$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 22, 2018 8:26 pm**

Ωραία Σταύρο. Αυτή είναι και η απόδειξη του μετασχηματισμού Laplace της $\arctan$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 22, 2018 8:34 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Τετ Αύγ 22, 2018 8:26 pm Ωραία Σταύρο. Αυτή είναι και η απόδειξη του μετασχηματισμού Laplace της $\arctan$ .

Τόλη εγώ στην ουσία υπολόγισα τον Laplace της $\frac{1}{1+x^{2}}$
που φυσικά έχει σχέση με τον Laplace της $\arctan x$
αφού είναι η παράγωγος της.

Πάντως εγώ δεν θεωρώ ότι αυτός είναι υπολογισμός.
(για το αρχικό ολοκλήρωμα εννοώ)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 22, 2018 8:43 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τετ Αύγ 22, 2018 8:34 pm
Tolaso J Kos έγραψε: Τετ Αύγ 22, 2018 8:26 pm Ωραία Σταύρο. Αυτή είναι και η απόδειξη του μετασχηματισμού Laplace της $\arctan$ .
Πάντως εγώ δεν θεωρώ ότι αυτός είναι υπολογισμός.
(για το αρχικό ολοκλήρωμα εννοώ)

Προφανώς. Προσωπικά δεν είμαι και τόσο fan αυτών των συναρτήσεων. Τις γνωρίζω με τον τύπο τους αλλά μέχρι εκεί. Ας συνεχίσουμε λίγο. Δείξατε ότι το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{1+\log^2 x}}$
αποκλίνει. Παράξενο ε; Θα περίμενε κάποιος να συγκλίνει!!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 22, 2018 8:59 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Τετ Αύγ 22, 2018 8:43 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τετ Αύγ 22, 2018 8:34 pm
Tolaso J Kos έγραψε: Τετ Αύγ 22, 2018 8:26 pm Ωραία Σταύρο. Αυτή είναι και η απόδειξη του μετασχηματισμού Laplace της $\arctan$ .
Πάντως εγώ δεν θεωρώ ότι αυτός είναι υπολογισμός.
(για το αρχικό ολοκλήρωμα εννοώ)
Προφανώς. Προσωπικά δεν είμαι και τόσο fan αυτών των συναρτήσεων. Τις γνωρίζω με τον τύπο τους αλλά μέχρι εκεί. Ας συνεχίσουμε λίγο. Δείξατε ότι το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{1+\log^2 x}}$
αποκλίνει. Παράξενο ε; Θα περίμενε κάποιος να συγκλίνει!!

Δεν συγκλίνει .Ο λόγος είναι ο λογάριθμος πάει στο άπειρο όταν το

πάει στο άπειρο πολύ-πολύ-αργά.

Η απόδειξη είναι

Επειδή

$\log x=\log (x^{a})^{\frac{1}{a}}< \frac{1}{a}x^{a}$

για x>1

είναι $\frac{1}{1+(\log x)^{2}}\geq \frac{1}{1+\frac{x^{2a}}{a^{2}}}$

παίρνοντας $a=\frac{1}{2}$ η μικρότερο από το κριτήριο σύγκρισης παίρνουμε ότι το

ολοκλήρωμα είναι άπειρο

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 22, 2018 9:07 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Τετ Αύγ 22, 2018 8:43 pm Ας συνεχίσουμε λίγο. Δείξατε ότι το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{1+\log^2 x}}$
αποκλίνει. Παράξενο ε; Θα περίμενε κάποιος να συγκλίνει!!

Για $x\ge e$ είναι $1+\log^2 x \le 1+x\log x \le 2 x\log x$ . Άρα $\displaystyle{ \int_e^X \frac{\mathrm{d}x}{1+\log^2 x}}\ge \int_e^X \frac{\mathrm{d}x}{2x\log x}= \frac {1}{2}\log (\log X) \to \infty}$

Edit: Με πρόλαβαν...

mathematica.gr

Ολοκλήρωμα γενικευμένο

Ολοκλήρωμα γενικευμένο

Re: Ολοκλήρωμα γενικευμένο

Re: Ολοκλήρωμα γενικευμένο

Re: Ολοκλήρωμα γενικευμένο

Re: Ολοκλήρωμα γενικευμένο

Re: Ολοκλήρωμα γενικευμένο

Re: Ολοκλήρωμα γενικευμένο

Re: Ολοκλήρωμα γενικευμένο

Re: Ολοκλήρωμα γενικευμένο