ΠΟΝΗΡΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

nickolas tsik · #1

Καλησπέρα,το συγκεκρίμενο ολοκλήρωμα πως μπορεί να λυθεί με συμβατικό τρόπο; (δεν μου βγήκε οταν το δοκίμασα).Προκειμένου να μην ειναι άδειο το θρέντ μπορείτε να δείτε την προσέγγιση μου χρησημοποιώντας μιγαδική ανάλυση(με επιφύλαξη καθώς δεν είμαι πολύ εξοικειωμένος στο θέμα);

Δίνεται $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\cos x}{x^4 + 1} \, dx,$

Για να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle \int_0^\infty \frac{\cos x}{x^4 + 1} \, dx,$

ξεκινάμε παρατηρώντας ότι ο ολοκληρωτέος είναι άρτια συνάρτηση. Αυτό μας επιτρέπει να επεκτείνουμε το ολοκλήρωμα σε όλη την πραγματική γραμμή, εκμεταλλευόμενοι τη συμμετρία:

$\displaystyle \int_0^\infty \frac{\cos x}{x^4 + 1} \, dx = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{\cos x}{x^4 + 1} \, dx.$

Χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι

$\displaystyle \cos x = \Re(e^{ix}).$

Έτσι, θεωρούμε το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ix}}{x^4 + 1} \, dx.$

Θεωρούμε το ολοκλήρωμα της $\frac{e^{iz}}{z^4 + 1}$ στο επίπεδο των μιγαδικών αριθμών, κατά μήκος ενός περιγράμματος που περιλαμβάνει τον πραγματικό άξονα και ένα ημικύκλιο στο άνω ημιεπίπεδο με ακτίνα

, το οποίο ονομάζουμε C_R

.

το ολοκλήρωμα πάνω σε αυτό το κλειστό περίγραμμα C_R

δίνεται από:

$\displaystyle \oint_{C_R} \frac{e^{iz}}{z^4 + 1} \, dz.$

Οι πόλοι της $\frac{1}{z^4 + 1}$ είναι οι λύσεις της εξίσωσης z^4 + 1 = 0

, δηλαδή $z = e^{i\pi/4}, e^{3i\pi/4}, e^{5i\pi/4},$ και $e^{7i\pi/4}$ . Οι πόλοι στο άνω ημιεπίπεδο είναι $z = e^{i\pi/4}$ και $z = e^{3i\pi/4}$ .

Για τον πόλο στο $z = e^{i\pi/4}$ :

$\displaystyle \text{Υπόλοιπο} = \lim_{z \to e^{i\pi/4}} (z - e^{i\pi/4}) \frac{e^{iz}}{z^4 + 1}.$

Χρησιμοποιώντας τον παράγοντα $z^4 + 1 = (z - e^{i\pi/4})(z - e^{3i\pi/4})(z - e^{5i\pi/4})(z - e^{7i\pi/4})$ :

$\displaystyle \text{Υπόλοιπο στο } z = e^{i\pi/4} = \frac{e^{ie^{i\pi/4}}}{(e^{i\pi/4} - e^{3i\pi/4})(e^{i\pi/4} - e^{5i\pi/4})(e^{i\pi/4} - e^{7i\pi/4})}.$

$\displaystyle e^{ie^{i\pi/4}} = e^{i(\cos(\pi/4) + i\sin(\pi/4))} = e^{i(\sqrt{2}/2 + i\sqrt{2}/2)} = e^{- \sqrt{2}/2 + i\sqrt{2}/2}.$

$\displaystyle e^{i\pi/4} - e^{3i\pi/4} = e^{i\pi/4}(1 - e^{i\pi/2}) = e^{i\pi/4}(1 - i),$

$\displaystyle e^{i\pi/4} - e^{5i\pi/4} = e^{i\pi/4}(1 - e^{i\pi}) = e^{i\pi/4}(1 + 1) = 2e^{i\pi/4},$

$\displaystyle e^{i\pi/4} - e^{7i\pi/4} = e^{i\pi/4}(1 - e^{-i\pi/2}) = e^{i\pi/4}(1 + i).$

Άρα το υπόλοιπο είναι:

$\displaystyle \text{Υπόλοιπο στο } z = e^{i\pi/4} = \frac{e^{- \sqrt{2}/2 + i\sqrt{2}/2}}{2i(-1) \cdot 2e^{i\pi/4} \cdot (1 + i)} = \frac{e^{- \sqrt{2}/2 + i\sqrt{2}/2}}{-4i(1 + i)}.$

Για τον πόλο στο $z = e^{3i\pi/4}$ :

Παρόμοιοι υπολογισμοί δίνουν το υπόλοιπο:

$\displaystyle \text{Υπόλοιπο στο } z = e^{3i\pi/4} = \frac{e^{- \sqrt{2}/2 - i\sqrt{2}/2}}{-4i(1 - i)}.$

$\displaystyle \sum \text{Υπολείμματα} = \frac{e^{- \sqrt{2}/2 + i\sqrt{2}/2}}{-4i(1 + i)} + \frac{e^{- \sqrt{2}/2 - i\sqrt{2}/2}}{-4i(1 - i)}.$

$\displaystyle \sum \text{Υπολείμματα} = \frac{e^{- \sqrt{2}/2}}{2\sqrt{2}} (\cos(\sqrt{2}/2) + \sin(\sqrt{2}/2)).$

Χρησιμοποιώντας το θεώρημα των υπολοίπων:

$\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ix}}{x^4 + 1} \, dx = 2\pi i \sum \text{(Υπολείμματα)} = \frac{\pi e^{- \sqrt{2}/2}}{\sqrt{2}} (\cos(\sqrt{2}/2) + \sin(\sqrt{2}/2)).$

Λαμβάνοντας το πραγματικό μέρος:

$\displaystyle \int_0^\infty \frac{\cos x}{x^4 + 1} \, dx = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi e^{- \sqrt{2}/2}}{\sqrt{2}} (\cos(\sqrt{2}/2) + \sin(\sqrt{2}/2)).$

Έτσι, η τελική απάντηση είναι:

$\displaystyle \int_0^\infty \frac{\cos x}{x^4 + 1} \, dx = \frac{\pi e^{- \sqrt{2}/2}}{2\sqrt{2}} \left( \cos \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + \sin \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \right).$
όπου $\sum$ 'μμ αναφέρομαι στο απομείναντες (residue) άθροισμα .

Δυστυχώς δεν διαθέτω το link για την άσκηση.Είναι όμως απο το ''Department of Mathematics, University of Michigan
Complex Analysis''.Εδώ link για ενα τέστ με παρόμοιες ασκήσεις για όποιον ενδιαφέρεται!https://lsa.umich.edu/content/dam/math- ... 20exam.pdf

Tolaso J Kos · #2

nickolas tsik έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 16, 2024 10:32 pm

Δίνεται $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\cos x}{x^4 + 1} \, dx,$

Με δεδομένο το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I(\alpha) = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin \alpha t}{t \left ( t^2+1 \right )} \, \mathrm{d}t = \frac{\pi}{2} \left ( 1 - \alpha \right )}$ και τη διαφορική που ικανοποιεί

$\displaystyle{I(a)-I’’(a) = \int_0^\infty \frac{\sin \alpha t}{t} \, \mathrm{d}t= \frac{\pi}{2}}$

και που έχουμε δει εδώ, έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos \alpha x}{x^4+1} \, \mathrm{d}x &= \frac{1}{4 \sqrt{2}} \int_{-\infty}^{\infty} \left ( \frac{\left ( \sqrt{2} +x \right ) \cos \alpha x}{x^2+ \sqrt{2}x + 1} + \frac{\left ( \sqrt{2} - x \right ) \cos \alpha x}{x^2-\sqrt{2}x+1} \right ) \, \mathrm{d}x \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \overset{x = \frac{t-1}{\sqrt{2}} \;, \; x = \frac{t+1}{\sqrt{2}}}{=\! =\! =\! =\! =\! =\! =\! =\! =\! =\!} \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \left ( \frac{\cos \frac{\alpha t}{\sqrt{2}} \cos \frac{t}{\sqrt{2}}}{t^2+1} + \frac{t \sin \frac{\left | \alpha \right | t}{\sqrt{2}} \sin \frac{\left | \alpha \right |}{\sqrt{2}}}{t^2+1} \right ) \, \mathrm{d}t\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}} \cos \frac{\alpha}{2} \cdot I' \left ( \frac{\alpha}{\sqrt{2}} \right ) - \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \frac{\left | \alpha \right |}{\sqrt{2}} \cdot I'' \left ( \frac{\left | \alpha \right |}{\sqrt{2}} \right ) \\ &= \frac{\pi}{2\sqrt{2}} e^{-\frac{\left | \alpha \right |}{\sqrt{2}}} \left ( \cos \frac{\alpha}{\sqrt{2}} + \sin \frac{\left | \alpha \right |}{\sqrt{2}} \right ) \end{aligned}}$

Στη γενική περίπτωση $\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^{2n} + 1} \, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{n} \sum_{k=0}^{n-1} e^{- \sin \frac{\left ( 2 k+1 \right ) \pi}{2n}} \left( \sin \frac{\left ( 2 k+1 \right ) \pi}{2n} + \cos \frac{\left ( 2k+1 \right ) \pi}{2n} \right )}$ όπου $n \in \mathbb{N}$ .

Υ.Σ: Πονηρό όχι ! Κλασσικό ναι!

ΠΟΝΗΡΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

ΠΟΝΗΡΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Re: ΠΟΝΗΡΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Μέλη σε σύνδεση