Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

#1

Για $n\geq1$ φυσικό, ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2n+1}\,dx}$ .

Δίνεται ότι

$\displaystyle{\sin^{2n+1}x=\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\left(\sin(2n+1)x+\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{k}\sin(2n-2k+1)x\right)}$ .

kwstas12345 · #2

Ας μου επιτραπει μια προσπάθεια με μιγαδικη αναλυση αν και νομιζω πως ειναι ημιτελης..οποιαδηποτε παρατηρηση ευπροσδευκη, να και δισταζω καπως να την βαλω αυτη την ''λυση''.

Επειδή $\displaystyle \sin^{2n+1}x=\frac{\left(-1 \right)^{n}}{2^{2n}}\left(\sin\left(2n+1 \right)x+\sum_{k=1}^{n}{\left(-1 \right)^{k}\binom{2n+1}{k}}\sin\left(2n-2k+1 \right) \right)$

Υπολογίζω αρχικα το $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx$ .

Θεωρούμε την συναρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{e^{i\left(2n+1 \right)z}}{z^{2n+1}},n \in \mathbb{N}$ η οποία έχει πόλο το σημειο z=0

.

Έστω

το ημικυκλιο ακτίνας

και

το ακτίνας

. Τότε όμως είναι to ολοκληρωμα της $f\left(z \right)$

είναι

στην κλειστη καμπύλη

(εδω θα χρειαζοταν ενα σχηματακι).Άρα: $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)=0$

όμως : $\displaystyle \int_{A}^{B}{f\left(z \right)}dz+\int_{B}^{C}{f\left(z \right)}dz+\int_{C}^{D}{f\left(z \right)}dz+\int_{D}^{A}{f\left(z \right)}dz=0$

Στέλνοντας $\displaystyle R\rightarrow +\infty,r\rightarrow 0$ είναι $\displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty}\int_{A}^{B}{f\left(z \right)}dz=0$ .

Γυραναμε στην συναρτηση μας. Είναι: $\displaystyle \lim_{z\rightarrow 0}\left(z-0 \right)^{2n+1}\frac{e^{i\left(2n+1 \right)z}}{z^{2n+1}}=1\neq 0$

άρα το

είναι πόλος ταξης 2n+1

.Συνεπως: $\displaystyle Res_{z=0}f\left(z \right)=\frac{1}{\left(2n \right)!}\left[z^{2n+1} \frac{e^{i\left(2n+1 \right)z}}{z^{2n+1}}\right]_{z=0}^{\left(2n \right)}=\frac{1}{\left(2n \right)!}i^{2n}\left(2n+1 \right)^{2n}=$ $\displaystyle \frac{\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{\left(2n \right)!}$

Άρα $\displaystyle \lim_{r\rightarrow 0}\int_{C}^{D}{f\left(z \right)}dz=-i\pi Res_{z=0}f\left(z \right)=-i\pi\frac{\left(2n+1 \right)^{2n}\left(-1 \right)^{n}}{\left(2n \right)!}$

Έτσι $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{e^{i\left(2n+1 \right)x}}{x^{2n+1}}}dx=i\pi\frac{\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{\left(2n \right)!}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\cos \left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx+i\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin \left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=i\pi\frac{\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{\left(2n \right)!}$

Εξισώνοντας πραγματικα και φανταστικα μερη θα λαβουμε $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=\frac{\pi\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{\left(2n \right)!}$

και επειδη $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=2\int_{0}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx$

θα είναι $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=\frac{\pi\left(-1 \right)^{n}\left(2n+1 \right)^{2n}}{2\left(2n \right)!}$

Όμοια μπορουμε να υπολογισουμε και το $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n-2k+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx,1\leqslant k\leqslant n$

θεωρώντας την $\displaystyle g\left(z \right)=\frac{e^{i\left(2n-2k+1 \right)i}}{x^{2n+1}}$ ακολουθώντας την ομοια διαδικασια βρίσκω

$\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\sin\left(2n-2k+1 \right)x}{x^{2n+1}}}dx=\frac{\pi\left(-1 \right)^{n}\left(2n-2k+1 \right)^{2n}}{2\left(2n \right)!}$

Συνδυαζοντας λοιπόν όλα αυτα θα βρούμε $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\left(\frac{\sin x}{x} \right)^{2n+1}}dx=\frac{\pi}{\left(2n \right)!2^{2n+1}}\left[\left(2n+1 \right)^{2n}+\sum_{k=1}^{n}{\left(-1 \right)^{k}}\binom{2n+1}{k}\left(2n-2k+1 \right)^{2n} \right]$

Πιστευω να μην εχω κανει πολλα λαθη...η προσπαθεια μετραει.

#3

Να τονίσω για όσους δεν το γνωρίζουν, ο Κώστας είναι μαθητής Λυκείου.

Κώστα, τα συγχαρητήριά μου.

Μιχάλης.

#4

Κώστα είσαι σωστός και τεράστιος! Σου χρωστάω ένα καφεδάκι στη Νεφέλη τον ερχόμενο Αύγουστο!

Προσωπικά τα έκανα όλα μαζί κατευθείαν θεωρώντας την συνάρτηση

$\displaystyle{f(z)=\frac{(-1)^n}{2^{2n}z^{2n+1}}\left(e^{i(2n+1)z}+\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{k}e^{i(2n-2k+1)}\right)}$

Για να δείξω ότι το ολοκλήρωμα της $\displaystyle{f(z)}$ στο άνω μικρό ημικύκλιο ακτίνας

γύρω από το (0,0)

πάει στο

$\displaystyle{-i\pi\left((2n+1)^{2n}+\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\binom{2n+1}{k}(2n-2k+1)^{2n}\right)}$ , μου χρειάστηκε να δείξω ότι

$\displaystyle{\boxed{\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\binom{2n+1}{k}(2n-2k+1)^{2j+1}=(2n+1)^{2j+1}}}$ για $\displaystyle{j=0,\ldots,n-1}$

Αυτό το πήρα έτοιμο. Το βάζω λοιπόν ως άσκηση.

Αναρωτιέμαι αν το τελικό αποτέλεσμα $\displaystyle{\frac{\pi}{2^{2n+1}(2n)!}\left(\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{2n+1}{k}(2n-2k+1)^{2n}\right)}$ μαζεύεται περισσότερο από κάποιον κλειστό τύπο...

#5

Για την ιστορία, ο γενικός τύπος για αυτού του τύπου το ολοκλήρωμα είναι ο

$\displaystyle{\int_0^{+\infty}\frac{sin^ax}{x^b}dx=\pi^{1-c}\frac{(-1)^{\lfloor(a-b)/2\rfloor}}{2^(a-c)(b-1)!}\sum_{k=0}^{\lfloor a/2\rfloor-c}(-1)^k\binom{a}{k}(a-2k)^{b-1}\left(\ln(a-2k)\right)^c}$ ,

όπου

και

θετικοί ακέραιοι με $a\geq b>c$ , $c=a-b \pmod 2$ , $\lfloor x\rfloor$ είναι η floor function, και 0^0:=1

.

#6

Ένα σχετικό ενδιαφέρον άρθρο εδώ.

Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

Re: Κλειστός τύπος για κλάση ολοκληρωμάτων γνωστής μορφής

Μέλη σε σύνδεση