2 γενικευμένα ολοκληρώματα

china university · #1

Να υπολογισθούν τα

1. $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin{x}}{x^2+a^2}\,dx$

2. $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{x}\log{x}}{1+x^2}\dx$

#2

china university έγραψε:1. $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin{x}}{x^2+a^2}\,dx$

2. $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{x}\log{x}}{1+x^2}\dx$

1. Παρόμοιο είναι το $93) \ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x$ από τα γενικευμένα και έχει λυθεί εδώ.
Έτσι $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{x \sin x}{x^2+a^2} \, \mathrm{d}x =\frac{\pi}{2}\,e^{-|{a}|}\,,\quad a\in\mathbb{R}\,.$

2. Είναι το 35)

από τα γενικευμένα και έχει λυθεί εδώ και εδώ.

#3

china university έγραψε:2. $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{x}\log{x}}{1+x^2}\dx$

grigkost έγραψε:2. Είναι το από τα γενικευμένα και έχει λυθεί εδώ και εδώ.

Οι λύσεις στις οποίες αναφέρεται ο Γρηγόρης, δίδονται αποκλειστικά με φυγή στο Μιγαδικό Επίπεδο.

Μια λύση ακόμα στα πλαίσια της Πραγματικής Ανάλυσης .. με κάποια στοιχεία Αναλυτικής Θεωρίας Αριθμών (αρκετά όμορφη νομίζω) !!

Λήμμα 1: $\displaystyle{\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{n + z}}} = \frac{\pi }{{\tan \pi z}}}$ αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=59&t=23594

Λήμμα 2: $\displaystyle{\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + z} \right)}^2}}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{{{{\sin }^2}\pi z}}}$ διότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{n + z}}} = \frac{\pi }{{\tan \pi z}} \Rightarrow {\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\left( {\frac{1}{{n + z}}} \right)} {'}} = {\left( {\frac{\pi }{{\tan \pi z}}} \right){'}} \Rightarrow ..\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + z} \right)}^2}}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{{{{\sin }^2}\pi z}}}$

Λήμμα 3: $\displaystyle{\int\limits_0^1 {{x^z}\ln x\;dx} = - \frac{1}{{{{\left( {z + 1} \right)}^2}}}}$ στοιχειώδες. Τότε ..

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\sqrt x \ln x}}{{1 + {x^2}}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt x \ln x}}{{1 + {x^2}}}dx} + \int\limits_1^\infty {\frac{{\sqrt y \ln y}}{{1 + {y^2}}}dy} = \mathop = \limits^{y = 1/x} = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{1 + {x^2}}}\left( {\sqrt x - \frac{1}{{\sqrt x }}} \right)dx} = \int\limits_0^1 {\ln x\left( {\sqrt x - \frac{1}{{\sqrt x }}} \right)\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^{2n}}} dx} = }$

$\displaystyle{ = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\left( {\int\limits_0^1 {\ln x\left( {{x^{2n + 1/2}} - {x^{2n - 1/2}}} \right) \cdot dx} } \right)} \mathop = \limits^{\left\lfloor {L:3} \right\rfloor } \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\left( {\frac{1}{{{{\left( {n + 1/4} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {n + 3/4} \right)}^2}}}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{{{\left( {2n + 1/4} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2n + 1 + 3/4} \right)}^2}}}} \right)} - \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{{{\left( {2n + 1 + 1/4} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2n + 3/4} \right)}^2}}}} \right)} }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{{{\left( {n + 1/8} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {n + 7/8} \right)}^2}}}} \right)} - \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{{{\left( {n + 5/8} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {n + 3/8} \right)}^2}}}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{{{\left( { - n - 1/8} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {n + 1 - 1/8} \right)}^2}}}} \right)} - \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{{{\left( { - n - 5/8} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {n + 1 - 5/8} \right)}^2}}}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n - 1/8} \right)}^2}}}} - \frac{1}{{16}}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n - 5/8} \right)}^2}}}} \mathop = \limits^{\left\lfloor {L:2} \right\rfloor } \frac{{{\pi ^2}}}{{16}}\left( {\frac{1}{{{{\sin }^2}\left( {\dfrac{\pi }{8}} \right)}} - \frac{1}{{{{\sin }^2}\left( {\dfrac{{5\pi }}{8}} \right)}}} \right) = .. = \frac{{{\pi ^2}}}{{2\sqrt 2 }}}$ .

#4

china university έγραψε:1. $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin{x}}{x^2+a^2}\,dx$

grigkost έγραψε:1. Παρόμοιο είναι το $93) \ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x$ από τα γενικευμένα και έχει λυθεί εδώ.
Έτσι $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{x \sin x}{x^2+a^2} \, \mathrm{d}x =\frac{\pi}{2}\,e^{-|{a}|}\,,\quad a\in\mathbb{R}\,.$

Στην παραπομπή του Γρηγόρη, ο εξαιρετικός Στράτης Αντωνέας, μας χάρισε μια λύση με φυγή στο Μιγαδικό επίπεδο. Για χάρη των μεθόδων θα δοθεί και μια ακόμα λύση
με καθαρή Πραγματική Ανάλυση.
Θα χρησιμοποιηθούν Μετασχηματισμοί Laplace : $\displaystyle{L1:\int\limits_0^\infty {\sin \left( {a\sqrt x } \right){e^\big{{ - sx}}}dx} = \frac{{a\sqrt \pi }}{{2s\sqrt s }}{e^\big{{ - {a^2}/\left( {4s} \right)}}}}$ και $\displaystyle{L2:\int\limits_0^\infty {\frac{{{e^\big{{ - {a^2}/\left( {4x} \right)}}}}}{{\sqrt x }} \cdot {e^\big{{ - sx}}}dx} = \sqrt {\frac{\pi }{s}} {e^\big{{ - a\sqrt s }}}}$
(Δ. Δασκαλόπουλος, Ανώτερα Μαθηματικά, 3ος Τόμος, Ε.Μ.Π., σελ 350 - 355). Το $\displaystyle{a}$ θεωρείται θετικό. Είναι σε τετράγωνο, συνεπώς δεν έχει σημασία.

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{x\sin x}}{{{x^2} + {a^2}}}dx} = \mathop = \limits^{x = ay} = \int\limits_0^\infty {\frac{{y\sin ay}}{{{y^2} + 1}}dy} = \mathop = \limits^{y = \sqrt x } = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin a\sqrt x }}{{x + 1}}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\sin a\sqrt x \left( {\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - \left( {x + 1} \right)y}}}dy} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - y}}}\left( {\int\limits_0^\infty {\sin \left( {a\sqrt x } \right){e^\big{{ - xy}}}dx} } \right)dy} \mathop = \limits^{L1:} \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - y}}}\frac{{a\sqrt \pi }}{{2y\sqrt y }}{e^\big{{ - {a^2}/\left( {4y} \right)}}}dy} = \mathop = \limits^{y = 1/x} = \frac{{a\sqrt \pi }}{4}\int\limits_0^\infty {\frac{{{e^\big{{ - 1/x}}}}}{{\sqrt x }}{e^\big{{ - \dfrac{{{a^2}}}{4}x}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{L2:} = \frac{{a\sqrt \pi }}{4}\sqrt {\frac{\pi }{{{a^2}/4}}} {e^\big{{ - 2\sqrt {{a^2}/4}} }} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{x\sin x}}{{{x^2} + {a^2}}}dx} = \frac{\pi }{2}{e^\big{{ - a}}}}}$

2 γενικευμένα ολοκληρώματα

2 γενικευμένα ολοκληρώματα

Re: 2 γενικευμένα ολοκληρώματα

Re: 2 γενικευμένα ολοκληρώματα

Re: 2 γενικευμένα ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση