Γενικευμένο !

#1

Αφορμής δοθείσας αυτής της ανάρτησης viewtopic.php?f=59&t=36964 κατασκευάστηκε τούτο
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin x\sin \sqrt x dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{2}\sin \left( {\frac{{3\pi - 1}}{4}} \right)}$

china university · #2

Σεραφείμ έγραψε:Αφορμής δοθείσας αυτής της ανάρτησης viewtopic.php?f=59&t=36964 κατασκευάστηκε τούτο
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin x\sin \sqrt x dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{2}\sin \left( {\frac{{3\pi - 1}}{4}} \right)}$

Hello,This integral is not converge.
ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Γεια σας. Αυτό το ολοκλήρωμα δεν συγκλίνει.

http://www.wolframalpha.com/input/?i=%5 ... 8x%29%29dx

#3

china university έγραψε:
Σεραφείμ έγραψε:Αφορμής δοθείσας αυτής της ανάρτησης viewtopic.php?f=59&t=36964 κατασκευάστηκε τούτο
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin x\sin \sqrt x dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{2}\sin \left( {\frac{{3\pi - 1}}{4}} \right)}$
Hello,This integral is not converge.
ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Αυτό το ολοκλήρωμα δεν συγκλίνει.

http://www.wolframalpha.com/input/?i=%5 ... 8x%29%29dx

Hello China University!

The wolframalpha calculation is not proof!
Yes, I do have some doubts about the convergence of this integral but I have no proof yet.
So ...

ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Ο υπολογισμός του wolframalpha δεν συνιστά απόδειξη!
Έχω και ο ίδιος κάποιες αμφιβολίες για την σύγκλιση αυτού του ολοκληρώματος, αλλά δεν έχω, ακόμα, μια απόδειξη για αυτό.
Επομένως...

china university · #4

grigkost έγραψε:
china university έγραψε:
Σεραφείμ έγραψε:Αφορμής δοθείσας αυτής της ανάρτησης viewtopic.php?f=59&t=36964 κατασκευάστηκε τούτο
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin x\sin \sqrt x dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{2}\sin \left( {\frac{{3\pi - 1}}{4}} \right)}$
Hello,This integral is not converge.
ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Αυτό το ολοκλήρωμα δεν συγκλίνει.

http://www.wolframalpha.com/input/?i=%5 ... 8x%29%29dx
Hello China University!

The wolframalpha calculation is not proof!
Yes, I do have some doubts about the convergence of this integral but I have no proof yet.
So ...

ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Ο υπολογισμός του wolframalpha δεν συνιστά απόδειξη!
Έχω και ο ίδιος κάποιες αμφιβολίες για την σύγκλιση αυτού του ολοκληρώματος, αλλά δεν έχω, ακόμα, μια απόδειξη για αυτό.
Επομένως...

oh,Thank you,But polt this function is increasing.
ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Ευχαριστώ. Αλλά να σημειωθεί ότι αυτή η συνάρτηση είναι αύξουσα.

#5

china university έγραψε:
grigkost έγραψε:
china university έγραψε:
Σεραφείμ έγραψε:Αφορμής δοθείσας αυτής της ανάρτησης viewtopic.php?f=59&t=36964 κατασκευάστηκε τούτο
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin x\sin \sqrt x dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{2}\sin \left( {\frac{{3\pi - 1}}{4}} \right)}$
Hello,This integral is not converge.
ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Αυτό το ολοκλήρωμα δεν συγκλίνει.

http://www.wolframalpha.com/input/?i=%5 ... 8x%29%29dx
Hello China University!

The wolframalpha calculation is not proof!
Yes, I do have some doubts about the convergence of this integral but I have no proof yet.
So ...

ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Ο υπολογισμός του wolframalpha δεν συνιστά απόδειξη!
Έχω και ο ίδιος κάποιες αμφιβολίες για την σύγκλιση αυτού του ολοκληρώματος, αλλά δεν έχω, ακόμα, μια απόδειξη για αυτό.
Επομένως...

oh,Thank you,But polt this function is increasing.
ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Ευχαριστώ. Αλλά να σημειωθεί ότι αυτή η συνάρτηση είναι αύξουσα.

Hello China University.

Which function is increasing?
Neither $f(x)=\sin{x}\sin\sqrt{x}$ nor $F(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}{\sin{t}\sin\sqrt{t}\,dt$ are increasing functions.

ΜΕΤΑΦΡΑΣΗ: Ποια συνάρτηση είναι αύξουσα;
Ούτε η $f(x)=\sin{x}\sin\sqrt{x}$ ούτε η $F(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}{\sin{t}\sin\sqrt{t}\,dt$ είναι αύξουσες συναρτήσεις

#6

Αρχικά θα δείξουμε ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot {e^{ - ax}}dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{{2a\sqrt a }}{e^{\dfrac{{ - 1}}{{4a}}}}}$ , κατόπιν $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} = \frac{{\sqrt \pi \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}}}}}{{2{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^{3/4}}}} \cdot \sin \left( {\frac{3}{2}Arc\tan \frac{1}{a} - \frac{1}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}$
κι έπειτα θα πάρουμε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{a \to 0 + } \int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} }$
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Λοιπόν .. $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot {e^{ - ax}}dx} = \int\limits_0^\infty {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^{n + 1/2}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}} \cdot {e^{ - ax}}dx = } \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {{x^{n + 1/2}}{e^{ - ax}}dx} } }$ . Όμως

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{x^{n + 1/2}}{e^{ - ax}}dx} = \mathop = \limits^{ax = y} = \frac{1}{{{a^{n + 3/2}}}}\int\limits_0^\infty {{y^{n + 1/2}}{e^{ - y}}dy} = \frac{{\Gamma \left( {n + 3/2} \right)}}{{{a^{n + 3/2}}}} = \frac{{\left( {n + 1/2} \right)\Gamma \left( {n + 1/2} \right)}}{{{a^{n + 3/2}}}} = \mathop = \limits^{\left[ 1 \right]} = \frac{{\left( {2n + 1} \right)!\sqrt \pi }}{{{a^{n + 3/2}}{2^{2n + 1}}n!}}}$

Άρα $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot {e^{ - ax}}dx} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {{x^{n + 1/2}}{e^{ - ax}}dx} } = \frac{{\sqrt \pi }}{{2a\sqrt a }}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {4a} \right)}^n}n!}}} = \frac{{\sqrt \pi }}{{2a\sqrt a }}{e^{ - \dfrac{1}{{4a}}}} }$ . Θέτουμε $\displaystyle{f\left( a \right) = \frac{{\sqrt \pi }}{{2a\sqrt a }}{e^{ - \dfrac{1}{{4a}}}}}$

Τότε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} = \frac{1}{{2i}}\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \left( {{e^{ - \left( {a - i} \right)x}} - {e^{ - \left( {a + i} \right)x}}} \right)dx} = \frac{1}{{2i}}\left( {f\left( {a - i} \right) - f\left( {a + i} \right)} \right)}$

Όμως $\displaystyle{f\left( {a - i} \right) = \frac{{\sqrt \pi }}{{2{{\left( {a - i} \right)}^{3/2}}}}{e^{ - \dfrac{1}{{4\left( {a - i} \right)}}}} = \frac{{\sqrt \pi {e^{ - \dfrac{{a + i}}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}}}}}{{2{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^{3/4}} \cdot {e^{ - \dfrac{3}{2}\big{i \cdot Arc\tan} \dfrac{1}{a}}}}} = \frac{{\sqrt \pi \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}}}}}{{2{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^{3/4}}}} \cdot {e^\big{{i\left( {\frac{3}{2}Arc\tan \frac{1}{a} - \frac{1}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}}} \right)}}}$

Όμοια $\displaystyle{f\left( {a + i} \right) = \frac{{\sqrt \pi \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}}}}}{{2{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^{3/4}}}} \cdot {e^\big{{ - i\left( {\frac{3}{2}Arc\tan \frac{1}{a} - \frac{1}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}}}}$ , οπότε για

$\displaystyle{a>0}$ : $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} = \frac{{\sqrt \pi \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}}}}}{{2{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^{3/4}}}} \cdot \sin \left( {\frac{3}{2}Arc\tan \frac{1}{a} - \frac{1}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}$ και τελικά (με κάποια επιφύλαξη λόγω συνέχειας στο $\displaystyle{0}$ )

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot dx} = \mathop {\lim }\limits_{a \to 0 + } \frac{{\sqrt \pi \cdot {e^{ - \dfrac{a}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}}}}}{{2{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^{3/4}}}} \cdot \sin \left( {\frac{3}{2}Arc\tan \frac{1}{a} - \frac{1}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right) = \frac{{\sqrt \pi }}{2} \cdot \sin \left( {\frac{{3 \cdot \pi }}{4} - \frac{1}{4}} \right)}$

Σχόλιο 1 : Από worfram προκύπτει ότι για $\displaystyle{n = {10^6}\,:\;\int\limits_{{{(2\pi n)}^2}}^{{{(2\pi n + 2\pi )}^2}} {\sin x \cdot \sin \sqrt x \cdot dx} = 4,90986 \cdot {10^{ - 8}}}$

για $\displaystyle{n = {10^{12}}\,:\;\int\limits_{{{(2\pi n)}^2}}^{{{(2\pi n + 2\pi )}^2}} {\sin x \cdot \sin \sqrt x \cdot dx} = - 3.40715 \cdot {10^{ - 14}}}$ και για $\displaystyle{n = {10^{30}}\,:\;\int\limits_{{{(2\pi n)}^2}}^{{{(2\pi n + 2\pi )}^2}} {\sin x \cdot \sin \sqrt x \cdot dx} = 0.0}$

δηλαδή σε κάθε πλήρη κύκλο του $\displaystyle{\sin \sqrt x }$ η συνεισφορά στο τελικό αποτέλεσμα είναι μηδέν (σχεδόν)

Σχόλιο 2 : $\displaystyle{\left[ 1 \right] }$ http://mathworld.wolfram.com/GammaFunction.html σχέσεις $\displaystyle{58}$ και $\displaystyle{59}$ .

#7

Με προβλημάτισε ισχυρά αν μπορούμε να πούμε ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot dx} = \mathop {\lim }\limits_{a \to 0 + } \int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} }$

Ο Wolfram μου δίδει προσεγγιστικά ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot dx} \approx 0.762213}$ και βέβαια $\displaystyle{\frac{{\sqrt \pi }}{2} \cdot \sin \left( {\frac{{3 \pi }}{4} - \frac{1}{4}} \right) \approx 0.762213}$ !!

parmenides51 · #8

most people trust Wolfram

but here we trust Serafeim (Σεραφείμ )

where Wolfram is mistaken, Serafeim shows us the way ...

Translation / Μετάφραση

oι περισσότεροι εμπιστεύονται το πρόγραμμα Wolfram

αλλά εδώ εμείς εμπιστευόμαστε τον Σεραφείμ

όταν σφάλλει το Wolfram, o Σεραφείμ μας δείχνει το δρόμο ...

china university · #9

First make the substitution x=u^2

to get:
(Αρχικά κάνουμε την αντικατάσταση x=u^2

για να πάρουμε: )

$\displaystyle \int _{0}^{\infty }\!\sin \left( x \right) \sin \left( \sqrt {x} \right) {dx}=\int _{0}^{\infty }\!2\,\sin \left( {u}^{2} \right) \sin \left( u \right) u{du}$ ,

$\displaystyle=-\int _{0}^{\infty }\!u\cos \left( u \left( u+1 \right) \right) {du}+ \int _{0}^{\infty }\!u\cos \left( u \left( u-1 \right) \right) {du}$ ,

and changing variable again in the second integral on the R.H.S such that $u\rightarrow u+1$ this becomes:
(και αλλάζοντας ξανά μεταβλητή στο δεύτερο ολοκλήρωμα στο κάτω άθροισμα (R.H.S.) έτσι ώστε $u\rightarrow u+1$ αυτό γίνεται:)

$=\displaystyle\int _{0}^{\infty }\!-u\cos \left( u \left( u+1 \right) \right) {du}+ \int _{-1}^{\infty }\!\left(u+1\right)\cos \left( u \left( u+1 \right) \right) {du}$ ,

$\displaystyle=\int _{0}^{\infty }\!\cos \left( u \left( u+1 \right) \right) {du}+ \int _{-1}^{0}\! \left( u+1 \right) \cos \left( u \left( u+1 \right) \right) {du}$ .

Now we write u=v-1/2

and this becomes:
(Τώρα γράφουμε u=v-1/2

και αυτό γίνεται:)

$\displaystyle\int _{1/2}^{\infty }\!\cos \left( {v}^{2}-1/4 \right) {dv}+\int _{-1/ 2}^{1/2}\! \left( v+1/2 \right) \cos \left( {v}^{2}-1/4 \right) {dv}=$

$\displaystyle \left\{\int _{0}^{\infty }\!\cos \left( {v}^{2}-1/4 \right) {dv}\right\}$

$\displaystyle +\left\{\int _{-1/2} ^{1/2}\!v\cos \left( {v}^{2}-1/4 \right) {dv}+\int _{-1/2}^{0}\!1/2\, \cos \left( {v}^{2}-1/4 \right) {dv}-1/2\,\int _{0}^{1/2}\!\cos \left( {v}^{2}-1/4 \right) {dv}\right\},$

but the second curly bracket is zero by symmetry and so:
(αλλά η δεύτερη αγκύλη είναι, λόγω συμμετρίας, μηδέν και έτσι: )

$\displaystyle \int _{0}^{\infty }\!\sin \left( x \right) \sin \left( \sqrt {x} \right) {dx}=\displaystyle \int _{0}^{\infty }\!\cos \left( {v}^{2}-1/4 \right) {dv}$ ,

$\displaystyle =\int _{0}^{ \infty }\!\cos \left( {v}^{2} \right) {dv}\cos \left( 1/4 \right) + \int _{0}^{\infty }\!\sin \left( {v}^{2} \right) {dv}\sin \left( 1/4 \right)$ .

We now quote the limit of Fresnel integrals:
(Τώρα χρησιμοποιούμε τα όρια των ολοκληρωμάτων Fresnel )

$\displaystyle\int _{0}^{\infty }\!\cos \left( {v}^{2} \right) {dv}=\int _{0}^{ \infty }\!\sin \left( {v}^{2} \right) {dv}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{4}$ ,

to obtain:
(για να πάρουμε: )
$\displaystyle \int _{0}^{\infty }\!\sin \left( x \right) \sin \left( \sqrt {x} \right) {dx}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{4}\left(\cos\left(\dfrac{1}{4}\right)+\sin\left(\dfrac{1}{4}\right)\right)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\sin{\left(\dfrac{3\pi-1}{4}\right)}$ .

#10

china university έγραψε:First make the substitution to get: $\displaystyle \int _{0}^{\infty }\!\sin \left( x \right) \sin \left( \sqrt {x} \right) {dx}=\int _{0}^{\infty }\!2\,\sin \left( {u}^{2} \right) \sin \left( u \right) u{du}$ ...

to obtain: $\displaystyle \int _{0}^{\infty }\!\sin \left( x \right) \sin \left( \sqrt {x} \right) {dx}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{4}\left(\cos\left(\dfrac{1}{4}\right)+\sin\left(\dfrac{1}{4}\right)\right)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\sin{\left(\dfrac{3\pi-1}{4}\right)}$ .

Elementary Solution !! Excellent .. (Στοιχειώδης απόδειξη !! Θαυμάσια..)

#11

Σεραφείμ έγραψε:
china university έγραψε:...to obtain: $\displaystyle \int _{0}^{\infty }\!\sin \left( x \right) \sin \left( \sqrt {x} \right) {dx}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{4}\left(\cos\left(\dfrac{1}{4}\right)+\sin\left(\dfrac{1}{4}\right)\right)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\sin{\left(\dfrac{3\pi-1}{4}\right)}$ .
Elementary Solution !! Excellent .. (Στοιχειώδης απόδειξη !! Θαυμάσια..)

Για να θυμηθούμε ότι τα μαθηματικά είναι μια ζωντανή -κάποιες φορές πολύ ζωντανή- τέχνη:

1) Η λύση του china university έχει λάθος (το εντόπισε το μέλος r9m και μου το ανέφερε σε μια συζήτηση που είχαμε μέσω π.μ. Τον παρότρυνα να την ανεβάσει και στο mathematica.gr όπως και την λύση που έδωσε. )

2) Όμως η συζήτηση του συγκεκριμένου θέματος στο $\color{blue}\int_{0}^{+\infty}{\sin({x})\sin({\sqrt {x}\,})\,dx}$ (*) έχει πάρει ενδιαφέρουσες διαστάσεις.

(*) Στην Αγγλική.

dement · #12

Υποψιάζομαι ότι το ολοκλήρωμα αποκλίνει. Αν $\displaystyle \limsup_{k \to \infty} \sin (\sqrt{k \pi}) > 0$ (όπως μου φαίνεται διαισθητικά), τότε $\displaystyle \limsup_{k \to \infty} \left| \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \sin x \sin (\sqrt{x}) dx \right| > 0$ και το ολοκλήρωμα αποκλίνει λόγω Cauchy. Το "αν" είναι προς απόδειξη, βέβαια...

dement · #13

Επανέρχομαι: Όπως λέγαμε με το Σταύρο Παπαδόπουλο σήμερα το πρωί, αφού $\lim \sqrt{k \pi} = + \infty$ και $\lim (\sqrt{(k+1) \pi} - \sqrt{k \pi}) = 0$ το $\{ \sin (\sqrt{k \pi} ): k \in \mathbb{N} \}$ είναι πυκνό στο [-1,1]

και $\limsup \left( \sin (\sqrt{k \pi}) \right) = 1$ .

Έτσι, μπορούμε να βρούμε οσοδήποτε μεγάλο $k \in \mathbb{N}$ με $\{ \sin ( \sqrt{x} ) : x \in [k \pi, (k+1) \pi] \} \subseteq [1/2, 1]$ .

Για τέτοιο

έχουμε $\displaystyle \left| \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \sin x \sin (\sqrt{x}) \mathrm{d}x \right| \geq \frac{1}{2} \left| \int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \sin x \mathrm{d}x \right| = 1$ .

Οπότε, από το κριτήριο Cauchy, το ολοκλήρωμα αποκλίνει.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #14

Μετά την απόδειξη του Δημήτρη ότι το ολοκλήρωμα δεν συγκλίνει να σημειώσω ότι ο τύπος που έγραψε στην αρχή ο Σεραφείμ
ισχύει με την έννοια της Abel αθροισιμότητας για γενικευμένα ολοκληρώματα.Το δίνει η απόδειξη του.

Γιά αθροισιμότητες βλέπε
http://dlmf.nist.gov/1.15

Το λάθος του Κινέζου βρίσκεται στην τέταρτη ισότητα.
Εκεί αν γράψουμε το γενικευμένο σαν όριο περισσεύει ένας όρος που δεν συγκλίνει.

#15

Τελικά, είναι βέβαιο. Tο ολοκλήρωμα δεν συγκλίνει. Το διασταύρωσα και δι' άλλης οδού.
Ισχύει μεν ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot\sin x\cdot{e^{ - ax}}dx} = \frac{{\sqrt \pi \cdot{e^{ - \dfrac{a}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}}}}}{{2{{\left( {{a^2} + 1} \right)}^{3/4}}}}\cdot\sin \left( {\frac{3}{2}Arc\tan \frac{1}{a} - \frac{1}{{4\left( {{a^2} + 1} \right)}}} \right)}$ για $\displaystyle{a > 0}$ , καθώς και ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{a \to 0 + } \int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{2} \cdot \sin \left( {\frac{{3\pi - 1}}{4}} \right)}$ , πλην όμως δεν μπορούμε να περάσουμε το όριο μέσα στο ολοκλήρωμα, δηλαδή $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{a \to 0 + } \int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} \ne \int\limits_0^\infty {\sin \sqrt x \cdot \sin x \cdot \left( {\mathop {\lim }\limits_{a \to 0 + } {e^{ - ax}}} \right)dx} }$ το οποίο δεν υπάρχει.

Άλλο τέτοιο παράδειγμα: $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} = \frac{1}{{1 + {a^2}}}}$ , για $\displaystyle{a > 0}$ . Όμως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{a \to 0 + } \int\limits_0^\infty {\sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} = 1}$ , ενώ $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin x \cdot \left( {\mathop {\lim }\limits_{a \to 0 + } {e^{ - ax}}} \right)dx} :}$ δεν υπάρχει.

Ωραία συζήτηση

Γενικευμένο !

Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Re: Γενικευμένο !

Μέλη σε σύνδεση