Υπάρχει τρόπος;

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 822
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Υπάρχει τρόπος;

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από M.S.Vovos » Σάβ Φεβ 10, 2018 1:35 pm

Υπάρχει τρόπος να υπολογίσουμε το παρακάτω γενικευμένο;

\displaystyle{S=\int_{-\infty }^{\infty }\sin\left ( x^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )\textup{d}x} Φιλικά,
Μάριος


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3339
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Υπάρχει τρόπος;

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Φεβ 10, 2018 2:56 pm

Θυμίζει μετασχηματισμούς Cauchy-Schlomilch αλλά δεν είναι. Αν μου έδινες τούτο
\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \sin \left( x^2 - \frac{1}{x^2} \right)}\, {\rm d}x θα σου απαντούσα αμέσως ότι ισούται με \displaystyle{ \sqrt{\frac{\pi}{2}}e^{-2}}. Για να βγει το πάνω δεν είναι δύσκολο ( και η πραγματική και η μιγαδική το σκοτώνει ) . Τώρα αυτό που θέτεις δε ξέρω να το απαντήσω... θα το κοιτάξω όμως.
M.S.Vovos έγραψε:
Σάβ Φεβ 10, 2018 1:35 pm
Υπάρχει τρόπος να υπολογίσουμε το παρακάτω γενικευμένο;

\displaystyle{S=\int_{-\infty }^{\infty }\sin\left ( x^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )\textup{d}x} Φιλικά,
Μάριος


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3339
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Υπάρχει τρόπος;

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Φεβ 10, 2018 3:16 pm

Τελικά εύκολο ήταν. Δεν είναι δύσκολο να διαπιστώσει κανείς ότι ισχύει το ακόλουθο:

\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \exp \left (\frac{ia}{x^2} + i \beta x^2  \right ) \, {\rm d}x =\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\beta}}\exp\left ( \frac{i \pi}{4} \right ) e^{2i \sqrt{a\beta}}} όπου a, \beta>0. Τότε,
\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \sin \left ( x^2 + \frac{1}{x^2} \right ) \, {\rm d}x = \mathrm{Im} \left [ \int_{-\infty}^{\infty} \exp \left (\frac{i}{x^2} + i x^2  \right ) \, {\rm d}x\right ] = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \left ( \sin 2 + \cos 2  \right )} :shock: :shock:


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 822
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Re: Υπάρχει τρόπος;

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από M.S.Vovos » Σάβ Φεβ 10, 2018 4:39 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Φεβ 10, 2018 3:16 pm
Τελικά εύκολο ήταν. Δεν είναι δύσκολο να διαπιστώσει κανείς ότι ισχύει το ακόλουθο:

\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \exp \left (\frac{ia}{x^2} + i \beta x^2  \right ) \, {\rm d}x =\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\beta}}\exp\left ( \frac{i \pi}{4} \right ) e^{2i \sqrt{a\beta}}} όπου a, \beta>0. Τότε,
\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \sin \left ( x^2 + \frac{1}{x^2} \right ) \, {\rm d}x = \mathrm{Im} \left [ \int_{-\infty}^{\infty} \exp \left (\frac{i}{x^2} + i x^2  \right ) \, {\rm d}x\right ] = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \left ( \sin 2 + \cos 2  \right )} :shock: :shock:
Ευχαριστώ Τόλη!


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3339
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Υπάρχει τρόπος;

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Φεβ 10, 2018 4:45 pm

Πού το συνάντησες αυτό;


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2584
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Υπάρχει τρόπος;

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Σάβ Φεβ 10, 2018 5:04 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Φεβ 10, 2018 3:16 pm
...Δεν είναι δύσκολο να διαπιστώσει κανείς ότι ισχύει το ακόλουθο: \displaystyle{\int_{0}^{\infty} \exp \left (\frac{ia}{x^2} + i \beta x^2  \right ) \, {\rm d}x =\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\beta}}\exp\left ( \frac{i \pi}{4} \right ) e^{2i \sqrt{a\beta}}} όπου a, \beta>0....
Αν η "διαπίστωση" είναι κάτι διαφορετικό από την "απόδειξη" ίσως να μην είναι δύσκολο...


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3339
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Υπάρχει τρόπος;

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Φεβ 10, 2018 5:08 pm

Γρήγορη δεν ειναι διαφορετικό η διαπίστωση από την απόδειξη ...!! Ειναι σχετικά εύκολο να βγει η ταυτότητα αυτή! :)


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2584
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Υπάρχει τρόπος;

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Σάβ Φεβ 10, 2018 5:47 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Φεβ 10, 2018 5:08 pm
..Ειναι σχετικά εύκολο να βγει η ταυτότητα αυτή! :)
Τόλη, το γνωρίζω το ολοκλήρωμα. Αλλά το να το χαρακτηρίζει κανείς εύκολο είναι κάπως παραπλανητικό.
π.χ. μια λύση του παρόμοιου υπάρχει εδώ και είναι σίγουρο ότι, αν όχι ακριβώς αυτό, τουλάχιστον κάποιο παρόμοιο έχει υπολογισθεί και στο mathematica.gr (αν και δεν μπόρεσα να το βρω)


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Υπάρχει τρόπος;

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Φεβ 10, 2018 8:09 pm

M.S.Vovos έγραψε:
Σάβ Φεβ 10, 2018 1:35 pm
Υπάρχει τρόπος να υπολογίσουμε το παρακάτω γενικευμένο; \displaystyle{S=\int_{-\infty }^{\infty }\sin\left ( x^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )\textup{d}x}
Στοιχειωδώς (σχεδόν) ..

\displaystyle {\rm I} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx}  = 2\int\limits_0^{ + \infty } {\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} \mathop { =  =  = }\limits^{x \to \frac{1}{x}} 2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{{x^2}}}\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx}

Τότε \displaystyle 2 \cdot {\rm I} = 2\int\limits_0^{ + \infty } {\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx}  + 2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{{x^2}}}\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx}  = 2 \cdot \int\limits_0^{ + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx}

Θέτουμε \displaystyle x - \frac{1}{x} = w \Rightarrow \left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx = dw , τότε \displaystyle {\rm I} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{w^2} + 2} \right)dw}  = \cos 2\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{w^2}} \right)dw}  + \sin 2\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\cos \left( {{w^2}} \right)dw}

Τα ολοκληρώματα \displaystyle \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{w^2}} \right)dw} και \displaystyle \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\cos \left( {{w^2}} \right)dw} είναι τα γνωστά ολοκληρώματα του Fresnel και ισχύει

\displaystyle \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{w^2}} \right)dw}  = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\cos \left( {{w^2}} \right)dw}  = \sqrt {\frac{\pi }{2}} https://en.wikipedia.org/wiki/Fresnel_integral

Τελικά \displaystyle {\rm I} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx}  = \sqrt {\frac{\pi }{2}} \left( {\sin 2 + \cos 2} \right) :) :)





Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης