Stosując funkcję gamma i beta Eulera oblicz
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{6}+1} dx}\)
To więc ja podstawiłem \(\displaystyle{ t=x^{6} +1}\) a z tego wychodzi, że \(\displaystyle{ dt=6x^{5} dx }\), oraz \(\displaystyle{ x^{3}=\sqrt{t-1}}\)
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{6}+1} dx = \frac{1}{6} \int_{0}^{\infty} (t-1)^{ -\frac{1}{2}} \cdot t^{-1} dt }\)
Tutaj bardzo kusi użycie funkcji beta Eulera, ale z tego co wiem ona jest określona na przedziale od 0 do 1, a nie od 0 do nieskończoności. Wie ktoś jak możnaby to dalej pociągnąć?
Stosując funkcję gamma i beta Eulera oblicz
-
cmnstrnbnn
- Użytkownik
- Posty: 84
- Rejestracja: 4 mar 2019, o 20:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 11 razy
- Pomógł: 1 raz
-
Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4065
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1392 razy
Re: Stosując funkcję gamma i beta Eulera oblicz
Policzmy ogólnie niech \(\displaystyle{ m \alpha -n>1}\) kładziemy \(\displaystyle{ \xi=1/(1+x^m)}\) wtedy
ponad to jeśli \(\displaystyle{ \alpha =1}\) to korzystając ze znanego faktu iż, \(\displaystyle{ \Gamma (z)\Gamma (1-z)=\pi/ \sin \pi z}\) zapiszemy wtedy, że
\(\displaystyle{ \begin{split}
\int_{0}^{\infty} \frac{x^{n}}{(1+x^{m})^{\alpha}} \, \dd x&=\frac{1}{m} \int_{0}^{1} \xi^{\alpha-\frac{n+1}{m}-1}(1-\xi)^{\frac{n+1}{m}-1} \, \dd \xi \\
&=\frac{1}{m}\times \mathsf{ B} \left(\alpha-\frac{n+1}{m}, \frac{n+1}{m}\right) \\
&=\frac{1}{m} \times \frac{\Gamma\left(\alpha-\frac{n+1}{m}\right) \Gamma\left(\frac{n+1}{m}\right)}{\Gamma(\alpha)}.
\end{split}
}\)
\int_{0}^{\infty} \frac{x^{n}}{(1+x^{m})^{\alpha}} \, \dd x&=\frac{1}{m} \int_{0}^{1} \xi^{\alpha-\frac{n+1}{m}-1}(1-\xi)^{\frac{n+1}{m}-1} \, \dd \xi \\
&=\frac{1}{m}\times \mathsf{ B} \left(\alpha-\frac{n+1}{m}, \frac{n+1}{m}\right) \\
&=\frac{1}{m} \times \frac{\Gamma\left(\alpha-\frac{n+1}{m}\right) \Gamma\left(\frac{n+1}{m}\right)}{\Gamma(\alpha)}.
\end{split}
}\)
ponad to jeśli \(\displaystyle{ \alpha =1}\) to korzystając ze znanego faktu iż, \(\displaystyle{ \Gamma (z)\Gamma (1-z)=\pi/ \sin \pi z}\) zapiszemy wtedy, że
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{n}}{1+x^{m}} \, \dd x = \frac{\pi}{m\sin \left( \frac{n+1}{m} \times \pi \right) }. }\)
-
cmnstrnbnn
- Użytkownik
- Posty: 84
- Rejestracja: 4 mar 2019, o 20:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 11 razy
- Pomógł: 1 raz
-
a4karo
- Użytkownik
- Posty: 22207
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3754 razy
Re: Stosując funkcję gamma i beta Eulera oblicz
Ta ostatnia całka powinna być od `1` do `\infty` i wtedy zamiana `s=1/t` zamieni to na całkę od `0` do `1`cmnstrnbnn pisze: ↑23 cze 2022, o 08:02 Stosując funkcję gamma i beta Eulera oblicz
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{6}+1} dx}\)
To więc ja podstawiłem \(\displaystyle{ t=x^{6} +1}\) a z tego wychodzi, że \(\displaystyle{ dt=6x^{5} dx }\), oraz \(\displaystyle{ x^{3}=\sqrt{t-1}}\)
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{6}+1} dx = \frac{1}{6} \int_{0}^{\infty} (t-1)^{ -\frac{1}{2}} \cdot t^{-1} dt }\)
Tutaj bardzo kusi użycie funkcji beta Eulera, ale z tego co wiem ona jest określona na przedziale od 0 do 1, a nie od 0 do nieskończoności. Wie ktoś jak możnaby to dalej pociągnąć?
Inna sprawa, że przykład jest fatalnie dobrany, bo podstawienie `t=x^3` daje od razu wynik bez funkcji gamma.