Całki
-
- Użytkownik
- Posty: 31
- Rejestracja: 3 lis 2019, o 15:50
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 18
- Podziękował: 23 razy
Całki
W jaki sposób oblicza się całki typu \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^2(x^2+\pi)} \dd x }\) używając narzędzi z analizy zespolonej? Tutaj nie można tak po prostu skorzystać z residuów przez to, że x=0 to punkt na osi rzeczywistej.
-
- Użytkownik
- Posty: 31
- Rejestracja: 3 lis 2019, o 15:50
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 18
- Podziękował: 23 razy
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4079
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1396 razy
Re: Całki
Część (a być może całość) tej całki można policzyć bez analizy zespolonej zauważmy, że:
\(\displaystyle{ \frac{\sin ^2x}{x^2(x^2+\pi)}= \frac{1}{ \pi }\left( \frac{\sin ^2x}{x^2} -\frac{\sin ^2x}{x^2+\pi}\right) }\)
Niech więc \(\displaystyle{ \mathcal{I}= \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin ^2x}{x^2} \dd x }\) oraz \(\displaystyle{ \mathcal{J}= \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin ^2x}{x^2+ \pi } \dd x }\). Całka \(\displaystyle{ \mathcal{I}}\) jest znana i można policzyć ją na wiele sposobów przykładowo korzystając z co daje natychmiast wynik. Można też zauważyć, że gdy \(\displaystyle{ \alpha \ge 0}\):
\(\displaystyle{ \mathcal{I}\left( \alpha \right) = 2\int_{0}^{ \infty } \frac{\sin ^2 \alpha x}{x^2} \dd x }\)
\(\displaystyle{ \frac{ \partial \mathcal{I} }{ \partial \alpha } = 2\int_{0}^{ \infty } \frac{\sin 2 \alpha x}{x} \dd x = 2 \int_{0}^{ \infty }\mathscr{L}\left\{ \sin 2 \alpha x\right\} \left( s\right) \dd s =2\int_{0}^{ \infty } \frac{2 \alpha }{4 \alpha ^2+s^2} \dd s=2\arctg\left( \frac{s}{2 \alpha } \right)\Bigg|_{0}^{\infty}= \pi }\)
Zatem
\(\displaystyle{ \mathcal{I}\left( \alpha \right) = \pi \alpha +C}\) ale jako, że \(\displaystyle{ \mathcal{I}\left( 0 \right) = 0}\) to \(\displaystyle{ C=0}\), my oczywiście potrzebujemy \(\displaystyle{ \mathcal{I}\left( 1 \right) = \pi }\). Tak więc \(\displaystyle{ \mathcal{I}= \pi }\). Można było też \(\displaystyle{ \frac{ \partial \mathcal{I} }{ \partial \alpha }}\) policzyć za pomocą. Została zatem do policzenia całka \(\displaystyle{ \mathcal{J}= \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin ^2x}{x^2+ \pi } \dd x }\) i tu być może faktycznie bardziej przydatna będzie analiza zespolona. Jako, że:
\(\displaystyle{ \mathcal{J}= \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin x}{x^2+ \pi }\Im \left\{ e^{ix}\right\} \dd x=\Im \left\{ \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin x}{x^2+ \pi }e^{ix} \dd x \right\} =\Im \left\{ \oint_{\Gamma} \frac{\sin z}{z^2+ \pi }e^{iz} \dd z \right\} = \Im \left\{ \Res \left\{\frac{\sin z}{z^2+ \pi }e^{iz}, \sqrt{ \pi }i \right\} \right\}=e^{- \sqrt{ \pi }} \sqrt{ \pi }\text{sh} \sqrt{ \pi } }\)
Zatem podsumowując:
\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin ^2x}{x^2(x^2+\pi)} \dd x = \frac{\mathcal{I}-\mathcal{J}}{ \pi }= \frac{ \pi -e^{- \sqrt{ \pi }} \sqrt{ \pi }\text{sh} \sqrt{ \pi }}{ \pi }=\frac{ \pi -e^{- \sqrt{ \pi }} \sqrt{ \pi } \cdot \frac{e^{ \sqrt{ \pi } }-e^{- \sqrt{ \pi } }}{2} }{ \pi }}\)
\(\displaystyle{ \frac{\sin ^2x}{x^2(x^2+\pi)}= \frac{1}{ \pi }\left( \frac{\sin ^2x}{x^2} -\frac{\sin ^2x}{x^2+\pi}\right) }\)
Niech więc \(\displaystyle{ \mathcal{I}= \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin ^2x}{x^2} \dd x }\) oraz \(\displaystyle{ \mathcal{J}= \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin ^2x}{x^2+ \pi } \dd x }\). Całka \(\displaystyle{ \mathcal{I}}\) jest znana i można policzyć ją na wiele sposobów przykładowo korzystając z
Kod: Zaznacz cały
https://en.wikipedia.org/wiki/Lobachevsky_integral_formula
\(\displaystyle{ \mathcal{I}\left( \alpha \right) = 2\int_{0}^{ \infty } \frac{\sin ^2 \alpha x}{x^2} \dd x }\)
\(\displaystyle{ \frac{ \partial \mathcal{I} }{ \partial \alpha } = 2\int_{0}^{ \infty } \frac{\sin 2 \alpha x}{x} \dd x = 2 \int_{0}^{ \infty }\mathscr{L}\left\{ \sin 2 \alpha x\right\} \left( s\right) \dd s =2\int_{0}^{ \infty } \frac{2 \alpha }{4 \alpha ^2+s^2} \dd s=2\arctg\left( \frac{s}{2 \alpha } \right)\Bigg|_{0}^{\infty}= \pi }\)
Zatem
\(\displaystyle{ \mathcal{I}\left( \alpha \right) = \pi \alpha +C}\) ale jako, że \(\displaystyle{ \mathcal{I}\left( 0 \right) = 0}\) to \(\displaystyle{ C=0}\), my oczywiście potrzebujemy \(\displaystyle{ \mathcal{I}\left( 1 \right) = \pi }\). Tak więc \(\displaystyle{ \mathcal{I}= \pi }\). Można było też \(\displaystyle{ \frac{ \partial \mathcal{I} }{ \partial \alpha }}\) policzyć za pomocą
Kod: Zaznacz cały
https://en.wikipedia.org/wiki/Frullani_integral
\(\displaystyle{ \mathcal{J}= \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin x}{x^2+ \pi }\Im \left\{ e^{ix}\right\} \dd x=\Im \left\{ \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin x}{x^2+ \pi }e^{ix} \dd x \right\} =\Im \left\{ \oint_{\Gamma} \frac{\sin z}{z^2+ \pi }e^{iz} \dd z \right\} = \Im \left\{ \Res \left\{\frac{\sin z}{z^2+ \pi }e^{iz}, \sqrt{ \pi }i \right\} \right\}=e^{- \sqrt{ \pi }} \sqrt{ \pi }\text{sh} \sqrt{ \pi } }\)
Zatem podsumowując:
\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{\sin ^2x}{x^2(x^2+\pi)} \dd x = \frac{\mathcal{I}-\mathcal{J}}{ \pi }= \frac{ \pi -e^{- \sqrt{ \pi }} \sqrt{ \pi }\text{sh} \sqrt{ \pi }}{ \pi }=\frac{ \pi -e^{- \sqrt{ \pi }} \sqrt{ \pi } \cdot \frac{e^{ \sqrt{ \pi } }-e^{- \sqrt{ \pi } }}{2} }{ \pi }}\)