Obliczyć całkę wykorzystując residuum \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{dx}{1+x ^{n} }, n \ge 2}\)
jak zastosowac tu twierdzenie o residuach
Obliczyć całkę
-
madziula1784
- Użytkownik
- Posty: 218
- Rejestracja: 12 sty 2011, o 17:05
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
Obliczyć całkę
Ostatnio zmieniony 20 maja 2013, o 20:05 przez MichalPWr, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Temat umieszczony w złym dziale.
Powód: Temat umieszczony w złym dziale.
-
Spektralny
- Użytkownik
- Posty: 3976
- Rejestracja: 17 cze 2011, o 21:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Praga, Katowice, Kraków
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 929 razy
Obliczyć całkę
Zadanie dla dowolnego \(\displaystyle{ n\geqslant 2}\) masz rozwiązane .
Ja podam Ci rozwiązanie bez residuów dla \(\displaystyle{ n}\) parzystego.
\(\displaystyle{ \int_{0}^\infty \frac{1}{x^{2n}+1}dx = \int_0^1 \frac{1}{x^{2n}+1} dx + \int_1^\infty\frac{1}{x^{2n}+1} dx =}\)
\(\displaystyle{ = \int_0^1 \sum_{k=0}^\infty (-1)^k (x)^{2kn}dx + \int_1^\infty \frac{1}{x^{2n}} \sum_{k=0}^\infty (-1)^kx^{-2nk}dx=}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \left[\frac{(x)^{2kn+1}}{2kn+1}\right]_0^1 + \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \left[ \frac{x^{-2nk-2n+1}}{-2nk-2n+1}\right]_1^\infty}\)
\(\displaystyle{ =\sum_{k=0}^\infty(-1)^k \frac{1}{2kn+1} + \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{1}{2nk+2n-1} =}\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \left( \frac{1}{2kn+1} + \frac{1}{2n(k+1) - 1}\right).}\)
Ostatecznie
\(\displaystyle{ \int_{0}^\infty \frac{{\rm d} x}{x^{2n}+1} = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \left( \frac{1}{2kn+1} + \frac{1}{2n(k+1) - 1}\right)}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{1}{2kn+1}-\sum_{k=0}^\infty (-1)^{k+1}\frac{1}{2n(k+1)-1}}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{1}{2kn+1}-\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\frac{1}{2nk-1}}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{1}{2kn+1}+ \sum_{k=1}^\infty (-1)^{-k} \frac{1}{2n(-k)+1}}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=-\infty}^\infty (-1)^k \frac{1}{2kn+1}}\)
Rozpoznajemy niechybnie, że ten wzór przypomina nam o funkcji \(\displaystyle{ 1/ \sin z}\) rozwinietej w szereg Laurenta tak jak tutaj:
... owAll.html
Stąd ta całka wynosi
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{2n}\frac{1}{\sin\left(\frac{\pi}{2n}\right)}.}\)
Ja podam Ci rozwiązanie bez residuów dla \(\displaystyle{ n}\) parzystego.
\(\displaystyle{ \int_{0}^\infty \frac{1}{x^{2n}+1}dx = \int_0^1 \frac{1}{x^{2n}+1} dx + \int_1^\infty\frac{1}{x^{2n}+1} dx =}\)
\(\displaystyle{ = \int_0^1 \sum_{k=0}^\infty (-1)^k (x)^{2kn}dx + \int_1^\infty \frac{1}{x^{2n}} \sum_{k=0}^\infty (-1)^kx^{-2nk}dx=}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \left[\frac{(x)^{2kn+1}}{2kn+1}\right]_0^1 + \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \left[ \frac{x^{-2nk-2n+1}}{-2nk-2n+1}\right]_1^\infty}\)
\(\displaystyle{ =\sum_{k=0}^\infty(-1)^k \frac{1}{2kn+1} + \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{1}{2nk+2n-1} =}\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \left( \frac{1}{2kn+1} + \frac{1}{2n(k+1) - 1}\right).}\)
Ostatecznie
\(\displaystyle{ \int_{0}^\infty \frac{{\rm d} x}{x^{2n}+1} = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \left( \frac{1}{2kn+1} + \frac{1}{2n(k+1) - 1}\right)}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{1}{2kn+1}-\sum_{k=0}^\infty (-1)^{k+1}\frac{1}{2n(k+1)-1}}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{1}{2kn+1}-\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\frac{1}{2nk-1}}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{1}{2kn+1}+ \sum_{k=1}^\infty (-1)^{-k} \frac{1}{2n(-k)+1}}\)
\(\displaystyle{ = \sum_{k=-\infty}^\infty (-1)^k \frac{1}{2kn+1}}\)
Rozpoznajemy niechybnie, że ten wzór przypomina nam o funkcji \(\displaystyle{ 1/ \sin z}\) rozwinietej w szereg Laurenta tak jak tutaj:
... owAll.html
Stąd ta całka wynosi
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{2n}\frac{1}{\sin\left(\frac{\pi}{2n}\right)}.}\)