Dość uciążliwa całka oznaczona
: 27 paź 2017, o 20:31
Chciałem udowodnić, że zachodzi równość
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\,\dd y}{\pi^2(1+y^2)(1+(x-y)^2)}= \frac{2}{\pi(4+x^2)}}\)
Pierwsze, co mi przyszło na myśl, to użycie rozkładu na ułamki proste, ale to jest naprawdę syf. Później pomyślałem o metodzie residuów, tak wychodzi, ale jest to ciągle dość uciążliwe obliczeniowo.
Oczywiście, można się tu dopatrzyć splotu funkcji gęstości standardowego rozkładu Cauchy'ego (zresztą w takim kontekście mi to wyszło), czemu odpowiada suma dwóch niezależnych zmiennych losowych o tym samym rozkładzie Cauchy'ego (standardowym), więc zapewne łatwiej byłoby znaleźć funkcję charakterystyczną dla Cauchy'ego i potem wykorzystać to, że funkcja charakterystyczna sumy niezależnych to iloczyn funkcji charakterystycznych (i tak byłoby coś do walnięcia z residuów, ale mniej), ale jednak chciałem rozwiązać to zadanie tylko z wykorzystaniem analizy, bez odwoływania się do własności probabilistycznych (bo taki mam kaprys).
Może da się to policzyć w bardziej elegancki sposób? Chętnie zobaczyłbym propozycje. Żeby nie było, że jestem leniem i chcę żerować na pracy innych, poniżej szkic rozwiązania z residuów:
Niech \(\displaystyle{ f(z)= \frac{1}{(z^2+1)((x-z)^2+1)}}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest holomorficzna na płaszczyźnie zespolonej z wyłączeniem punktów
\(\displaystyle{ \pm i, x\pm i}\) (\(\displaystyle{ x}\) w tym rozumowaniu jest ustalone), w których to ma ona bieguny jednokrotne (no tutaj zakładam na moment, że \(\displaystyle{ x\neq 0}\), ale to niezbyt istotne).
Niech \(\displaystyle{ R>0}\) będzie na tyle duże, by punkty \(\displaystyle{ z_1=i, \ z_2=-i, \ z_3=x+i, \ z_4=x-i}\)
należały do zbioru ograniczonego przez
\(\displaystyle{ \left\{ z \in \CC: \Im z=0 \wedge -R \le \Re z \le R\right\}\cup\left\{ Re^{it}: t \in [0,2\pi)\right\}}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ \gamma_R}\) będzie dodatnio zorientowanym brzegiem wyżej wspomnianego obszaru, mamy wówczas na mocy twierdzenia o reisduach
\(\displaystyle{ \oint_{\gamma_R}f(z) =2\pi i \sum_{k=1}^{4}\mathrm{res}(f, z_k)=\\=2\pi i\left( \frac{1}{2i(1+(i-x)^2)}+ \frac{1}{-2i(1+(-i-x)^2)}+ \frac{1}{-((x+i)^2+1)2i} + \frac{1}{2i((x-i)^2+1)} \right)=\\=2\pi\left( \frac{1}{(x-i)^2+1} - \frac{1}{(x+i)^2+1} \right)=2\pi\left( \frac{1}{x^2-2ix}- \frac{1}{x^2+2ix} \right)= \frac{2\pi}{x^2+4}}\)
Reszta to tzw. szczegóły (ograniczenie modułów na półokręgu, przejście z \(\displaystyle{ R}\) do \(\displaystyle{ \infty}\)). Natomiast niezbyt satysfakcjonuje mnie to rozwiązanie - kupa rachunków. Zresztą nie wykluczam, że gdzieś tu są błędy obliczeniowe - zawsze miałem problem wszędzie tam, gdzie fruwają jakieś minusy (nawet w podstawówce tak było).
Zastanawiałem się w szczególności, czy nie dałoby się wykorzystać faktu, że \(\displaystyle{ \mathcal{L}\left\{ \sin t\right\} = \frac{1}{1+y^2}}\) i twierdzenia Fubiniego
lub jakiejś reprezentacji funkcji Beta.
-- 27 paź 2017, o 20:36 --
Tak, no coś mi się wydaje, że popełniłem powyżej błąd w rachunkach i dobrze wyszło tylko przypadkiem. Naprawdę docenię jakąś metodę analityczną, która omija zarówno residua, jak i rozkład na ułamki proste.
-- 27 paź 2017, o 20:45 --
W sumie to jak już wspomnieliśmy funkcje charakterystyczne prawdopodobieństwa, to analogicznie można powiedzieć, że transformata Fouriera splotu funkcji to iloczyn transformat (w sumie to analiza), ale może da się jeszcze inaczej. Wyszłyby wtedy też residua, ale prościej.
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\,\dd y}{\pi^2(1+y^2)(1+(x-y)^2)}= \frac{2}{\pi(4+x^2)}}\)
Pierwsze, co mi przyszło na myśl, to użycie rozkładu na ułamki proste, ale to jest naprawdę syf. Później pomyślałem o metodzie residuów, tak wychodzi, ale jest to ciągle dość uciążliwe obliczeniowo.
Oczywiście, można się tu dopatrzyć splotu funkcji gęstości standardowego rozkładu Cauchy'ego (zresztą w takim kontekście mi to wyszło), czemu odpowiada suma dwóch niezależnych zmiennych losowych o tym samym rozkładzie Cauchy'ego (standardowym), więc zapewne łatwiej byłoby znaleźć funkcję charakterystyczną dla Cauchy'ego i potem wykorzystać to, że funkcja charakterystyczna sumy niezależnych to iloczyn funkcji charakterystycznych (i tak byłoby coś do walnięcia z residuów, ale mniej), ale jednak chciałem rozwiązać to zadanie tylko z wykorzystaniem analizy, bez odwoływania się do własności probabilistycznych (bo taki mam kaprys).
Może da się to policzyć w bardziej elegancki sposób? Chętnie zobaczyłbym propozycje. Żeby nie było, że jestem leniem i chcę żerować na pracy innych, poniżej szkic rozwiązania z residuów:
Niech \(\displaystyle{ f(z)= \frac{1}{(z^2+1)((x-z)^2+1)}}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest holomorficzna na płaszczyźnie zespolonej z wyłączeniem punktów
\(\displaystyle{ \pm i, x\pm i}\) (\(\displaystyle{ x}\) w tym rozumowaniu jest ustalone), w których to ma ona bieguny jednokrotne (no tutaj zakładam na moment, że \(\displaystyle{ x\neq 0}\), ale to niezbyt istotne).
Niech \(\displaystyle{ R>0}\) będzie na tyle duże, by punkty \(\displaystyle{ z_1=i, \ z_2=-i, \ z_3=x+i, \ z_4=x-i}\)
należały do zbioru ograniczonego przez
\(\displaystyle{ \left\{ z \in \CC: \Im z=0 \wedge -R \le \Re z \le R\right\}\cup\left\{ Re^{it}: t \in [0,2\pi)\right\}}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ \gamma_R}\) będzie dodatnio zorientowanym brzegiem wyżej wspomnianego obszaru, mamy wówczas na mocy twierdzenia o reisduach
\(\displaystyle{ \oint_{\gamma_R}f(z) =2\pi i \sum_{k=1}^{4}\mathrm{res}(f, z_k)=\\=2\pi i\left( \frac{1}{2i(1+(i-x)^2)}+ \frac{1}{-2i(1+(-i-x)^2)}+ \frac{1}{-((x+i)^2+1)2i} + \frac{1}{2i((x-i)^2+1)} \right)=\\=2\pi\left( \frac{1}{(x-i)^2+1} - \frac{1}{(x+i)^2+1} \right)=2\pi\left( \frac{1}{x^2-2ix}- \frac{1}{x^2+2ix} \right)= \frac{2\pi}{x^2+4}}\)
Reszta to tzw. szczegóły (ograniczenie modułów na półokręgu, przejście z \(\displaystyle{ R}\) do \(\displaystyle{ \infty}\)). Natomiast niezbyt satysfakcjonuje mnie to rozwiązanie - kupa rachunków. Zresztą nie wykluczam, że gdzieś tu są błędy obliczeniowe - zawsze miałem problem wszędzie tam, gdzie fruwają jakieś minusy (nawet w podstawówce tak było).
Zastanawiałem się w szczególności, czy nie dałoby się wykorzystać faktu, że \(\displaystyle{ \mathcal{L}\left\{ \sin t\right\} = \frac{1}{1+y^2}}\) i twierdzenia Fubiniego
lub jakiejś reprezentacji funkcji Beta.
-- 27 paź 2017, o 20:36 --
Tak, no coś mi się wydaje, że popełniłem powyżej błąd w rachunkach i dobrze wyszło tylko przypadkiem. Naprawdę docenię jakąś metodę analityczną, która omija zarówno residua, jak i rozkład na ułamki proste.
-- 27 paź 2017, o 20:45 --
W sumie to jak już wspomnieliśmy funkcje charakterystyczne prawdopodobieństwa, to analogicznie można powiedzieć, że transformata Fouriera splotu funkcji to iloczyn transformat (w sumie to analiza), ale może da się jeszcze inaczej. Wyszłyby wtedy też residua, ale prościej.