2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение25.11.2006, 15:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Юстас писал(а):
$|\frac{e^{-z^2}}{(1+z^2)^2}|\le \frac {1}{|z|^2}$ при больших $|z|$, разве этого недостаточно?

Подставьте $z=iy$, $y$-большое.

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегральчики
Сообщение28.11.2006, 17:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


26/11/06
696
мехмат
RIP писал(а):
Докажите, что
1.$$\int\limits_0^{\infty}\prod_{k=1}^n\frac{k^2}{k^2+x^2}dx=\frac{\pi n}{4n-2}$$
2. $$\int\limits_0^{\infty}\frac{x}{\sh x }dx=\frac{\pi^2}4$$.

Пара соображений насчет №2. Раскладывая знаменатель, получаем такую сумму:
$\int\limits_0^\infty \frac{x}{e^x-1}dx+\int\limits_0^\infty \frac{x}{e^x+1}dx$. Первый интеграл можно свести к $-\int\limits_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt$ заменой $x=-\ln t}$. Теперь рассмотрим степенной ряд: $f(x)=\sum\limits_{k=1}^\infty x^k/k^2$. Легко получить, что $f'(x)=-\frac{\ln(1-x)}{x}$. В то же время по теореме Абеля $\pi^2/6=\sum\limits_{k=1}^\infty 1/k^2=-\int\limits_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt$, так что первый из интегралов в сумме берется. Правда, непонятно, что делать со вторым интегралом. На первый взгляд кажется, что его можно взять комплексным интегрированием...

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегральчики
Сообщение28.11.2006, 17:50 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Lion писал(а):
RIP писал(а):
Докажите, что
1.$$\int\limits_0^{\infty}\prod_{k=1}^n\frac{k^2}{k^2+x^2}dx=\frac{\pi n}{4n-2}$$
2. $$\int\limits_0^{\infty}\frac{x}{\sh x }dx=\frac{\pi^2}4$$.

Пара соображений насчет №2. Раскладывая знаменатель, получаем такую сумму:
$\int\limits_0^\infty \frac{x}{e^x-1}dx+\int\limits_0^\infty \frac{x}{e^x+1}dx$. Первый интеграл можно свести к $-\int\limits_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt$ заменой $x=-\ln t}$. Теперь рассмотрим степенной ряд: $f(x)=\sum\limits_{k=1}^\infty x^k/k^2$. Легко получить, что $f'(x)=-\frac{\ln(1-x)}{x}$. В то же время по теореме Абеля $\pi^2/6=\sum\limits_{k=1}^\infty 1/k^2=-\int\limits_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt$, так что первый из интегралов в сумме берется. Правда, непонятно, что делать со вторым интегралом. На первый взгляд кажется, что его можно взять комплексным интегрированием...

Комплексным интегрированием можно взять и исходный интеграл(а можно заметить, что 2 следует из 1).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.11.2006, 18:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


26/11/06
696
мехмат
Ааа, понятно! Можно и без комплексного интегрирования. Просто $\int\limits_0^\infty\frac{x}{e^x+1}dx=1/2\int\limits_0^\infty\frac{x}{e^x-1}dx$ (как и раньше, раскладываем знаменатель...), поэтому $\int\limits_0^\infty\frac{x}{e^x+1}dx=\pi^2/12$ и $\int\limits_0^\infty\frac{x}{\sh x}dx=\pi^2/6+\pi^2/12=\pi^2/4$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.11.2006, 18:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
А что насчет исходного интеграла? Кто-нибудь ещё заинтересован в решении(или все уже посмотрели первообразную по ссылочке Maxal'а)?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.11.2006, 19:54 
Заслуженный участник


01/12/05
458
RIP писал(а):
Докажите, что
1.$$\int\limits_0^{\infty}\prod_{k=1}^n\frac{k^2}{k^2+x^2}dx=\frac{\pi n}{4n-2}$$
2. $$\int\limits_0^{\infty}\frac{x}{\sh x }dx=\frac{\pi^2}4$$.

В первой задаче ничего лучше чем явно вычислить данный интеграл через вычеты не получилось. Явное выражение есть $\frac{\pi}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}k\prod\limits_{l\ne k,\ l=1..n}\frac{l^2}{l^2-k^2}$. Теперь можно попытаться по индукции или ещё как-то показать, что это всё равно $\frac{\pi n}{4n-2}$, но я не увидел как это можно сделать. Вторая задача действительно следует из первой, если заметить что $\frac{sh(x)}{x}$ есть предел стоящего в знаменателе первого интеграла бесконечного произведения.
И наверное уже пора послушать авторское решение исходного интеграла :roll:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.11.2006, 23:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Можно использовать известный интеграл $\int\limits_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$
Т.е. $\int\limits_{0}^{\infty}(2e^{-x^2}-\frac{e^{-x^2}}{(x^2+1/2)^2})dx=0$. Это приводит к интегралу, который берется аналитически:
$\int \frac{4x^4+4x^2-1}{4x^4+4x^2+1}e^{-x^2}dx=\frac{-xe^{-x^2}}{2x^2+1}+C$,
$\frac{-xe^{-x^2}}{2x^2+1}|\limits_{0}^{\infty}=0$ Но это, так сказать, нечестное решение. :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.11.2006, 04:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Артамонов Ю.Н. писал(а):
Можно использовать известный интеграл $\int\limits_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$
Т.е. $\int\limits_{0}^{\infty}(2e^{-x^2}-\frac{e^{-x^2}}{(x^2+1/2)^2})dx=0$. Это приводит к интегралу, который берется аналитически:
$\int \frac{4x^4+4x^2-1}{4x^4+4x^2+1}e^{-x^2}dx=\frac{-xe^{-x^2}}{2x^2+1}+C$,
$\frac{-xe^{-x^2}}{2x^2+1}|\limits_{0}^{\infty}=0$ Но это, так сказать, нечестное решение. :D

"Известный интеграл", действительно, используется в решении. Когда я решал эту задачку(мне её задал мой преподаватель по мат. анализу на 2-м курсе), я в конце концов пришел к такому решению.
Обозначим для краткости
$$I_n=\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-x^2}dx}{(x^2+\frac12)^n}.$$
Интегрируя по частям $I_1$, легко получить равенство
$$I_1=2I_0+I_1-I_2$$

Добавлено спустя 1 час 7 минут 17 секунд:

Юстас, маленькая поправочка
$$\prod_{k=1}^{+\infty}\frac{k^2}{k^2+x^2}=\frac{\pi x}{\sh(\pi x)}$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.11.2006, 08:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
RIP писал(а):
Интегрируя по частям $I_1$, легко получить равенство
$$I_1=2I_0+I_1-2I_2$$

Наверное тоже поправочка $I_1=2I_0+I_1-I_2$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.11.2006, 08:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Да, ошибся :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.12.2006, 08:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Вот ещё простенький интегральчик
$$\int\limits_0^{\frac{\pi}4}\ln(1+\tg x)\,dx=?$$
И по-прежнему не написали решения для задачки
$$\int\limits_0^{\infty}\prod_{k=1}^n\frac{k^2}{k^2+x^2}\,dx=\frac{\pi n}{4n-2}$$

 Профиль  
                  
 
 Ещё один забавный интеграл
Сообщение15.11.2008, 15:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Обозначим
$$f_\lambda(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+x)^ne^{-\lambda(n+x)}}{n!},$$
$$I(\lambda)=\int_0^1f_\lambda(x)\,dx.$$
1) Найти $I(1+e^{-1})$.
2) (Задача-шутка) Доказать, что $\pi I(\pi)$ иррационально.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интеграл
Сообщение11.10.2019, 16:06 


13/07/10
106
Введем функцию
$$g(x) = \frac{x^{[x]}}{\Gamma(1+[x])},$$
тогда после суммирования получим
$$I(\lambda) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\int_n^{n+1} x^n e^{-\lambda x} dx = \int_0^\infty g(x)e^{-\lambda x}$$

Рассмотрев отношение $g(x)\frac{\Gamma(1+x)}{x^x}$, становится понятно, что целую часть можно опустить, т.к. экспонента под интегралом (при условии $\lambda > 0$ ) убьёт любую полиномиальную погрешность.
По той же причине можно заменить $g(x)$ на эквивалентную по формуле Стирлинга, что (дополнительно требуя уже $\lambda > 1$ ) приводит нас к выражению:
$$I(\lambda) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty x^{-1/2}e^{-(\lambda-1)x}dx = \frac{\Gamma(1/2)}{\sqrt{2\pi(\lambda-1)}} = \frac{1}{\sqrt{2(\lambda-1)}}$$

Рациональность $\pi I(\pi)$ означала бы существование такого $P \in\mathbb{Q}_2[x],$ что $P(\pi)=0$. Это вступает в противоречие с трансцендентностью $\pi$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интеграл
Сообщение13.10.2019, 12:37 


26/04/11
90
Древний топик, но разомнёмся...

Пусть $\lambda>0$. Упростим $f_\lambda(x)$, временно полагая $\Lambda=e^{-\lambda}$:
$$
f_\lambda(x)=\Lambda^x\!\sum_{n=0}^\infty \frac{(n+x)^n \Lambda^n}{n!}
=\Lambda^x\!\sum_{n=0}^\infty \frac{\Lambda^n}{n!}\cdot
\partial_z^n e^{(n+x)z}\Bigl|_{z=0}
=\Lambda^x\sum_{n=0}^\infty \frac{\Lambda^n}{n!}\cdot
\frac{n!}{2\pi i}\oint_{|z|=R} \frac{e^{(n+x)z}}{z^{n+1}}\,dz={}
$$
Для экспоненты круговой контур можно брать любого радиуса. Возьмём $R=1$.
$$
{}=\frac{\Lambda^x}{2\pi i}\oint_{|z|=1} \frac{e^{xz}}{z}
\sum_{n=0}^\infty \Bigl(\frac{\Lambda e^z}{z}\Bigr)^n\,dz={}
$$
Ряд сходится, если $|\Lambda|<\min\limits_{|z|=1} |ze^{-z}|=e^{-1}$. Придётся ограничить $\lambda$ ещё сильнее: $\lambda>1$.
$$
{}=\frac{\Lambda^x}{2\pi i}\oint_{|z|=1} 
\frac{e^{xz}}{z-\Lambda e^z}\,dz
=\Lambda^x\cdot\operatorname{res}\limits_{|z|=a} 
\frac{e^{xz}}{z-\Lambda e^z}
=\Lambda^x\cdot\frac{e^{xa}}{1-\Lambda e^{a}}
=\Lambda^x\cdot\frac{e^{xa}}{1-a},
$$
где $a=a(\Lambda)$ --- корень уравнения $\Lambda=a e^{-a}$, причём меньший.

Возвращаемся к $\lambda$: $e^{-\lambda}=a e^{-a}$ (или $e^{a-\lambda}=a$) и
$$
f_\lambda(x)=e^{-\lambda x}\cdot\frac{e^{xa}}{1-a}=\frac{a^x}{1-a}.
$$
Поэтому
$$
I(\lambda)=\frac{1}{1-a}\int_0^1 e^{x\ln a}\,dx=-\frac{1}{\ln a}.
$$

Если $\lambda=1+e^{-1}$, то $a=e^{-1}$ и $I(1+e^{-1})=1$.

Если $\lambda=\pi$, то $e^{a-\pi}=a$ и $\pi I(\pi)=\pi/(\pi-a)$.
А вот дальше я шутку ТС оценить не смог: то ли Гельфонда надо было вспомнить, то ли теорию чисел лучше учить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Интеграл
Сообщение14.10.2019, 13:54 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Для задачи-шутки предполагалось использовать теорему Нестеренко об алгебраической независимости $\pi$ и $\mathrm{e}^{\pi}$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 30 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group