Интегралы и теплопроводность

[RamsesHawk]

Возможно, задача покажется Вам уж чересчур простой... Однако, нужно же с чего-то начать...
Предлагаю взять следующие интегралы:
$C(\omega, \alpha)=\int_{0}^{\infty} cos(\omega x) \cdot e^{-\alpha x^2}dx$,
$S(\omega, \alpha)=\int_{0}^{\infty} sin(\omega x) \cdot e^{-\alpha x^2}dx$
и интерпретировать их как решения уравнения теплопроводности,
если, конечно, такая интерпретация возможна для каждого из них...

[Руст]

Это то же что брать один

$$\int_0^{\infty}exp(-\alpha x^2+i\omega x)}dx.$$

[RamsesHawk]

да, Руст, я понимаю...

Добавлено спустя 6 минут 29 секунд:

просто, уж очень разные выходят действительная и мнимая части предложенного Вами интеграла...

[Gafield]

Цитата:

и интерпретировать их как решения уравнения теплопроводности

В каком смысле? А то можно по разному Как решения уравнения. Как решения задачи Коши. Можно еще приделать краевые условия. Не особо контретный вопрос.

[RamsesHawk]

Gafield писал(а):

Цитата:

и интерпретировать их как решения уравнения теплопроводности

В каком смысле? А то можно по разному Как решения уравнения. Как решения задачи Коши. Можно еще приделать краевые условия. Не особо контретный вопрос.

Можно ли показать, что эти интегралы (при определённой интерпретации их аргументов, таких интерпретаций всего две...) удовлетворяют уравнению теплопроводности, а затем найти подходящую задачу и её начальные/граничные условия, которая будет иметь в качестве решения один из этих интегралов...

Т.е. в некотором смысле задача обратна задаче нахождения решения по заданым начальным и граничным условиям... Здесь задано решение, необходимо найти начальные и граничные условия.

[Gafield]

Ну, можно, да А в виде одного интеграла предстравить таки удобно. Исходные можно записать так:

$$\frac12\int_{-\infty}^{\infty}\exp(-\alpha x^2+i\omega x)}\,dx$$

,

$$\frac12\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{sign}\, x\, \exp(-\alpha x^2+i\omega x)}\,dx$$

.
Если считать, что $\omega $ пространственная координата, а $\alpha $ - временная, то в первом получится $1/2$ фундаментального решения. Можно сказать, что подинтегральное выражение является тем, во что перейдет потенциал Пуассона (свертка переходит в произведеине). Преобразование мнимой экспоненты соответствует дельта функции. Так что можно интерпретировать как решение задачи Коши с начальным точечным источником интенсивности $1/2$. Как известно, $\mathrm{sign}\, x$ является символом оператора Гильберта. Так что преобразование Фурье от него равно ядру оператора Гильберта $1/x$. Поэтому во вотором случае получается решение задачи Коши с начальной функцией $1.2\omega$. Можно рассматривать как первую краевую задачу с нулевым условием на боковой границе $\omega=0$.

Второй способ - рассматривать интегралы как потенциалы Пуассона с начальными функциями $\cos \omega x$ и $\mathrm{sign}\, x\,\sin \omega x$.

[RamsesHawk]

здорово!!! вот только осталось взять эти интегралы явно... или, хотя бы, если один из них не берётся, представить его как функцию вида:

$$L(\omega, \alpha)= f(\omega, \alpha)\cdot\int_{0}^{\phi(\omega, \alpha)}{\lambda(x)dx}+r(\omega, \alpha)$$

или как-либо ещё...

Добавлено спустя 1 час 32 минуты 11 секунд:

Вы не поймите меня превратно, я это всё уже сделал (поэтому, кстати, и разместил тему в разделе Олимпиадные Задачи, в котором и рекомендуется размещать такого рода темы), но мне было бы интересно видеть путь, которым это делаете Вы...

[Gafield]

Вид фундаментального решения для уравнения теплопроводности известен, так что в первом считаь нечего. Если же не знать, что это такое, то можно вспомнить, как меняется функиця $e^{-x^2}$ при перобразовании Фурье, или вычислить с помощью гамма функции. Во втором надо найти сопряженную функцию к ф.р. С точностью до всяких констант это опять же означает найти сопряженную к $e^{-x^2}$, т.е. вычислить интеграл

$$ g(x)=\int_0^\infty \frac{ e^{-(x-y)^2}-e^{-(x+y)^2}}y\, dy. $$

Дифференцированием по параметру получим ДУ первого порядка с условием $g(0)=0$. Решим и получим. Детали считать лень.

[RamsesHawk]

скучновато, ну и ладно... прийдётся смириться...

да, если чего-то не знать - очень приходится туго... (ну это я не о нас с Вами - так, в принципе)...

[ewert]

$$\int_0^{+\infty}e^{-\alpha x^2+i\omega x}dx=e^{-\omega^2/4\alpha}\int_0^{+\infty}e^{-\alpha (x-i\omega/2\alpha)^2}dx=\Big[z=x-i\omega/2\alpha\Big]=$$

$$=e^{-\omega^2/4\alpha}\int_{-i\omega/2\alpha}^{+\infty-i\omega/2\alpha}e^{-\alpha z^2}dz=e^{-\omega^2/4\alpha}\left(\int_0^{+\infty}e^{-\alpha z^2}dz-\int_0^{-i\omega/2\alpha}e^{-\alpha z^2}dz\right)=\Big[z=-iy\Big]=$$

$$=e^{-\omega^2/4\alpha}\left(\sqrt{\pi\over4\alpha}+i\int_0^{\omega/2\alpha}e^{\alpha y^2}dy\right).$$

Т.е. значение интеграла для косинуса вполне элементарно, а вот для синуса вылезает эрфик мнимого аргумента.

----------------------------------------------------------------------------------------------
Пыс. Это действительно не олимпиадная задача.

[RamsesHawk]

да, ewert, Вы совершенно правы

я брал эти интегралы примерно так же, как и Вы, но по отдельности... взять их как один эффективнее... их можно брать и как ряды, используя известные интегралы:

$$\int_{0}^{\infty}{x^{n}\cdot exp(-\alpha\cdot x^2)} \, dx$$

спасибо