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
3828
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
3828
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
3828
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
3828
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
3828
Да, ошибся :D

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


11/01/06
3828
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
3828
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
3828
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: YandexBot [bot]


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