Интегралы

[sup]

Если Вы имеете в виду выразимость через элементарные фукции, то вычеты не помогут.

-- Вс мар 27, 2011 22:15:26 --

[bundos]

Помогите ещё с этим интералом: $\int\limits_{0}^{\infty}x^{a-1}\sin (\frac1{2}a\pi - bx)\frac{rdx}{x^2+r^2}=\frac1{2}\pi r^{a-1}e^{-br}, 0<a<2, b>0, r>0$. Проинтегрировать в лоб по однозначной ветви функции $z^{a-1}\frac{e^{\frac{a\pi i}{2}}}{e^{ibz}}\frac{r}{z^2+r^2}$ не получилось, когда интегрировал по большой окружности, интеграл получается 0 только по полуокружности, лежащей в нижней полуплоскости. Что с другим участком делать, незнаю.. подскажите пожалуйста.

[sup]

Так с ходу не скажу, но вроде бы следует рассмотреть интеграл
$\int\limits_{-\infty}^{\infty}x^{a-1}e^ {-\frac1{2}ia\pi + ibx}\frac{rdx}{x^2+r^2}$
Однозначную ветвь выбираем так, чтобы все было "хорошо" в верхней полуплоскости. Этот интеграл считается с помощью вычетов.
С другой стороны интеграл разбиваем на 2 куска по положительной и отрицательной полуосям. А потом в интеграле по отрицательной полуоси делаем замену $x$ на $-x$. Вроде бы все "склеится" (но не уверен).

[ewert]

sup в сообщении #428150 писал(а):

Вроде бы все "склеится"

Да, склеивается: интеграл по отрицательной полуоси превращается в минус сопряжённый к интегралу по положительной, а это ровно то, что нужно.

[bundos]

sup в сообщении #428150 писал(а):

$\int\limits_{-\infty}^{\infty}x^{a-1}e^ {-\frac1{2}ia\pi + ibx}\frac{rdx}{x^2+r^2}$
Этот интеграл считается с помощью вычетов.

Это понятно, что он считается с помощью вычетов, но я не понимаю как из этого интеграл на $\int\limits_{0}^{\infty}x^{a-1}e^ {-\frac1{2}ia\pi + ibx}\frac{rdx}{x^2+r^2}$ выйти.

-- Вс мар 27, 2011 23:03:28 --

ewert в сообщении #428181 писал(а):

sup в сообщении #428150 писал(а):

Вроде бы все "склеится"

Да, склеивается: интеграл по отрицательной полуоси превращается в минус сопряжённый к интегралу по положительной, а это ровно то, что нужно.

А всё, понял, спасибо!

-- Вс мар 27, 2011 23:18:52 --

Доказать, что $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{\sin \phi _1x}{x}\frac{\sin \phi _2x}{x}\cdtos\frac{\sin \phi _nx}{x}\cos a_1x\cdots\cos a_mx\frac{\sin ax}{x}dx=\frac{\pi}{2}\phi _1\phi _2\cdots\phi _n$, $\phi _1,\phi _2,\cdots,\phi _n,a_1,\cdots ,a_n$-вещественные, $a$-положительная велечина и $a>|\phi _1|+|\phi _2|+\cdots+|\phi _n|+|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|$

[sup]

Это простой интеграл. Следует учесть четность подынтегральной функции и представить $\sin ax$ как сумму двух комплексных экспонент.

(Оффтоп)

Вы, похоже, ящик Пандоры с интегралами случайно открыли ...

[ewert]

sup в сообщении #428297 писал(а):

и представить $\sin ax$ как сумму двух комплексных экспонент.

В принципе да, но лемму Жордана придётся всё-таки подкрутить вручную. (Да, и проще, как обычно, не как сумму двух экспонент, а как мнимую часть одной.)

Упс, пардон, тут лемма Жордана даже не нужна...

[bundos]

sup в сообщении #428297 писал(а):

Это простой интеграл. Следует учесть четность подынтегральной функции и представить $\sin ax$ как сумму двух комплексных экспонент.

Для вас возможно он и простой , а мне всё равно не понятно..$\int\limits_{0}^{\infty}\frac{\sin \phi _1x}{x}\frac{\sin \phi _2x}{x}\cdtos\frac{\sin \phi _nx}{x}\cos a_1x\cdots\cos a_mx\frac{\sin ax}{x}dx=\frac1{2}V.p.\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin \phi _1x}{x}\frac{\sin \phi _2x}{x}\cdtos\frac{\sin \phi _nx}{x}\cos a_1x\cdots\cos a_mx\frac{e^{2iax}-1}{2ie^{iax}}dx$, и что это даёт? Там как было большое произведение синусов и косинусов, так и осталось. Подскажите пожалуйста, что дальше делать.

-- Вт мар 29, 2011 18:28:46 --

Можете ещё дать идею решения вот этой задачи: Положим $f_n(z)=\frac{2^z}{z(z-1)(z-2)\cdots (z-n)}$. Показать, что $\lim\limits_{n \to \infty}\frac{\int\limits_{|z|=2n}f_n(z)dz}{\int\limits_{|z|=2n}|f_n(z)||dz|}$=i

(Оффтоп)

Делал так: $\lim\limits_{n \to \infty}{\int\limits_{|z|=2n}f_n(z)dz}=\lim\limits_{n \to \infty}i\int\limits_{|z|=2n}|f_n(z)|\cos(\theta+\phi)|dz|}$, $\left\mathop\mathrm{Arg}(f_n(z))=\theta, \mathop\mathrm{Arg}(z)=\phi\right$. Подсчёт суммы вычетов тоже не помог, в бесокнечно удалённой точке считать как-то страшновато.......

[sup]

В силу четности, интеграл равен половине интеграла по всей оси. Далее с таким и работаем. В точке 0 устранимая особенность, но мы немного сдвинем контур вниз в малой окрестности 0. (Ну например организуем малую полуокружность). Интеграл, разумеется, не изменится. Далее представим $\sin ax =\frac {e^{iax}-e^{-iax}}{2i}$.
После этого интеграл представим в виде суммы двух интегралов (с каждой из этих экспонент). А вот теперь заметим, что в силу условия на $a$ эти экспоненты "давят" все оставшиеся синусы и косинусы (каждая в своей полуплоскости). Поэтому интеграл с "отрицательной" экспонентой равен 0 (в нижней полуплоскости нет особенностей), а другой считаем с помощью вычета в 0. Там надо взять $n$-ю производную. Ясно что надо как раз все синусы продифференцировать (чтобы избавиться от нулей). Короче, дальше уже элементарно.

-- Ср мар 30, 2011 00:04:05 --

Что касается предела. А Вы попробуйте ручками сосчитать числитель вычетами для $n=1,2,3,4 ...$. Может чего и заметите. Потом надо будет заняться знаменателем.

[bundos]

Ну вот считаю: $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{\sin \phi _1x}{x}\frac{\sin \phi _2x}{x}\cdtos\frac{\sin \phi _nx}{x}\cos a_1x\cdots\cos a_mx\frac{\sin ax}{x}dx=\frac1{2}V.p.\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin \phi _1x}{x}\frac{\sin \phi _2x}{x}\cdtos\frac{\sin \phi _nx}{x}\cos a_1x\cdots\cos a_mx\frac{e^{2iax}-1}{2ie^{iax}}dx=\frac1{2}V.p.\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin \phi _1x}{x}\frac{\sin \phi _2x}{x}\cdtos\frac{\sin \phi _nx}{x}\cos a_1x\cdots\cos a_mx\frac{e^{iax}}{2i}dx-\frac1{2}V.p.\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin \phi _1x}{x}\frac{\sin \phi _2x}{x}\cdtos\frac{\sin \phi _nx}{x}\cos a_1x\cdots\cos a_mx\frac{1}{2ie^{iax}}dx$. Интегрирую с положительной экспонентой в верхней, с отрицательной в нижней. Соответственно и малую полуокружность также рассматриваю в нижней и верхней полуплоскости.
В нижней полуплоскости: $\int\limits_{\Gamma}\frac{\sin \phi _1z}{z}\frac{\sin \phi _2z}{z}\cdtos\frac{\sin \phi _nz}{z}\cos a_1z\cdots\cos a_mz\frac{1}{2ie^{iaz}}dz$. Оценил, что на большой и малой полуокружности интеграл получился равен 0.
В верхней полуплоскости: Так же оценивал на большой и малой полуокружностях и тоже получил 0.
Тогда и с положительной экспонентой тоже 0!? Или я неправ оценкой?

Цитата:

Там надо взять $n$-ю производную. Ясно что надо как раз все синусы продифференцировать (чтобы избавиться от нулей).

$n$-ю производную от каждого синуса? А на каком основании вы вообще их дифференцируете? И я вообще-то не особо понял зачем. Избавиться от нулей синуса? Ну а косинус, у него же тоже нули есть, а его почему вы не дифференцируете? Можно здесь было-бы поподробнее.

(Оффтоп)

Цитата:

Короче, дальше уже элементарно.

Ну ни чего себе элементарно . Я всего лишь студент 2-ого курса и поэтому задачи типа таких считаются для нас нереально сложными.

Цитата:

Вы, похоже, ящик Пандоры с интегралами случайно открыли ...

Беру их из "Уиттакер, Ватсон т.I стр. 172"

-- Ср мар 30, 2011 04:27:20 --

sup в сообщении #428874 писал(а):

Что касается предела. А Вы попробуйте ручками сосчитать числитель вычетами для $n=1,2,3,4 ...$. Может чего и заметите. Потом надо будет заняться знаменателем.

$2\pi i\sum\limits_{k=0}^{n}\mathop\mathrm{Res}\limits_{z=z_k}f(z)=2\pi i\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{2^k(-1)^{n-k}}{k!(n-k)!}$. Ну понятно, что при $n \to \infty$ эти два интеграла $\to 0$ . Если ручками считать, то $I(1)=2\pi i; I(2)=\frac{\pi i}2; I(3)=\frac{\pi i}6; I(4)=\frac{\pi i}{24}$. Ну если только реккурентно последовательность задать, только я смысла не пойму зачем оно нужно?

[sup]

(Оффтоп)

Я так понял, что мне придется перерешать все те интегралы, что Вы изучаете.
Увольте, бодаться с Ватсоном и Уиттакером мне как то не с руки.
По правде сказать, и своих дел хватает. Так что звиняйте.

Насчет $n$-й производной. Эт я уже писал с "широко закрытыми глазами". Хотя, можно и так. У вас в нуле в знаменателе что стоит? Поэтому можно говорить о полюсе $n+1$-го порядка. Другое дело, что за счет синусов, изрядная доля там устраняется...

bundos в сообщении #428980 писал(а):

$\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{2^k(-1)^{n-k}}{k!(n-k)!}$.

Вам это совсем ничего не напоминает?

[ewert]

Жуть какая-то: производные, то, сё...

Да, действительно, $\dfrac{\sin az}{z}$ надо представить, но лучше как $\dfrac{\mathop\mathrm{Im}e^{iaz}}{z}$. И действительно, эта экспонента давит все остальные синусы и косинусы в верхней полуплоскости. Но дальше-то уж совсем в уме: все остальные сомножители (после доопределения каждой дроби в нуле по непрерывности) -- уже аналитичны. Т.е. в нуле (после замены в только последней дроби синуса на экспоненту) получается уже простой полюс. Теперь по большой верхней полуокружности, замыкающей контур, интеграл стремится к нулю (просто из-за степени $z$ в знаменателе), а по маленькой вокруг нуля -- стремится к $\pi i$ на значение в нуле подынтегральной функции, из которой выкинута последняя дробь (учитывая, что экспонента в нуле всё равно единична); вот сразу и ответ, если, конечно, не забыть взять от всего этого мнимую часть.

[sup]

(Оффтоп)

Ну я же сказал, что уже с закрытыми глазами писал, а потому на автомате: полюс большой - значит производные. А то что там устранимые особенности - мимо ушей пролетело.
Что лучше: мнимая часть или сумма двух экспонент - даже и спорить не буду. Пусть каждый сам для себя решит. А маленькую полуокружность что так, что так добавлять надо.

[ewert]

(Оффтоп)

sup в сообщении #429033 писал(а):

А маленькую полуокружность что так, что так добавлять надо.

Вот сколько раз повторять почему-то приходится: не маленькую полуокружность добавлять, а просто запомнить соответствующее обобщение теоремы о вычетах.

Сколько себя помню -- у нас всегда это обобщение было на слуху. А тут, на форуме -- почему-то для всех внове. Странно.

[bundos]

sup в сообщении #428998 писал(а):

bundos в сообщении #428980 писал(а):

$\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{2^k(-1)^{n-k}}{k!(n-k)!}$.

Вам это совсем ничего не напоминает?

Может что-то с биномальными коэффициентами? А так вообще особо не напоминает.

(Оффтоп)

Цитата:

Я так понял, что мне придется перерешать все те интегралы, что Вы изучаете.

Да почему все, я же не все не решил, а только некотрые, ну собственно и сюда их запостил