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


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение19.03.2015, 01:39 
Аватара пользователя


08/12/08
400
Обнаружил интересную вещь:$$ \int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{(x-y)}\frac{y^n}{\sqrt{1-y^2}}dy=-\pi P(x), \quad \int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{(x-y)}\sqrt{1-y^2}P(y)dy=\pi x^{n+1},$$где$$ n=1, 3, 5, ...\ ,$$$$P(x)=x^{n-1}+\dfrac{1}{2}x^{n-3}+\dfrac{3}{8}x^{n-5}+...+\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdot...\cdot n}{2\cdot4\cdot6 \cdot...\cdot(n+1)}, $$исключая отрицательные степени. Подозреваю, что это следствие какой-то известной теоремы.

 Профиль  
                  
 
 Re: О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение19.03.2015, 08:45 
Заслуженный участник


22/11/10
1183
Здесь просто вылазит Гамма-функция. Сначала представляем
$$ y^n = x^n + (y-x) \sum y^k x^{n-1-k}$$
После сокращения на $x-y$ получается интеграл (для четных $k$)
$$ \int\limits_{-1}^{1}\frac{y^k}{\sqrt{1-y^2}}dy  = \int\limits_{0}^{1}\frac{y^{k-1}}{\sqrt{1-y^2}}2ydy = \int\limits_{0}^{1} z^{\frac {k-1}{2}}(1-z)^{-\frac 12}dz$$
Это Бета-функция, которая сводится к Гамма-функции. Ну а можно просто честно интегрировать по частям и применять индукцию.
Кроме этих интегралов возникнет еще и сингулярный интеграл
$$ \int\limits_{-1}^{1}\frac{1}{(x-y)\sqrt{1-y^2}}dy$$
А он равен 0. По формулам Сохоцкого-Племеля. Действительно. Для комплексных $x \not \in [0,1]$ данный интеграл определяет голоморфную функцию. Нетрудно сообразить, что с точностью до множителя это просто $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$. На берегах разреза предельные значения отличаются лишь знаком, а значит их сумма равна 0. А это в точности и есть наш сингулярный интеграл.

 Профиль  
                  
 
 Re: О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение19.03.2015, 14:56 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
Вчера тоже что-то похожее придумал. Обозначим
$I_n=\int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{x-y}\;\frac{y^n}{\sqrt{1-y^2}}dy$
Тогда
$x^2I_{2k-1}-I_{2k+1}=\int\limits_{-1}^{1} \frac{x^2-y^2}{x-y}\;\frac{y^{2k-1}}{\sqrt{1-y^2}}dy=x\int\limits_{-1}^{1} \frac{y^{2k-1}}{\sqrt{1-y^2}}dy+\int\limits_{-1}^{1} \frac{y^{2k}}{\sqrt{1-y^2}}dy$
Интеграл в первом слагаемом равен 0, т.к. функция нечетная. А второй равен $\frac{\pi(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$. И для $P(x)$ получается тот ряд, что у drug39.

 Профиль  
                  
 
 Re: О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение19.03.2015, 21:54 
Аватара пользователя


08/12/08
400
Прошу прощения, вчера 2-е равенство неправильно написал, должно быть:$$ \int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{(x-y)}\frac{y^n}{\sqrt{1-y^2}}dy=-\pi P(x), \quad \int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{(x-y)}\sqrt{1-y^2}P(y)dy=\pi x^{n},$$
Меня что удивило. Взяли одночлен, подействовали на него интегральным оператором, получили многочлен. Теперь взяли этот многочлен, подействовали на него вторым оператором, и получили тот же одночлен. Т.е. этот второй оператор действует как обратный оператор. Разумеется, приведены частные решения.
Чётные степени выписывать не стал, там не так красиво картина выглядит, но суть та же. И как этот факт со свойствами Г-функции связан тоже неясно.

 Профиль  
                  
 
 Re: О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение20.03.2015, 09:40 
Заслуженный участник


22/11/10
1183
Гамма-функция отвечает за конкретный вид коэффициентов (все эти двойные факториалы). А вот то, что сингулярный интеграл сам себе режиссер обратный - это известный факт. Неформально это можно объяснить так. Представим себе оператор, который действует на функцию следующим образом. В разложении в ряд Фурье по синусам и косинусам он меняет местами коэффициенты при косинусах и синусах. Ясно, что поменяв еще раз, получим исходную функцию. Можно привести еще один простой пример. Пусть на единичной окружности имеется функция $az^n + bz^{-n}$. Сингулярный интеграл меняет сумму на разность. В результате получаем $az^n - bz^{-n}$. Поменяв повторно знак, снова приходим к исходному выражению. В частности, для $a,b = \pm 1$ снова получаем замену синуса на косинус и обратно(по формуле Эйлера).

 Профиль  
                  
 
 Re: О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение23.03.2015, 21:29 
Аватара пользователя


08/12/08
400
В связи с этим примером возникла потребность вычислить
$$ \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{\pi}\int\limits_{-1}^{1} \sqrt{1-x^2}P_n(x)dx.$$
Из некоторых соображений это не бесконечность. Но сходится крайне медленно. В маткаде удалось посчитать до n=300, дальше у меня там оператор произведения не работает. Может, есть какой-нибудь аналитический подход?

 Профиль  
                  
 
 Re: О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение23.03.2015, 22:59 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
Пусть $A_n(x)=\int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{x-y}\sqrt{1-y^2}P_n(y)dy=\pi x^{n}$.
Учитывая, что $P_{2k+1}(y)=y^2 P_{2k-1}(y)+C_k$, где $C_k=\frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$, имеем
$0=x^2A_{2k-1}-A_{2k+1}=\int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{x-y}\sqrt{1-y^2}(x^2P_{2k-1}-y^2 P_{2k-1}-C_k)dy$
$\int\limits_{-1}^{1} \frac{x^2-y^2}{x-y}\sqrt{1-y^2}P_{2k-1}dy=C_k\int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{x-y}\sqrt{1-y^2}dy=C_k A_1(x)=C_k \pi x$
$x\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{1-y^2}P_{2k-1}dy+\int\limits_{-1}^{1}y\sqrt{1-y^2}P_{2k-1}dy=C_k \pi x$
Второй интеграл в левой части равен нулю (нечетная функция). Поэтому
$\frac{1}{\pi}\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{1-y^2}P_{2k-1}dy=C_k=\frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$

Проверим в WolframAlpha, например, для $k=3$. Мы должны получить, что интеграл от $\sqrt{1-y^2}P_5$ равен $\frac{5\pi}{16}$. И да:
WolframAlpha: integral_(-1)^1 (x^4+x^2/2+3/8) sqrt(1-x^2) dx

Итак, предел сводится к
$\lim\limits_{k\to\infty}\dfrac{(2k-1)(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$

 Профиль  
                  
 
 Re: О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение24.03.2015, 00:30 
Аватара пользователя


08/12/08
400
svv в сообщении #994768 писал(а):
Итак, предел сводится к
$\lim\limits_{k\to\infty}\dfrac{(2k-1)(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$
Итак, по Вашей формуле: k=82 10.14, k=83 10.203, k=84 10.265.
Дальше программа факториал не берёт, а тут до сходимости ещё далеко. В моей записи расчет ушёл дальше, до k=150 (n=300). И там ещё сходимости не видно... Значения, кстати, приблизительно совпадают. По-Вашему, можно утверждать, что этот предел - конечное число?

 Профиль  
                  
 
 Re: О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение24.03.2015, 01:27 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
Я привел формулу к виду, удобному для применения формулы Стирлинга:
$n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n$
Именно, при больших $k$
$\dfrac{(2k-1)(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}\approx(2k-1)\dfrac{\sqrt{2 \pi \cdot 2k} \left(\frac{2k}{e}\right)^{2k}}{2^{2k}\left(\sqrt{2 \pi k} \left(\frac{k}{e}\right)^k\right)^2}=\dfrac{2k-1}{\sqrt{\pi k}}$
Насчёт предела — сами видите...

Если же Вам хочется для каждого $k$ иметь точное значение (Стирлинг-то приближенный), но при этом продвинуться как можно дальше, тогда удобнее тот вид, что в Вашей формуле для $P_n$:
$\dfrac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}=\dfrac{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot...\cdot(2k-1)\cdot 2k}{2\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot...\cdot 2k \cdot 2k}=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdot...\cdot(2k-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot 2k}$
(Обратите внимание, я здесь не написал множитель $2k-1=n$, но он нужен.)
Так вот, считать это надо НЕ находя числитель, а потом знаменатель, а так:
$\dfrac 1 2\cdot \dfrac 3 4 \cdot \dfrac 5 6\cdot ... \cdot \dfrac{2k-1}{2k}$
И тогда Вы сможете хоть до миллиона множителей дойти. Естественно, при следующем $k$ Вы не вычисляете всё произведение сначала, а просто умножаете предыдущий результат на ещё одну дробь. Не забудьте также каждый раз умножать на $n=2k-1$ (но не включайте это $n$ в накапливаемое произведение дробей, а то испортите его).

 Профиль  
                  
 
 Re: О том же интегральнои уравнении 2
Сообщение24.03.2015, 10:05 
Аватара пользователя


08/12/08
400
svv, спасибо! Вы мне очень помогли. Про Стирлингга просто подзабыл. Вопрос был связан с физической интерпретацией полученных решений. Кстати, изначально было только предположение, что ненулевым конечным числом окажется $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sqrt n}{\pi}\int\limits_{-1}^{1} \sqrt{1-x^2}P_n(x)dx.$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 10 ] 

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