Вычисление дисперсии гиперболического косинуса

[Fsb4000]

Намекните кто знает как посчитать определенный интеграл от 0 до бесконечности
от функции (x*x)/(ch x) , где chx - гиперболический косинус.

$$I=\int_0^\infty \frac{2x^2}{e^{x}+e^{-x}} dx$$

[GAA]

Fsb4000 писал(а):

Намекните кто знает как посчитать определенный интеграл

$$I=\int_0^\infty \frac{2x^2}{e^{x}+e^{-x}} dx$$

1. Интегрированием по частям, «перебросьте трансцендентные функции в числитель».
2. Разложите в ряд и вычислите почленным интегрированием.

Добавлено

в сообщении ниже ewert писал(а):

ну и как это возможно -- с помощью интегрирования по частям ликвидировать знаменатель как класс?

Это придирка к словам? Или вопрос по существу — как вычислить интеграл?
Если первое, то да, выразился неудачно, согласен. Но и так говорят иногда. Если непонятно, то готов рассмотреть аналогичный пример.

Добавлено

Аналогичный пример. Д3040 $J = \int_0^{+\infty} \frac {x dx}{e^x+1}$.
Полагая $u = x$, $dv = \frac{dx}{e^x+1}$. Интегрированием по частям получим $J = \int_0^{+\infty} \ln(1+e^{-x})dx$. Последний интеграл исключительно легко находится почленным интегрированием разложения подынтегральной функции в ряд по степеням $e^{-x}$.
Впрочем, предварительно интегрировать по частям не обязательно.

Еще проще, на мой взгляд, вычислить $I$ (второй момент) дифференцированием характеристической функции (назовем этот способ N.2). Именно в расчете на этот способ решения это упражнение, как правило, и предлагается студентам в курсах ТВ.

[ewert]

ну и как это возможно -- с помощью интегрирования по частям ликвидировать знаменатель как класс?

Добавлено спустя 42 минуты 54 секунды:

А вот какой трюк предлагается (вовсе не уверен, не бейте ногами, если что не так):

$$I=\int_0^1{\ln^2t\over1+t^2}dt=\int_1^{\infty}{\ln^2t\over1+t^2}dt={1\over2}\int_0^{\infty}{\ln^2t\over1+t^2}dt$$

(для получения первого интеграла сделана подстановка: $e^{-x}=t$; второго: $e^{x}=t$).

Последний интеграл вроде всё же можно найти с помощью вычетов, учитывая, что

$\ln^2(-t)=(\ln t+i\pi)^2=\ln^2t+2\pi i\,\ln t-\pi^2$,

и нас интересует только вещественная часть интеграла (по всей оси).

Вроде как получается ${\pi^3\over 8}$ (для исходного интеграла), если не сбился.

----------------------------------------------------
Заодно получаем в качестве бесплатного приложения, что $\int_0^{\infty}{\ln t\over1+t^2}dt=0$; впрочем, с учётом предыдущих замен это и так понятно.

[GAA]

Да, ответ $\pi^3/8$.
Возвращаясь к первому способу решения. Конечно, на первом шаге можно не выполнять интегрирование по частям, а сразу раскладывать в ряд по степеням $e^{-x}$. Тогда при выполнении почленного интегрирования, интегрировать по частям придется два раза — количество интегрирований по частям не изменится.

Добавлено спустя 4 минуты 24 секунды:

В целом, выбор способа определяется исключительно предметом, на котором предложено рассмотреть этот пример.

[Fsb4000]

Нам задали этот пример на теории вероятности.
Вот так он выглядит:
Рассчитать дисперсию случайной величины \xi с плотностью распределения : \frac{A}{e^{t}+e^{-t}};
A нашел из того что интеграл от -\inftyдо \infty от плотности равен единице. Математическое ожидание \xi равно нулю из соображения нечётности функции \frac{t}{e^{t}+e^{-t}}; и того что несобственный интеграл сходится.

Спасибо почти нашел интеграл. Осталось только найти сумму получившегося ряда. Думаю завтра добью примерчик.

[GAA]

Если курс ТВ идет после курса ТФКП, и уже пройдена тема характеристические функции, то предполагается вычисление дисперсии именно при помощи дифференцирования характеристической функции.
На всякий случай. Феллер в Т.2 главе XV «Характеристические функции» предлагает использовать для получения х.ф. разложение в ряд, а переводчик отсылает к книге Маркушевича «Теория аналитических функций». Мне такой способ не нравится. По мне так проще по определению — интегрировать в комплексной плоскости.

[Fsb4000]

Характеристические функции на лекциях прошли, на практике еще не решали.
У нас ТФКП на третьем курсе, а я сейчас учусь на втором курсе. Спасибо за помощь в решении.

[Cave]

А гамма- и бета-функции изучены?

[Fsb4000]

Гамма да.Бетта нет.

[ewert]

а беты в ТВ, грубо говоря, и не нужны, а гаммы -- святое

[GAA]

Тогда, видимо, первый способ. Для нахождения суммы числового ряда можно воспользоваться результатами решения задачи 2961 из книги Демидович Б.П. «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Было много изданий. Нумерация в большинстве имеет преемственность. На всякий случай напишу: нам может помочь разложение в ряд Фурье по синусам функции $x^2$ на $0 \le x<\pi$ .

Добавлено спустя 2 часа 25 минут 12 секунд:

Кстати $A=\frac{1}{\pi}$

[GAA]

Видно прошло достаточно времени, чтобы все кто хотел решить задачу — сделали это.
Для большей автономности перед решением повторю условие.

Вычислить $D = \frac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2dx}{\ch x}$.

Способ N.1
Преобразовав к виду удобному для разложения в степенной ряд по экспонентам и воспользовавшись суммой бесконечной геометрической прогрессии, разложим подынтегральную функцию в ряд. Затем интегрируя почленно и по частям, получим
$\frac{2}{\pi}\int\limits_0^\infty\frac{2x^2dx}{e^x + e^{-x}}= \frac{2}{\pi}\int\limits_0^\infty\frac{2x^2 e^{-x} }{1 + e^{-2x}}dx=$ $\frac{4}{\pi}\int\limits_0^\infty x^2\sum\limits_{k=0}^{\infty}(-1)^k e^{-(2k+1)x}dx$ = $\frac{8}{\pi}\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k/(2k+1)^3$.
Разложение функции $f(x) =x^2$ по синусам имеет вид [Д, 2961]
$x^2 = 2\pi \sum\limits_{k=1}^\infty\frac {(-1)^{k+1}}{k} \sin kx - \frac{8}{\pi}\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{\sin(2k+1)x}{(2k+1)^3}$, $0 \le x < \pi$.
Подставляя $x=\pi/2$ получим
$\sum\limits_0^\infty \frac {(-1)^{k+1}}{(2k+1)^3} = \frac {\pi^3}{32}$.
Ответ: $D = \pi^2/4$.

Способ N.2
Если $\varphi(t)$ — характеристическая функция, то начальные моменты могут быть найдены по формуле
$\alpha_k =\frac{1}{i^k}\varphi^{(k)}(0)$ [здесь и далее через $i$ обозначена мнимая единица]. Для распределения гиперболического косинуса $\varphi(t) = \ch^{-1}(\pi t/2)$, следовательно, $\alpha_2 = -\varphi’’(0) = \pi^2/4$.
Для получения характеристической функции распределения гиперболического косинуса $\varphi(t)=\frac{2}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{itx}dx}{e^x+e^{-x}}$ можно применить теорему Коши о вычетах. Например, почти дословно повторяя рассуждения [1], используемые при вычислении $\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ax}dx} {1+e^x}$, получаем требуемую характеристическую функцию.

Примечание. Пример гиперболического косинуса интересен следующим [2]: «плотность и характеристическая функция получаются одна из другой линейным преобразованием аргумента и линейным преобразованием самой функции (нормальная плотность служит первым примером такой связи)».

[1] Лаврентьев М.А., Шабат Б.В. Методы теории функций комплексного переменного — М.: Наука, 1987.
[2] Феллер В. Введение в теорию вероятностей и ее приложения. Т.2 — М.: Мир, 1984.