посчитать интеграл без трюков

[Xaositect]

Так, извините, я действительно что-то путаю, у вас все верно.
Видимо, это какое-то другое обобщение главного значения.

[Zo]

ура! я, не помня, что такое значение в смысле Коши, оказывается все же помню его интуитивно

[Brukvalub]

Вся беда в том, что мне не удается по ответу даже угадать, какой трюк применил автор книги, чтобы получить указанный Вами ответ... Нужен полный текст трюка.

[Zo]

текст трюка такой:

$$H(\omega)=-sign(\omega)\cdot j \cdot e^{-\varepsilon|\omega|}$$

т.е. переход к пределу по эпсилон к нулю всовывается под интеграл до того, как будет осуществлен переход к пределу по $\omega$. Интересно, как без трюков. А то ведь нужно обосновывать, почему пределы можно поменять, а хочется как проще.

[Gafield]

Обсуждение пошло по кругу . Как несобственный интеграл расходится и в смысле главного значения тоже. Формула верна в смысле обобщенных функций. Понимать ее можно так. Применением к любой основной функции получается известный факт, что оператор сопряжения, чей символ равен $-i \mathrm{sign}\,\xi$, можно представить в виде интегрального оператора с ядром Гильберта $1/x$.Т.е. исходное утверждение - это формула нахождения сопряжженной функии (преобразование Гильберта): $F^{-1}(-i \mathrm{sign}\,\xi)F\varphi =x^{-1}*\phi$ для любой $\phi \in \cal D(\mathbb R)$. Так что строгое доказательство ее такое: фиксируем $\varphi$ и вперед Там интеграл от лишнего слагаемого с косинусом будет стремиться к нулю для любой основной функции $\varphi$.

А переходить к пределу в трюках надо опять же в смысле сходимости в $\cal D'(\mathbb R)$.

[Zo]

жесть. теперь понятно почему автор первой книги просто забил на вывод

[Brukvalub]

А я-то даже думать себе запретил об обобщенных функциях, ведь речь шла о несложных инженерных расчетах!

[Zo]

Brukvalub в сообщении #216145 писал(а):

А я-то даже думать себе запретил об обобщенных функциях, ведь речь шла о несложных инженерных расчетах!

я вот тоже как-то не ожидал, что все настолько сложно.

-- Пт май 22, 2009 13:44:14 --

забавно, что с точки зрения инженерного подхода все просто - придумали способ (это я про эпсилон) как подогнать решение к требуемому ответу и никаких обобщенных функций при этом можно сказать, что все это неаккуратно и прочее, однако наведение порядка будет лишь формализмом, который в итоге даст тот же самый ответ, что и ранее полученный кустарными методами

[Gafield]

Zo в сообщении #216146 писал(а):

только,Gafield. у Вас наверное опечатка здесь:

Gafield в сообщении #216142 писал(а):

$F^{-1}(-i \mathrm{sign}\,\xi)F\varphi =x^{-1}*\phi$

д.б. $(-i \mathrm{sign}\,\xi)F\phi =x^{-1}*\phi$

Нет. А доказывать удобнее, наверное, так: $F^{-1}(-i \mathrm{sign}\,\xi)\varphi=x^{-1}*F^{-1}\varphi$. Т.е. умножить на $\varphi$ и взять преобразование Фурье. Я думаю, все легко получится.

Цитата:

но и это не есть прямое получение того интеграла, коорый в моем первом посте. А скажем так, косвенная проверка что $F[h(t)]=-i \mathrm{sign}\xi$

Что значит "прямое получение", классически? Так он расходится.
А в обобщенном две функции $f,g\in \cal D'(\mathbb R)$ по определению совпадают, если $(f,\varphi)=(g,\varphi)$ для всех пробных функций $\varphi$.

-- Пт май 22, 2009 13:00:46 --

Zo в сообщении #216146 писал(а):

забавно, что с точки зрения инженерного подхода все просто - придумали способ (это я про эпсилон) как подогнать решение к требуемому ответу и никаких обобщенных функций при этом можно сказать, что все это неаккуратно и прочее, однако наведение порядка будет лишь формализмом, который в итоге даст тот же самый ответ, что и ранее полученный кустарными методами

Угу. Хевисайд так целый аппарат придумал, как формально решать всякие задачи электротехники таким образом. Однако математики при жинзни его не оценили, поскольку все было нестрого

[Zo]

Zo в сообщении #216146 писал(а):

Zo в сообщении #216146 писал(а):
только,Gafield. у Вас наверное опечатка здесь:
Gafield в сообщении #216142 писал(а):
$F^{-1}(-i \mathrm{sign}\,\xi)F\varphi =x^{-1}*\phi$

д.б. $(-i \mathrm{sign}\,\xi)F\phi =x^{-1}*\phi$

Нет. А доказывать удобнее, наверное, так: $F^{-1}(-i \mathrm{sign}\,\xi)\varphi=x^{-1}*F^{-1}\varphi$. Т.е. умножить на $\varphi$ и взять преобразование Фурье.

ага я позже понял, что в обозначения не врубился - и стер.
Gafield, спасибо за ценные комментарии.

-- Пт май 22, 2009 17:20:25 --

-- Сб май 23, 2009 09:32:02 --

так что-то все равно пока у меня не получается:
$F^{-1}H(\omega)\varphi(\omega)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\varphi(s)\int\limits_{-\infty}^{\infty}H(\omega)e^{j\omega(t-s)}d\omega ds$
раскрывая внутренний интеграл, получаем:

$$F^{-1}H(\omega)\varphi(\omega)=\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\varphi(s)}{t-s}ds-\lim\limits_{\omega\to\infty}\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\varphi(s)\cos(\omega(t-s))}{t-s}ds$$

а дальше не знаю, что делать.
Замучал я наверно всех этим интегралом скучным. но может кто подскажет все-таки, как строго все посчитать.