Интегралы

[bundos]

Пусть $A+B+C+\ldots+K=0$ и $a,b,c,\ldots$-положительные велечины;
Показать, что:
$\int\limits_{0}^{\infty}\frac{A\cos ax+B\cos bx+\ldots+K\cos kx}{x}dx=-A\ln a- B\ln b-\ldots-K\ln k$
Пытался проинтегрировать по действительной и мнимой оси. $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{Ae^{iaz}+Be^{ibz}+\ldots+Ke^{ikz}}{x}dz$ Интеграл по маленькой четвертинке окружности в пределе будет 0, т.к. $z=0$- устранимая точка, по большой тоже ноль получается. А при интегрировании по мнимой получаются экспоненты, их проинтегрировать не получается. Может быть тут по какому-нибудь прямоугольнику прокатит? Подскажите....

[sup]

Заметим, что $K=-A-B-C-...$, после чего получаем интегралы Фруллани.

[bundos]

Цитата:

после чего получаем интегралы Фруллани

Я такого не знаю, он подругому никак не считается?

Помогите ещё насчёт этой задачи:
Показать, что при $m>0$
$\int\limits_{0}^{\infty}\frac{\sin ^nmt}{t^n}dt=\frac{\pi m^{n-1}}{2^n(n-1)!}\left[n^{n-1}-\frac{n}{1!}(n-2)^{n-1}+\frac{n(n-1)}{2!}(n-4)^{n-1}-\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}(n-6)^{n-1}+\ldots\right]$
Исследовать разрыв интеграла при $m=0$

[Vince Diesel]

Во-первых, параметр $m$ убирается заменой. Потом можно попробовать по частям.
Еще вариант, вспомнить, что преобразование Фурье от $\frac{sin x}x$ равно констранте при $|x|<1$ и 0 иначе. Произведение оригиналов соответствует свертке преобразований Фурье, а интеграл по прямой - значению преобразования в нуле. Так что надо найти $n$-кратную свертку от прямоугольной ступеньки в нуле. Это обсуждалось здесь.

[bundos]

Vince Diesel в сообщении #427384 писал(а):

Во-первых, параметр $m$ убирается заменой. Потом можно попробовать по частям.
Еще вариант, вспомнить, что преобразование Фурье от $\frac{sin x}x$ равно констранте при $|x|<1$ и 0 иначе. Произведение оригиналов соответствует свертке преобразований Фурье, а интеграл по прямой - значению преобразования в нуле. Так что надо найти $n$-кратную свертку от прямоугольной ступеньки в нуле. Это обсуждалось здесь.

У нас ещё не было рядов Фурье просто.... А насчёт по частям, пробовал.... что-то как-то не очень там всё гладко.

[sup]

Интегралы Фруллани - это очень простая штука (можете например в Википедии посмотреть). Это интегралы вида
$\int \limits_0^{\infty} \frac {f(ax)-f(bx)}{x}dx $
Пусть, для примера, a>b>0. Для вычисления несобственного интеграла с помощью замены имеем
$\int \limits_{\varepsilon}^{N} \frac {f(ax)-f(bx)}{x}dx = \left (\int \limits_{b\varepsilon}^{a\varepsilon} + \int \limits_{bN}^{aN} \right )\frac {f(y)}{y}dy$
Ну а теперь, в зависимости от поведения функции в нуле и на бесконечности, получаем ответ.

-- Пт мар 25, 2011 20:07:14 --

Что касается интеграла со степенью синуса, интеграл легко считается комплексным интегрированием с помощью вычетов. Достаточно выразить синус как сумму комплексных экспонент.

[bundos]

sup в сообщении #427403 писал(а):

Интегралы Фруллани - это очень простая штука (можете например в Википедии посмотреть). Это интегралы вида
$\int \limits_0^{\infty} \frac {f(ax)-f(bx)}{x}dx $
Пусть, для примера, a>b>0. Для вычисления несобственного интеграла с помощью замены имеем
$\int \limits_{\varepsilon}^{N} \frac {f(ax)-f(bx)}{x}dx = \left (\int \limits_{b\varepsilon}^{a\varepsilon} + \int \limits_{bN}^{aN} \right )\frac {f(y)}{y}dy$
Ну а теперь, в зависимости от поведения функции в нуле и на бесконечности, получаем ответ.

-- Пт мар 25, 2011 20:07:14 --

Что касается интеграла со степенью синуса, интеграл легко считается комплексным интегрированием с помощью вычетов. Достаточно выразить синус как сумму комплексных экспонент.

Спасибо! Разобрался

-- Пт мар 25, 2011 19:07:26 --

Обозначим через $\mu (t)$ максимальный член ряда $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}$. Пусть $z$- единственный положительный корень уравнения $\lambda -z-z^2=0$, где $\lambda>0$. Доказать, что $\int\limits_{0}^{\infty}\mu (t)e^{-\lambda t}dt=\frac1{z}.$

[sup]

Что то сомневаюсь я насчет этого равенства. Ну в самом деле, заметим, что
$\frac {t^n}{n!}= \frac {t}{1}\frac {t}{2}\frac {t}{3}...\frac {t}{n}$
А значит максимум достигается при $n=[t]$ и $\mu(t) \sim e^t / \sqrt {t}$. Но тогда интеграл должен иметь особенность при $\lambda =1$.

[bundos]

А как такой посчитать $\int\limits_{0}^{\infty}\frac1{e^x(x^2+1)}dx$

[zkutch]

без экспоненциального интеграла вроде никак ...

[bundos]

Его нужно посчитать вычетами....

zkutch в сообщении #427602 писал(а):

без экспоненциального интеграла вроде никак ...

А насчёт этого можно поподробнее

[zkutch]

bundos в сообщении #427605 писал(а):

А насчёт этого можно поподробнее

это принято еще называть интегральной показательной функцией
$Ei(-x)=\int\frac{e^{-x}}{x}dx $
обитает рядом с гамма-функцией ...

( нужны пределы, но как-то я их по быстрому в lyx не нашел, уж извините)

[bundos]

Я вообще считал интеграл $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x^2+1}$. Пытался интгриро по положительной части дейвителной оси и по мнимой оси с выколотой точкой $z=i$, в результате такой вот $\int\limits_{0}^{\infty}\frac1{e^x(x^2+1)}dx$ интеграл получился, подскажите как лучше исходный интеграл проинтегрировать.

[sup]

bundos в сообщении #427906 писал(а):

Я вообще считал интеграл $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x^2+1}$. Пытался интгриро по положительной части дейвителной оси и по мнимой оси с выколотой точкой $z=i$, в результате такой вот $\int\limits_{0}^{\infty}\frac1{e^x(x^2+1)}dx$ интеграл получился, подскажите как лучше исходный интеграл проинтегрировать.

Не очень понятно, как из одного получился другой. Вот уж если в одном интеграле $x^2+1$, а в другом $x^2-1$. Впрочем, оба они "гадкие".
Рассмотрим, к примеру, интеграл
$J(z) = \int\limits_{0}^{\infty}\frac{e^{-zx}}{x^2+1}dx$
Легко видеть, что
$J''+J=1/z$
$J(0)=\pi/2$
Решая это уравнение, получим $J(z) = \int\limits_{z}^{\infty}\frac{\sin (s-z)}{s}ds$. А это интегральные синусы-косинусы ...
А там уже и интегральная показательная функция недалеко, о которой уже писал zkutch.

[bundos]

sup в сообщении #428109 писал(а):

Решая это уравнение, получим $J(z) = \int\limits_{z}^{\infty}\frac{\sin (s-z)}{s}ds$. А это интегральные синусы-косинусы ...
А там уже и интегральная показательная функция недалеко, о которой уже писал zkutch.

Тогда получается, что этот интеграл вычетами не считается?