Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
| Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
|
Страница 1 из 2 |
[ Сообщений: 12 ] | На страницу 1, 2 След. |
|
| Автор | Сообщение | |
|---|---|---|
| userkos |
|
|
|
[math]\int _0^{+\infty } \sin\left(x+\frac{1}{x}\right)\cdot \frac{dx}{\sqrt{x}}[/math] Я его начал решать, и даже решил. Но, оказалось, чтобы исследовать, решать не нужно. Поэтому прошу помощи в этой проблеме. Если нужно, могу показать, как я решал его. |
||
| Вернуться к началу | ||
| Avgust |
|
|
|
Странно. Численно беру интеграл в Maple и получаю ответ 0.618072606621577...
А логически рассуждаю - интеграл должен расходиться. |
||
| Вернуться к началу | ||
| userkos |
|
|
|
Ну так я вам говорю, интеграл можно найти))
НО, как доказать, что он сходится? |
||
| Вернуться к началу | ||
| Human |
|
|
|
userkos писал(а): Если нужно, могу показать, как я решал его. Покажите. Если Вы действительно его нашли, то это, в частности, доказывает сходимость. |
||
| Вернуться к началу | ||
| hpbhpb |
|
|
|
Мне кажется, что данный интеграл всё-таки расходится.
Сделаем замену [math]\sqrt{x} = t[/math]. Тогда [math]x=t^{2}[/math], [math]\boldsymbol{d} \boldsymbol{x} = 2 \boldsymbol{t} \boldsymbol{d} \boldsymbol{t}[/math]. Пределы интегрирования остаются теми же. В результате замены приходим к интегралу: [math]2\int\limits_{0}^{+ \infty } \left( \sin{\left( t^{2}+\frac{ 1 }{ t^{2} } \right) } \right)dt[/math]. Полученный интеграл, вроде как, расходится. |
||
| Вернуться к началу | ||
| userkos |
|
|
|
Пусть [math]~S(k)~=~\displaystyle\int_0^\infty\sin\bigg(x+\dfrac1x\bigg)~\frac{dx}{x^k\sqrt x}~;~[/math]
[math]~S(0)=S(1)=~\sqrt{\dfrac\pi2}~(\cos2+\sin2).~[/math] Для [math]k>0[/math] [math]~S(k)~=~\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2^k}~(A_k\cos2+B_k\sin2),~[/math] [math]~C(k)~=~\displaystyle\int_0^\infty\cos\bigg(x+\dfrac1x\bigg)~\frac{dx}{x^k\sqrt x}~=~\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2^k}~(B_k\cos2-A_k\sin2),~C(0)=C(1)=\sqrt{\dfrac\pi2}~(\cos2-\sin2)[/math] |
||
| Вернуться к началу | ||
| Avgust |
|
|
|
Вот это да! Первый результат, где сумма косинуса и синуса, совпал с численным решением в Maple!
http://m.wolframalpha.com/input/?i=sqrt ... 29&x=0&y=0 |
||
| Вернуться к началу | ||
| hpbhpb |
|
|
|
userkos писал(а): Пусть [math]~S(k)~=~\displaystyle\int_0^\infty\sin\bigg(x+\dfrac1x\bigg)~\frac{dx}{x^k\sqrt x}~;~[/math] [math]~S(0)=S(1)=~\sqrt{\dfrac\pi2}~(\cos2+\sin2).~[/math] Для [math]k>0[/math] [math]~S(k)~=~\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2^k}~(A_k\cos2+B_k\sin2),~[/math] [math]~C(k)~=~\displaystyle\int_0^\infty\cos\bigg(x+\dfrac1x\bigg)~\frac{dx}{x^k\sqrt x}~=~\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2^k}~(B_k\cos2-A_k\sin2),~C(0)=C(1)=\sqrt{\dfrac\pi2}~(\cos2-\sin2)[/math] userkos, Не могли бы Вы мне для общего развития дать название книги, в которой есть эти формулы, или ссылку на источник. Если не сложно. |
||
| Вернуться к началу | ||
| Human |
|
|
|
userkos писал(а): Пусть [math]~S(k)~=~\displaystyle\int_0^\infty\sin\bigg(x+\dfrac1x\bigg)~\frac{dx}{x^k\sqrt x}~;~[/math] [math]~S(0)=S(1)=~\sqrt{\dfrac\pi2}~(\cos2+\sin2).~[/math] Для [math]k>0[/math] [math]~S(k)~=~\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2^k}~(A_k\cos2+B_k\sin2),~[/math] [math]~C(k)~=~\displaystyle\int_0^\infty\cos\bigg(x+\dfrac1x\bigg)~\frac{dx}{x^k\sqrt x}~=~\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2^k}~(B_k\cos2-A_k\sin2),~C(0)=C(1)=\sqrt{\dfrac\pi2}~(\cos2-\sin2)[/math] Это не решение, а готовые ответы, причем большинство из них тут не к месту. hpbhpb, исходный интеграл можно взять, например, так: [math]\int\limits_0^{\infty}\sin\left(x+\frac1x\right)\frac{dx}{\sqrt x}=\int\limits_0^1\sin\left(x+\frac1x\right)\frac{dx}{\sqrt x}+\int\limits_1^{\infty}\sin\left(x+\frac1x\right)\frac{dx}{\sqrt x}=...[/math] В первом интеграле вводим замену по формуле [math]x_1=\frac{t-\sqrt{t^2-4}}2[/math], а во втором по формуле [math]x_2=\frac{t+\sqrt{t^2-4}}2[/math] ([math]x_1,\ x_2[/math] - это корни уравнения [math]x+\frac1x=t[/math]): [math]...=-\int\limits_2^{\infty}\sin t\cdot\frac{x_1'(t)}{\sqrt{x_1(t)}}\,dt+\int\limits_2^{\infty}\sin t\cdot\frac{x_2'(t)}{\sqrt{x_2(t)}}\,dt=\int\limits_2^{\infty}\sin t\left(\frac{x_2'(t)}{\sqrt{x_2(t)}}-\frac{x_1'(t)}{\sqrt{x_1(t)}}\right)\,dt=...[/math] Поскольку [math]x_1'(t)=-\frac{x_1(t)}{\sqrt{t^2-4}},\ x_2'(t)=\frac{x_2(t)}{\sqrt{t^2-4}}[/math], а [math]\sqrt{x_1(t)}+\sqrt{x_2(t)}=\sqrt{t+2}[/math] (легко проверить возведением в квадрат), то [math]\frac{x_2'(t)}{\sqrt{x_2(t)}}-\frac{x_1'(t)}{\sqrt{x_1(t)}}=\frac1{\sqrt{t^2-4}}(\sqrt{x_2(t)}+\sqrt{x_1(t)})=\frac1{\sqrt{t-2}}[/math] и значит: [math]...=\int\limits_2^{\infty}\frac{\sin t}{\sqrt{t-2}}\,dt=...[/math] Далее замена [math]t=2+z^2[/math]: [math]...=2\int\limits_0^{\infty}\sin(z^2+2)\,dz=2\cos2\int\limits_0^{\infty}\sin z^2\,dz+2\sin2\int\limits_0^{\infty}\cos z^2\,dz=\sqrt{\frac{\pi}2}(\cos2+\sin2)[/math] где использованы значения интегралов Френеля. |
||
| Вернуться к началу | ||
| За это сообщение пользователю Human "Спасибо" сказали: hpbhpb, userkos |
||
| hpbhpb |
|
|
|
Спасибо большое, Human!
|
||
| Вернуться к началу | ||
|
На страницу 1, 2 След. | [ Сообщений: 12 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 4 |
| 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 |