Ένα όμορφο ολοκλήρωμα

Dimessi · #1

Καλησπέρα. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{1}{4}x^{2}}}{x}\cdot \left ( \int_{0}^{x}\frac{\sin t}{t}dt \right )dx=\sqrt{\pi }\cdot _{2}F_{2}\left ( \frac{1}{2},\frac{1}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2};-1 \right )$ , όπου με το σύμβολο $\displaystyle _{m_{1}}F_{m_{2}}\left ( a_{1},a_{2} ,...,a_{m_{1}};b_{1},b_{2},...,b_{m_{2}};z\right )=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left ( a_{1} \right )_{n}\cdot \left ( a_{2} \right )_{n}\cdot ...\cdot \left ( a_{m_{1}} \right )_{n}\cdot z^{n}}{\left ( b_{1} \right )_{n}\cdot \left ( b_{2} \right )_{n}\cdot ...\cdot \left ( b_{m_{2}} \right )_{n}\cdot n!}$ ορίζεται η υπεργεωμετρική συνάρτηση και $\left ( a \right )_{n}=a\cdot \left ( a+1 \right )\cdot ...\cdot \left ( a+n-1 \right )$ είναι το σύμβολο του Pochammer.

Υ.Γ Επειδή μπορεί να αποδειχθεί δύσκολη, θα αφήσω όσο χρόνο χρειαστεί μέχρι να βάλω τη λύση μου.

#2

Dimessi έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 18, 2023 3:16 pm
Καλησπέρα. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{1}{4}x^{2}}}{x}\cdot \left ( \int_{0}^{x}\frac{\sin t}{t}dt \right )dx=\sqrt{\pi }\cdot _{2}F_{2}\left ( \frac{1}{2},\frac{1}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2};-1 \right )$ , όπου με το σύμβολο $\displaystyle _{m_{1}}F_{m_{2}}\left ( a_{1},a_{2} ,...,a_{m_{1}};b_{1},b_{2},...,b_{m_{2}};z\right )=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left ( a_{1} \right )_{n}\cdot \left ( a_{2} \right )_{n}\cdot ...\cdot \left ( a_{m_{1}} \right )_{n}\cdot z^{n}}{\left ( b_{1} \right )_{n}\cdot \left ( b_{2} \right )_{n}\cdot ...\cdot \left ( b_{m_{2}} \right )_{n}\cdot n!}$ ορίζεται η υπεργεωμετρική συνάρτηση και $\left ( a \right )_{n}=a\cdot \left ( a+1 \right )\cdot ...\cdot \left ( a+n-1 \right )$ είναι το σύμβολο του Pochammer.

Υ.Γ Επειδή μπορεί να αποδειχθεί δύσκολη, θα αφήσω όσο χρόνο χρειαστεί μέχρι να βάλω τη λύση μου.

Θα γράψω λύση κάποια στιγμή (όχι τώρα γιατί η πληκτολόγιση είναι επίπονη). Για την ώρα έχω διάφορα σχόλια.

α) Πρώτα απ' όλα η άσκηση είναι σε λάθος φάκελο. Δεν νομίζω ότι οι υπεργεωμετρικές σειρές έχουν σχέση με τον Καθηγητή, ούτε θα του προσφέρει κάτι χρήσιμο για τους μαθητές του.

β) Το σύμβολο Pochammer, όπως δόθηκε, δεν έχει οριστεί για n=0

. Επειδή τυχαίνει να το γνωρίζω, είναι (a)_0=1

.

γ) Δεν έχει νόημα να γράφουμε γενικούς τύπους υπεργεωμετρικής σειράς, δηλαδή με γενικό m_1, m_2

, όταν το μόνο που θέλει η άσκηση είναι το m_1=m_2=2

. Στα Μαθηματικά πρέπει να κρατάμε τα πράγματα στην απαιτούμενη απλότητα, χωρίς να συσκοτίζουμε την εικόνα με συμβολισμούς που δίνουν την εντύπωση ότι η άσκηση είναι πολύπλοκη ενώ στην πραγματικότητα είναι σχετικά απλή. Πόσο μάλλον όταν στην συγκεκριμένη άσκηση όπου έχουμε a_1=a_2

και

. Εδώ ο γενικός όρος της σειράς είναι απλά

$\displaystyle{\dfrac { (a)^2_n }{(b)^2_n} \dfrac {z^n}{n!} }$ (και ακριβέστερα, με $a=\frac {1}{2}, \, b= \frac {3}{2}, \, z=-1$ )

δ) (Συνέχεια του προηγουμένου) Και επειδή ακριβώς εδώ τα

είναι μόλις μία μονάδα παραπάνω από τα

, δηλαδή

, υπάρχει μία μεγάλη απλοποίηση στην υπεργεωμετρική σειρά. Εν ολίγοις, μετά τις άμεσες απλοποιήσεις, η σειρά έχει γενικό όρο απλά τον

$\dfrac {1} {(2n+1)^2} \cdot \dfrac {(-1)^n}{n!}$ δηλαδή το ζητούμενο είναι να δείξουμε ότι

$\displaystyle{ \boxed {\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{1}{4}x^{2}}}{x}\cdot \left ( \int_{0}^{x}\frac{\sin t}{t}dt \right )dx=\sqrt {\pi} \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac {1} {(2n+1)^2} \cdot \dfrac {(-1)^n}{n!} }}$

Όπως ανέφερα, θα γράψω κάποια στιγμή λύση. Πάντως η ιδέα είναι απλή: Αναπτύσσουμε σε δυναμοσειρά το $\sin t$ μέσα στο ολοκλήρωμα και μετά ολοκληρώνουμε όρο προς όρο. Θα χρειαστούν τα ολοκληρώματα $\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} x^{2n} e^{-\frac{1}{4}x^{2}}dx}$ , που είναι γνωστά: συνήθως δίνονται συναρτήσει του $\Gamma (n+ \frac {1}{2})$ , αλλά μπορούμε και ευκολότερα.

Υ.Γ. Ενδεχομένως το ζητούμενο να είναι λάθος. Μάλλον το $\dfrac {1} {(2n+1)^2}$ μέσα στο άθροισμα να πρέπει να γίνει $\dfrac {1} {2n+1}$ (χωρίς τετράγωνο). Θα το ελέγξω, αλλά για την ώρα ας μας πει ο θεματοθέτης αν έχω δίκιο.

Dimessi · #3

Συμφωνώ σε όλα κύριε Λάμπρου!

Πολύ σωστά, το ζητούμενο είναι επί της ουσίας να δείξoυμε ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{1}{4}x^{2}}}{x}\cdot \left ( \int_{0}^{x}\frac{\sin t}{t}dt \right )dx=\sqrt{\pi }\cdot \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )^{2}\cdot n!}$ που προκύπτει από την διαδικασία που λέτε. Αναπτύσσω το $\sin t$ σε δυναμοσειρά (προφανώς μέσα στο ολοκλήρωμα) και ... μετά χρησιμοποιώ τον μετασχηματισμό του Laplace και τη συνάρτηση $\Gamma$ . Βέβαια, η δική σας λύση υποθέτω είναι πιο σύντομη, εγώ έχω μια λίγο μπελαλίδικη απόδειξη. Όσον αφορά τα σχόλια:

(α) Ο φάκελος Ανάλυση δεν είχα ιδέα ότι είναι φάκελος του καθηγητή.
(β) Ο τύπος της υπεργεωμετρικής σειράς είναι πολύτιμο να είναι γραμμένος για αυτούς που δεν τον γνωρίζουν.
Έχετε δίκιο πάντως ότι η άσκηση ''παραφορτώνει'' άνευ λόγου, αλλά έγραψα τον τύπο για να υπάρχει. Θεωρώ ότι ελάχιστοι μαθητές τον γνωρίζουν.

Επειδή η άσκηση αποδείχθηκε ρουτίνα, βάζω τη λύση μου για να κλείσει. Όποιος θέλει, ας βάλει κι αυτός τη λύση του.

Έχουμε $\displaystyle I=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{1}{4}x^{2}}}{x}\cdot \left ( \int_{0}^{x}\frac{\sin t}{t}dt \right )dx=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{1}{4}x^{2}}}{x}\cdot \left ( \int_{0}^{x}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}\cdot t^{2n}}{\left ( 2n+1 \right )!}dt \right )dx=$

$\displaystyle =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )!}\cdot \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{1}{4}x^{2}}}{x}\cdot \left ( \int_{0}^{x}t^{2n}dt \right )dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )\cdot \left ( 2n+1 \right )!}\cdot \int_{0}^{\infty}e^{-\frac{1}{4}x^{2}}\cdot x^{2n}dx=$

$\displaystyle \overset{x^{2}=y}=\frac{1}{2}\cdot \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )\cdot \left ( 2n+1 \right )!}\cdot \int_{0}^{\infty}e^{-\frac{1}{4}y}\cdot y^{n-\frac{1}{2}}dy\left ( 1 \right ).$

Από τον μετασχηματισμό του Laplace: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-\frac{1}{4}y^{2}}\cdot y^{n-\frac{1}{2}}dy=\Gamma \left ( n+\frac{1}{2} \right )\cdot 4^{n+\frac{1}{2}}\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow I=\frac{1}{2}\cdot \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )\cdot \left ( 2n+1 \right )!}\cdot \Gamma \left ( n+\frac{1}{2} \right )\cdot 4^{n+\frac{1}{2}}.$

Χρησιμοποιήθηκε ο μετασχηματισμός του Laplace: $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{\infty}t^{a}\cdot e^{-bt}dt=\frac{\Gamma \left ( a+1 \right )}{b^{a+1}}}.$

Επομένως :

$\displaystyle I=\sqrt{\pi }+\frac{1}{2}\cdot \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )\cdot \left ( 2n+1 \right )!}\cdot \Gamma \left ( n+\frac{1}{2} \right )\cdot 4^{n+\frac{1}{2}}=$

$\displaystyle =\sqrt{\pi }+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )\cdot \left ( 2n+1 \right )!}\cdot \frac{\Gamma \left ( n+\frac{1}{2} \right )\cdot \Gamma \left ( n \right )}{\left ( n-1 \right )!}\cdot 2^{2n}\left ( 2 \right ).$

Ως γνωστό, για την συνάρτηση $\Gamma$ ισχύει $\displaystyle \boxed{\Gamma \left ( n+\frac{1}{2} \right )\cdot \Gamma \left ( n \right )=\sqrt{\pi }\cdot \Gamma \left ( 2n \right )\cdot 2^{1-2n}}\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow I=\sqrt{\pi }+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )\cdot \left ( 2n+1 \right )!}\cdot \frac{2^{2n}\cdot\Gamma \left ( 2n \right )\cdot \sqrt{\pi }\cdot 2^{1-2n}}{\left ( n-1 \right )!}=$

$\displaystyle =\sqrt{\pi }+\sqrt{\pi }\cdot \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )^{2}\cdot n!}=\sqrt{\pi }\cdot \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n+1 \right )^{2}\cdot n!}.$

Επίσης:

$\displaystyle 2n+1=\frac{\left ( 2n+1 \right )!}{\left ( 2n \right )!}=\frac{\displaystyle \left ( \prod_{k=0}^{n}\left ( 2k+1 \right ) \right )\cdot \left ( \prod_{k=1}^{n} 2k\right )}{\displaystyle \left ( \prod_{k=1}^{n}\left ( 2k-1 \right ) \right )\cdot \left ( \prod_{k=1}^{n}2k \right )}=\frac{\displaystyle \prod_{k=-1}^{n-1}\left ( 2k+3 \right )}{\displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}\left ( 2k+1 \right )}=$

$\displaystyle =\frac{\displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}\left ( 2k+3 \right )}{\displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}\left ( 2k+1 \right )}=\frac{\displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}\left ( k+\frac{3}{2} \right )\cdot 2^{n}}{\displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}\left ( k+\frac{1}{2} \right )\cdot 2^{n}}=\frac{\displaystyle \left ( \frac{3}{2} \right )_{n}}{\displaystyle \left ( \frac{1}{2} \right )_{n}}\left ( 3 \right ).$

Συνεπώς :

$\displaystyle \boxed{I=\sqrt{\pi }\cdot \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\displaystyle \left ( \frac{1}{2} \right )_{n}\cdot \left ( \frac{1}{2} \right )_{n}\cdot \left ( -1 \right )^{n}}{\displaystyle \left ( \frac{3}{2} \right )_{n}\cdot \left ( \frac{3}{2} \right )_{n}\cdot n!}=\sqrt{\pi }\cdot _{2}F_{2}\left ( \frac{1}{2},\frac{1}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2};-1 \right )}.$

Ένα όμορφο ολοκλήρωμα

Ένα όμορφο ολοκλήρωμα

Re: Ένα όμορφο ολοκλήρωμα

Re: Ένα όμορφο ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση