kako izračunati integral sinx / x


Odgovor 1:

Uvijek se mogao koristiti integracijom kontura. (nedavno naučio i pokušava pronaći opravdanje da ga koristi: P) Možemo razmotriti zamišljeni dio \ displaystyle f (z) = \ frac {e ^ {iz} -1} z. Singularnost pri z = 0 je uklonjiva, pa imamo analitičnost funkcije na kompleksnim brojevima. Neka je C_R polukrug polumjera R na kompleksnoj ravnini. Neka je \ Gamma_R putanja koja slijedi luk kružnice. Ali ne zaboravite da je f analitički na \ mathbb C, a time i analitički na konturi. Dakle, prema Cauchyjevom integralnom teoremu, imamo,

\ displaystyle \ oint_ {C_R} \ frac {e ^ {iz} -1} z \ mathrm dz = 0

I,

\ displaystyle \ oint_ {C_R} \ frac {e ^ {iz} -1} z \ mathrm dz = \ int _ {- R} ^ R \ frac {e ^ {iz} -1} z \ mathrm dz + \ int_ { \ Gamma_R} \ frac {e ^ {iz} -1} z \ mathrm dz = 0

Upotrijebit ću Jordanovu lemu koja se odnosi na granice konturnih integrala nad lukom polukruga. Dajući nejednakost,

\ displaystyle \ lijevo | \ int _ {\ Gamma_R} e ^ {iz} \ frac 1 z \ mathrm dz \ desno | \ le \ pi \ max_ {0 \ le \ theta \ le \ pi} \ lijevo | \ frac 1 {Re ^ {i \ theta}} \ desno | = \ frac \ pi R

Imamo ovo kao što z = Re ^ {i \ theta} \ implicira | z | = R, i očito je R najveća stvarna stvar koja to zadovoljava. Imajte na umu da ako uzmemo R \ u \ infty, RHS nejednakosti teži nuli i tako dobivamo,

\ displaystyle \ int _ {\ Gamma_ \ infty} \ frac {e ^ {iz}} z \ mathrm dz = 0

Također imamo, neovisno o R, možda najlakši primjer konturnog integrala, koji slijedi ravno iz definicije,

\ displaystyle \ int _ {\ Gamma_R} \ frac 1 z \ mathrm dz = \ int_0 ^ \ pi \ frac 1 {Re ^ {i \ theta}} \ frac {\ mathrm d (Re ^ {i \ theta})}} \ mathrm d \ theta} \ mathrm d \ theta = i \ int_0 ^ \ pi \ frac {Re ^ {i \ theta}} {Re ^ {i \ theta}} \ mathrm d \ theta = i \ int_0 ^ \ pi \ mathrm d \ theta = i \ pi

Slijedi iz parametrizacije polukruga, z = Re ^ {i \ theta} dok \ theta varira preko 0 \ le \ theta \ le \ pi. Dakle imamo,

\ displaystyle i \ pi = \ int _ {- \ infty} ^ \ infty \ frac {e ^ {iz} -1} z \ mathrm dz + \ int _ {\ Gamma_ \ infty} \ frac {e ^ {iz}} z \ mathrm dz \ implicira \ int _ {- \ infty} ^ \ infty \ frac {e ^ {iz} -1} z \ mathrm dz = i \ pi

Uzimajući imaginarni dio koji imamo,

\ displaystyle \ int _ {- \ infty} ^ \ infty \ frac {\ sin z} z \ mathrm dz = \ pi

Integrand je čak i takav

\ displaystyle \ int_0 ^ \ infty \ frac {\ sin z} z \ mathrm dz = \ frac \ pi 2


Odgovor 2:

Ovaj je integral prilično poznat i ima posebno ime: Dirichletov integral. Sada nema problema u ishodištu jer se sin (x) / x tamo ponaša u redu. Potencijalni problem je na + infty. Dakle, budući da je ovo integrabilno na [0,1], moramo dokazati da konvergira na [1, + infty]. Za x> 1 integracija po dijelovima daje:

\ int_1 ^ t \ frac {sin x} {x} dx = - \ frac {sin x} {x} | _1 ^ t - \ int_0 ^ t \ frac {cos x} {x ^ 2} dx

sada kako t teži ka beskonačnosti, prvi član s desne strane teži ka grijehu (1), a drugi član također konvergira jer na [1, + infty] | cos (t) / t ^ 2 | \ le t ^ {- 2}

od ove točke nadalje možete na mnogo načina dokazati da je jednako \ pi / 2, koliko se sjećam najbolje je koristiti i exp kernel

J = \ int_0 ^ \ infty exp (-sx) sin (x) / x dx

zatim

J '= - \ int_0 ^ \ infty exp (-sx) sin (x) dx = -1 / (1 + s ^ 2)

pa je J (s) = \ kappa-arctan s

dakle \ kappa = \ pi / 2

jer je J (\ infty) = 0

Sad sam pomalo zbunjen jer za s = 0 J '(s) ne konvergira ....


Odgovor 3:

Rješenje složenom analizom:

Primjećujemo Eulerov identitet e ^ {i \ theta} = cos \ left (\ theta \ right) + isin \ left (\ theta \ right)

Stoga imamo \ frac {e ^ {i \ theta}} {\ theta} = \ frac {cos \ lijevo (\ theta \ desno)} {\ theta} + i \ frac {sin \ lijevo (\ theta \ desno )} {\ theta}

Dakle, \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} \ frac {sin \ lijevo (z \ desno)} {z} dz = Im {\ left [\ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} \ frac {e ^ {iz}} {z} dz \ desno]}

Stoga bismo sada trebali pronaći \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} \ frac {e ^ {iz}} {z} dz

Za to uzmite u obzir sljedeću konturu u kojoj se krećemo u smjeru suprotnom od kazaljke na satu:

Primjećujemo da je prema Cauchyjevom teoremu,

\ int _ {- R} ^ {- \ epsilon} \ frac {e ^ {ix}} {x} dx + \ int_ {C_ \ epsilon} \ frac {e ^ {iz}} {z} dz + \ int_ {R} ^ {\ epsilon} \ frac {e ^ {ix}} {x} dx + \ int_ {C_R} \ frac {e ^ {iz}} {z} dz = 0

Također, zanimljivo je primijetiti da,

\ lijevo | \ frac {e ^ {iz}} {z} \ desno | \ le \ frac {1} {\ lijevo | z \ desno |}

i stoga \ int_ {C_R} \ frac {e ^ {iz}} {z} dz = 0 kao R \ rightarrow 0. Stoga imamo,

\ int _ {\ left | x \ right | \ geq \ epsilon} \ frac {e ^ {ix}} {x} dx = - \ int_ {C_ \ epsilon} \ frac {e ^ {iz}} {z} dz

Sada napišemo proširenje Taylorove serije za \ frac {e ^ {iz}} {z} = \ frac {1} {z} + E \ lijevo (z \ desno) gdje je E \ lijevo (z \ desno) ograničeno kao \ epsilon \ rightarrow 0. Također, duž C_ \ epsilona z je parametrizirano sa z = \ epsilon e ^ {i \ theta} i prema tome, dz = i \ epsilon e ^ {i \ theta},

Stoga,

\ int_ {C_ \ epsilon} \ frac {e ^ {iz}} {z} dz \ rightarrow \ int_ {pi} ^ {0} \ frac {1} {z} \ cdot i \ epsilon e ^ {i \ theta } dz = \ int_ {pi} ^ {0} \ frac {1} {\ epsilon e ^ {i \ theta}} \ cdot i \ epsilon e ^ {i \ theta} dz = -i \ pi kao \ epsilon \ rightarrow 0.

Stoga, kada \ epsilon \ rightarrow 0 imamo,

\ int _ {\ left | x \ right | \ geq \ epsilon} \ frac {e ^ {ix}} {x} dx = \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} \ frac {e ^ {ix}} {x} dx = i \ pi

Dakle, Im {\ left [\ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} \ frac {e ^ {ix}} {x} dx \ right]} = \ pi \ implicira \ int _ {- \ infty} ^ { \ infty} \ frac {sin \ lijevo (x \ desno)} {x} dx = Im {\ left [\ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} \ frac {e ^ {ix}} {x} dx \ desno]} = \ pi.

Sada primjećujemo da je \ frac {sin \ left (-x \ right)} {- x} = \ frac {sin \ left (x \ right)} {x} što zaključuje da je \ frac {1} {2} \ cdot \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} \ frac {sin \ lijevo (x \ desno)} {x} dx = \ int_ {0} ^ {\ infty} \ frac {sin \ lijevo (x \ desno )} {x} dx = \ frac {\ pi} {2}

Nadam se da ovo pomaže!!


Odgovor 4:

Prije rješavanja ovog pitanja želio bih dati nekoliko informacija o Laplaceovoj transformaciji, a to su:

1) matematička definicija Laplacea, tj. L [f (x)] = integracija od 0 do ∞ [e ^ (- sx) .f (x)] dx, gdje je s-ravnina složena ravnina i također s = sigma + jw

2) L (grijeh (sjekira)) = a / (s ^ 2 + a ^ 2) = F (s)

3) L [1 / x .f (x)] = integracija preko s do ∞ F (s) ds

Neka je f (x) = sinx

»» L [f (x)] = L (sinx) = 1 / (s ^ 2 +1)

»» L (sinx / x) = integracija preko 's' do ∞ od [1 / (s ^ 2 +1) ds = [tan ^ -1 (s)] → s do ∞ = tan ^ -1 (∞) - preplanuli ^ -1 (s) = pi / 2 - preplanuli ^ -1 (s) = dječji krevet ^ -1 (s)

. ·. L [sinx / x] = dječji krevetić ^ -1 (s)

Sada, koristeći definiciju laplaceove transformacije

Integracija preko 0 do ∞ [e ^ (-sx) .sinx / x dx] = L (sinx / x) = dječji krevet ^ -1 (s)

Stavite s = 0

Integracija 0 do ∞ [sinx / x dx] = dječji krevet ^ -1 (0) = pi / 2.

Dakle, ans ove integracije je π / 2.


Odgovor 5:

Vrijednost je pi / 2, ali dokaz toga nije lak. Morate se koristiti teorijom ostataka. Ideja je podsjetiti na Eulerovu formulu: e ^ {iz} = cos (z) + i sin (z). Razmotrit ćemo funkciju f (z) = e ^ {iz} / (2iz). Popravite mali radijus r i veliki radijus R. Definirajte sljedeći put u kompleksnoj ravnini: (1): Idite od (-R, 0) do (-r, 0) duž x osi, (2): idite od (-r, 0) do (r, 0) u smjeru kazaljke na satu duž kruga polumjera r, (3): idite od (r, 0) do (R, 0) duž osi x i (4): idite od (R, 0) do (-R, 0) u smjeru suprotnom od kazaljke na satu duž kruga polumjera R. Teorija ostataka kaže da je integral zatvorenog puta f (z) 0: Int_ {putanje 1 + 2 + 3 + 4} f (z) dz = 0. Razmotrimo sada svaki integral integralno. Zbroj integrala duž putova (1) i (3) je Int_ {putovi 1 + 3} f (z) dz = Integral od r do R sin (x) / x. Integrali duž staza (2) i (4) su Int_ {put 2} f (z) dz = (-1/2) * Integral od 0 do pi e ^ {- r (sin (t) + i cos ( t)} dt, Int_ {put 4} f (z) dz = (1/2) * Integral od 0 do pi e ^ {- R (sin (t) + i cos (t))} dt. Kao r približava se 0, prvi integral pristupa -pi / 2. Kako se R povećava bez ograničenja (tj. približava se "beskonačnosti"), drugi se integral približava 0. To znači {Integral od 0 do beskonačnosti sin (x) / x} + {- pi / 2} + {0} = 0 Stoga je integral od 0 do beskonačnosti grijeha (x) / x zaista pi / 2.


Odgovor 6:

Joj! Izaberite mene, odaberite mene! Vidio sam to u videu BlackPenRedPen!

Neka I (a) = \ displaystyle \ int_0 ^ \ infty \ frac {\ sin {x}} {x} e ^ {- ax} \, \ mathrm {d} x. Uzmimo izvedenicu I (a) s obzirom na a (u ovom slučaju izvedenicu možemo staviti pod integral):

I '(a) = - \ displaystyle \ int_0 ^ \ infty \ sin {x} e ^ {- ax} \, \ mathrm {d} x \ tag * {}

Siguran sam da možete procijeniti ovaj integral, pa:

I '(a) = - \ frac {1} {a ^ 2 + 1} \ tag * {}

Integriranje obje strane s obzirom na:

I (a) = - \ arctan {a} + C \ tag * {}

Prisjetite se izvorne definicije I (a):

- \ arctan {a} + C = \ displaystyle \ int_0 ^ \ infty \ frac {\ sin {x}} {x} e ^ {- sjekira} \, \ mathrm {d} x \ tag * {}

Pa, ako pustimo \ to \ infty:

- \ frac {\ pi} {2} + C = \ displaystyle \ int_0 ^ \ infty 0 \, \ mathrm {d} x = 0 \ tag * {}

Dakle, dodavanje \ frac {\ pi} {2} na obje strane:

C = \ frac {\ pi} {2} \ tag * {}

Dakle, budući da sam (0) = \ displaystyle \ int_0 ^ \ infty \ frac {\ sin {x}} {x} \, \ mathrm {d} x = - \ arctan {0} + \ frac {\ pi} { 2}, konačno vidimo da:

\ boxed {\ displaystyle \ int_0 ^ \ infty \ frac {\ sin {x}} {x} \, \ mathrm {d} x = \ frac {\ pi} {2}} \ tag * {}

Iako je većina toga od prvog koraka, što jasno otkriva koji bi sljedeći koraci trebali biti, svaka zasluga pripada

ovaj video

jer mi je prije malo dao prvi korak.


Odgovor 7:

pi / 2


Odgovor 8:

Mi to znamo…

Laplaceova transformacija \ sin (x) je ...

L [\ sin (x)] = \ dfrac {1} {s ^ 2 + 1}, Rel (i)> 0

Neka I = \ int_0 ^ {\ infty} e ^ {- st} \ dfrac {\ sin (x)} {x} dx

= \ int_s ^ {\ infty} L [\ sin (x)] ds

= \ int_s ^ {\ infty} \ dfrac {1} {s ^ 2 + 1} ds

= \ tan ^ {- 1} (s) | _s ^ {\ infty}

= \ tan ^ {- 1} (\ infty) - \ tan ^ {- 1} (s)

= \ dfrac {π} {2} - \ tan ^ {- 1} (s)… (1)

Sada stavite s = 0 u (1) ...

Dakle, I = \ int_0 ^ {\ infty} e ^ 0 \ dfrac {\ sin (x)} {x} dx = \ dfrac {π} {2} - \ tan ^ {- 1} (0)

\ Rightarrow \ int_0 ^ {\ infty} \ dfrac {\ sin (x)} {x} dx = \ dfrac {π} {2}

Problem je gotov.


Odgovor 9:

To se naziva Dirichletov integral.

Dirichletov integral

Odgovor 10:

ne možete pronaći antiderivat za ovaj integral, pa bi bilo primjereno koristiti beskonačne serije snaga. Koristit ću Maclaurenovu seriju.

možete koristiti računalni softver za procjenu ovog ograničenja serije jer ne postoji način da se izračuna ručno.


Odgovor 11:

riješite ga u samo tri koraka pomoću laplasa.