Bestem
\[\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{x^2}{x^4+1}dx.\]
Integral
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Via $x \mapsto 1/x$ så er
$ \hspace{1cm}
\int_\mathbb{R} \frac{x^2}{1+x^4} \,\mathrm{d}x = \int_\mathbb{R} \frac{1}{1+x^4} \mathrm{d}x
$
Ved å legge sammen integralene får en
$ \hspace{1cm}
\int_\mathbb{R} \frac{x^2}{1+x^4} \,\mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_\mathbb{R} \frac{1+x^2}{1+x^4} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_\mathbb{R} \frac{1+1/x^2}{x^2+1/x^2} \mathrm{d}x
= \frac{1}{2} \int_\mathbb{R} \frac{1+x^2}{(x-1/x)^2+2} \mathrm{d}x
$
Substitusjonen $u \mapsto x - 1/x$ gir da $\mathrm{d}u = \left( 1 + \frac{1}{x^2}\right)\mathrm{d}x$, slik at integralet kan skrives som
$ \hspace{1cm}
\frac{1}{2}\int_\mathbb{R} \frac{x^2}{1+x^4} \,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_\mathbb{R} \frac{1}{u^2 + 2} \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{2}}{2}\int_\mathbb{R} \frac{1}{y^2 + 1} \mathrm{d}y = \frac{\pi}{\sqrt{2}}
$
Etter jeg skrev dette kom jeg på at det sannsynligvis står i integrasjonsnotatene mine. Fant det igjen på side 88 http://folk.ntnu.no/oistes/Diverse/Inte ... eboken.pdf, er 93 i pedf'en. Men integralet er jo helt trivielt om en tillater seg å bruke Cauchys integrasjonsformel og enkel kompleks analyse.
EDIT: Fant og et annet bevis i notatene mine. M'en står bare for at integralet kan betraktes som en Mellin-transformasjon, ut at dette har noe å si for utregningen. Eneste som brukes er Eulers refleksjonsformel samt definisjonen av Beta-funksjonen.
$ \hspace{1cm}
\int_\mathbb{R} \frac{x^2}{1+x^4} \,\mathrm{d}x = \int_\mathbb{R} \frac{1}{1+x^4} \mathrm{d}x
$
Ved å legge sammen integralene får en
$ \hspace{1cm}
\int_\mathbb{R} \frac{x^2}{1+x^4} \,\mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_\mathbb{R} \frac{1+x^2}{1+x^4} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_\mathbb{R} \frac{1+1/x^2}{x^2+1/x^2} \mathrm{d}x
= \frac{1}{2} \int_\mathbb{R} \frac{1+x^2}{(x-1/x)^2+2} \mathrm{d}x
$
Substitusjonen $u \mapsto x - 1/x$ gir da $\mathrm{d}u = \left( 1 + \frac{1}{x^2}\right)\mathrm{d}x$, slik at integralet kan skrives som
$ \hspace{1cm}
\frac{1}{2}\int_\mathbb{R} \frac{x^2}{1+x^4} \,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_\mathbb{R} \frac{1}{u^2 + 2} \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{2}}{2}\int_\mathbb{R} \frac{1}{y^2 + 1} \mathrm{d}y = \frac{\pi}{\sqrt{2}}
$
Etter jeg skrev dette kom jeg på at det sannsynligvis står i integrasjonsnotatene mine. Fant det igjen på side 88 http://folk.ntnu.no/oistes/Diverse/Inte ... eboken.pdf, er 93 i pedf'en. Men integralet er jo helt trivielt om en tillater seg å bruke Cauchys integrasjonsformel og enkel kompleks analyse.
EDIT: Fant og et annet bevis i notatene mine. M'en står bare for at integralet kan betraktes som en Mellin-transformasjon, ut at dette har noe å si for utregningen. Eneste som brukes er Eulers refleksjonsformel samt definisjonen av Beta-funksjonen.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Jeg mener svaret skal være $\pi/\sqrt{2}$, men ellers så ser alt riktig ut. Enig i det du sier om konturintegrasjon. Gjorde den litt annerledes, så legger ved min løsning:
Kall integralet over for $I$, og merk at
\begin{align*}
I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{x^4+1}dx&=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2-i+i}{x^4+1}dx\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2-i}{x^4+1}dx+\int_{-\infty}^{\infty} \frac{i}{x^4+1}dx\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+i}dx+\int_{-\infty}^{\infty} \frac{i}{x^4+1}dx\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+i}dx+iI,
\end{align*}så
\[ I=\frac{1}{1-i}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+i}dx. \]Men dette er bare et arctanintegral, med den generelle løsningen
\[ \int\frac{1}{x^2+a^2}dx=\frac{1}{a}\arctan\left(\frac{x}{a}\right)+C, \]som betyr at
\[ I=\left[\frac{1}{(1-i)\sqrt{i}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{i}}\right)\right]^\infty_{-\infty}. \]Resten er bare å sette inn grenseverdiene og merke at $\frac{1}{(1-i)\sqrt{i}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, hvoretter vi får svaret $\boxed{I=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi}$.
Kall integralet over for $I$, og merk at
\begin{align*}
I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{x^4+1}dx&=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2-i+i}{x^4+1}dx\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2-i}{x^4+1}dx+\int_{-\infty}^{\infty} \frac{i}{x^4+1}dx\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+i}dx+\int_{-\infty}^{\infty} \frac{i}{x^4+1}dx\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+i}dx+iI,
\end{align*}så
\[ I=\frac{1}{1-i}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+i}dx. \]Men dette er bare et arctanintegral, med den generelle løsningen
\[ \int\frac{1}{x^2+a^2}dx=\frac{1}{a}\arctan\left(\frac{x}{a}\right)+C, \]som betyr at
\[ I=\left[\frac{1}{(1-i)\sqrt{i}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{i}}\right)\right]^\infty_{-\infty}. \]Resten er bare å sette inn grenseverdiene og merke at $\frac{1}{(1-i)\sqrt{i}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, hvoretter vi får svaret $\boxed{I=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi}$.
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Eni i det ja, blinga litt med den siste substitusjonen, skulle ha fått en kvadratrot oppe og ikke nede, og da ordenr alt seg.stensrud skrev:Jeg mener svaret skal være $\pi/\sqrt{2}$, men ellers så ser alt riktig ut. Enig i det du sier om konturintegrasjon. Gjorde den litt annerledes, så legger ved min løsning:
Hva skjer i denne overgangen? Ser ikke helt ut som du bruker Caucys residue theorem, men kanskje det bare er meg som er trøtt.stensrud skrev: Kall integralet over for $I$, og merk at
\begin{align*}
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2-i}{x^4+1}dx+\int_{-\infty}^{\infty} \frac{i}{x^4+1}dx\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+i}dx+\int_{-\infty}^{\infty} \frac{i}{x^4+1}dx\\
\end{align*}
Fant ut jeg har skrevet om omtrent det samme integralet i masteren hvor jeg bruker kompleks analyse, oi oi oi https://tinyurl.com/lmkmwl5. En får integralet ditt ved å sette $y=1$, og bruke substitusjonen $x \mapsto u^4$, også tipper jeg en må sette $s$ rundt 8. Kanskje enklere er å titte på https://math.stackexchange.com/question ... eorem?rq=1, svaret forklarer greit hvordan en kan få svaret ved å integrere rundt en kvartsirkel i første kvadrant.
Ellers er disse to https://math.stackexchange.com/question ... in-pi-n-wh, og https://math.stackexchange.com/question ... -arguments, fine om en ønsker å se på det mer generelle tilfellet.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Det er bare god gammeldags faktorisering :Nebuchadnezzar skrev:
Hva skjer i denne overgangen? Ser ikke helt ut som du bruker Caucys residue theorem
\[ \int_{-\infty}^\infty \frac{x^2-i}{x^4+1}\ dx= \int_{-\infty}^\infty \frac{x^2-i}{(x^2-i)(x^2+i)}\ dx = \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x^2+i}\ dx.\]
Takker for linkene.
Sist redigert av stensrud den 17/04-2017 13:13, redigert 1 gang totalt.
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Da er jeg enig vet du Fin løsning!
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk