Chủ đề này có 3 trả lời

[sinh vien]

Mình post file lên trước và sẽ chứng minh một số kết quả sau.

 Gradshteyn, Ryzhik. Tables of integrals, series, and products (5ed., AP, 1996)(1762s).pdf   4.61MB   814 Số lần tải

[sinh vien]

Bài toán . Tính tích phân

I=$\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}cosaxdx$, trong đó a là hằng số dương

Lời giải . Khai triển Taylor hàm cosax

$cosax=1-\frac{\left ( ax \right )^{2}}{2}+\frac{\left ( ax \right )^{4}}{4!}+...+\frac{(-ax)^{2n}}{(2n)!}+...$

  Đặt $I_{n}=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}x^{2n}dx$. 

Ta thấy

$I_{n-1}=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}x^{2n-2}dx=\frac{e^{-x^{2}}x^{2n-1}}{2n-1}_{0}^{\infty }+\frac{2}{2n-1}\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}x^{2n}dx=\frac{2}{2n-1}I_{n-1}$

$\Rightarrow I_{n}=\frac{2n-1}{2}I_{n-1}=\frac{(2n-1)(2n-3)}{4}I_{n-3}=...=\frac{(2n)!}{4^{n}n!}I_{0}$

 mà $I_{0}=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$$\Rightarrow I_{n}=\frac{(2n)!}{4^{n}n!}\frac{\sqrt{\pi }}{2}$

 Do đó 

I=$\frac{\sqrt{\pi }}{2}\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\frac{a^{n}}{(2n)!}\frac{(2n)!}{4^{n}n!}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\left ( -\frac{a^{2}}{4} \right )^{n}}{n!}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}e^{-\frac{a^{2}}{4}}$

[sinh vien]

Bài toán . Tính tích phân $I=\int_{0}^{\infty }\frac{cosaxdx}{x^{2}+1}$

Lời giải . Ta sẽ sử dụng đến lý thuyết tích phân hàm biến phức. 

Xét tích phân $\int_{\Gamma }\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}$

trong đó $\Gamma =[-R,R]\bigcup\left \{ z,\left | z \right |=R,Imz\geqslant 0,R> 1 \right \}$

Ta viết lại hàm dưới dấu tích phân như sau:

$\frac{e^{ia\zeta }}{\zeta ^{2}+1}=\frac{e^{ia\zeta }}{\zeta +i}\frac{1}{\zeta -i}=\frac{f(\zeta )}{\zeta -i}$

Hàm f(z) chỉnh hình trong và trên $\Gamma$ ,áp dụng định lý Cauchy , ta được

$f(i)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma }\frac{f(\zeta )d\zeta }{\zeta -i}\Rightarrow \frac{e^{i^{2}a}}{i+i}=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma }\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}$

hay $\int_{\Gamma }\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\pi e^{-a}$

Ta thấy 

                    $\int_{\Gamma }\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\int_{-R}^{R}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}+\int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}$

trong đó $C=\left \{ z,\left | z \right | =R,Imz\geq 0,R> 1 \right \}$

  Ta xét tích phân $\int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}$

Đặt $\zeta =Re^{i\theta },\theta \in [0,\pi ]$, ta có

                      $\int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=iR\int_{0}^{\pi }\frac{e^{i\theta }e^{iaR(cos\theta +isin\theta )}d\theta }{R^{2}e^{2i\theta }+1}$.

 Ta có các đánh giá sau

                   $\left | e^{i\theta }e^{iaR(cos\theta +isin\theta )} \right |=e^{-aRsin\theta }\leq 1,\theta \in [0,\pi ]$

              và       $\left | R^{2}e^{2i\theta }+1 \right |\geq R^{2}-1$

nên     $\left | \int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1} \right |\leq \frac{R}{R^{2}-1}\int_{0}^{\pi }d\theta =\frac{\pi R}{R^{2}-1}\rightarrow 0,R\rightarrow \infty$

    Do đó:

$\int_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{iax}dx}{x^{2}+1}=lim_{R\rightarrow \infty }\int_{-R}^{R}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\pi e^{-a}-lim_{R\rightarrow \infty }\int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\pi e^{-a}$

$\int_{-\infty }^{\infty }\frac{cosaxdx}{x^{2}+1}=Re\left ( \int_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{iax}dx}{x^{2}+1} \right )=\pi e^{-a}\Rightarrow \int_{0}^{\infty }\frac{cosaxdx}{x^{2}+1}=\frac{\pi }{2}e^{-a}$

[sinh vien]

Bài toán. Tính tích phân $I=\int_{0}^{\infty }e^{-sx}\frac{sinxdx}{x}$, trong đó $s> 0$

Lời giải. Xét hàm $f(x,y)=e^{-sxy}sinx$ ,ta có:

$\int_{0}^{\infty }\int_{1}^{\infty }\left | f(x,y) \right |dydx=\int_{0}^{\infty }\int_{1}^{\infty }e^{-sxy}\left | sinx \right |dydx=\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty }e^{-sx}\frac{\left | sinx \right |}{x}dx< \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty }e^{-sx}dx< \infty$.

   Ta thấy

$\int_{0}^{\infty }\int_{1}^{\infty }f(x,y)dydx=\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty }e^{-sx}\frac{sinxdx}{x}$

Mặt khác 

    $\int_{0}^{\infty }\int_{1}^{\infty }f(x,y)dydx=\int_{1}^{\infty }\int_{0}^{\infty }f(x,y)dxdy=\int_{1}^{\infty }\left ( \int_{0}^{\infty }e^{-sxy}sinxdx \right )dy$

  Ta tính tích phân phụ sau  : $\int_{0}^{\infty }e^{- ax}sinxdx=lim_{A\rightarrow \infty }\int_{0}^{A}e^{-ax}sinxdx$

$\int_{0}^{A}e^{-ax}sinxdx=\int_{0}^{A}e^{-ax}d(-cosx)=-e^{-ax}cosx _{0}^{A}-a\int_{0}^{A}e^{-ax}cosxdx$

$=-e^{-aA}cosA+1 -a\int_{0}^{A}e^{-ax}cosxdx$

$\int_{0}^{A}e^{-ax}cosxdx=\int_{0}^{A}e^{-ax}d(sinx)=e^{-ax}sinx_{0}^{A}+a\int_{0}^{A}e^{-ax}sinxdx=e^{-aA}sinA+a\int_{0}^{A}e^{-ax}sinxdx$

$\Rightarrow \int_{0}^{A }e^{-ax}sinxdx=\frac{1}{a^{2}+1}-\frac{e^{-aA}(cosA+asinA)}{a^{2}+1}$

  Mặt   khác $\left | cosA+asinA \right |\leq \sqrt{1+a^{2}}\Rightarrow \left | e^{-aA}(cosA+asinA) \right |\leq e^{-aA}\sqrt{1+a^{2}}\rightarrow 0,A\rightarrow \infty$

   Do đó $\int_{0}^{\infty }e^{-ax}sinxdx=lim_{A\rightarrow \infty }\left ( \frac{1}{a^{2}+1}-\frac{e^{-aA}(cosA+asinA)}{a^{2}+1} \right )=\frac{1}{a^{2}+1}$

Từ kết quả phụ này ta thấy

$\int_{0}^{\infty }\int_{1 }^{\infty }f(x,y)dydx=\int_{1}^{\infty }\frac{dy}{(sy)^{2}+1}=lim_{A\rightarrow \infty }\int_{1}^{A}\frac{dy}{(sy)^{2}+1}=lim_{A\rightarrow \infty }\frac{1}{s}arctan(sy)_{1}^{A}$

$=\frac{1}{s}\left ( \frac{\pi }{2} -arctans\right )=\frac{1}{s}arctan(s^{-1})$

 Kết luận :

                  $\int_{0}^{\infty }e^{-sx}\frac{sinxdx}{x}=arctan(s^{-1})$