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
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
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=$\frac{\sqrt{\pi }}{2}\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\frac{a^{n}}{(2n)!}\frac{(2n)!}{4^{n}n!}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\left ( -\frac{a^{2}}{4} \right )^{n}}{n!}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}e^{-\frac{a^{2}}{4}}$
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:
$\int_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{iax}dx}{x^{2}+1}=lim_{R\rightarrow \infty }\int_{-R}^{R}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\pi e^{-a}-lim_{R\rightarrow \infty }\int_{C}\frac{e^{ia\zeta }d\zeta }{\zeta ^{2}+1}=\pi e^{-a}$
$\int_{-\infty }^{\infty }\frac{cosaxdx}{x^{2}+1}=Re\left ( \int_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{iax}dx}{x^{2}+1} \right )=\pi e^{-a}\Rightarrow \int_{0}^{\infty }\frac{cosaxdx}{x^{2}+1}=\frac{\pi }{2}e^{-a}$
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 :
$\int_{0}^{\infty }e^{-sx}\frac{sinxdx}{x}=arctan(s^{-1})$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh