Kvarkadabra forum

S contour integriranjem se da; vsaj za n = 0, 1, 2 in 3.

A se ne bi moral dat ta primer resit za splosen n?

mam vprasanje o konvergencnem polmeru pri potencni vrsti, sicr sm ze dost po forumu brsku sam nism najdu ogorvora k ga iscem. Namrec:
recimo mamo neko potecno vrsto, kon. polmer znam zracunat, problem mi dela naslednje: kako doloct ce v krajnih tockah tega polmera vrsta konvergira pogojno, absolutno al pa da divergira, kaj mors narest da to ugotovis? a pac vstavs to krajno tocko v vrsto in zracunas limito vrste, al kaj...
Pol pa se, kako zracunas vsoto vrste, nek sm prebral da dobis vsoto tko da integriras (meje,od x do x0) a je to prov? al se da kuko drgac?

primer: (-1)^n * x^n / 2^n R= 2, se prav da je vrsta konvergira med (-2, 2) kaj pa na krajnih tockah?
vsota: Intergral(0, 2) (-1)^n * x^n / 2^n dx = ...?

hvala za odgovor, LP!

Racunanje vsot neskoncnih vrst je tezko pocetje in je bolj izjema, da se jo da sestet, ni tako enostavno, da bi kar nekaj integriral. To kar ti pocnes je da v bistvu funkcijo integriras... Obstaja sicer asimptoticna formula za izrazanje vrste z integralom, vendar v bistvu dobis novo vrsto, ki se zdaj izraza z vsemi odvodi realne razsiritve funkcije na robu. Edina razlika je, da je integral ze dober priblizek. Euler-Maclaurinova formula.

Za konvergenco na robu pa nisem ziher. Skoraj ziher je povezano z obnasanjem funkcije v kompleksnem. Vrsta konvergira, dokler v kompleksnem ne zadane v pol ali kaksno podobno singularnost. Mora bit nekaj s tem v zvezi - s stopnjo singularnosti na konvergencnem krogu - v primeru logaritemskih singularnosti mogoce konvergira. Primer konvergentne vrste je logaritemska v 2 (obicajna alternirajoca hamonicna vrsta). Vrsta za \(\frac{1}{1+x^2}\) v tocki 1 je pa npr. 1-1+1-1+1... in ocitno ne konvergira k 0.5 Funkcija ima pola prve stopnje pri \(\pm i\).

Aniviller napisal/-a:

S contour integriranjem se da; vsaj za n = 0, 1, 2 in 3.

A se ne bi moral dat ta primer resit za splosen n?

Da, tako je . Sicer je pa pri kompleksnem integriranu kosinosov in sinusov na nekem intervalu pokazati simetrijo.

\(\int_{0}^{\infty} { exp(-a*x^2) - exp(-b*x^2) \over x^2} dx\)
\(b > a > 0\)

Rešitev pa je:
\(\sqrt{\Pi} * (\sqrt{b} - \sqrt{a})\)

Kak se to zgoraj reši?

Najprej najbrž s kako substitucijo (\(x^2 = u\))?

Kar cel eksponent (brez minusa) zamenjaj, pa mas direkt gama funkcijo.
\(ax^2=u\)
\(dx=\frac{du}{2\sqrt{au}}\)

\(\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{-u}\sqrt{a}u^{-3/2}du=\frac{\sqrt{a}}{2}\Gamma(-1/2)\)
Enako za drugi clen, le a in b zamenjas.

Aha, itak. Samo mene je motilo to, da sem mislil, da je pač \(\Gamma(s)\) definirana za \(s > 0\).

Hm... no saj naceloma je definirana samo za s>0 v integralski obliki. Z drugimi definicijami ni problemov s konvergenco. Vendar ravno to je tukaj rahlo sumljivo. Mislim da integral konvergira samo zato, ker imas razliko in se divergirajoci cleni pokrajsajo (en sam clen je okrog 0 oblike 1/x^2 in divergira. oba clena skupaj imata imenovalec 0 zato problemov ni).
Zdaj - ce si fizik potem je moja resitev v redu Rezultat je pravilen in po obcutku ves da se neskoncnosti okrajsajo. Matematicno pa bi moral najti bolj korektno izpeljavo, ker formalno ne smes uporabit game.

Zadevo lahko precej bolj enostavno zapišeš takole:
\($\int_{0}^{\infty} dx\int_{a}^{b}e^{-yx^{2}}\;dy$\)
Zamenjaš vrstni red integracije (najprej seveda preveriš enakomerno konvergenco, če znaš ), pa dobiš
\($\int_{a}^{b}dy\int_{0}^{\infty} e^{-yx^{2}}\;dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\int_{a}^{b}\frac{dy}{\sqrt{y}}=\sqrt{\pi}(\sqrt{b}-\sqrt{a})$\)

Bravo, tega pa nisem opazil. No, zagotovo je bolj korektno kot goljufanje z gama funkcijo, vseeno pa ni veliko hitreje ce si jo vajen uporabljat.

\(\int_{0}^{\infty} { e^{-ax} - e^{-x} \over x} dx =\)

1. način:
\(\int_{0}^{\infty} { e^{-ax} \over x} dx = \Gamma(0)\)
\(\int_{0}^{\infty} { - e^{-x} \over x} dx =\Gamma(0)\)
Torej je rezultat:
\((1-1) * \Gamma(0)\)

2. način:
\(\int_{1}^{a} dy \int_{0}^{\infty} {e^{-yx}} dx = \int_{1}^{a} {dy \over y} * \Gamma(1) * (-1)\)
Rezultat:
\((-1) * \Gamma(1) * ln(a) = - ln(a)\)

Napaki: pri prvem nacinu je tudi prvi rezultat \(\Gamma(0)\) ker substitucija ne naredi nicesar (zgoraj in spodaj pomnozis z a pa imas). Drugic: rezultat bi bil v principu pravilen. Edino da se tokrat neskoncnosti ne pokrajsajo prav - \(\Gamma(0)=\infty\), rezultat je pa \((1-1)\Gamma(0)=0\infty\) kar je nedolocen izraz. V njem se lahko skriva tudi logaritem

Rezultat je \(-\ln a.\)

\(\int_{0}^{\infty} {e^{-\alpha*x^2} - cos(\beta*x) \over x^2} dx\)
Prvi člen pod integralom je jasen (potrdi tudi mathematica):
\({\sqrt{\alpha} \over 2} \Gamma(- {1 \over 2}) = - \sqrt{\alpha} * \sqrt{\pi}\)

Drugi del pa...
\(\int_{0}^{\infty} {- cos(\beta * x) \over x^2} dx =\)
Mathematica sicer pravi:
\({1 \over 2} \pi * abs(\beta)\)

*Mathematica pa pravi le, če ji vržem celoten izraz za poglodat. Sicer pravi "does NOT converge".