OliForum Matematico

Sulla scia di $ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2} $ riportata un po' di tempo fa sul forum con un link alla (anzi alle) soluzione/i (il link era http://en.wikipedia.org/wiki/Basel_problem), ve ne propongo un altro paio, esortandovi a citare qualche link dove trovare una soluzione comprensibile (nei limiti del possibile)

$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^4} $ (questo forse si potrebbe ricavare dal precedente...)
e soprattutto
$ \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}sin x^2 dx $
$ \displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{sin x}{x}dx $

grazie mille a tt!

Il secondo che hai scritto è uno degli integrali di Fresnel, le cui primitive non sono esprimibili come composizione di funzioni elementari, come saprai benissimo.
Su Wikipedia enuncia il risultato dell'integrazione impropria della funzione tra 0 e +infinito, chiaramente estendibile alla tua richiesta per via della parità della funzione...
Eco il link a Wikipedia, che pure sottolinea come non sia banale trovare il risultato che cerchi... http://en.wikipedia.org/wiki/Fresnel_integral

Ciao!

questo qua però penso che sia risolubile con tecniche piuttosto comprensibili...

$ \displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{sin x}{x}dx $

Non saprei, so solo che pure quell'integranda non ha primitiva "accessibile"...
Quindi al più potrai dimostrare la convergenza dell'integrale, di qui a sapere quanto vale esattamente, però...

effettivamente c'è un calcolo preciso di quell'integrale..
sicuramente c'è sul rudin II, e non è così complicata.. però deve venire l'idea.

walter ha scritto:
(piccolo hint, c'entrano gli esponenziali complessi.. però io non ho detto niente, neanche che c'entra fubini!)

walter ha scritto:
(piccolo hint, c'entrano gli esponenziali complessi.. però io non ho detto niente, neanche che c'entra fubini!)

ma con fubini, almeno a quanto si legge su Wikipedia, non si faceva l'integrale della gaussiana?

e che, fubini si usa solo per quello?

qualche altro hint??
pleeease

Consideriamo per $ t \ge 0 $ la funzione $ f(t)=\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x}e^{-tx}dx $.
A questa funzione si può applicare il teorema di derivazione sotto il segno di integrale (per maggiori dettagli consultare un qualsiasi testo di analisi 2).
Dunque $ f^{'}(t)=\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x}e^{-tx}(-x)dx=-\int_0^{+\infty}e^{-tx}\sin{x}dx=\displaystyle -\frac{1}{1+t^2} $.
Integrando
$ f(t)=-\arctan{t}+c $.
Poichè $ \lim_{t ->+\infty}f(t)=0 $, $ c=\displaystyle \frac{\pi}{2} $.
Pertanto
$ f(0)=\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x} dx=-\arctan{(0)}+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2} $.

Oppure si può usare il teorema dei residui avendo un polo sul percorso di integrazione: dovremmo trovare

$ \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x} = Im\left\{i\pi Res\left\{z=0\right\}\right\}=\pi $

e poi usando la parità della funzione integranda si trova $ \displaystyle\frac{\pi}{2} $

Piera ha scritto:Consideriamo per $ t \ge 0 $ la funzione $ f(t)=\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x}e^{-tx}dx $

bella soluzione!!
Ma l'integrale di Fresnel immagino che non ceda neppure con un procedimento del genere... (forse con integrazione per serie??)

Mah ... chiamiamo C(R) la curva nel piano complesso delimitata da:
1) il semiasse reale positivo
2) la semiretta x=y con coordinate positive
3) l'arco di ampiezza 45° del cerchio di raggio R e centro l'origine

Si ha
$ \displaystyle\int_{C(R)} e^{iz^2}dz=0 $
ovvero
$ \displaystyle\int_0^Re^{it^2}dt+\int_0^{\pi/4}e^{iR^2e^{i2\theta}}iRe^{i\theta}d\theta+\int_R^0e^{-t^2}e^{i\pi/4}dt=0 $
Ma
$ \displaystyle{\lim_{R\to\infty}\int_0^{\pi/4}e^{iR^2e^{i2\theta}}iRe^{i\theta}d\theta=0 $
e dunque
$ \displaystyle\int_0^\infty e^{it^2}dt=e^{i\pi/4}\int_0^\infty e^{-t^2}dt $
da cui
$ \displaystyle\int_0^\infty \sin(t^2}dt=\int_0^\infty\cos(t^2)dt=\sqrt{\dfrac{\pi}8} $.

Intanto $ \displaystyle \int_0^{+\infty}\sin{x^2}dx=\int_0^{+\infty}\frac{\sin{x}}{2\sqrt{x}}dx $ (basta eseguire la sostituzione $ x=\sqrt{t}) $.
Inoltre è ben noto che $ \displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2} $.
Da quest'ultima relazione è facile ottenere l'identità:
$ \displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-xy^2}dy=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{x}} $.
Moltiplicando entrambi i membri per $ \sin{x} $ si ha
$ \displaystyle \int_0^{+\infty}\sin{x}e^{-xy^2}dy=\frac{\sqrt{\pi}\sin{x}}{2\sqrt{x}} $.
Pertanto
$ \displaystyle \sqrt{\pi}\int_0^{+\infty}\frac{\sin{x}}{2\sqrt{x}}dx=\int_0^{+\infty}\left(\int_0^{+\infty}\sin{x}e^{-xy^2}dy\right)dx $.
Applichiamo adesso il teorema di Fubini e Tonelli:
$ \displaystyle \int_0^{+\infty}\left(\int_0^{+\infty}\sin{x}e^{-xy^2}dy\right)dx=\int_0^{+\infty}\left(\int_0^{+\infty}\sin{x}e^{-xy^2}dx\right)dy= $
$ \displaystyle =\int_0^{+\infty}\frac{dy}{1+y^4}=\frac{\pi}{2\sqrt{2}} $.
E dunque
$ \displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin{x}}{2\sqrt{x}}dx=\frac{\pi}{2\sqrt{2\pi}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}} $.

Anche $ \displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x}dx $ si può calcolare con una tecnica simile:
basta considerare l'identità $ \displaystyle\frac{1}{x}=\int_0^{+\infty}e^{-xy}dy $.

Piera ha scritto: Anche $ \displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x}dx $ si può calcolare con una tecnica simile:
basta considerare l'identità $ \displaystyle\frac{1}{x}=\int_0^{+\infty}e^{-xy}dy $.

Così è ancora più facile ( )