Vi har riktignok noen integraler som ennå ikke er løst, men her er ett artig og litt kjent integral for interesserte:
[tex]I=\int_0^{\infty} \sin(x^2) {\rm dx}[/tex]
Integral
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Prøver meg på denne, jeg.
Vi har at
[tex]\int_0^\infty {e^{ - ax^2 } dx} = {1 \over 2}\sqrt {{\pi \over a}} [/tex].
Lar a=i, og får:
[tex]\int_0^\infty {e^{ - ix^2 } dx} = {1 \over 2}\sqrt {{\pi \over i}}={1 \over 2}\sqrt \pi \left( {{1 \over {\sqrt 2 }} - {1 \over {\sqrt 2 }}i} \right) [/tex], siden
[tex]\sqrt {{1 \over i}} = \sqrt { - i} = \sqrt {e^{ - i{\pi \over 2}} } = e^{ - i{\pi \over 4}} = \cos \left( {{\pi \over 4}} \right) - i\sin \left({{\pi \over 4}} \right) = {1 \over {\sqrt 2 }} - {1 \over {\sqrt 2 }}i[/tex]
Videre bruker jeg at
[tex]\int {e^{ - ix^2 } dx} = \int {\cos \left( {x^2 } \right) - i\sin \left( {x^2 } \right)dx} [/tex], og får
[tex]\int_0^{\infty} {\sin \left( {x^2 } \right)dx} = - \Im \int_0^{\infty} {e^{ - ix^2 } dx} = - \Im \left( {{1 \over 2}\sqrt \pi \left( {{1 \over {\sqrt 2 }} - {1 \over \sqrt 2 }i}\right)\right) = {{\sqrt \pi } \over {2\sqrt 2 }} [/tex].
Jeg lurer imidlertid på om man uten videre kan si at [tex]\int\Im\left(f(z)\right)dz = \Im\left(\int f(z)dz\right)[/tex]?
Vi har at
[tex]\int_0^\infty {e^{ - ax^2 } dx} = {1 \over 2}\sqrt {{\pi \over a}} [/tex].
Lar a=i, og får:
[tex]\int_0^\infty {e^{ - ix^2 } dx} = {1 \over 2}\sqrt {{\pi \over i}}={1 \over 2}\sqrt \pi \left( {{1 \over {\sqrt 2 }} - {1 \over {\sqrt 2 }}i} \right) [/tex], siden
[tex]\sqrt {{1 \over i}} = \sqrt { - i} = \sqrt {e^{ - i{\pi \over 2}} } = e^{ - i{\pi \over 4}} = \cos \left( {{\pi \over 4}} \right) - i\sin \left({{\pi \over 4}} \right) = {1 \over {\sqrt 2 }} - {1 \over {\sqrt 2 }}i[/tex]
Videre bruker jeg at
[tex]\int {e^{ - ix^2 } dx} = \int {\cos \left( {x^2 } \right) - i\sin \left( {x^2 } \right)dx} [/tex], og får
[tex]\int_0^{\infty} {\sin \left( {x^2 } \right)dx} = - \Im \int_0^{\infty} {e^{ - ix^2 } dx} = - \Im \left( {{1 \over 2}\sqrt \pi \left( {{1 \over {\sqrt 2 }} - {1 \over \sqrt 2 }i}\right)\right) = {{\sqrt \pi } \over {2\sqrt 2 }} [/tex].
Jeg lurer imidlertid på om man uten videre kan si at [tex]\int\Im\left(f(z)\right)dz = \Im\left(\int f(z)dz\right)[/tex]?
Synes dette ser bra ut jeg, ganske likt min egen prosedyre.
Hva med å vise at;
[tex]\int_0^{\infty}e^{-x^2}{\rm dx}\,=\,\frac{\sqrt{\pi}}{2}[/tex]
evt.
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}{\rm dx}\,=\,{\sqrt{\pi}}[/tex]
Hva med å vise at;
[tex]\int_0^{\infty}e^{-x^2}{\rm dx}\,=\,\frac{\sqrt{\pi}}{2}[/tex]
evt.
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}{\rm dx}\,=\,{\sqrt{\pi}}[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
[tex]I = \int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - x^2 } dx} [/tex]
Ser på I^2:
[tex]I^2 = \left( {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - x^2 } dx} } \right)\left( {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - y^2 } dy} } \right)[/tex]
Å kalle den ene variablen for y forandrer ikke uttrykket. Videre bruker man Fubinis teorem.
[tex]I^2 = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \left( {x^2 + y^2 } \right)} dxdy} }[/tex]
Og skifter til polarkoordinater, hvor:
[tex]r^2 = x^2 + y^2[/tex] og [tex]dxdy = rdrd\theta[/tex].
For å spenne ut hele planet, som med de kartesiske koordinatene, kan man enten velge å la r gå fra [tex]-\infty[/tex] til [tex]\infty[/tex] og [tex]\theta[/tex] fra [tex]0[/tex] til [tex]\pi[/tex] eller å la r gå fra 0 til [tex]\infty[/tex] og [tex]\theta[/tex] fra [tex]0[/tex] til [tex]2\pi[/tex] , jeg velger sistnevnte.
[tex]I^2 = \int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_0^\infty {re^{ - r^2}drd\theta } } = \int\limits_0^{2\pi } {d\theta } \int\limits_0^\infty {re^{ - r^2 } dr} [/tex]
[tex] = 2\pi \int\limits_0^\infty {{1 \over 2}e^{ - u} du} = \pi \left[ { - e^{ - u} } \right]_0^\infty = \pi \left( {e^0 - e^{ - \infty } } \right) = \pi [/tex]
Dermed er [tex]I = \sqrt \pi [/tex]
Ser på I^2:
[tex]I^2 = \left( {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - x^2 } dx} } \right)\left( {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - y^2 } dy} } \right)[/tex]
Å kalle den ene variablen for y forandrer ikke uttrykket. Videre bruker man Fubinis teorem.
[tex]I^2 = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \left( {x^2 + y^2 } \right)} dxdy} }[/tex]
Og skifter til polarkoordinater, hvor:
[tex]r^2 = x^2 + y^2[/tex] og [tex]dxdy = rdrd\theta[/tex].
For å spenne ut hele planet, som med de kartesiske koordinatene, kan man enten velge å la r gå fra [tex]-\infty[/tex] til [tex]\infty[/tex] og [tex]\theta[/tex] fra [tex]0[/tex] til [tex]\pi[/tex] eller å la r gå fra 0 til [tex]\infty[/tex] og [tex]\theta[/tex] fra [tex]0[/tex] til [tex]2\pi[/tex] , jeg velger sistnevnte.
[tex]I^2 = \int\limits_0^{2\pi } {\int\limits_0^\infty {re^{ - r^2}drd\theta } } = \int\limits_0^{2\pi } {d\theta } \int\limits_0^\infty {re^{ - r^2 } dr} [/tex]
[tex] = 2\pi \int\limits_0^\infty {{1 \over 2}e^{ - u} du} = \pi \left[ { - e^{ - u} } \right]_0^\infty = \pi \left( {e^0 - e^{ - \infty } } \right) = \pi [/tex]
Dermed er [tex]I = \sqrt \pi [/tex]