Valori di convergenza di serie e integrali notevoli

[Mondo]

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!

[Ponnamperuma]

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!

[Mondo]

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

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

[Ponnamperuma]

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...

[ma_go]

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.

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

[Mondo]

(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?

[ma_go]

e che, fubini si usa solo per quello?

[Mondo]

qualche altro hint??
pleeease

[Piera]

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} $.

[mark86]

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} $

[Mondo]

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??)

[EvaristeG]

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} $.

[Piera]

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 $.

[Mondo]

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 ( )