$\int_{0}^{\infty} e^{-x^2}\cos (2bx)dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-b^2}$

[Mrnhan]

Cho tích phân $$\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$

Chứng minh rằng $$\int_{0}^{\infty} e^{-x^2}\cos (2bx)dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-b^2}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[99]

Bài này dùng định lý thặng dư trong giải tích phức là sẽ làm được nhanh chóng, nhưng không biết bạn có biết định lý đó không nhỉ? Không thì cũng khó trình bày.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[123456]

Xét hàm $f(b) = \int_0^\infty e^{-x^2} \cos (2b x) dx$. Khi đó $f(0) = \frac{\sqrt{\pi}}2$, và sử dụng tích phân từng phần ta được
$$f'(b) = -\int_0^{\infty} e^{-x^2} 2x \sin (2bx) dx = \int_0^{\infty} (e^{-x^2})' \sin(2bx) dx= -2b f(b).$$
Từ đây suy ra $f(b) = f(0) e^{-b^2}$.

******************************************

Cách khác, dùng khai triển Taylor ta có
$$\cos x = \sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{x^{2k}}{(2k)!}+\frac{x^{2n+1}}{(2n)!} \int_0^1 (-1)^{n+1} \sin(t x) (1-t)^{2n} dt.$$
Do đó
$$\int_0^\infty e^{-x^2} \cos (2b x) dx = \sum_{k=0}^n (-1)^k \int_0^\infty e^{-x^2} \frac{(2b x)^{2k}}{(2k)!} dx + \int_0^{\infty} e^{-x^2} \frac{(2bx)^{2n+1}}{(2n)!} \int_0^1 (-1)^{n+1} \sin(t x) (1-t)^{2n} dt dx.$$
Dùng qui nạp và giả thiết $\int_0^\infty e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}2$, ta thu được
$$\int_0^\infty e^{-x^2} x^{2k} dx = \frac{(2k-1) (2k-3)\ldots 1}{2^k} \frac{\sqrt{\pi}}2,\quad k\geq 1.$$
Ta có
$$\left|\frac{x^{2n+1}}{(2n)!} \int_0^1 (-1)^{n+1} \sin(t x) (1-t)^{2n} dt\right| \leq \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},$$
do đó
$$\left| \int_0^{\infty} e^{-x^2} \frac{(2bx)^{2k+1}}{(2k)!} \int_0^1 (-1)^{n+1} \sin(t x) (1-t)^{2n} dt dx\right| \leq \frac{(2b)^{2n+1}}{(2n+1)!} \int_0^\infty e^{-x^2} x^{2n+1} dx = \frac{n!}2 \frac{(2b)^{2n+1}}{(2n+1)!}.$$
Do $(2n+1)! \geq (2 \cdot 4\cdots 2n)^2 = 2^{2n} (n!)^2$ nên
$$ \left| \int_0^{\infty} e^{-x^2} \frac{(2bx)^{2k+1}}{(2k)!} \int_0^1 (-1)^{n+1} \sin(t x) (1-t)^{2n} dt dx\right| \leq \frac{b^{2n}}{n!} \to 0, \quad n\to \infty,$$
Do đó
$$\int_0^\infty e^{-x^2} \cos (2b x) dx =\frac{\sqrt{\pi}}2 \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{b^{2k}}{k!} = \frac{\sqrt{\pi}}2 e^{-b^2}.$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mrnhan]

Nguyên văn bởi 99

Bài này dùng định lý thặng dư trong giải tích phức là sẽ làm được nhanh chóng, nhưng không biết bạn có biết định lý đó không nhỉ? Không thì cũng khó trình bày.

Em học rồi nhưng không biết áp dụng như thế nào? Mới học
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[123456]

Nguyên văn bởi Mrnhan

Em học rồi nhưng không biết áp dụng như thế nào? Mới học

Ta tính khi $b > 0$. Xét hàm $f(z) = e^{-z^2}$ là hàm chỉnh hình trên $C$. Với $R > 0$, xét miền
$$D = \{z =x+iy\, :\, x\in (-R,R), \quad y\in (0,b)\},$$
và $\gamma$ là biên của $D$. Định lý Cauchy suy ra
$$\int_\gamma f(z) dz =0.$$
Tiếp theo cho $R\to\infty$, bạn thử tính toán tiếp xem sao
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[LãngTử_MưaBụi]

Nguyên văn bởi Mrnhan

Cho tích phân $$\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$

Chứng minh rằng $$\int_{0}^{\infty} e^{-x^2}\cos (2bx)dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-b^2}$$

Tích phân phụ thuộc tham số
Đầu tiên chung minh hàm khả vi $|e^{-x^2}cos(2bx)|<e^{-x^2}<\frac{1}{x^2} $Mà$ \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{x^2}$ HT nên I(b) Hội tụ đều hàm f(x;b) liên tục voi mọi x;b
f'(y) cũng hội tụ đều nên I(b) khả vi voi$ b \in R$
$I(b)= \int_{0}^{\infty}e^{-x^2}.cos(2bx)dx$
$I'(b)= \int_{0}^{\infty}-2xe^{-x^2}sin(2bx)dx=\int_{0}^{+\infty}sin(2bx)d(ẹ^{-x^2}) =0-2b\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}cos(2bx)dx$
$I'(b)=-2bI \frac{I'(b)}{I}=-2b$
Lấy nguyên hàm 2 vế $ln(I(b))=-b^2+C $nên $I(b)=Ce^-{b^2}$ Mặt khác ta có $I(0)=\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ Nên $C=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$
Vậy $I(b)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.e^{-b^2}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mrnhan]

Nguyên văn bởi 123456

Ta tính khi $b > 0$. Xét hàm $f(z) = e^{-z^2}$ là hàm chỉnh hình trên $C$. Với $R > 0$, xét miền
$$D = \{z =x+iy\, :\, x\in (-R,R), \quad y\in (0,b)\},$$
và $\gamma$ là biên của $D$. Định lý Cauchy suy ra
$$\int_\gamma f(z) dz =0.$$
Tiếp theo cho $R\to\infty$, bạn thử tính toán tiếp xem sao

Có phải như thế này không ạ?
Lời giải:
Đặt $A(a, 0), B(a, b), C(-a, b), D(-a 0)$

Ta có:

$$0 = \int_{\gamma} e^{-z^2}dz=\int_{ABCDA}e^{-z^2}dz=\int_{AB}+\int_{BC}+\int_{CD}+\int_{DA}$$

$$=\int_{0}^{b} ie^{-(a+iy)^2}dy+\int_{a}^{-a}e^{-(x+ib)^2}dx+\int_{b}^{0}ie^{-(-a+iy)^2}dy+\int_{-a}^{a}e^{-x^2}dx \, \, (*)$$

Mặt khác:

$$\int_{0}^{b}ie^{-(a+iy)^2}dy=ie^{-a^2}\int_{0}^{b}e^{y^2}\left(\cos(2ay)-i\sin(2ay)\right)dy$$

$$\int_{b}^{0}ie^{-(-a+iy)^2}dy=ie^{-a^2}\int_{0}^{b}e^{y^2}\left(-\cos(2ay)-i\sin(2ay)\right)dy$$

$$\Rightarrow \lim_{a\to \infty} \left(\int_{0}^{b}ie^{-(a+iy)^2}dy+\right)+\int_{b}^{0}ie^{-(-a+iy)^2}dy=\lim_{a\to \infty} \left(2e^{-a^2}\int_{0}^{b}e^{y^2}\sin()2ay\right)=0$$

Vậy từ (*), cho $a\to \infty$, ta được

$$0=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-(x+ib)^2}dx+\int_{\infty}^{-\infty} e^{-x^2}dx$$

$$=e^{b^2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\left(\cos(2bx)-i\sin(2bx)\right)+\int_{\infty}^{-\infty}e^{-x^2}$$

$$\Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\sin(2bx)dx = 0 \, \, \text{&&}\, \, e^{b^2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\cos(2bx)dx-\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=0$$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]