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思動

金蟲 (初入文壇)

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★
Edstrayer(金幣+1): 謝謝參與

圣誕快樂

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303樓2016-12-25 14:05:52

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alober

木蟲 (著名寫手)

★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★
小木蟲: 金幣+0.5, 給個紅包，謝謝回帖
Edstrayer: 金幣+10, thank 2016-12-25 19:26:26
Edstrayer: 數(shù)學EPI+1 2017-02-26 00:23:09

令 $f(x)=\frac{\sinh tx}{\sinh x}$ ，因為當0 < t < 1時 $\lim_{x \to \infty}f(x)=0$ ，所以 $\int_{-\infty}^{+\infty}e^{i\alpha x}f(x)dx=2\pi i\sum_{k=1}^{\infty}Res_{z=z_k}e^{i\alpha z}f(z)$ ，其中 $z_k=k\pi i$ 。因此 $Res_{z=k\pi i}e^{i\alpha z}f(z)=e^{i\alpha k\pi i}\frac{\sinh t(k\pi i)}{(\sinh z)'}=e^{-\alpha k\pi}\frac{\sinh t(k\pi i)}{\cosh k\pi i}=(-1)^kie^{-\alpha k\pi}\sin kt\pi$ ，令 $\alpha=0$ ，于是 $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\cos\alpha xdx=\Re(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{i\alpha x}f(x)dx)=\Re(2\pi i\sum_{k=1}^{\infty}Res_{z=z_k}e^{i\alpha z}f(z))=\Im(-2\pi\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^ke^{-\alpha k\pi}(\cos kt\pi+i\sin kt\pi))=-2\pi\Im(\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^ke^{ikt\pi-\alpha k\pi})=-2\pi\Im(\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^ke^{ikt\pi})=-2\pi\Im(\frac{1}{1+e^{it\pi}})=-2\pi\frac{-\sin t\pi}{2+2\cos t\pi}=\pi\frac{\sin t\pi}{1+\cos t\pi}$

令y=bx,t=a/b，則 $I=\frac{1}\int_{0}^{\infty}\frac{\sinh ty}{\sinh y}dy=\frac{1}{2b}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sinh ty}{\sinh y}dy=\frac{\pi\sin \frac{a}\pi}{2b(1+\cos \frac{a}\pi)}$

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304樓2016-12-25 14:13:08

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jdld331

銀蟲 (小有名氣)

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可以可以

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306樓2016-12-25 14:26:07

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hylpy

專家顧問 (知名作家)

★
小木蟲: 金幣+0.5, 給個紅包，謝謝回帖

引用回帖:

304樓: Originally posted by alober at 2016-12-25 14:13:08
令f(x)=\frac{\sinh tx}{\sinh x}，因為當0 < t < 1時\lim_{x \to \infty}f(x)=0，所以\int_{-\infty}^{+\infty}e^{i\alpha x}f(x)dx=2\pi i\sum_{k=1}^{\infty}Res_{z=z_k}e^{i\alpha z}f(z)，其中z_k=k\pi ...

我沒想出直接積分的辦法.

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309樓2016-12-25 18:35:07

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alober

木蟲 (著名寫手)

★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★
小木蟲: 金幣+0.5, 給個紅包，謝謝回帖
Edstrayer: 金幣+10, 好漂亮的證法，thank 2016-12-26 01:23:06

引用回帖:

309樓: Originally posted by hylpy at 2016-12-25 18:35:07
我沒想出直接積分的辦法....

不太清楚什么是直接積分，是不是只用實積分？這樣用一些函數(shù)的性質(zhì)也可以算。
因為 $\frac{1}{\sinh x}=2\sum_{k \in \mathbb{Z}}e^{-(2k+1)x}$ ，所以 $bI=2\sum_{k \in \mathbb{Z^*}}\int_{0}^{+\infty}\sinh ty e^{-(2k+1)y}dy$ ，令 $u = \sinh ty, v'=e^{-(2k+1)y}$ ，則 $u' = t\cosh ty, v = -\frac{1}{2k+1}e^{-(2k+1)y}$ ，所以 $\int_{0}^{+\infty}\sinh ty e^{-(2k+1)y}dy = \frac{t}{2k+1}\int_{0}^{+\infty}\cosh ty e^{-(2k+1)y}dy$ 。令 $u = \cosh ty$ ，則 $u' = t\sinh ty$ ，所以 $\int_{0}^{+\infty}\sinh ty e^{-(2k+1)y}dy = \frac{t}{2k+1}(\frac{1}{2k+1}+\frac{t}{2k+1}\int_{0}^{\infty}\sinh tye^{-(2k+1)y}dy)$ ，因此 $\int_{0}^{\infty}\sinh tye^{-(2k+1)y}dy = \frac{t}{(2k+1)^2-t^2}$ ，于是 $\frac{bI}{2} = \sum_{k \in \mathbb{Z^*}}\frac{t}{(2k+1)^2-t^2} = \frac{1}{2}\sum_{k \in \mathbb{Z^*}}(\frac{1}{2k+1-t}-\frac{1}{2k+1+t}) = \frac{1}{4}\sum_{k \in \mathbb{Z^*}}(\frac{1}{k+\frac{1-t}{2}}-\frac{1}{k+\frac{1+t}{2}}) = \frac{1}{4}\lim_{s \to 1}(\zeta(s,\frac{1-t}{2})-\zeta(s,\frac{1+t}{2})) = \frac{1}{4}((-\psi(\frac{1-t}{2})+\frac{1}{s-1})-(-\psi(\frac{1+t}{2})+\frac{1}{s-1})) = \frac{1}{4}(\psi(1-\frac{1-t}{2})-\psi(\frac{1-t}{2})) = \frac{\pi\cot \pi\frac{1-t}{2}}{4} = \frac{\pi\tan\frac{t\pi}{2}}{4}$

于是 $I = \frac{\pi\tan\frac{t\pi}{2}}{2b} = \frac{\pi\tan\frac{a\pi}{2b}}{2b}$

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hylpy

310樓2016-12-25 21:39:35

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此木有光

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節(jié)日快樂

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311樓2016-12-25 22:33:04

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hylpy

專家顧問 (知名作家)

送紅花一朵

引用回帖:

310樓: Originally posted by alober at 2016-12-25 21:39:35
不太清楚什么是直接積分，是不是只用實積分？這樣用一些函數(shù)的性質(zhì)也可以算。
因為\frac{1}{\sinh x}=2\sum_{k \in \mathbb{Z}}e^{-(2k+1)x}，所以bI=2\sum_{k \in \mathbb{Z^*}}\int_{0}^{+\infty}\sinh ty e^{- ...

送花,

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312樓2016-12-25 23:21:04

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