sciencetalk


https://sciencetalk.nl/forum/

functieonderzoek

https://sciencetalk.nl/forum/viewtopic.php?t=52102

1 van 2

functieonderzoek

Geplaatst: ma 15 jan 2007, 14:26
door PeterPan
Onderzoek de functie

f: :) :) :) gedefinieerd door
\(f(x) = \frac{2}{\pi}\int_0^{\infty} \frac{\sin(tx)}{t} dt\)
Dus onderzoek op nulpunten, buigpunten, maxima en minima enz.

Geen Maple of Mathematica of hoe dat soort programma's ook mogen heten gebruiken :) .

Re: functieonderzoek

Geplaatst: ma 15 jan 2007, 14:54
door eendavid
Dit is sgn(x).

x>0:
\(\int_0^{\infty}\frac{\sin(tx)}{t}dt=\int_0^{\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt\)
en we weten :) dat
\(\int_0^{\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt=\frac{\pi}{2}\)
x=0:sin(tx)=0

x<0:
\(\int_0^{\infty}\frac{\sin(tx)}{t}dt=\int_0^{-\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt=-\frac{\pi}{2}\)
Je kan ook opmerken dat de afgeleide van de functie de fourierontwikkeling van 2 keer de dirac delta is en dat f(x) oneven is, wat de functie in distributionele zin ook eenduidig bepaalt.

Re: functieonderzoek

Geplaatst: ma 15 jan 2007, 18:53
door kotje
Volgens jouw is bv. f(6)=f(7)=2/pi eendavid. Ik geef toe ik zie dit zo op het eerste zicht niet zitten eendavid. :)

Re: functieonderzoek

Geplaatst: ma 15 jan 2007, 19:01
door eendavid
Volgens jouw is bv. f(6)=f(7)=2/pi eendavid. Ik geef toe ik zie dit zo op het eerste zicht niet zitten eendavid. :)
neenee f(6)=f(7)=1. het bewijs staat er trouwens toch?

Re: functieonderzoek

Geplaatst: ma 15 jan 2007, 19:33
door kotje
Het moest wel zijn f(6)=f(7)=1 :oops:Blijkbaar ben ik vanavond niet in vorm :)

Re: functieonderzoek

Geplaatst: di 16 jan 2007, 14:33
door PeterPan
Je kan ook opmerken dat de afgeleide van de functie de fourierontwikkeling van 2 keer de dirac delta is en dat f(x) oneven is, wat de functie in distributionele zin ook eenduidig bepaalt.
Aha, een expert.

Laat f een \(C^{\infty}\) functie zijn op :) met compacte drager.

Toon (summier) aan dat
\(\lim_{\nrightarrow\infty}\int_0^{\infty} \frac{\sin( n x) }{\pi x}=f(0)=<\delta,f>\)

Re: functieonderzoek

Geplaatst: di 16 jan 2007, 16:11
door eendavid
Ik zou gebruik maken willen maken van de stelling dat voor een functie f(x), waarvoor geldt dat \(\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx=1\),
\(\lim_{\nrightarrow\infty}<nf(nx),f(x)>=<\delta,f>\)
Maar ik vrees ervoor dat dit verboden is?

(overigens even benadrukken dat ik geen expert ben, maar het wel interessant vind om de eenvoud van sommige technieken aan te wenden)

Re: functieonderzoek

Geplaatst: di 16 jan 2007, 17:55
door PeterPan
Maar ik vrees ervoor dat dit verboden is?
Die vrees heb ik ook.
(overigens even benadrukken dat ik geen expert ben, maar het wel interessant vind om de eenvoud van sommige technieken aan te wenden)
Dat is dan mooi *****, want ik heb hier nog een lijstje met 500 problemen :) .

Re: functieonderzoek

Geplaatst: di 16 jan 2007, 23:56
door eendavid
Ik zie wel niet hoe te ontsnappen aan de methode van het bewijs.
\(\int_0^{\infty}dxf(x)\frac{\sin(nx)}{\pi x}=\frac{f(0)}{2}+\int_0^{\infty}dx(f(x)-f(0))\frac{\sin(nx)}{\pi x}\)
De tweede gaat naar 0. Kies \(\eta\) willekeurig klein.

Neem dan \(\delta\) zo dat |f(x)-f(0)|<
\(\eta\)
(f continu). De norm is dan
\(\leq\int_0^{\delta}dx|f(x)-f(0)|\frac{\sin(nx)}{\pi x}+\int_{\delta}^{\infty}dx|f(x)-f(0)|\frac{\sin(nx)}{\pi x}\)
\(\leq\eta\int_0^{\infty}dx\frac{\sin(nx)}{\pi x}+\int_{n\delta}^{\infty}dx(f(x/n)-f(0))\frac{\sin(x)}{\pi x}\)
De eerste is
\(\frac{\eta}{2}\)
.

De tweede kan kleiner gemaakt worden dan
\(\frac{\eta}{2}\)
. f(x/n)-f(0) is begrensd (want
\(C^{\infty}\)
en f heeft compacte drager), en bezit dus een maximum a. Kies n groot genoeg, opdat
\(\int_{n\delta}^{\infty}dx\frac{\sin(x)}{\pi x}\leq\frac{\eta}{2a}\)


Besluit: Het correcte antwoord is
\(\frac{\delta}{2}\)


opmerking: 500?! :)

Re: functieonderzoek

Geplaatst: wo 17 jan 2007, 10:27
door PeterPan
Definieer
\(F(x)=\int_0^x\frac{\sin(\pi t)}{\pi t} dt\)
Dan is
\(\lim_{x\to\infty}F(x)=\frac{1}{2} \mbox{ en }\lim_{x\to-\infty}F(x)=-\frac{1}{2}\)
We weten dat
\(\int\frac{\sin mx}{\pi x} dx = F\left(\frac{m}{\pi}x\right)\)
.

Veronderstel dat de drager bevat is in [-a,a].

Dan is
\(\int_{-a}^{a}f(x) \frac{\sin(mx)}{\pi x} dx=-\int_{-a}^{a}f'(x)F\left(\frac{m}{\pi}x\right) dx\)
Als m naar oneindig gaat, dan nadert \(F\left(\frac{m}{\pi}x\right)\) puntsgewijs naar \(\frac{1}{2} \mbox{ sgn}(x)\).

De convergentie is uniform buiten elke omgeving van 0, en in een omgeving van 0 geldt
\(\left|F\left(\frac{m}{\pi}x\right)\right|\)
is uniform begrensd door \(\int_0^1\frac{\sin(\pi x)}{\pi x},dx\).

Dan is onze limiet
\(-\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\mbox{sgn}(x)f'(x) dx=\frac{1}{2}\int_{\infty}^0f'(x) dx-\frac{1}{2}\int_0^{\infty}f'(x) dx=\frac{1}{2}\left(f(0)+f(0)\right)=f(0)\)

Re: functieonderzoek

Geplaatst: wo 17 jan 2007, 11:45
door eendavid
jamaar, in je opgave is je ondergrens 0. :)

Verder is jouw methode mooier, maar is de mijne niet fout.

Re: functieonderzoek

Geplaatst: wo 24 jan 2007, 15:49
door PeterPan
Bereken de niet al te moeilijke integraal
\(\int_0^{\infty}\frac{\sin(tx)dx}{x(x^2+1)}\)

Re: functieonderzoek

Geplaatst: wo 24 jan 2007, 16:59
door TD
Waarschijnlijk heb je iets anders in gedachten, maar dat zie ik niet direct.

Poging via complexe contourintegratie, integrand is even dus als volgt:
\(\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin tx}}{{x\left( {x^2 + 1} \right)}}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{\sin tx}}{{x\left( {x^2 + 1} \right)}}dx} = {\mathop{\rm \Im}no\limits} \left( {\frac{1}{2}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{e^{itz} }}{{z\left( {z^2 + 1} \right)}}dx} } \right)\)
Stel het integrand f(z) en pas de residustelling toe, de som loopt over residus van de polen in het bovenhalfvlak:
\({\mathop{\rm \Im}no\limits} \left( {\pi i\sum\limits_k {{\mathop{\rm \Res}no\limits} \left( {f\left( z \right),z_k } \right)} } \right) = {\mathop{\rm \Im}no\limits} \left( {\pi i\left( {{\mathop{\rm \Res}no\limits} \left( {f\left( z \right),i} \right) + {\mathop{\rm \Res}no\limits} \left( {f\left( z \right),0} \right)} \right)} \right)\)
Uitrekenen van de residus (let op: slechts de helft van het residu in 0), levert:
\(\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin tx}}{{x\left( {x^2 + 1} \right)}}dx} = {\mathop{\rm \Im}no\limits} \left( {\pi i\left( { - \frac{{e^{ - t} }}{2} + \frac{1}{2}} \right)} \right) = \frac{\pi }{2}\left( {1 - e^{ - t} } \right)\)
Subtiliteiten achterwege gelaten. Ik ben benieuwd of het overeenkomt met jouw resultaat.

Re: functieonderzoek

Geplaatst: wo 24 jan 2007, 18:10
door PeterPan
Noem die integraal y=y(t).

Merk op dat
\(y - y' = \int_0^{\infty}\frac{\sin(tx)}{x} dx = \frac{\pi}{2}\)
Deze 2-de orde differentiaalvergelijking oplossen met y(0)=0 geeft
\(y = \frac{\pi}{2}(1 - e^{-t})\)

Re: functieonderzoek

Geplaatst: wo 24 jan 2007, 18:11
door TD
Leuk dat er hetzelfde uitkomt [rr]

Wat is je tweede beginvoorwaarde? Nu zit er nog een constante in, denk ik...
Alle tijden zijn UTC+01:00
1 van 2

Powered by phpBB® Forum Software © phpBB Limited

Nederlandse vertaling door phpBB.nl.