Đây là các tiểu luận giải bài tập biến đổi tích phân trong cuốn sách được thầy Đức dùng làm tài liệu dạy trên lớp. (Integral Transforms and Their Applications Lokenath Debnath and Dambaru Bhatta). Bạn cũng có thể lấy cuốn sách trên về trong file tải về.
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
BÀI KIỂM TRA GIỮA KÌ
Môn: Biến đổi tích phân
Học viên thực hiện : Nguyễn Thị Kiều Trinh
Quy Nhơn, tháng 12 - 2013
Trang 21- Bài 23 ( trang 123) Hãy sử dụng công thức Parseval để tính
các tích phân sau đây, với a > 0 và b > 0:
(a)
+∞
Z
−∞
dx (x2 + a2)2 (c)
+∞
Z
−∞
sin2ax
x2 dx.
(b)
+∞
Z
−∞
sin ax x(x2 + b2) dx. (d)
+∞
Z
−∞
exp(−bx2)
x2 + a2 dx.
Bài làm
(a) Xét f (x) = e−a|x| Ta có F (k) = F{f (x)} =
r 2 π
a (k2 + a2).
Áp dụng công thức Parseval, ta có
+∞
Z
−∞
F (k)F (k)dk =
+∞
Z
−∞
f (x)f (−x)dx.
Suy ra
+∞
Z
−∞
dk (k2 + a2)2 =
+∞
Z
−∞
dk (k2 + a2)(k2 + a2) =
π 2a2
+∞
Z
−∞
e−a|x|.e−a|−x|dx
= 2π 2a2
+∞
Z
0
e−2axdx = π
2a3.
Vậy
+∞
Z
−∞
dx (x2 + a2)2 = π
2a3 (b) Xét f (x) = X[−a,a](x) = H (a − |x|) =
(
1, |x| < a
0, |x| > a và g(x) = e
−b|x|.
Ta cóFa(k) = F{f (x)} =
r 2 π
sin ak
k , G(k) = F{g(x)} =
r 2 π
b (k2 + b2).
Áp dụng công thức Parseval ta có
+∞
Z
−∞
sin ak
k(k2 + b2) dk =
+∞
Z
−∞
sin ak
k .
1 (k2 + b2)
dk = π
2b
+∞
Z
−∞
X[−a,a](x).e−b|x|dx
= π 2b
a
Z
−a
e−b|x|dx = π
b
a
Z
0
e−bxdx = π
b
−1 b
e−bx
a 0
= π
b2 1 − e−ab.
1
Trang 3+∞
Z
−∞
sin ax
x(x2 + b2) dx =
π
b2 1 − e−ab. (c) Xét f (x) = X[−a,a](x) Ta có Fa(k) = F{f (x)} =
r 2 π
sin ak
k .
Áp dụng công thức Parseval ta có
+∞
Z
−∞
sin2ak
k2 dk =
+∞
Z
−∞
sin ak
k .
sin ak k
dk = π
2
+∞
Z
−∞
X[−a,a](x).X[−a,a](−x)dx
= π 2
+∞
Z
−∞
X[−a,a]2 (x)dx = π
2
a
Z
−a
dx = πa.
Vậy
+∞
Z
−∞
sin2ax
x2 dx = πa.
2- Bài 24 ( trang 123) Hãy chứng minh rằng
∞
Z
0
sin ax sin bx
x2 dx = π
2 min(a, b).
Bài làm
Vì sin ax sin bx
x2 là hàm số chẵn nên
I =
∞
Z
0
sin ax sin bx
x2 dx = 1
2
+∞
Z
−∞
sin ax sin bx
x2 dx.
Xét f (x) = X[−a,a](x), g(x) = X[−b,b](x)
Ta có Fa(k) = F{f (x)} =
r 2 π
sin ak
k , Gb(k) = F{g(x)} =
r 2 π
sin bk
k .
Áp dụng công thức Parseval ta có
I = 1
2
+∞
Z
−∞
sin ak sin bk
k2 dk = 1
2
+∞
Z
−∞
sin ak
k .
sin bk
k dk =
π 4
+∞
Z
−∞
X[−a,a](x).X[−b,b](x)dx.
* Nếu a ≤ b thì
2
Trang 4I = π
4
−b
Z
−∞
X[−a,a](x).X[−b,b](x)dx +
−a
Z
−b
X[−a,a](x).X[−b,b](x)dx
+
a
Z
−a
X[−a,a](x).X[−b,b](x)dx +
b
Z
a
X[−a,a](x).X[−b,b](x)dx +
+∞
Z
b
X[−a,a](x).X[−b,b](x)dx
= π
4
a
Z
−a
dx = π
2 a.
* Nếu a > b thì tương tự ta có I = π
4
b
Z
−b
dx = π
2 b.
Vậy
∞
Z
0
sin ax sin bx
x2 dx = π
2 min(a, b).
3- Bài 25 ( trang 124) Nếu f (x) = e−ax và g(x) = H(t − x), hãy
chứng minh rằng
∞
Z
0
sin tx x(x2 + a2) dx =
π 2a2
1 − e−at.
Bài làm
Xét f (x) = e−ax, g(x) = H (t − x) =
(
1, x < t
0, x > t . Khi đó Fc(k) =
r 2 π
a (k2 + a2) và
Gc(k) = Fc{g(x)} =
r 2 π
∞
Z
0 cos kx.g(x)dx =
r 2 π
∞
Z
0 cos kx.H (t − x) dx
=
r
2 π
t
Z
0 cos kxdx =
r 2 π
sin tk
k .
Định lý Tính chập của khai triển cosin Fourier đưa ra
∞
Z
0
Fc(k)Gc(k) cos kxdk = 1
2
∞
Z
0
f (ξ) [g(x + ξ) + g(|x − ξ|)] dξ.
3
Trang 5Đặtx = 0ta thu được
∞
Z
0
Fc(k)Gc(k) cos kxdk =
∞
Z
0
f (ξ)g(ξ)dξ =
∞
Z
0
f (x)g(x)dx Suy ra
∞
Z
0
sin tk
k(k2 + a2) dk =
π 2a
∞
Z
0
e−axH (t − x) dx = π
2a
t
Z
0
e−axdx = π
2a
− 1 a
e−ax
t 0
= π 2a2
1 − e−at.
Vậy
∞
Z
0
sin tx
x(x2 + a2) dx =
π 2a2
1 − e−at.
4- Bài 26 ( trang 124) Sử dụng Công thức Poisson để tính tổng
các dãy sau, với a > 0:
(a)
∞
X
n=−∞
1 (1 + n2a2) . (b)
∞
X
n=1
sin an
n . (c)
∞
X
n=1
sin2an
∞
X
n=−∞
a (n2 + a2) . Bài làm
(a)
∞
X
n=−∞
1 (1 + n2a2) , a > 0.
+ Xét f (x) = 1
(1 + x2a2) Ta có F
e−a|x| =
r 2 π
a (a2 + k2). Suy ra F
1 (a2 + x2)
=
r π 2
1
a e
−a|k|
F
1
1 + x2a2
= 1
a2F
1 1
a2 + x2
= 1
a2.a.
r π
2 e
− 1
a |k| = 1
a
r π
2 e
− 1
a |k|
⇒
∞
X
n=−∞
f (n) = √
2π
∞
X
n=−∞
1 a
r π
2 e
− 1
a |2πn| = π
a
∞
X
n=−∞
e−|2πn|a
= π a
∞
X
n=0
e−2πna +
∞
X
n=1
e2πna
! .
4
Trang 6Đặt r = e−a Ta có
∞
X
n=−∞
f (n) = π
a
∞
X
n=0
rn+
∞
X
n=1
1 r
n!
= π a
r
1 − r +
1
1 − r
= π
a
1 + r
1 − r
= π
a coth
π a
.
(b)
∞
P
n=1
sin an
Ta có
∞
X
n=−∞
sin an
∞
X
n=1
sin an
n .
+ Xét f (x) = sin ax
x Ta có F{H (a − |x|)} =
r 2 π
sin ak
k . Suy ra F{f (x)) = F
sin ax x
=
r π
2 H (a − |k|) Do đó
∞
X
n=−∞
f (n) = √
2π
∞
X
n=−∞
r π
2 H (a − 2π|n|) = π
∞
X
n=−∞
H (a − 2π|n|)
=
π
h a 2π
i
−h− a 2π
i
2π ∈ / Z
π a 2π −h− a
2π
i
− 1, a
2π ∈ Z
.
Vậy
∞
X
n=1
f (n) =
π 2
h a 2π
i
−h− a 2π
i
2π ∈ / Z π
2
a 2π +
a 2π − 1, a
2π ∈ Z
=
π 2
h a 2π
i
−h− a 2π
i
2π ∈ / Z 1
2 (a − π) ,
a 2π ∈ Z
.
(c)
∞
X
n=1
sin2an
n2 .
Ta có
∞
X
n=−∞
sin2an
n2 = 2
∞
X
n=1
sin2an
n2 .
5
Trang 7Xétf (x) = sin
2ax
x2 , ta có F
1 − |x|
a
H
1 − |x|
a
= √ a 2π
sin2 ak
2
ak 2
2
Thay a bởi 2a ta được F
1 − |x|
2a
H
1 − |x|
2a
= 1 a
r 2 π
sin2ak
k2 Suy ra F
sin2ax
x2
= a
r π 2
1 − |k|
2a
H
1 − |k|
2a
Do đó
∞
X
n=−∞
f (n) = √
2π
∞
X
n=−∞
a.
r π 2
1 − π|n|
a
H
1 − π|n|
a
= πa
∞
X
n=−∞
1 − π|n|
a
H
1 − π|n|
a
= πa X
|n|< a π
1 − π|n|
a
.
Vậy
∞
X
n=1
sin2an
n2 = πa
2 X
|n|< a π
1 − π|n|
a
.
(d)
∞
X
n=−∞
a (n2 + a2).
+ Xét f (x) = a
x2 + a2 Ta có Fe−a|x| =
r 2 π
a
a2 + k2 Khi đó F
a
x2 + a2
=
r π
2 e
−a|k|
∞
X
n=−∞
f (n) = √
2π
∞
X
n=−∞
r π
2 e
−a2π|n| = π
∞
X
n=−∞
e−2aπ|n|
= π
∞
X
n=0
e−2aπn+
∞
X
n=1
e2aπn
! .
Đặt r = e−2aπ thì ta có
∞
X
n=−∞
f (n) = π
∞
X
n=0
rn +
∞
X
n=1
1 r
n!
= π
r
1 − r +
1
1 − r
= π
1 + r
1 − r
= π coth(πa).
Vậy
∞
X
n=−∞
a (n2 + a2) = π coth(πa).
6
Trang 8TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
THÁI THỊ HỒNG TIẾT
Lớp: Cao học Toán Giải tích K15
BÀI KIỂM TRA GIỮA KỲ
MÔN: BIẾN ĐỔI TÍCH PHÂN
Giảng viên:
PGS TS Đinh Thanh Đức
Quy Nhơn 12 - 2013
Trang 92 Biến đổi Fourier cosine và sine
F c tfpxqu Fcpxq
c
2 π
» 8
0
fpxqcos kx dx,
Fc1tFcpxqu fpxq
c
2 π
» 8
0
Fcpxqcos kx dx,
F s tfpxqu Fspxq
c
2 π
» 8
0
fpxqsin kx dx,
F s1tFspxqu fpxq
c
2 π
» 8
0
Fspxqsin kx dx
Bài tập 1 : (bài 14 trang 122 ) Tìm biến đổi Fourier cosine của các hàm số sau:
a) fpxq x exppaxq, a¡0,
b) fpxq exppaxq cos x, a¡0,
c) fpxq 1
x,
d) K0paxq, ở dây K0paxq là hàm Bessel
Bài làm
a) fpxq x exppaxq, a¡0
F c x eax(
c
2 π
» 8
0
x eaxcos kx dx
c
2 π
1 2
» 8
0 x
epaikqx epa ikqx
dx
?1
2π
» 8
0
x epaikqx dx
» 8
0
x epa ikqx dx
?1
2π
1
aik e
paikqxx 8
0
1
aik
» 8
0
epaikqx dx
a ik e
pa ikqxx 8
0
1
a ik
» 8
0
epa ikqx dx
?1
2π
paikq 2 epaikqx 8
0 1
pa ikq 2 epa ikqx 8
0
?1
2π
1
paikq 2
1
pa ikq 2
c
2 π
a2k2
pa2 k2 q 2
Trang 103 b) fpxq exppaxq cos x, a¡0
F c eaxcos x(
c
2 π
» 8
0
eaxcos x cos kx dx
c
2
π
1
2
» 8
0
eaxtcosrpk 1qxs cosrpk1qxsu dx
?1
2π
1
2
» 8
0
eax
eipk 1qx eipk 1qx eipk1qx eipk1qx
dx
2?
2π
» 8
0
!
eraipk 1qsx era ipk 1qsx eraipk1qsx era ipk1qsx
)
dx
2?
2π
eraipk 1qsx
raipk 1qs
era ipk 1qsx
ra ipk 1qs
eraipk1qsx
raipk1qs
era ipk1qsx
ra ipk1qs
8
0
2?
2π
1
aipk 1q
1
a ipk 1q
1
aipk1q
1
a ipk1q
2?
2π
2a
a2 pk 1q 2
2a
a2 pk1q 2
?a
2π
1
a2 pk 1q 2
1
a2 pk1q 2
d) K0paxq, ở dây K0paxq là hàm madified Bessel Tức là
K0pxq
»8
0
cos xt
?
t2 1dt.
Ta có
F c
"
1
?
a2 x2
*
c
2 π
» 8
0
cos kx
?
a2 x2 dx
c
2 π
» 8
0
cos kx
aa
1 x2 {a2 dx
c
2 π
» 8
0
cos akt
a?
1 t2 a dt
Đặt t x
a
c
2 π
» 8
0
cos akt
?
1 t2 dt
c
2
πK0pakq Suy ra
F c tK0paxqu
c
π 2
1
?
a2 x2 Bài tập 2:(bài 15 trang 122 ) Tìm biến đổi Fourier sine của các hàm số sau: a) fpxq x exppaxq, a¡0,
b) fpxq 1
xexppaxq,
c) fpxq 1
x,
d) fpxq x
a2 x2
Bài làm
Trang 114 a) fpxq x exppaxq, a¡0
F s x eax(
c
2 π
» 8
0
x eaxsin kx dx
c
2 π
1 2i
» 8
0 x
expaikqexpa ikq
dx
i?
2π
1
aik e
xpaikqx 8
0
1
aik
» 8
0
expaikq dx
a ik e
xpa ikqx 8
0 1
a ik
» 8
0
expa ikq dx
i?
2π
paikq 2 expaikq 8
0
1
pa ikq 2 expa ikq 8
0
i?
2π
1
paikq 2 1
pa ikq 2
?4ak
2π
1
pa2 k2 q 2
b) fpxq 1
xexppaxq
F s
"
1
x e
ax *
c
2 π
» 8
0
eax
x sin kx dx.
Ta có
» 8
0
eaxsin kx dx 1
2i
» 8
0
eax
eikx eikx
dx 1
2i
» 8
0
epaikqxepa ikqx
dx
2i
epaikqx
paikq
epa ikqx
pa ikq
8
0
1
2i
1
paikq
1
pa ikq
2i
2ik
a2 k2 k
a2 k2 Lấy tích phân hai vế theo biến a từ a đến 8 ta được
» 8
a
» 8
0
epaxqsin kx dx da
» 8
a
k
a2 k2 da
ô
» 8
0
sin kx
» 8
a
epaxq da dxarctana
k
8
a
ô
» 8
0 sin kx e
paxq
x
8
0 dx π
2 arctana
k
ô
» 8
0 sin kx e
paxq
x dxarctank
a.
ùñ F s
"
1
x e
ax *
c
2
πarctan
k
a.
Trang 12c) fpxq 1
x.
F s
"
1 x
*
c
2 π
» 8
0
1
xsin kx dx.
Xét fapxq eaxHpxq eaxHpxq Ta có
F s tfapxqu
c
2 π
» 8
0
eaxHpxq eaxHpxqsin kx dx
c
2 π
» 8
0
eaxsin kx dx
c
2 π
» 8
0
eaxe
ikx eikx 2i dx
i?
2π
» 8
0
epaikqxepa ikqx
dx
i?
2π
1
paikq
1
pa ikq
i?
2π
2ik
a2 k2
c
2 π
k
a2 k2 Cho a ÝÑ0 thì fapxq ÝÑ sgnx Do đó
F s tsgnxu
c
2 π
1 k
ùñ F s
"c
π
2sgnx
*
1
k
ùñ
c
π
2sgnx F s1
"
1 k
*
c
2 π
» 8
0
1
k sin kx dx F s
"
1 k
*
Vậy F s
"
1
x
*
c
π
2sgnk.
d) fpxq x
a2 x2
F s
"
x
a2 x2
*
c
2 π
» 8
0
x
a2 x2sin kx dx
Ta có
F s1 eax(
c
2 π
x
a2 x2
ùñ
c
π
2 e
ax F s
"
x
a2 x2
*
Trang 13
6 Bài tập 3:(bài 16 trang 122 )
a) Nếu Fpkq F!eax2
)
, a ¡0 Chứng minh rằng Fpkq thỏa mãn phương trình
vi phân
2adF
dk kFpkq 0 với Fp0q ?1
2a. b) Nếu Fcpkq F c
!
eax2
)
, a¡0 Chứng minh rằng Fcpkqthỏa mãn phương trình
vi phân
dFc dk
k 2aFc 0 với Fp0q ?1
2a. Bài làm
a) Ta có
F !eax2
)
?1
2π
» 8
8 e
ikxax 2
dx
?1
2π
» 8
8 exp
#
a
x2 ikx
a
ik 2a
2
ik 2a
2 +
dx
?1
2π
» 8
8 exp
a
x ik 2a
2
k2 4a
dx
?1
2π exp k2{4a » 8
8 exp
a
x ik 2a
2
dx
?1
2π exp k2{4a » 8
8 e
ay 2
dy
Đặt y x ik
2a
?1
2π exp k2{4a cπ
a ?1
2a exp
k2 4a
Mặt khác 2adF
dk kFpkq 0 ô dF
dk
k 2aFpkq 0 , a¡o pq
Phương trình pqcó nghiệm tổng quát là
Fpkq C exp
» k
2adk C exp
k2 4a
Vì Fp0q ?1
2a ñC ?1
2a Vậy nghiệm của phương trình pq là
Fpkq ?1
2aexp
k2 4a
F !eax2
)
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Trang 147 b) Ta có
F c
!
eax2
)
c
2 π
» 8
0
eax2coskx dx
c
2 π
» 8
0
eax2 e
ikx eikx
2 dx
?1
2π
» 8
0
exp ax2 ikx
exp ax2ikx
dx
?1
2π
» 8
0
#
exp
a
x ik
2a
2
k2
4a
exp
a
x ik 2a
2
k2
4a
+
dx
?1
2πexp
k2 4a
#» 8
0 exp
a
x ik
2a
2
dx
» 8
0
a
x ik 2a
2
dx
+
?1
2π exp k2{4a » 8
0
eay2 dy
» 8
0
eaz2 dz
?1
2π exp k2{4a 1
2
π a
1 2
π a
?1
2a exp
k2
4a
Mặt khác phương trình dFc
dk
k 2aFc 0 với Fc p0q ?1
2a có nghiệm tổng quát là
Fcpkq C exp
» k
2adx C exp
k
2 4a
Vì Fcp0q ?1
2a ñC ?1
2a Vậy nghiệm của phương trình là
Fcpkq ?1
2a exp
k2
4a
F c
!
eax2
)
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Bài tập 4:(bài 17 trang 122 ) Sử dụng biến đổi Fourier sine Chứng minh
rằng
a)
» 8
0
FspkqGcpkqsin kx dk 1
2
» 8
0
gpξqrfpξ xq fpξ xqsdξ, b)
» 8
0
FcpkqGspkqsin kx dk 1
2
» 8
0
fpξqrgpξ xq gpξxqsdξ
Bài làm
Trang 15a) Ta có
» 8
0
FspkqGcpkqsin kx dk
c
2
π
» 8
0
Fspkqsin kx dk
» 8
0
gpξqcos kξ dξ
c
2
π
» 8
0
gpξqdξ
» 8
0
Fspkqsin kx cos kξ dk
c
2
π
» 8
0
gpξqdξ
» 8
0
1
2rsin kpx ξq sin kpxξqsFspkqdk
?1
2π
» 8
0
gpξqdξ
» 8
0 sin kpx ξqFspkq dk
» 8
0 sinpξ xqFspkq dk
2
» 8
0
gpξqrfpξ xq fpξxqs dξ
b) Ta có
» 8
0
FcpkqGspkqsin kx dk
c
2
π
» 8
0
Gspkqsin kx dk
» 8
0
fpξqcos kξ dξ
c
2
π
» 8
0
fpξqdξ
» 8
0
Gspkqsin kx cos kξ dk
?1
2π
» 8
0
fpξqdξ
» 8
0
rsin kpx ξq sin kpξ xqsGspkqdk
?1
2π
» 8
0
fpξqdξ
» 8
0
Gspkqsin kpx ξq dk
» 8
0
Gspkqsin kpξxqdk
2
» 8
0
fpξqrgpξ xq gpξxqsdξ
Bài tập 5 :(bài 18 trang 122 ) Giải phương trình tích phân
» 8
0
fpxqsin kx dx
#
1k , 0 ¤k 1
0 , k ¡1
Bài làm
Ta có
Fspkq F s tfpxqu
c
2 π
» 8
0
fpxqsin kx dx
$ ' '
c
2
π p1kq , 0¤k 1
0 , k ¡1
Trang 16Do đó
fpxq F s1tFs pkqu
c
2 π
» 8
0
Fs pkqsin kx dk
c
2 π
» 1 0
c
2
π p1kqsin kx dk 2
π
» 1
0 p1kqsin kx dk
π
» 1 0 sin kx dk
»1
0
k sin kx dk
π
1
xcos kx 1
0 k1
xcos kx 1
0
1 x
»1
0 cos kx dk
π
1
xcos x
1 x
1
xcos x 1
x2 sin x
π
1
x 1
x2sin x
... NHƠNTHÁI THỊ HỒNG TIẾT
Lớp: Cao học Toán Giải tích K15
BÀI KIỂM TRA GIỮA KỲ
MƠN: BIẾN ĐỔI TÍCH PHÂN
Giảng viên:
PGS TS Đinh Thanh... gpξxqsdξ
Bài tập : (bài 18 trang 122 ) Giải phương trình tích phân
» 8
0
fpxqsin...
1
?
a2 x2 Bài tập 2: (bài 15 trang 122 ) Tìm biến đổi Fourier sine hàm số sau: a) fpxq x exppaxq,