Gamma funktsioon on erifunktsioon, mis laiendab faktoriaalfunktsiooni tegelikule ja komplekstasandile. Seda kohtab laialdaselt füüsikas ja inseneriteaduses, osaliselt selle kasutamise tõttu integratsioonis. Selles artiklis näitame, kuidas kasutada gamma funktsiooni, et aidata teha integraale, mida ei saa teha elementaararvutuse meetoditega.
1
Hinnake integraali allpool. Kõige olulisem asi, mida enne integraali tegemist kontrollida, on kontrollida, kas integraal ka tegelikult koondub. See integraal läheneb kindlasti, kuna suure x korral domineerib eksponentsiaalne lagunemisliige.{displaystyle x.} See integraal on üks näide üldisemast integraalist, mis alati läheneb ja mida me hindame järgmisena.∫0∞x1/3e−3xdx{displaystyle int _{0}^{infty }x^{1/3}e^{-3x}mathrm {d} x}Pange tähele, et osade kaupa integreerimine seda integraali ei lahenda.
2
Tehke u-sub u=3x{displaystyle u=3x}. See võimaldab integraali kirjutada e−u{displaystyle e^{-u}} terminiga, mida Gamma funktsioon nõuab. Pole tähtis, milline on võimsusliikme eksponent. Iga kord, kui kasutame u-sub-i, peame ka tagasi-sub-i tegema, et võimsustermin u-vormingus ümber kirjutada.{displaystyle u.}∫0∞x1/3e−3xdx=134/3∫0∞u1/3e−udu{ displaystyle int _{0}^{infty }x^{1/3}e^{-3x}mathrm {d} x={frac {1}{3^{4/3}}} int _{0}^{infty }u^{1/3}e^{-u}mathrm {d} u}
3
Hinda integraali. Otsese hindamise asemel kasutame funktsiooni Gamma, et kirjutada oma vastus selle funktsiooni alusel. Kuna argumenti nihutatakse 1 võrra, võrdub integraal väärtusega Γ(4/3).{displaystyle Gamma (4/3).}134/3∫0∞u1/3e−udu=Γ(4/3)34 /3{displaystyle {frac {1}{3^{4/3}}}int _{0}^{infty }u^{1/3}e^{-u}mathrm {d} u={frac {Gamma (4/3)}{3^{4/3}}}}
4
Kasutage rekursiooniseost, et kirjutada vastus ümber argumendina vahemikus 0 kuni 1. Võib tunduda mõttetu kirjutada vastust selle funktsiooni alusel, kui meil pole võimalust tegelikku väärtust määrata. Siiski on meetodeid, kuidas seda teha teiste määratluste kaudu. Just sel põhjusel lihtsustame oma vastust sel viisil, et saaksime lubada arvutitel need konkreetsed väärtused äärmise täpsusega määrata. Konkreetne väärtus Γ(1/3){displaystyle Gamma (1/3)} on osutunud transtsendentaalseks, seega ei saa seda arvu algebraliselt kirjutada.Γ(43)=13Γ(13) {displaystyle Gamma left({frac {4}{3}}right)={frac {1}{3}}Gamma left({frac {1}{3}}right) }Γ(4/3)34/3=Γ(1/3)37/3{displaystyle {frac {Gamma (4/3)}{3^{4/3}}}={ frac {Gamma (1/3)}{3^{7/3}}}}
5
Vaatleme üldistatud integraali. Eeldame, et a,{displaystyle a,} m,{displaystyle m,} ja n{displaystyle n} on reaalarvud. Kuna see on üldistus, peame olema ettevaatlikud, milliste väärtuste puhul, mida integraal ei koondu.∫0∞xme−axndx{displaystyle int _{0}^{infty }x^{m}e^{-ax ^{n}}mathrm {d} x}
6
Tee u-sub axn{displaystyle ax^{n}}. Saame kasutada sama tehnikat, mida kasutati eelmise integraali hindamiseks.∫0∞xme−axndx=1an∫0∞(u1/na1/n)m−n+1e−udu{displaystyle int _{0}^{infty } x^{m}e^{-ax^{n}}mathrm {d} x={frac {1}{an}}int _{0}^{infty }left({frac { u^{1/n}}{a^{1/n}}}parem)^{m-n+1}e^{-u}mathrm {d} u}
7
Hinda integraali gammafunktsiooni järgi. Loomulikult tõmbame välja konstandid. Et meie vastus oleks kooskõlas sellega, kuhu funktsioon Gamma koondub, peame panema kvalifikaatori m+1n>0.{displaystyle {frac {m+1}{n}}>0.}∫0∞xme−axndx= 1na1+mn−1+1nΓ(mn+1n)=Γ(m+1n)nam+1n{displaystyle int _{0}^{infty }x^{m}e^{-ax^{ n}}mathrm {d} x={frac {1}{na^{1+{frac {m}{n}}-1+{frac {1}{n}}}}}Gamma left({frac {m}{n}}+{frac {1}{n}}right)={frac {Gamma left({frac {m+1}{n}} paremal)}{na^{frac {m+1}{n}}}}}
8
Hinnake integraali allpool. Integraal on kolme funktsiooni korrutis, mis samuti koondub, kuna endiselt domineerib eksponentsiaalne lagunemisliige. Selle integreerimise viis on kasutada Euleri valemit ja seejärel võtta tulemusest tegelik osa.∫0∞x2xe−xcosâ¡xdx{displaystyle int _{0}^{infty }x^{2}{ sqrt {x}}e^{-x}cos xmathrm {d} x}
9
Kasutage Euleri valemit ja tehke u-sub. Meie u-sub on u=(1−i)x{displaystyle u=(1-i)x} integraali seadistamise viisi järgi. Algebra lihtsustamiseks tuleks iga kompleksarv polaarsel kujul ümber kirjutada.∫0∞x2xeâˆ'(1−i)xdx=1(1−i)7/2∫0∞u5/2e−udu{displaystyle int _{0 }^{infty }x^{2}{sqrt {x}}e^{-(1-i)x}mathrm {d} x={frac {1}{(1-i)^{ 7/2}}}int _{0}^{infty }u^{5/2}e^{-u}mathrm {d} u}
10
Hinda integraali gammafunktsiooni järgi. Seejärel kasutame argumendi saamiseks 0 ja 1 vahel rekursiooniseost. Pärast täiendavat lihtsustamist korrutame arvuga (−1)eiÏ€,{displaystyle (-1)e^{ipi },} või 1-ga et saada astendaja nurk millekski paremini juhitavaks.1(1−i)7/2∫0∞u5/2e−udu=Γ(7/2)(2e−iÏ€/4)7/2=− 15Ï€8â‹…27/4e−iÏ€/8{displaystyle {frac {1}{(1-i)^{7/2}}}int _{0}^{infty }u^{ 5/2}e^{-u}mathrm {d} u={frac {Gamma (7/2)}{({sqrt {2}}e^{-ipi /4})^ {7/2}}}=-{frac {15{sqrt {pi }}}{8cdot 2^{7/4}}}e^{-ipi /8}}
11
Võtke tegelik osa tulemusest. Saame hinnata cosâ¡Ï€8{displaystyle cos {frac {pi }{8}}} poolnurga identiteedi abil.∫0∞x2xe−xcosâ¡¡xdx=−15Ï€8â‹…27 /4cosâ¡Ï€8=−152Ï€642+1{displaystyle int _{0}^{infty }x^{2}{sqrt {x}}e^{-x}cos x mathrm {d} x=-{frac {15{sqrt {pi }}}{8cdot 2^{7/4}}}cos {frac {pi }{8}}=- {frac {15{sqrt {2pi }}}{64}}{sqrt {{sqrt {2}}+1}}}Siinuse integraali tasuta saamiseks võime võtta ka imaginaarse osa . See on trigonomeetriliste funktsioonidega töötamise eelis.∫0∞x2xe−xsinâ¡xdx=152Ï€642−1{displaystyle int _{0}^{infty }x^{2}{sqrt {x}} e^{-x}sin xmathrm {d} x={frac {15{sqrt {2pi }}}{64}}{sqrt {{sqrt {2}}-1}} }
12
Hinnake integraali allpool. Me ei saa gamma funktsiooni otse kasutada, kuna meie piirid on 0 kuni 1 ja ruutjuures on logaritm.∫01x3xlnâ¡1xdx{displaystyle int _{0}^{1}x^{3}{ sqrt {xln {frac {1}{x}}}}mathrm {d} x}
13
Kasutage u-sub u=lnâ¡1x{displaystyle u=ln {frac {1}{x}}}. See muudab piirid, mis seejärel eitatakse diferentsiaali du=−1xdx tõttu.{displaystyle mathrm {d} u=-{frac {1}{x}}mathrm {d} x .} See toimib hästi, et back-sub paneb eksponentsiaalfunktsiooni integrandi, võimaldades Gamma funktsioonil oma tööd teha.∫01x3xlnâ¡¡1xdx=∫0∞u1/2e−9u/2du{displaystyle int _ {0}^{1}x^{3}{sqrt {xln {frac {1}{x}}}}mathrm {d} x=int _{0}^{infty }u ^{1/2}e^{-9u/2}mathrm {d} u}
14
Hinda integraali gammafunktsiooni järgi. Kasutada tuleks teist u-sub-i. Esineb väärtus Γ(32)=Ï€2{displaystyle Gamma left({frac {3}{2}}right)={frac {sqrt {pi }}{2}}} piisavalt sageli, et saaksite selle ka pähe jätta. Vastasel juhul on rekursiooniseose juurde naasmine hea viis oma töö kontrollimiseks. Kui saate väärtuse kirjutada konstantidena, tehke seda tavaliselt. Muul juhul jätke see lihtsalt gamma funktsiooni juurde.∫0∞u1/2e−9u/2du=(29)3/2Γ(32)=2Ï€27{displaystyle int _{0}^{infty } u^{1/2}e^{-9u/2}mathrm {d} u=left({frac {2}{9}}right)^{3/2}Gamma left({ frac {3}{2}}right)={frac {sqrt {2pi }}{27}}}
15
Hinnake integraali allpool. Allpool olev integraal on lahknev. Seda saate kontrollida, kasutades käsku u-sub u=x.{displaystyle u={sqrt {x}}.} Siiski on olemas meetod, mille abil saame sellele integraalile loogilisel viisil väärtuse määrata . Seda nimetatakse regulaarseks. Standardmeetodiks on termini e−ϵf(x),{displaystyle e^{-epsilon f(x)},} sisestamine, kus f(x){displaystyle f(x)} on positiivne funktsioon intervall [0,∞).{displaystyle [0,infty ).}∫0∞cosâ¡xdx{displaystyle int _{0}^{infty }cos {sqrt {x}}mathrm { d} x}
16
Korrutage integrand arvuga e−ϵx{displaystyle e^{-epsilon {sqrt {x}}}}. Integraal muudab piiranguks ϵ→0+.{displaystyle epsilon epsilon to 0^{+}.} Kuna see on eksponentsiaalne liige, ei ole vahet, millise funktsiooni me eksponentis valime, kui see on positiivne funktsioon. Valime lihtsalt mugavuse huvides x{displaystyle {sqrt {x}}}.∫0∞cosâ¡xdx=limϵ→0+∫0∞e−ϵxcosâ¡xdx{displaystyle int _{0}^{__ infty }cos {sqrt {x}}mathrm {d} x=lim _{epsilon to 0^{+}}int _{0}^{infty }e^{-epsilon { sqrt {x}}}cos {sqrt {x}}mathrm {d} x}
17
U-sub u=x{displaystyle u={sqrt {x}}} ja kirjutage integraal ümber kompleksse eksponentsiaali järgi. See võimaldab meil integraali ümber kirjutada Gamma-funktsiooni järgi.limϵ→0+∫0∞e−ϵxcosâ¡¡xdx=2limϵ→0+∫0∞ue−ϵ¡¡dis’Ï¡¡dis_ucos to 0^{+}}int _{0}^{infty }e^{-epsilon {sqrt {x}}}cos {sqrt {x}}mathrm {d} x=2 lim _{epsilon to 0^{+}}int _{0}^{infty }ue^{-epsilon u}cos umathrm {d} u}∫0∞ueâˆ'(ϵ− i)udu{displaystyle int _{0}^{infty }ue^{-(epsilon -i)u}mathrm {d} u}
18
Hinda integraali gammafunktsiooni järgi. Ärge unustage määrata ϵ=0{displaystyle epsilon =0} esimesel sobival ajal.2limϵ→0+∫0∞ueâˆ'(ϵ−i)udu=2limϵ→0+1(ϵ=−i) ‘2{displaystyle 2lim _{epsilon to 0^{+}}int _{0}^{infty }ue^{-(epsilon -i)u}mathrm {d} u= 2lim _{epsilon to 0^{+}}{frac {1}{(epsilon -i)^{2}}}=-2}Lõpuks võtame vastuse tegeliku osa. Neid integraale tuleb käsitleda väga ettevaatlikult, kuna lahknevus.limϵ→0+∫0∞e−ϵxcosâ¡xdx=−2{displaystyle lim _{epsilon to 0^{+}} int _{0}^{infty }e^{-epsilon {sqrt {x}}}cos {sqrt {x}}mathrm {d} x=-2}Saame välja mõelda ka vastava siinuse integraal, võttes lihtsalt meie tulemusest kujuteldava osa.limϵ→0+∫0∞e−ϵxsinâ¡¡xdx=0{displaystyle lim _{epsilon to 0^{+}}int _{0} ^{infty }e^{-epsilon {sqrt {x}}}sin {sqrt {x}}mathrm {d} x=0}