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abababa 发表于 2017-9-6 10:46

请教积分$\int_{-\infty}^{+\infty}$(sinc xsinc ax)^2dx

请教积分
\[\int_{-\infty}^{+\infty}(\operatorname{sinc}x\operatorname{sinc}ax)^2dx\]
其中$a>0$,$\operatorname{sinc}x$定义为$\operatorname{sinc}x=\frac{\sin x}{x}$。

战巡 发表于 2017-9-7 03:52

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首先已知
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(x)}{x}dx=\pi\]
由分部积分有
\[\int_{-\infty}^{\infty}(\frac{\sin(x)}{x})^2dx=\frac{\sin(x)^2}{x^3}|_{-\infty}^{+\infty}-\int_{-\infty}^{\infty}xd(\frac{\sin(x)}{x})^2=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\sin(x)\cos(x)}{x}dx+2\int_{-\infty}^{\infty}(\frac{\sin(x)}{x})^2dx\]
\[\int_{-\infty}^{\infty}(\frac{\sin(x)}{x})^2dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(2x)}{x}dx=\pi\]
接下来考察这么个东西,姑且假设$0<a<1$
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial^3}{\partial a^3}\frac{(\sin(x)\sin(ax))^2}{x^4}dx=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{4\sin(2ax)\sin(x)^2}{x}dx\]
\[=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\sin(2ax)(1-\cos(2x))}{x}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\sin(2ax)\cos(2x)}{x}dx-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\sin(2ax)}{x}dx\]
\[=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(2(a+1)x)+\sin(2(a-1)x)}{x}dx-2\pi=\pi-\pi-2\pi=-2\pi\]
此时我们知道
\[\int_{-\infty}^{\infty}\int_0^a\frac{\partial^3}{\partial t^3}\frac{(\sin(x)\sin(tx))^2}{x^4}dtdx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\sin(x)^2(\cos(2ax)-1)}{x^2}dx\]
\[=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\sin(x)^2\cos(2ax)}{x^2}dx-2\pi=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial^2}{\partial a^2}\frac{(\sin(x)\sin(ax))^2}{x^4}dx-2\pi\]
故有
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial^2}{\partial a^2}\frac{(\sin(x)\sin(ax))^2}{x^4}dx=\int_0^a(-2\pi)da+2\pi=2\pi(1-a)\]
接下来可以连续积两次,有
\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(\sin(x)\sin(ax))^2}{x^4}dx=\int_0^a\int_0^b2\pi(1-t)dtdb=a^2(1-\frac{a}{3})\pi\]
\[原式=\frac{1}{a^2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(\sin(x)\sin(ax))^2}{x^4}dx=(1-\frac{a}{3})\pi\]
当$a>1$时,换元$y=ax$即可,有
\[原式=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(\sin(\frac{y}{a})\sin(y))^2}{\frac{y^4}{a^2}}d\frac{y}{a}=a\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(\sin(\frac{y}{a})\sin(y))^2}{y^4}dy\]
这里$0<\frac{1}{a}<1$,套进上面就有
\[原式=a·\frac{1}{a^2}(1-\frac{1}{3a})\pi=\frac{1}{a}(1-\frac{1}{3a})\pi\]

abababa 发表于 2017-9-7 06:16

[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=22712&ptid=4851]2#[/url] [i]战巡[/i] [/b]

谢谢,这个方法到是想过,但是后面计算量有点大,如果被积函数里的次数更高就更难算了。我开始想的是用傅立叶变换来做,但是收敛性我说不清楚。还有这个:
\[\int_{-1}^{1}e^{ixy}dy=2\frac{\sin x}{x}\]
想把被积函数变成四个这样的积分的积的形式,然后用1的傅立叶变换是狄拉克函数来做,同样是说不清楚对$e^{ix(y_1+y_2+ay_3+ay_4)}$积分的收敛性。

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