Користувач:NAME XXX/Математичний аналіз

Корисні вирази з доведенням і без

1. Перетворення Фур'є для добутку $\ xf(x),\quad f(x)->{\tilde {f}}(k)$:

$\ xf'(x)->-\partial _{k}(k{\tilde {f}}(k))$.

Дійсно, з точністю до константи

$\ \int \limits _{-\infty }^{\infty }xf'(x)e^{-ikx}dx=-i\partial _{k}\int \limits _{-\infty }^{\infty }f'(x)e^{-ikx}dx=i^{2}\partial _{k}(k{\tilde {f}}(k))$.

2. Матриця переходу у сферичній системі координат:

$\ {\hat {T}}_{r,\theta ,\varphi }={\begin{bmatrix}cos(\varphi )sin(\theta )&sin(\varphi )sin(\theta )&cos(\theta )\\cos(\varphi )cos(\theta )&sin(\varphi )cos(\theta )&-sin(\theta )\\-sin(\varphi )&cos(\varphi )&0\end{bmatrix}}$.

3. Сферично симетричний електростатичний потенціал:

$\ \varphi (\mathbf {x} )=4\pi \left({\frac {1}{x}}\int \limits _{0}^{x}\rho (r)r^{2}dr+\int \limits _{x}^{\infty }\rho (r)rdr\right)$.

Дійсно, якщо напрямити вектор $\ \mathbf {x}$ по осі z, то в сферичній системі координат між цим вектором та вектором $\ \mathbf {r}$ буде полярний кут $\ \theta$. Тоді, з урахуванням радіальної залежності густини (з незалежністю від інших змінних), загальний вираз для електростатичного потенціалу набуває вигляду

$\ \varphi (\mathbf {x} )=\int {\frac {\rho (\mathbf {r} )d^{3}\mathbf {r} }{|\mathbf {x} -\mathbf {r} |}}=\int \limits _{0}^{\infty }\rho (r)r^{2}dr\int \limits _{0}^{\pi }{\frac {sin(\theta )d\theta }{\sqrt {x^{2}+r^{2}-2rxcos(\theta )}}}\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi =2\pi \int \limits _{0}^{\infty }\rho (r)r^{2}dr\int \limits _{-1}^{1}{\frac {d(cos(\theta ))}{\sqrt {x^{2}+r^{2}-2rxcos(\theta )}}}=$

$\ =-2\pi \int \limits _{0}^{\infty }{\frac {\rho (r)r^{2}(|x-r|-(x+r))}{xr}}dr={\frac {4\pi }{x}}\int \limits _{0}^{x}\rho (r)r^{2}dr+4\pi \int \limits _{x}^{\infty }\rho (r)rdr$.

4. Лапласіан від поліному Лежандра з аргументом $\ cos(\theta )$:

$\ \Delta (P_{n}(cos(\theta )))=-{\frac {(n+1)n}{r^{2}}}P_{n}(cos(\theta ))$.

5. Векторний добуток у сферичних координатах.

$\ [\mathbf {a} \times \mathbf {b} ]=det{\begin{bmatrix}{\frac {\mathbf {e} _{r}}{r^{2}sin(\theta )}}&{\frac {\mathbf {e} _{\varphi }}{r}}&{\frac {\mathbf {e} _{\theta }}{rsin(\theta )}}\\a_{r}&a_{\varphi }&a_{\theta }\\b_{r}&b_{\varphi }&b_{\theta }\end{bmatrix}}$.

Формула Тейлора

Нехай функцію $\ f(x)$ можна представити у наступному вигляді:

$\ f(x)=Q_{n-1}(x)+R_{n}(x)\qquad (1)$,

де $\ Q_{n-1}(x)=f(a)+{\frac {f'(a)(x-a)}{1!}}+...+{\frac {f^{(n-1)}(a)(x-a)^{n-1}}{(n-1)!}},R_{n}(x)$ - остаточний член.

Відповідно до $\ (1)$, можна ввести функцію $\ f(b)$:

$\ f(b)=Q_{n-1}(b)+R_{n}(b)=f(a)+{\frac {f'(a)(b-a)}{1!}}+...+{\frac {f^{(n-1)}(a)(b-a)^{n-1}}{(n-1)!}}+R_{n}(b)\qquad (2)$.

Якщо прийняти

$\ R_{n}(x)=M(x-a)^{n}$

та ввести допоміжну функцію $\ \varphi (x)=f(b)-(f(x)+{\frac {f'(x)(b-x)}{1!}}+{\frac {f''(x)(b-x)^{2}}{2!}}+{\frac {f'''(x)(b-x)^{3}}{3!}}...+{\frac {f^{(n-1)}(x)(b-x)^{n-1}}{(n-1)!}}+R_{n}(b))=$

$\ =f(b)-(f(x)+{\frac {f'(x)(b-x)}{1!}}+...+{\frac {f^{(n-1)}(x)(b-x)^{n-1}}{(n-1)!}}+M(b-x)^{n}),a=x$,

то

$\ \varphi '(x)=-(f'(x)+{\frac {f''(x)(b-x)}{1!}}-{\frac {f'(x)}{1!}}+{\frac {f'''(x)(b-x)^{2}}{2!}}-{\frac {f''(x)(b-x)}{1!}}+{\frac {f''''(x)(b-x)^{3}}{3!}}-{\frac {f'''(x)(b-x)^{2}}{2!}}+...+$

$\ +{\frac {f^{(n)}(x)(b-x)^{n-1}}{(n-1)!}}-{\frac {f^{(n-1)}(x)(b-x)^{n-2}}{(n-2)!}}-Mn(b-x)^{n-1})=-{\frac {f^{(n)}(x)(b-x)^{n-1}}{(n-1)!}}-Mn(b-x)^{n-1})=-(b-x)^{n-1}({\frac {f^{(n)}(x)}{(n-1)!}}-Mn)$.

Далі, оскільки

1. $\ f(x),...f^{(n-1)}(x)$ неперервні на відрізку $\ [a;b]$, тому $\ \varphi (x)$ також наперервна на цьому відрізку,

2. $\ f(x)$ диференціюється до $\ ^{(n)}$ на інтервалі $\ [a;b]$, тому $\ \varphi (x)$ диференціюється на цьому інтервалі,

3. $\ \varphi (b)=\varphi (a)=0$,

то, згідно з теоремою Ролля, є така точка $\ \psi$, що $\ \varphi '(\psi )=0$:

$\ -(b-\psi )^{n-1}({\frac {f^{(n)}(\psi )}{(n-1)!}}-Mn)=0\Rightarrow M={\frac {f^{(n)}(\psi )}{n!}}\Rightarrow R_{n}(b)={\frac {f^{(n)}(\psi )}{n!}}(b-a)^{n}$.

Тоді $\ (2)$ прийме вигляд:

$\ f(b)=Q_{n-1}(b)+R_{n}(b)=f(b)+{\frac {f'(b)(b-a)}{1!}}+...+{\frac {f^{(n-1)}(b)(b-a)^{n-1}}{(n-1)!}}+{\frac {f^{(n)}(\psi )}{n!}}(b-a)^{n}$,

який і є виразом формули Тейлора для функції $\ f(x)$.

Інтеграл Ейлера-Пуассона

Нехай є інтеграл виду

$\ \int \limits _{0}^{\infty }e^{-Ax^{2}}dx\qquad (1)$.

Він рівен

$\ \int \limits _{0}^{\infty }e^{-Ax^{2}}dx={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {\pi }{A}}}$.

Вірність цього результату можна довести, використовуючи наступне.

1. Є інтеграл виду

$\ I_{n}=\int \limits _{0}^{1}{\frac {x^{n}}{\sqrt {1-x^{2}}}}dx=|x=sin(u)->u=arcsin(x)|=\int \limits _{0}^{\frac {\pi }{2}}sin^{n}(u)du={\begin{cases}{\frac {(n-1)!!}{(n)!!}},n=2k+1,\\{\frac {(n-1)!!}{(n)!!}}{\frac {\pi }{2}},n=2k.\end{cases}}$

Тоді

$\ (2n+1)I_{2n}I_{2n+1}=(2n+1){\frac {(2n-1)!!}{(2n)!!}}{\frac {(2n)!!}{(2n+1)!!}}{\frac {\pi }{2}}={\frac {\pi }{2}}$.

При $\ n->\infty \Rightarrow lim_{n->\infty }{\frac {I_{2n}}{I_{2n+1}}}=1$ виконується також наступна рівність:

$\ lim_{n->\infty }(2n+1)I_{2n+1}^{2}{\frac {I_{2n}}{I_{2n+1}}}=(2n+1)I_{2n+1}^{2}={\frac {\pi }{2}}$.

Тоді

$\ (2n+1)I_{2n+1}^{2}={\frac {\pi }{2}}\Rightarrow I_{2n+1}={\sqrt {\frac {\pi }{2}}}{\frac {1}{\sqrt {2n+1}}}\Rightarrow {\sqrt {n}}I_{2n+1}=lim_{n->\infty }{\sqrt {\frac {\pi }{2}}}{\frac {\sqrt {n}}{\sqrt {2n+1}}}={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$.

Якщо зробити заміну $\ x^{2}=1-z^{2},2xdx=-2zdz$, то

$\ I_{2n+1}=\int \limits _{0}^{1}{\frac {x^{2n+1}}{\sqrt {1-x^{2}}}}dx=-\int \limits _{1}^{0}-{\frac {(1-z^{2})^{n}zdz}{z}}=\int \limits _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}dz$.

Наступна заміна - $\ z={\frac {t}{\sqrt {n}}}$. Тоді, при $\ n->\infty$, можна отримати:

Тоді $\ \int \limits _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}dz={\frac {1}{\sqrt {n}}}\int \limits _{0}^{\sqrt {n}}(1-{\frac {t^{2}}{n}})^{n}dt=I_{2n+1}\Rightarrow {\sqrt {n}}I_{2n+1}=\int \limits _{0}^{\sqrt {n}}e^{-t^{2}}dt=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-t^{2}}dt={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}$.

Замість $\ t$ можна покласти $\ t={\sqrt {a}}x$, тоді інтеграл зведеться до $\ (1)$.$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$$\$