积分术法(Oλοκλήρωση ...

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积分术法(Oλοκλήρωση Μαγεία)原典(卷五)

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不活性的自由基 更新于2025-5-18 14:57:21

积分术法(Oλοκλήρωση Μαγεία)原典



自由基注:2025.5.3,我对积分术法进行了修订,修改了一些无法显示的错误内容。




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零、写在正文前的话

本书是积分术法(Oλοκλήρωση Μαγεία)的原典。本原典是由活性自由基(AFR,英语全名Active Free Radical,希腊语名δραστικός ελεύθερος ρίζα)汇总历代大师在积分方面的50项研究成果而成的。原典的原文由希腊语撰写,并由ἄπειρον学派成员37(英文全名Thirty-Seven,希腊语名Τριάντα-Επτά)译成汉语。

本卷是原典的第五卷,收录习题。


习题





1.计算下列不定积分


$$\int \frac{x^3 + 2x^2 + 3x + 4}{x^2 + 1} \, dx$$


$$\int \frac{\ln(x)}{x^2} \, dx$$


$$\int \frac{1}{x^3 \sqrt{x^2 - 1}} \, dx$$


$$\int \frac{\sin^3(x)}{\cos^5(x)} \, dx$$


$$\int \frac{e^x \sin(x)}{1 + e^{2x}} \, dx$$


$$\int \frac{1}{x \ln(x)\sqrt{\ln^2(x) - 1}} \, dx$$


$$\int \frac{x^2}{\sqrt{1 - x^4}} \, dx$$


$$\int \frac{\arctan(x)}{x^2} \, dx$$


$$\int \frac{\sin(x)}{x} \, dx$$


$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + \lambda^2} \cdot (x^2 + \lambda^2)} \, dx$$


$$\int \frac{x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 4x + 5}{(x^2 + x + 1)^2} \, dx$$


$$\int \frac{x^6 + x^4 + x^2 + 1}{(x^2 + 1)^3} \, dx$$


$$\int \frac{x^3 + 2x^2 + 3x + 4}{(x^2 + 1)(x^2 + 2x + 2)} \, dx$$


$$\int \frac{x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1}{(x^2 + 1)(x^2 + x + 1)^2} \,dx$$


$$\int \frac{\sqrt{x^2 + 1}}{x^3} \, dx$$


$$\int \frac{1}{\sqrt{x^3 + x^2 + x}} \, dx$$


$$\int \frac{\sqrt{x^4 + 1}}{x^2} \, dx$$


$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2} \cdot (x^2 + b^2)} \, dx \quad (a \neq b)$$


$$\int \frac{\sqrt{x^3 + x}}{x^2 + 1} \, dx$$





2.计算下列定积分


$$\int_0^1 \frac{\sin(x^2)}{x} \, dx$$


$$\int_0^\pi \frac{\cos(x)}{\sqrt{x}} \, dx$$


$$\int_{-\infty}^\infty \frac{x \sin(x)}{x^4 + 1} \, dx$$


$$\int_0^\infty \frac{\ln(x)}{x^2 + 1} \, dx$$


$$\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ax}}{1 + e^x} \, dx$$

其中$a$是$0$到$1$之间的某一常数。


$$\iiint_V \frac{1}{(x^2 + y^2 + z^2)^{3/2}} \, dx \, dy \, dz$$

其中 $V$是区域 $1 \leq x^2 + y^2 + z^2 \leq 4$。


$$\iint_D \frac{1}{(x^2 + y^2)^2} \, dx \, dy$$

其中$D$是区域$x^2 + y^2 \geq 1$且$x^2 + y^2 \leq 4$。


$$\iiint_V \frac{x^2 + y^2}{(x^2 + y^2 + z^2)^{5/2}} \, dx \, dy \, dz$$

其中$V$是区域$x^2 + y^2 + z^2 \leq 1$。


$$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x(x^2 - 1)} \, dx$$


$$\int_0^1 \frac{\ln(x)}{x^{3/2}} \, dx$$


$$\int_{-1}^1 \frac{1}{x^2 \sqrt{1 - x^2}} \, dx$$





3.证明:

$$\mathcal{M}\left[\left(x\frac{d}{dx} \right)^n f(x);s \right]$$

$$=(-s)^n \mathcal{M}\left[f(x);s\right]$$

其中$n \in \mathbb{N}$,$s\in \mathbb{C}$,$\mathcal{M}$是$\text{Mellin}$变换。





4.试证$\text{Poincaré}$不等式

$$\|f-f_{\Omega}\|_{L^p(\Omega)} \leq C \|\nabla f\|_{L^p(\Omega)}$$

其中$\Omega \subset \mathbb{R}^n $是一个有界开集,且$f \in W^{1,p}(\Omega)$,$p$有限,$C$是一个大于零的常数,$f_{\Omega}$是$f$在$\Omega$上的平均:

$$f_{\Omega}=\frac{1}{|\Omega|} \int_\Omega f(x) \, dx$$

$|\Omega|$是开集$\Omega$的测度。





5.试证$\text{Fefferman-Stein}$不等式

$$||f||_{L^p}\leq C_p||M^{\#}f||_{L^p}$$

其中$C_p$是一个常数,$f\in L^1_{\text{loc}}(\mathbb{R}^n)$,$p$有限。$M^{\#}f$是$\text{Sharp}$极大函数,定义为

$$M^{\#}f(x)=\sup_{\mathcal{Q}\ni x}\frac{1}{|\mathcal{Q}|}\int_{\mathcal{Q}}|f(y)-f_\mathcal{Q}|dy$$

$\mathcal{Q}$是$\mathbb{R}^n$中包含$x$,边平行于坐标轴的方体,$f_{\mathcal{Q}}$是$f$在$\mathcal{Q}$上的平均:

$$f_{\mathcal{Q}}=\frac{1}{|\mathcal{Q}|} \int_\mathcal{Q} f(y) \, dy$$

$|\mathcal{Q}|$是方体$\mathcal{Q}$的测度。

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残香owo『摆烂限定』
4月前
沙发。
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不活性的自由基
4月前

没人做题咩

2条评论
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ETHz
3月前

没人,三个字zx-sunpeng2@2x

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不活性的自由基 回复 ETHz
3月前

论坛没人了

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ETHz
3月前
根据Mellin变换的定义,我们有:$$M[f(x);s]=\int_0^{\infty}x^{s-1}f(x)dx$$然后我们需要计算$M[(x(d/dx))^nf(x);s]$:$$M[(x(d/dx))^nf(x);s] = \int_0^{\infty}x^{s-1}(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx$$我们可以利用分部积分来计算这个积分。令$u=x^{s-1}$,$dv=(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx$,则$du=(s-1)x^{s-2}dx$,$v=\int(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx$。根据分部积分公式,我们有:$$M[(x(d/dx))^nf(x);s] = \left. x^{s-1}\int(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx \right|_0^{\infty}-(s-1)\int_0^{\infty}x^{s-2}\int(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx$$接下来我们再次利用分部积分。令$u=x^{s-2}$,$dv=\int(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx$,则$du=(s-2)x^{s-3}dx$,$v=\int(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx$。根据分部积分公式,我们有:$$M[(x(d/dx))^nf(x);s]=\left. x^{s-1}\int(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx \right|_0^{\infty}-(s-1)\left(\left. x^{s-2}\int(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx \right|_0^{\infty}-(s-2)\int_0^{\infty}x^{s-3}\int(x\frac{d}{dx})^nf(x)dx\right)$$我们可以将上述过程进行n次,直到我们得到:$$M[(x(d/dx))^nf(x);s]=(-1)^n(s)(s-1)\cdots(s-n+1)\int_0^{\infty}x^{s-n-1}f(x)dx$$现在我们将$(-1)^n(s)(s-1)\cdots(s-n+1)$用$(-s)$来表示:$$(-s)^n(s-1)(s-2)\cdots(s-n+1)$$我们注意到$(s-1)(s-2)\cdots(s-n+1)$是$s$的阶乘除以$(s-n)!$,所以我们可以表示为$(-s)^n$。因此,$$M[(x(d/dx))^nf(x);s]=(-s)^nM[f(x);s]$$
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ETHz
3月前
$Poincaré$不等式可以写为:$$\int_{\Omega} |u|^2 dx \leq C \int_{\Omega} | \nabla u |^2 dx, \qquad \forall u \in H_0^1(\Omega)$$其中$u$是定义在$\Omega$上的光滑函数,$\nabla u$是$u$的梯度,$H_0^1(\Omega)$是带边界条件的Sobolev空间,$C$是一个常数。通过适当的取$\Omega$和$u$,我们可以将引力波方程的解$u$代入$Poincaré$不等式中。由于引力波方程的解满足一些边界条件和能量守恒条件,我们可以证明$Poincaré$不等式成立。在更一般的情况下,可以使用变分方法和巴拿赫空间理论来证明$Poincaré$不等式。这涉及到通过构造合适的测试函数序列,并利用其性质和限制条件,最终得到$Poincaré$不等式的结果。另一种证明方法是利用紧嵌入定理和适当的差值不等式,将$Poincaré$不等式与Sobolev不等式相结合,从而得到$Poincaré$不等式成立的结论。我就不证了(我是不会告诉你们我证会很费劲的)
1条评论
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不活性的自由基
3月前
你这是零均值简化版本嘞
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ETHz
3月前
$Fefferman-Stein$不等式可以表述为:对于任意的调和函数$h$,存在一个常数$C$,使得对于任意的球$B$,$$\frac{1}{|B|} \int_{B} |h(x)|^2 dx \leq C \int_{3B} |\nabla h(x)|^2 \,dx$$其中$|B|$表示球$B$的Lebesgue测度,$\nabla h$表示$h$的梯度。证明$Fefferman-Stein$不等式通常涉及到需要构造适当的测试函数或序列,然后运用调和分析的理论和技巧,利用调和函数和梯度的性质,来控制积分和梯度的关系。另一种常见的证明方法是借助于复变函数理论,利用调和函数与共形映射的关系,采用奇点分解和Cauchy积分公式,从而将$Fefferman-Stein$不等式归结为对共形映射的性质和方程的研究。
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もうりらん二哥化学
3月前
好帖!当赏!
1条评论
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不活性的自由基
3月前

这是习题捏

前面有正文