Интеграл с функцией Бесселя и рациональной функцией

[Gickle]

Всем здравствуйте. Есть большое желание вычислить следующий интеграл:

$$\displaystyle I(a) = \int_0^{\infty} \frac{J_0(a x) x}{1 + x^3}dx,$$

где $J_{\nu}(x)$ - функция Бесселя первого рода порядка $\nu$, $a > 0$ - некоторый действительный параметр.

Есть ли надежды на аналитическое выражение? Wolfram alpha молчит, Maple выдаёт что-то страшное (но я мат. пакетами пользуюсь плохо, так что это может быть результат моей криворукости), а Mathematica у меня, к сожалению, нет. Как вычислить руками, ума не приложу. Единственная идея была следующей:

1. Подынтегральное выражение имеет 3 особых точки: $e^{i\pi/3}$, $e^{i \pi}$ и $e^{5 \pi/3}$. Все они являются простыми полюсами(?).
2. Функция убывает достаточно быстро, так что $\int_{C_R}(...) \rightarrow 0$ при $R \rightarrow \infty$.
3. Рассмотреть аналитическое продолжение функции и замкнуть контур в первой четверти. Единственная особая точка внутри контура тогда будет $z = e^{i\pi/3}$. Тогда в пределе $R \rightarrow \infty$ имеем

$$I(a) + \int_{i \infty}^{0} (...) = 2 \pi i \cdot \text{res}\left[ \frac{J_0(a z) z}{1 + z^3}\right]_{z = e^{i \pi/3}},$$

но проблема в том, что второе слагаемое не выразить через $I(a)$ (ну или я совсем уже дурак).

Есть у кого-нибудь какие идеи? Или случай безнадёжный?

[Markiyan Hirnyk]

И Математика и Мэйпл находят этот интеграл посредством функции Мейера. Ответы совпадают и подтверждаются численно.

[thething]

Gickle
А если использовать $J_0(x)=\frac{1}{\pi}\int\limits_{0}^{\pi}\cos (x\sin \tau)d\tau$ и поменять порядок интегрирований?

Кстати, в интеграле по мнимой оси лучше наверное пределы интегрирования писать без $i$, а вот под интегралом всюду ставить $iy$

[Gickle]

UPDT: В общем, оказывается, интеграл всё-таки можно взять руками (не люблю доверять результатам мат. пакетов, если не могу вычислить сам). Для этого можно сделать следующее:

Используем свойство преобразования Лапласа

$$\int_0^{\infty} f(x) g(x) = \int_0^{\infty} (\mathcal{L}f)(s) \cdot (\mathcal{L}^{-1} g)(s) ds$$

и тот факт, что

$$\mathcal{L}(J_0(ax)) = \frac{1}{\sqrt{a^2 + s^2}}, \qquad \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{x + b} \right) = e^{-bs}.$$

Теперь используем разложение дроби на простейшие

$$\frac{x}{1+x^3} = \frac{A}{x - x_1} + \frac{B}{x - x_2} + \frac{C}{x - x_3}.$$

(я пока что не выписываю $A,B,C$ и $y_1,y_2,y_3$, чтобы не засорять выкладки)

Тогда

$$I(a) = \int_0^{\infty} ds \left\lbrace \frac{A \, e^{x_1 s}}{\sqrt{a^2 + s^2}} + \frac{B \, e^{x_2 s}}{\sqrt{a^2 + s^2}} + \frac{C \, e^{x_3 s}}{\sqrt{a^2 + s^2}} \right\rbrace.$$

Введём $b_i = -a x_i$ и $\xi = s/a$, так что выражение можно переписать в виде

$$\begin{align*} I(a) &= \int_0^{\infty} d \xi \left\lbrace \frac{A \, e^{-b_1 \xi}}{\sqrt{1 + \xi^2}} + \frac{B \, e^{-b_2 \xi}}{\sqrt{1 + \xi^2}} + \frac{C \, e^{-b_3 \xi}}{\sqrt{1 + \xi^2}} \right\rbrace \\ &= \left\lbrace A \cdot \mathcal{L}\left(\frac{1}{\sqrt{1 + \xi^2}} \right) (b_1) + B \cdot \mathcal{L}\left(\frac{1}{\sqrt{1 + \xi^2}} \right) (b_2) + C \cdot \mathcal{L}\left(\frac{1}{\sqrt{1 + \xi^2}} \right) (b_3) \right\rbrace. \end{align}$$

В качестве финального штриха используем

$$\mathcal{L}\left(\frac{1}{\sqrt{1 + \xi^2}} \right) (s) = \frac{\pi}{2}(H_0(s) - Y_0(s)),$$

где $Y_{\nu}(z)$ - функция Бесселя второго рода (функция Вебера) и $H_{\nu}(z)$ - функция Струве.
(понятия не имею, правильно ли это, но вроде умный человек на stackexchange утверждал это в одном из своих ответов)

Тогда имеем

$$f(r;k_{\Lambda}) = \frac{\pi}{2} \left\lbrace A \cdot (H_0(b_1) - Y_0(b_1)) + B \cdot (H_0(b_2) - Y_0(b_2)) + C \cdot (H_0(b_3) - Y_0(b_3)) \right\rbrace,$$

где

$$\begin{align*} &b_1 = a, \quad b_2 = -\frac{a}{2} (1 + \sqrt{3} i), \quad b_3 = -\frac{a}{2} (1 - \sqrt{3} i),\\ &A = -\frac{1}{3}, \quad B = -\frac{-i + \sqrt{3}}{2(-6 i + \sqrt{3})}, \quad C = -\frac{i + \sqrt{3}}{2(6 i + \sqrt{3})} \end{align}$$

Разумеется, где-то мог ошибиться в арифметике, но ход решения вроде такой. Возникает вопрос: можно ли дальше как-то упростить выражение? Может быть, есть какие-то свойства функций Вебера и Струве, чтоб это всё в приличный вид привести? Просто ответ-то должен быть действительным, а сейчас из-за мнимых коэффициентов и аргументов этого вообще не видно.

Markiyan Hirnyk в сообщении #1302843 писал(а):

И Математика и Мэйпл находят этот интеграл посредством функции Мейера
. Ответы совпадают и подтверждаются численно.

Да, это Maple и выдавал. Но если с функцией Вебера я хотя бы знаком, функцию Струве теперь вот тоже видел, то функция Мейера для меня - какая-то чертовщина, которая чёрт его знает, как себя ведёт.

[thething]

А как Вам такая идея: берем функцию $f(z)=\frac{J_0(az)zh(z)}{1+z^3}$, где $h(z)$ -- регулярная ветвь $\operatorname{Ln} z$ в области: круг радиуса $R$ с выброшенным маленьким кругом радиуса $r$ и разрезом по отрезку $[r,R]$. При переходе с верхнего берега на нижний логарифм получаем приращение $2\pi i$, соответственно, логарифмы на нижнем и верхнем берегах сократятся и останется только нужный интеграл, умноженный на константу. Вроде бы все верно (хотя сам не делал, может, всплывут какие-то косяки, которые так навскидку не видны)

[ex-math]

thething
Функция Бесселя все испортит, она же будет хорошо расти на бесконечности в каких-то направлениях. Но Ваша идея мне нравится в том плане, что можно вычислять интегралы от рациональных функций по полупрямой, раньше такое в голову не приходило.

[thething]

ex-math
Да, я тоже подозревал, что на бесконечности будет все плохо.. Так как функция Бесселя -- это такой аналог косинуса..

[Markiyan Hirnyk]

Gickle

Цитата:

Да, это Maple и выдавал. Но если с функцией Вебера я хотя бы знаком, функцию Струве теперь вот тоже видел, то функция Мейера для меня - какая-то чертовщина, которая чёрт его знает, как себя ведёт.

Новая комманда Математики

AsymptoticIntegrate

определяет, например, что $I(a)\sim \frac 1 a\,, a\to \infty.$

[Gickle]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1303155 писал(а):

Новая комманда Математики определяет, например, что $I(a)\sim \frac 1 a\,, a\to \infty.$

Да, это я и без компьютерной алгебры знаю. А Mathematica/Maple никаких упрощений для

$$C \, (H_0(z) - Y_0(z)) - \bar{C} \, (H_0(\bar{z}) - Y_0(\bar{z}))$$

не предлагают, например?