Несобственный интеграл

[B@R5uk]

Подскажите, пожалуйста, как бороться с таким интегралом:

$$\int\limits_{0}^{\infty }{\frac{\exp \left( i\beta \sqrt{1+{{\alpha }^{2}}} \right)d\alpha }{1+{{\alpha }^{2}}}}$$

[svv]

Disclaimer: 1) я не проверял тщательно; 2) я не доводил до конца.
Обозначим Ваш параметр $\mu$ вместо $\beta$.

1. Дифференцируем интеграл по параметру:
$I'=\frac{dI}{d\mu}=\int\limits_{0}^{\infty }\frac{\exp \left( i\mu \sqrt{1+\alpha^2} \right)d\alpha }{\sqrt{1+\alpha^2}}$
Тем самым мы обязуемся потом проинтегрировать результат по $\mu$, и вся надежда на то, что это интегрирование будет проще исходного.

2. Делаем замену $\sqrt{1+\alpha^2}=x$, тогда $\alpha=\sqrt{x^2-1}$, $d\alpha=\frac{x\,dx}{\sqrt{x^2-1}}$:
$I'=\int\limits_{1}^{\infty }(x^2-1)^{\nu-1}e^{i\mu x}dx$,
где $\nu=\frac 1 2$.

3. Смотрим этот интеграл в справочнике Градштейна и Рыжика под номером 3.387(4), стр. 336. Формулы сильно упрощаются как раз в нашем случае $\nu=\frac 1 2$. Там два варианта в зависимости от знака $\operatorname{Im}\mu$. Я не знаю, какой вариант выбрать в случае $\operatorname{Im}\mu=0$ и годится ли хоть один из них. Более того, я вообще не понимаю, как интеграл может сходиться при $\operatorname{Im}\mu<0$.

[B@R5uk]

Спасибо.

Бета или мю, в Ваших обозначениях, — это действительный параметр.

А что за функция Аш с индексами у Рыжика?

[svv]

$\mu$ — это я подгонял обозначения под Градштейна-Рыжика. А так $\beta$ тоже хорошая буква.

$H^{(1)}_{\nu}(z)$ — это функция Ханкеля первого рода, порядка $\nu$. Она хорошо изучена, это одна из самых «популярных» специальных функций. Так же как и функция Бесселя $J_{\nu}(z)$ и функция Неймана $N_{\nu}(z)$, она является решением уравнения Бесселя.
Об этих функциях см. Бейтмен, Эрдейи. Высшие трансцендентные функции. Том 2.

-- Вс май 24, 2015 01:05:30 --

B@R5uk в сообщении #1018935 писал(а):

Бета или мю, в Ваших обозначениях, — это действительный параметр.

Да, я так и понял. Поэтому меня очень беспокоит, что как раз этого случая нет в книге, тем более, что я не понимаю, что в нём особенного. На мой взгляд, случай $\operatorname{Im}\mu<0$ гораздо хуже, так как модуль экспоненты растёт с ростом $x$. Если условие $\operatorname{Im}\mu\neq 0$ по неизвестной нам причине так важно для взятия интеграла 3.387(4), считайте, что $\mu$ имеет малую положительную мнимую часть, которую потом можно будет устремить к нулю. Формулу такое предположение никак не усложняет.

[Otta]

svv
Может, там (в справочнике) все-таки нет мнимой единицы в показателе?

[svv]

Вот...



-- Вс май 24, 2015 01:53:10 --

Эх, да всё равно таким способом ничего не получится, неопределённого интеграла $\int H^{(1)}_0 (x) dx$ в справочниках нет, хотя более сложные на вид интегралы от цилиндрических функций с дополнительными прибамбасами — это пожалуйста. Просто этим функциям вес под интегралом нужен, тогда они себя чувствуют в своей тарелке.

[Otta]

Судя по всему, имеется в виду $\operatorname{Re}\mu$ - в таком случае вторая формула получается из первой заменой переменной интегрирования с $x$ на $-x$.

[svv]

Otta
Хорошо, допустим, авторы имели в виду $\operatorname{Re}\mu$. А видна какая-то причина, которая не позволяет пользоваться в обоих случаях, $>0$ и $<0$, любой из формул? Нарушается какая-нибудь аналитичность в «неколебательном» случае $\operatorname{Re}\mu=0$ ? Интеграл не обязан непрерывно зависеть от параметра?

Потом, условие $\operatorname{Im}\mu\geqslant 0$ всё равно надо было бы оговорить, и они такое обычно оговаривают.

[Otta]

Я его нашла в этом справочнике. Вот этот:

svv в сообщении #1018773 писал(а):

$I'=\frac{dI}{d\mu}=\int\limits_{0}^{\infty }\frac{\exp \left( i\mu \sqrt{1+\alpha^2} \right)d\alpha }{\sqrt{1+\alpha^2}}$

Это, оказывается, одно из интегральных представлений функции Ганкеля:

$$H^{(1)}_0(x)=-\frac{i}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{i\sqrt{x^2+t^2}}}{\sqrt{x^2+t^2}}\,dt,\;x>0$$

.
Интеграл $I'=\frac{dI}{d\mu}=\int\limits_{0}^{\infty }\frac{\exp \left( i\mu \sqrt{1+\alpha^2} \right)d\alpha }{\sqrt{1+\alpha^2}}$ сводится к этому, получается нечто вроде функции Ганкеля $H^{(1)}_0(\mu)$ с точностью до постоянного множителя. Но радости пока с этого мало.

[B@R5uk]

Спасибо.

Используя дифференцирование/интегрирование по параметру в исходном интеграле, а так же последнюю формулу для функции Ханкеля (в справочнике Грандштейна и Рыжика она первая на странице 971), у меня получилось что-то такое:

$$\int\limits_{0}^{\infty }{\frac{\exp \left( i\beta \sqrt{1+{{\alpha }^{2}}} \right)d\alpha }{1+{{\alpha }^{2}}}}=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}\int\limits_{0}^{\beta }{H_{0}^{\left( 1 \right)}\left( \mu \right)d\mu }$$

Для первообразных функций Ханкеля существуют какие-нибудь выражения хорошие не в форме ряда?

[svv]

В WolframAlpha наберите integrate HankelH1[0, x], он выдаст прелестный результат с гипергеометрической функцией, через которую вообще всё (ну, или почти всё) можно выразить.

Есть ещё капитальный труд: Ватсон Г. Теория бесселевых функций. Он хоть 1949 года, но мне кажется, что вряд ли с того времени в этой области получены какие-то фундаментальные результаты. Если там нет, не думаю, что где-то в другом месте найдётся.

[Otta]

svv в сообщении #1019040 писал(а):

В WolframAlpha наберите integrate HankelH1[0, x], он выдаст прелестный результат с гипергеометрической функцией,

Ага, прелестный)) осталось, правда, выбрать из семейства первообразных ту, которая в нуле равна $\pi/2$.

Во: ссыль.