Взятие интеграла

[asmirnov]

Добрый день!

Подскажите, пожалуйста, возможно, методы взятия подобного интеграла:

$\int\limits_{ - \infty }^\infty {dt\frac{{\exp \left( { - \left| a \right|\sqrt {{t^2} + {b^2}} } \right)\exp \left( { - it} \right)}}{{\sqrt {{t^2} + {b^2}} }}}$ .

Просмотрел Градштейна Рыжика, есть похожие, но не совсем.
Как кажется, результатом будут функции Бесселя.
Программным пакетом также ничего не удалось добиться.

Заранее спасибо за помощь!

[ex-math]

Можно для начала продифференцировать по $a $, чтобы избавиться от корня в знменателе. Потом замкнуть контур большой полуокружностью через нижнюю полуплоскость, там еще будет разрез от $-ib $ вертикально вниз. Полуокружность, навскидку, даст малый вклад, а разрез даст что-то вроде косинуса с экспонентой, а такой интеграл может и отыщется в справочнике. В общем, надо пробовать.

-- 19.08.2015, 14:30 --

Кажется, всего этого можно достичь, просто заменив $s=\sqrt {t^2+b^2} $.

[ex-math]

Все-таки контурное интегрирование и замена дают не одно и то же.
А самый простой вид Ваш интеграл, похоже, получает при замене $t=b\mathrm {ch}x $

$$2\int_0^\infty e^{-ab\mathrm {ch}x}\cos b\mathrm {sh}x\,dx $$

-- 20.08.2015, 14:04 --

Если такого нет в справочниках, можно разложить косинус в ряд. Полученные интегралы, если их все же нет в справочниках, допускают рекуррентное соотношение. Копайте.

[asmirnov]

ex-math в сообщении #1046521 писал(а):

Все-таки контурное интегрирование и замена дают не одно и то же.
А самый простой вид Ваш интеграл, похоже, получает при замене $t=b\mathrm {ch}x $

$$2\int_0^\infty e^{-ab\mathrm {ch}x}\cos b\mathrm {sh}x\,dx $$

-- 20.08.2015, 14:04 --

Если такого нет в справочниках, можно разложить косинус в ряд. Полученные интегралы, если их все же нет в справочниках, допускают рекуррентное соотношение. Копайте.

Благодарю!

Только Вы, наверное, имели ввиду замену $t=b\mathrm {sh}x $, чтобы под корнем получить $t=\mathrm {ch}x $.

[ex-math]

asmirnov
Да, верно.
Смотрите, как еще можно сделать. Запишем наш интеграл в виде $F (ab,b) $, где

$$F (x,y)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x\mathrm {ch}t+iy\mathrm {sh}t}dt . $$

Дифференцируя по параметрам и интегрируя по частям, получим уравнение $yF'_x=xF'_y $, общее решение которого есть произвольная функция от $x^2+y^2$. Полагая $y=0$, находим

$$F (x,y)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\sqrt {x^2+y^2}\mathrm {ch}t}dt. $$

Вот Ваш интеграл и выразился через более простой. Его можно еще записать в виде

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac {\cos t\,dt}{\sqrt {t^2+x^2+y^2}}.$$

Это вроде есть в книге Ватсона "Теория бесселевых функций". Может, он и явно вычисляется.

[asmirnov]

ex-math в сообщении #1046559 писал(а):

Да, верно.
Смотрите, как еще можно сделать. Запишем наш интеграл в виде $F (ab,b) $, где

$$F (x,y)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x\mathrm {ch}t+iy\mathrm {sh}t}dt . $$

Дифференцируя по параметрам и интегрируя по частям, получим уравнение $yF'_x=xF'_y $, общее решение которого есть произвольная функция от $x^2+y^2$.

Отличная идея!

Только вот у нас при гиперболическои синусе минус стоит:

$$F (x,y)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x\mathrm {ch}t-iy\mathrm {sh}t}dt . $$

Но это не меняет сути. У меня тогда в этом случае получается соотношение $iyF'_x=xF'_y $.
Вот только тут вопрос, если у нас x по сути это положительная величина, то когда мы берем производную, $F'_y$, у нас получается под интегралом ноль из-за нечетной функции. Как тут быть?

Еще не очень понятен Ваш переход, как получаются слещующие два выражения?

Цитата:

Полагая $y=0$, находим

$$F (x,y)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\sqrt {x^2+y^2}\mathrm {ch}t}dt. $$

Вот Ваш интеграл и выразился через более простой. Его можно еще записать в виде

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac {\cos t\,dt}{\sqrt {t^2+x^2+y^2}}.$$

[ex-math]

Знак перед $y $ не важен, интеграл будет один и тот же. Множитель $i $ в уравнении никак не может получиться, смотрите внимательнее. Почему Вы решили, что под интегралом ноль? При дифференцировании по $y $ вылезает гиперболический синус, но он умножается на экспоненту, которая не является четной.

Насчет следующего перехода. Вам понятно, что $F (x,y)=g (x^2+y^2) $? Если нет, можно почитать в учебнике по диф.ур. (например, Степанов) про уравнения первого порядка в частных производных. Дальше нам надо найти вид функции $g $. Для этого возьмем $y=0$ и получим $g (x^2)=F(x,0)$ или $g (t)=F (\sqrt t,0) $. То есть $g $ будет интегралом от экспоненты от гиперболического косинуса, что я и записал.

Другой интеграл равен полученному, это равенство доказывается в упомянутой мной книге. Книги мне сейчас недоступны, а этот интеграл я знаю из одной статьи. Поэтому Вам советую внимательно пролистать Ватсона, а также Бейтмена, Эрдейи "Высшие трансцендентные функции" в поисках каких-то соотношений или может даже явного выражения для таких интегралов. Еще просмотреть Градштейна и Прудникова, Брычкова, Маричева.

Я сомневаюсь, что есть явное выражение, так как по Вашим словам матпакеты ничего не дали, но по крайней мере можно будет найти максимально удобное представление. Кстати, для чего Вам это надо? Что дальше будет делаться с этим интегралом? Эта информация позволит понять, какое представление будет удобным.

[asmirnov]

ex-math в сообщении #1046753 писал(а):

Почему Вы решили, что под интегралом ноль? При дифференцировании по $y $ вылезает гиперболический синус, но он умножается на экспоненту, которая не является четной.

Это так, но в аргументе экспоненты - четная функция, гиперболический косинус, что и дает ноль, если такая экспонента умножается на гиперболический синус.

ex-math в сообщении #1046753 писал(а):

Знак перед $y $ не важен, интеграл будет один и тот же. Множитель $i $ в уравнении никак не может получиться, смотрите внимательнее.

Ну, смотрите. Когда мы дифференцируем по $x$, у нас вылезает гиперболический синус. Чтобы продифференцировать по частям, заносим этот синус под знак дифференциала и делаем замену переменных, например $t=ch(x)$. После этого формируем $du$ и $v$ для интегрирования по частям, где в $du$ окажется экспонента c мнимой единицей. Это и дает нам мнимую единицу в итоге. У меня получается так:
$ {F_x}^\prime \left( {x,y} \right) = - \int\limits_{ - \infty }^\infty {dtch\left( {x'} \right)\exp \left( { - x \cdot ch\left( {x'} \right)} \right)\exp \left( {iy \cdot sh\left( {x'} \right)} \right)} = - \int\limits_{ - \infty }^\infty {d\left( {sh\left( {x'} \right)} \right)\exp \left( { - x \cdot ch\left( {x'} \right)} \right)\exp \left( {iy \cdot sh\left( {x'} \right)} \right) = } \\ = - \int\limits_{ - \infty }^\infty {d\left( {sh\left( {x'} \right)} \right)\exp \left( {iy \cdot sh\left( {x'} \right)} \right)\exp \left( { - x \cdot \sqrt {1 + s{h^2}\left( {x'} \right)} } \right) = } - \frac{1}{{iy}}\int\limits_{ - \infty }^\infty {d\left( {\exp \left( {iy \cdot t} \right)} \right)\exp \left( { - x \cdot \sqrt {1 + {t^2}} } \right) = } \\ = - \frac{{x{}_0}}{{iy{}_0}}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\left( {\exp \left( {iy \cdot t} \right)} \right)\exp \left( { - x \cdot \sqrt {1 + {t^2}} } \right)\frac{t}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}dt} = - \frac{x}{{iy}}\int\limits_{ - \infty }^\infty {sh\left( {x'} \right)\exp \left( { - x{}_0 \cdot ch\left( {x'} \right)} \right)\exp \left( {iy{}_0 \cdot sh\left( {x'} \right)} \right)dx'} $

ex-math в сообщении #1046753 писал(а):

Насчет следующего перехода. Вам понятно, что $F (x,y)=g (x^2+y^2) $? Если нет, можно почитать в учебнике по диф.ур. (например, Степанов) про уравнения первого порядка в частных производных.

Это понятно, да.

[ex-math]

В аргументе экспоненты не только косинус, но еще и синус, так что этот аргумент не является четной функцией.

В ваших обозначениях не разобрался. Если считать, что $x'$ это $t $, а нолики при иксах и игреках не писать, то результат верен. То, что у Вас в правой части, и есть $\frac xyF'_y$, без всякой мнимой единицы, так как она входит в производную по игрек.

Что Вы все-таки предполагаете потом делать с интегралом? Зачем он нужен?

[sergei1961]

Нужный интеграл вроде есть в справочнике Прудников, Брычков, Маричев, Интегралы и ряды, том 1, с. 456, формула 4. Выражается через модифицированную функцию Бесселя.

[asmirnov]

ex-math в сообщении #1046848 писал(а):

В аргументе экспоненты не только косинус, но еще и синус, так что этот аргумент не является четной функцией.

В ваших обозначениях не разобрался. Если считать, что $x'$ это $t $, а нолики при иксах и игреках не писать, то результат верен. То, что у Вас в правой части, и есть $\frac xyF'_y$, без всякой мнимой единицы, так как она входит в производную по игрек.

Что Вы все-таки предполагаете потом делать с интегралом? Зачем он нужен?

Теперь понятно, спасибо. Что-то я не обратил должного внимания на эту мнимую единицу.
Этот интеграл частично входит в расчет плотности тока, который возникает при пролете частицы рядом с мишенью.

-- 22.08.2015, 09:43 --

ex-math в сообщении #1046559 писал(а):

asmirnov

$$F (x,y)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\sqrt {x^2+y^2}\mathrm {ch}t}dt. $$

Вот Ваш интеграл и выразился через более простой. Его можно еще записать в виде

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac {\cos t\,dt}{\sqrt {t^2+x^2+y^2}}.$$

Это вроде есть в книге Ватсона "Теория бесселевых функций". Может, он и явно вычисляется.

Точного перехода в Ватсоне я не нашел, он численно проверил - оба выражения идентичны. Спасибо!

-- 22.08.2015, 09:44 --

sergei1961 в сообщении #1046857 писал(а):

Нужный интеграл вроде есть в справочнике Прудников, Брычков, Маричев, Интегралы и ряды, том 1, с. 456, формула 4. Выражается через модифицированную функцию Бесселя.

Очень похоже, посмотрю повнимательнее. Благодарю!

[Mavlik]

Еще можно вспомнить свойство логарифма
$\exp \left(\ln \left[\frac{{\exp \left( { - \left| a \right|\sqrt {{t^2} + {b^2}} } \right)\exp \left( { - it} \right)}}{\sqrt {{t^2} + {b^2}} }\right]\right) $
Если нигде не ошибся, то дальше легко упростится

[ex-math]

Посмотрел у Прудникова. Это раздел 2.5.39, формула 4 (страница у меня другая, видимо, зависит от издания).
На самом деле мы эту формулу тут и получили. У нас вышло, что интеграл равен

$$ 2\int_0^\infty e^{-b\sqrt{a^2+1}\,\mathrm{ch}t}dt, $$

а это (если без двойки), оказывается, и есть модифицированная функция Бесселя 2-го рода $K_0(b\sqrt{a^2+1})$, что и утверждает справочник.