Почему не считается интеграл

[Yadryara]

$$\int\limits_{0}^{2}\frac1{\ln^1{x}}\approx 1.045 $$

$$\int\limits_{0}^{2}\frac1{\ln^3{x}}\approx \quad ? $$

Собственные попытки решения.

Разбил отрезок на части по одной миллионной, посчитал методом прямоугольников, выбросив одно значение в точке $x=1$, для 1-й степени сошлось: $1.045164$. Для 3-й степени этот приём не сработал — значение получилось огромное.

В PARI вот такая команда даёт

real(-eint1(-log(fin)^1)) =  1.045164
real(-eint1(-log(fin)^3)) = -0.159385

Но вот правильно ли это, уверенности нет. Альфа тоже не берёт с кубом.

[Dmitriy40]

Зато вольфрамальфа показывает формулу для этого интеграла (вместе с графиками):

$$\frac{\operatorname{li}(x)}{2}-\frac{x}{2}\left(\frac{1}{\ln(x)}+\frac{1}{\ln^2(x)}\right)$$

И если в ней положить что в нуле он равен нулю, то подставляя в $x$ верхний предел можно получить похожие на правду (судя по его же графикам, да и по смыслу) значения:

? x=2;real(-eint1(-log(x)))/2-x/2*(1/log(x)+1/log(x)^2)
%1 = -3.0014821318358248128072118401395769942
? x=3;real(-eint1(-log(x)))/2-x/2*(1/log(x)+1/log(x)^2)
%2 = -1.5263677171419946705461366750931778737
? x=9;real(-eint1(-log(x)))/2-x/2*(1/log(x)+1/log(x)^2)
%3 = -0.11952176439810487448888669003343299363
? x=10;real(-eint1(-log(x)))/2-x/2*(1/log(x)+1/log(x)^2)
%4 = -0.031731142180679815593957868073568405232
? x=11;real(-eint1(-log(x)))/2-x/2*(1/log(x)+1/log(x)^2)
%5 = 0.045288369793610299320231950795256087231

-- 19.05.2025, 18:30 --

Кстати недавно же замучил вольфрамальфа по поводу интегралов от обратных логарифмов:

Dmitriy40 в сообщении #1681790 писал(а):

Да, степень надо понизить до первой и коэффициенты тоже будут другими.

-- 11.04.2025, 15:09 --

Вот такими:

$$\int \frac{1}{\ln^k x}dx = \frac{1}{(k-1)!} \left( li(x) - x \sum\limits_{i=1}^{k-1} \frac{(i-1)!}{\ln^i x}\right)$$

[Yadryara]

Спасибо. Я уже и забыл что сам нашёл способ посмотреть эти формулы в Альфе.

Да, вроде бы так работает. И пока даёт лучшее приближение чем HL1.

[Yadryara]

Хотя еcть сомнения — добился выдачи этой формулы, присмотрелся внимательно:

for $ Re(x)\leqslant 1 \quad V x \notin \mathbb{R}$

И для формулы для 2-й степени то же самое ограничение.

$$\int\limits_{0}^{x}\frac1{\ln^2{t}}dt=\operatorname{li}(x)-\frac{x}{\ln(x)}$$

real(-eint1(-log(2))) - 2/log(2) равен примерно -1.840226 

Что конечно же не так, значение $\int\limits_{0}^{2}\frac1{\ln^2{t}}dt$ огромно, если не бесконечно.

С другой стороны и для 1-й степени то же самое пишет, а уж для неё-то точно значение правильно посчитано. Может не обращать внимания на чётные степени и считать только для нечётных?

[nnosipov]

Yadryara в сообщении #1686465 писал(а):

$$\int\limits_{0}^{2}\frac1{\ln^1{x}}\approx 1.045 $$

$$\int\limits_{0}^{2}\frac1{\ln^3{x}}\approx \quad ? $$

Собственные попытки решения.

Разбил отрезок на части по одной миллионной, посчитал методом прямоугольников, выбросив одно значение в точке $x=1$, для 1-й степени сошлось: $1.045164$. Для 3-й степени этот приём не сработал — значение получилось огромное.

Все верно, интеграл здесь нужно понимать в смысле главного значения по Коши, т.е. как

$$\lim_{\varepsilon \to 0}\left(\int_0^{1-\varepsilon}\frac{dx}{\ln{(x)}^3}+\int_{1+\varepsilon}^2\frac{dx}{\ln{(x)}^3}\right),$$

а этот предел равен $\infty$ (при $\varepsilon \to 0$ функция под знаком предела асимптотически ведет себя как $3\varepsilon^{-1}$).

[Yadryara]

Какие люди!

А что тогда считает PARI ? Ведь посчитал же: $-3.001$.

Как-то через комплексные числа считается?

Вообще задача стоит амбициозная: приспособить точную формулу Римана 1859 года для простых чисел, чтобы считать по ней количество кортежей из простых чисел в интервале.

HL1 (1-ю гипотезу Харди-Литлвуда) уже удалось для этого приспособить, но хочется-то считать ещё точнее.

И проблема, я пока не могу найти как Риман вывел свою формулу. Везде в поиске натыкаюсь на гипотезу Римана. А гипотеза пока не интересна, ведь всё равно первые 103 триллиона нулей и так все на критической прямой.

Может быть можно переписать формулу Римана так, чтобы интегралы считать от 2-х, а не от нуля...

[nnosipov]

Yadryara в сообщении #1686586 писал(а):

А что тогда считает PARI ? Ведь посчитал же: $-3.001$.

То, что спросили, то и посчитал. Но это не имеет отношения к вычислению интеграла (формула Ньютона-Лейбница неприменима в данном случае).

Кстати, если хотите прочувствовать эффект, поэкспериментируйте с интегралами

$$\int_{-1}^1\frac{dx}{1-\cos{(x)}+\sin{(x)}}, \quad \int_{-1}^1\frac{dx}{(1-\cos{(x)}+\sin{(x)})^3}$$

(здесь можно обойтись без спецфункций).

[Yadryara]

То есть для 1-й степени формула Ньютона-Лейбница применима, а для 3-й, 5-й и так далее неприменима? Пока не понял почему, ведь уход в бесконечность и там и там.

[nnosipov]

Yadryara в сообщении #1686589 писал(а):

То есть для 1-й степени формула Ньютона-Лейбница применима, а для 3-й, 5-й и так далее неприменима?

Формула Н-Л здесь вообще не применима, ведь эти интегралы для любой степени не существуют в обычном смысле (понимаемые как интегралы Римана по отрезку). Единственный способ придать им смысл --- это понимать их в смысле главного значения по Коши. Просто для 1-й степени получается конечное значение, а для остальных степеней --- бесконечное. Так бывает (см. мои примеры выше, где можно обойтись без спецфункций).

[Yadryara]

Ну да, примем как данность. Ведь в случае с гармоническим рядом 1-я степень тоже отличается от бо́льших степеней в плане сходимости.

nnosipov в сообщении #1686590 писал(а):

ведь эти интегралы для любой степени не существуют в обычном смысле

Хорошо. Тогда может и фиг с ним, с обычным смыслом? Может нас и необычный смысл устроит? Численно, то что считает PARI, пока здоровские приближения к настоящему количеству 3-кортежей даёт.

Тогда тем более интересно, что считает PARI, ведь Альфа же не с бухты-барахты эту формулу показывает.

Или это лучше в другой теме обсуждать? Я ещё одну тему создавал.

[Padawan]

Yadryara в сообщении #1686592 писал(а):

Альфа же не с бухты-барахты эту формулу
показывает.

Может быть в окрестности полюса $t=1$ разность $\frac{1}{\ln^3t}-\frac{1}{2\ln t } $ раскладывается в ряд Лорана, и берется его первообразная, которая будет однозначной функцией в силу отсутствия члена $\frac 1{t-1}$?

-- Вт май 20, 2025 12:00:25 --

Кстати, Вольфрам Альфа там пишет же в ответе для $x\leqslant 1$ или $x\not\in \mathbb R$.

[Yadryara]

Padawan, да, я это уже отметил:

Yadryara в сообщении #1686579 писал(а):

for $ Re(x)\leqslant 1 \quad V x \notin \mathbb{R}$

Можно ли формулу Римана

$$ J(x) = Li(x) - \sum\limits_{\rho }^{\infty}Li(x^{\rho})-\ln2 + \int\limits_{x}^{\infty}\frac1{t(t^2-1)\lnt}dt$$

переписать так, чтобы главный член $Li(x)$ считался не от нуля, а от 2-х? Как эта перезапись повлияет на остальные члены?

-- 20.05.2025, 10:58 --

Yadryara в сообщении #1686586 писал(а):

ведь всё равно первые 103 триллиона нулей и так все на критической прямой.

Прошу прощения: 103 миллиарда.

[Dmitriy40]

nnosipov в сообщении #1686583 писал(а):

а этот предел равен $\infty$ (при $\varepsilon \to 0$ функция под знаком предела асимптотически ведет себя как $3\varepsilon^{-1}$).

nnosipov в сообщении #1686590 писал(а):

Просто для 1-й степени получается конечное значение, а для остальных степеней --- бесконечное.

Yadryara
Да, так и есть, улучшение точности не приводит к сходимости интеграла:

? e=1e-3;intnum(t=0,1-e,1/log(t)^1)+intnum(t=1+e,2,1/log(t)^1)
%1 = 1.0441637800897149995668078635881729156
? e=1e-4;intnum(t=0,1-e,1/log(t)^1)+intnum(t=1+e,2,1/log(t)^1)
%2 = 1.0450637801174650070667361114165105761
? e=1e-5;intnum(t=0,1-e,1/log(t)^1)+intnum(t=1+e,2,1/log(t)^1)
%3 = 1.0451537801174927570668111106668353587
? e=1e-3;intnum(t=0,1-e,1/log(t)^3)+intnum(t=1+e,2,1/log(t)^3)
%4 = 2996.9985178681655640763003412787381168
? e=1e-4;intnum(t=0,1-e,1/log(t)^3)+intnum(t=1+e,2,1/log(t)^3)
%5 = 29996.998517868164178074363481554881591
? e=1e-5;intnum(t=0,1-e,1/log(t)^3)+intnum(t=1+e,2,1/log(t)^3)
%6 = 299996.99851786819155379554947082465982

И значит интеграл (в этом смысле) не существует (равен $\infty$).
А что считает PARI - вопрос вообще туманный.

[Dmitriy40]

Yadryara в сообщении #1686608 писал(а):

переписать так, чтобы главный член $Li(x)$ считался не от нуля, а от 2-х?

Это как раз несложно: $li(x>2)=Li_{2\ldots}(x)+li(2)=Li_{2\ldots}(x)+1.0451637801174927848445888891946131365$.
И даже если невозможно вычислить $li(2)$ (для степеней выше первой), то мы же точно знаем $J(x)$ для малых $x$ (для любых до например миллиардов), можно посчитать без $li(2)$ и разность от точного значения приравнять к $li(2)$ (и проверить по нескольким точкам что так работает).

А вот что делать с ним же под суммой ... Там заменить интегральный логарифм на сумму двух интегральных логарифмов не получится потому что он берётся от комплексного числа (и соответственно многозначный). PARI выдаёт чушь странное:

? real(-eint1(-log(1e17)*(1/2+I*14.134725141734693790457251983562470271)))
%1 = 223585.37861766580764227060826913279563
? real(-eint1(-log(1e17)/2))+real(-eint1(-log(1e17)*(I*14.134725141734693790457251983562470271)))
%2 = 17083650.036236732463851887578328824376

[Yadryara]

Dmitriy40 в сообщении #1686943 писал(а):

Это как раз несложно: $li(x>2)=Li_{2\ldots}(x)+li(2)=Li_{2\ldots}(x)+1.0451637801174927848445888891946131365$.

Ну я имел в виду, можно ли вообще не считать число $1.045$