Асимптотика интегралов

[mospehraict]

Требуется посчитать главный член асимптотики интеграла
$\int_{a}^{b} e^{i\lambda t} f(t) dt$
при $\lambda >> 1$.
f(t) задана следующим образом:
$f(t)=\ln(1-t)$,
а пределы a=-1, b=1.
Проблема в том, что для леммы Эрдейи, как и для аналога метода Лапласа для интегралов Фурье, например, требуется $f\in C^\infty[a,b]$, а здесь f вообще разрывна и принадлежит только $f\in L^1, f'\notin L^1$, поэтому не факт, что $f = o(1/\lambda)$
Как бы её всё-таки посчитать? Спасибо.

[Гость]

У меня получилось $i{\rm e}^{i\lambda}\frac{\ln \lambda}{\lambda} $. Но неформально.

[mospehraict]

Вы не могли бы подсказать, каким методом Вы пользовались?

[Гость]

Mathematica

[Гость]

http://integrals.wolfram.com/ берет интегралы (вводим Exp[I l x]Log[1-x]).
http://functions.wolfram.com/ справочник по функциям (ExpIntegralEi).

[mospehraict]

А причём функция Ei? К ней сводится что ли? Что-то я почитал - не придумал как..

[mospehraict]

Просто мне сказали, что можно свести к спецфункциям, но я пока не придумал, к каким бы...

[Гость]

Мне пришло в голову взять по частям и сравнить с этими определениями functions.wolfram - Ei - интегральные представления.

[mospehraict]

Да по частям как возьмёшь - там же особая точка в единице. Значит $f\notin C^1[-1,1]$ - не получится.

[mospehraict]

Свести непосредственно к Ei(x), видимо, не получится. Maple сводит её к Ei(n,x).
Зато нашлась теорема в книге Федорюка "Метод перевала". глава III, параграф 1, Лемма 1.4.
Спасибо за участие!

[незваный гость]

Я проверял - взятие по частям работает. (Особенность в 1 надо отделить и забыть).

[mospehraict]

Что значит забыть?

[незваный гость]

Преобразованием $t \rightarrow 1-\frac{u}{\lambda}$ мы приводим исходый интеграл $\int\limits_{-1}^{1} e^{i\lambda t} \ln(1-t) {\rm d}t$ к виду $\frac{e^{i\lambda}}{\lambda}} \int\limits_{0}^{2\lambda} e^{-i u} \ln(\frac{u}{\lambda}) {\rm d}u = $ $\frac{e^{i\lambda}}{\lambda}} \left( \int\limits_{0}^{1} e^{-i u} \ln(u) {\rm d}u + \int\limits_{1}^{2\lambda} e^{-i u} \ln(u) {\rm d}u - \int\limits_{0}^{2\lambda} e^{-i u} \ln(\lambda) {\rm d}u\right)$. Первый интеграл суть константа, от $\lambda$ не зависящая. Он имеет особенность в $0$, которая соответсвует особенности в $1$ в исходном, но она проходима, т.к. интеграл от абсолютной величины существует. Интервал же второго интеграла особенности не содержит. Мы покажем, что он (в совокупности с третьим, табличным) растет аки ${\rm O}(\ln \lambda)$, и посему первый интеграл "не играет" (что я и имел в виду, когда писал "особенность отделить и забыть").

Имеем $\frac{e^{i\lambda}}{\lambda}} \left( {\rm O}(1) + \int\limits_{1}^{2\lambda} e^{-i u} \ln(u) {\rm d}u - i \ln \lambda (e^{2 i \lambda} -1)\right) = $ $\frac{e^{i\lambda}}{\lambda}} \left( {\rm O}(1) + i \int\limits_{1}^{2\lambda} \ln(u) {\rm d}e^{-i u} + i \ln \lambda (1- e^{2 i \lambda})\right) = $ $\frac{i e^{i\lambda}}{\lambda}} \left( {\rm O}(1) + e^{-i u} \ln(u) |\limits_{1}^{2\lambda} - \int\limits_{1}^{2\lambda} \frac{1}{u} e^{-i u} {\rm d} u + \ln \lambda (1- e^{2 i \lambda}) \right) = $ $\frac{i e^{i\lambda}}{\lambda}} \left( {\rm O}(1) + e^{-2 i \lambda} \ln(2\lambda) + \ln \lambda (1- e^{2 i \lambda}) - \int\limits_{1}^{2\lambda} \frac{1}{u} e^{-i u} {\rm d} u \right) = $ $\frac{i e^{i\lambda}}{\lambda}} \left( {\rm O}(1) + e^{-2 i \lambda} \ln 2 + \ln \lambda - \int\limits_{1}^{2\lambda} \frac{1}{u} e^{-i u} {\rm d} u ) \right) $. И $e^{-2 i \lambda} \ln 2$, и $\int\limits_{1}^{2\lambda} \frac{1}{u} e^{-i u} {\rm d} u$ суть величины ограниченные, и посему окончательно имеем $i e^{i\lambda} \frac{\ln \lambda}{\lambda}} + {\rm O}(\frac{1}{\lambda})$