Интегральный синус с логарифмическим довеском

[bayak]

Насколько я понимаю, неопределённый интеграл

$$\int\sin(e^{x}+x)dx = \int\frac{\sin(y+\ln y)}{y}dy$$

равно как и тот, который называется интегральный синус, в конечном виде не берутся. А как они считаются?

[Утундрий]

bayak в сообщении #973872 писал(а):

неопределённый интеграл

bayak в сообщении #973872 писал(а):

как они считаются?

С точностью до константы.

[bayak]

Утундрий, считайте, что константа равна нулю. Впрочем, Вы правы, слово "считаются" в стартовом сообщении было неуместным. Правильнее было бы спросить о численных методах нахождения интеграла. Если подинтегральную функцию интегрального синуса можно разложить в степенной ряд, то с логарифмической добавкой вряд ли этот трюк проходит. Хотя, если этот интеграл преобразовать к произведению интегрального синуса на котангенс, а котангенс выразить через сумму простых дробей, то может быть и получится. Наверняка метод существует, подскажите (или укажите на литературу), пожалуйста.

[B@R5uk]

bayak, вам надо численно посчитать определённый интеграл или же получить аналитическое выражение в виде ряда?

[bayak]

И то и другое - сначала представить в виде ряда, а потом и вычислить.

[B@R5uk]

Гиблое дело вы затеяли. Интегралы считать заметно проще, чем ряды суммировать. В ряды раскладывают для последующего анализа и доказательств (например, что функция является решением какого-нибудь дифференциального уравнения).

[ИСН]

Не то Вы говорите, B@R5uk. Здесь речь про численное нахождение, а в нём ряды - основной, да что там, иногда единственный метод. Только надо найти хороший ряд.

[g______d]

По-моему, интеграл сводится к неполной $\Gamma$-функции комплексного аргумента.

[Vince Diesel]

ИСН в сообщении #974918 писал(а):

Не то Вы говорите, B@R5uk. Здесь речь про численное нахождение, а в нём ряды - основной, да что там, иногда единственный метод.

Чего это? А просто квадратурной формулой, хоть бы и прямоугольников?

[ИСН]

Где-нибудь ещё - возможно, а здесь... Функция быстро осциллирует. Плюсы, минусы, вот это всё. Значения размываются, а ошибки накапливаются. Да ну его к лешему.

[Vince Diesel]

Если промежуток фиксированный, то заменами, типа как в первом посте, можно как-то уменьшать осцилляции.

[ИСН]

Посмотрел бы я, как это замена из первого поста Вам уменьшит осцилляции.
(Какая-нибудь более изощрённая - ну, может быть.)

[bayak]

ИСН в сообщении #974992 писал(а):

Да ну его к лешему.

А мне кажется, что овчинка стоит выделки.

Чтобы вы понимали откуда тут ноги растут, приведу нижеследущие собственные выкладки:

Цитата:

С учетом того, что пилообразная функция может быть представлена рядом Фурье:

$\begin{equation*} |x|_{\pm 1}=\frac{2}{\pi} \sum\limits_1^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k}\sin(kx), \end{equation*} $

для суммы ряда, представляющего $\zeta(s)$-функцию Римана, получаем формулу:

$\begin{equation*} S(a,b)=\sum_{1}^{\infty}\frac{1}{n}|e^{t_n-at_{n}}|_{\pm 1}e^{ibt_{n}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2}{\pi n}\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k}\sin(k n^{1-a})n^{ib}, \end{equation*} $

где $s=a-ib$, $t_{n}=\ln (n)$.

Вместе с тем, с помощью формулы суммирования Абеля-Плана сумма этого ряда может быть представлена интегральным выражением:

$\begin{equation*} S(s)=\frac{1}{2} + \int_{0}^{\infty} \frac{|(x+1)^{1-s}|_{\pm 1}}{x+1}dx + i\int_{0}^{\infty}\frac{|(ix+1)^{1-s}|_{\pm 1}}{(ix+1)(e^{2\pi x}-1)}dx -i\int_{0}^{\infty}\frac{|(1-ix)^{1-s}|_{\pm 1}}{(1-ix)(e^{2\pi x}-1)}dx. \end{equation*} $

Для вычисления первого интеграла этого выражения, необходимо сначала найти интеграл:

$\begin{equation*} \int_{0}^{\infty}\frac{\sin k(1+x)^{1-s}}{1+x}dx. \end{equation*} $

После подстановки $y=\ln (1+x)$ имеем:

$\begin{equation*} \int_{0}^{\infty}\sin(k\cdot e^{(1-s)y})dy, \end{equation*} $

а после подстановки $t=e^{(1-s)y}$ получим:

$\begin{equation*} \int_{1}^{\infty}\frac{\sin kt}{(1-s)t}dt, \end{equation*} $

и, наконец, после замены $z=kt$ имеем:

$\begin{equation*} \frac{1}{1-s}\int_{k}^{\infty}\frac{\sin z}{z}dz = \frac{\operatorname{si}(k)}{s-1}. \end{equation*} $

Тогда

$\begin{equation*} \int_{0}^{\infty} \frac{|(x+1)^{1-s}|_{\pm 1}}{x+1}dx = \frac{2}{\pi(s-1)} \sum\limits_1^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k}\operatorname{si}(k). \end{equation*} $

Однако, поскольку в области $s>1$ интеграл легко вычисляется:

$\begin{equation*} \int_{0}^{\infty} \frac{|(x+1)^{1-s}|_{\pm 1}}{x+1}dx = \frac{1}{s-1}, \end{equation*} $

то такое же значение интеграла будет и в области $s<1$, откуда получим:

$\begin{equation*} \sum\limits_{1}^{\infty}\operatorname{si}(k)=\frac{\pi}{2\ln2}. \end{equation*}$

[bayak]

Впрочем, если использовать представление функции $\sin x$ степенным рядом, то получим сумму тройного ряда:

$ \begin{equation*} \zeta(s)=\frac{2}{\pi} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \sum\limits_{k=1}^\infty\sum\limits_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}(-1)^{2m-1}kn^{(2m-1)(1-s)}}{kn(2m-1)!}. \end{equation*}$

[Oleg Zubelevich]

bayak в сообщении #974450 писал(а):

Утундрий, считайте, что константа равна нулю

продемонстрируйте плз полагание константы нулем на примере такого интеграла $\int xdx$