сложный интеграл с логарифмом

[livasov]

Помогите, пожалуйста, вычислить интеграл

$$\int\limits_{A}^{+\infty}\,\dfrac{a^{\mathrm{i}x}\ln{x}}{x}\,\mathrm{d}x,$$

где $A>0,\,\,a>1.$ Обычно, я использую Maple для сложных интегралов, но в этот раз он не помог. Я надеялся, что этот интеграл выражается через специальные функции.
Поделитесь своими мыслями

[NikolayPrimachenko]

livasov
Может быть, Вам поможет WolframAlpha?

-- 09.11.2017, 03:38 --

Ввел в WolframAlpha:

$$\int\limits_{1 \cdot 10^{-16}}^{+\infty}\,\dfrac{a^{\mathrm{i}x}\ln{x}}{x}\,\mathrm{d}x.$$

Смотрите, что получилось.

[Markiyan Hirnyk]

Pphantom, где вы?

[Lia]

Markiyan Hirnyk
А это как раз тот случай, когда можно поиграться с пакетами. Особенно интересно, что получится для произвольных значений параметров. И особенно интересно - аналитически. Так что дерзайте, Вам же нравится.

(Оффтоп)

Заменять только аналитическое решение - если оно ожидалось - пакетно-символьным не надо, а так - на здоровье.

[livasov]

NikolayPrimachenko в сообщении #1263706 писал(а):

Может быть, Вам поможет WolframAlpha
?

Вольфрам помог. Спасибо!

[Markiyan Hirnyk]

Проверка:

j = Integrate[a^(I*x)*Log[x]/x, {x, A, Infinity}]

ConditionalExpression[Gamma[0,-I A Log[a]] Log[A]+MeijerG[{{},{1,1}},{{0,0,0},{}},-I A Log[a]],Re[A]>0&&Im[A]==0&&Im[Log[a]]>0]

j /. {A -> 1, a -> Exp[1]}

Undefined

хотя

NIntegrate[Cos[x]*Log[x]/x, {x, 1, Infinity}]
-0.367079
NIntegrate[Sin[x]*Log[x]/x, {x, 1, Infinity}]
0.0751226

[Markiyan Hirnyk]

Вы пишите

Цитата:

Вольфрам помог. Спасибо!

Это не так: обратите внимание на условие $\operatorname{Im}\ln(a)>0$, а у вас $a>1.$
Поэтому рассмотрел интеграл в Математике, которая производит неверный ответ, как показано мною выше.

[NikolayPrimachenko]

Markiyan Hirnyk
Я попробовал в Альфе, точнее в бесплатной версии их облака (https://sandbox.open.wolframcloud.com/), найти интегралы с разными значениями параметров: $a \in \lbrace \frac{3}{2}, 2, 5 \rbrace$ и $A \in \lbrace \frac{1}{11}, \frac{3}{4}, 2 \rbrace$.

Если не ошибаюсь, Вольфрам выдает во всех 9 случаях что-то такое:

$$ i\,\pi\,\gamma \,+\, i\,\pi\,\ln{\left(\ln{\left(a\right)}\right)} \,-\, \frac{\pi^2}{2} \,-\, \Gamma\left( 0, -A\,i\,\ln{\left(a\right)} \right) \,\cdot\, \ln{\left(A^{-1}\right)} \,+\, G_{2,3}^{3,0}\left( -A\,i\,\ln{\left(a\right)} \left| \left{\begin{matrix}1,1\\0,0,0\end{matrix}} \right) $$

(Как все это правильно оформить в $\LaTeX$, не знаю.)

Например, такой код:

Integrate[((3/2)^(I x) Log[x])/x, {x, 3/4, Infinity}]

I EulerGamma \[Pi] - \[Pi]^2/2 + Gamma[0, -(3/4) I Log[3/2]] Log[3] - 
 Gamma[0, -(3/4) I Log[3/2]] Log[4] + I \[Pi] Log[Log[3/2]] + 
 MeijerG[{{}, {1, 1}}, {{0, 0, 0}, {}}, -(3/4) I Log[3/2]]

N[%]

-5.3526 - 0.120687 I

Я таких "монстриков" раньше не видел и с Вольфрамом почти не работал. Markiyan Hirnyk, не могли бы Вы сказать, похож ли этот ответ на правду?

Численное интегрирование заканчивается с предупреждением:

NIntegrate[((3/2)^(I x) Log[x])/x, {x, 3/4, Infinity}]

NIntegrate::ncvb: NIntegrate failed to converge to prescribed accuracy after 9 recursive bisections in x near {x} = {4.81037*10^7}. NIntegrate obtained -0.417758+0.901874 I and 0.000889773 for the integral and error estimates.

-0.417758 + 0.901874 I

Если подставить в выражение $A=1$ и $a=e$, то получится то же, что и у Вас выше.

I EulerGamma \[Pi] - \[Pi]^2/2 - 
 Gamma[0, -(1) I Log[E]] Log[E^(-1)]  
 + I \[Pi] Log[Log[E]] + 
  MeijerG[{{}, {1, 1}}, {{0, 0, 0}, {}}, -(1) I Log[E]]

I EulerGamma \[Pi] - \[Pi]^2/2 + Gamma[0, -I]

N[%]

-0.367079 + 0.0751226 I

livasov
А что получилось у Вас?

[Markiyan Hirnyk]

NikolayPrimachenko
Ответ

Цитата:

EulerGamma \[Pi] - \[Pi]^2/2 + Gamma[0, -(3/4) I Log[3/2]] Log[3] - 
Gamma[0, -(3/4) I Log[3/2]] Log[4] + I \[Pi] Log[Log[3/2]] + 
MeijerG[{{}, {1, 1}}, {{0, 0, 0}, {}}, -(3/4) I Log[3/2]]
N[%]
-5.3526 - 0.120687 I

неверный, как показывает численная проверка

NIntegrate[((3/2)^(I x) Log[x])/x, {x, 3/4, Infinity},  WorkingPrecision -> 12, AccuracyGoal -> 3]
-0.417776048714 + 0.901923458731 I

Пожалуйста, высказывайтесь ясно, четко и точно. Относительно

Цитата:

Markiyan Hirnyk, не могли бы Вы сказать, похож ли этот ответ на правду?

не знаю, не специалист по подделкам.

[GAA]

(На всякий случай напишу откровенные банальности как бы я боролся в Maple.)
Если нужно грубо исследовать зависимость от параметров, то я бы, во-первых, сделал замену , а, во-вторых, по аналогии с интегральным синусом получил бы асимптотическое представление для больших значений нижнего предела интегрирования.

$$\int\limits_A^{\infty} \frac {e^{ix \ln a} \ln x} x dx = \int\limits_B^{\infty} \frac {e^{it} \ln t} t dt - \ln \ln a \int\limits_B^{+\infty} \frac {e^{it}} t dt = $$

$$ = \int\limits_B^{+\infty} \frac {\cos t \ln t } t dt - \ln\ln a \mathop{\mathrm {Ci}}(B) + i \int\limits_B^{+\infty} \frac {\sin t \ln t} t dt - i\ln\ln a \mathop{\mathrm {Si}}(B),$$

где $B = A\ln a$.

Выпишу несколько первых членов разложения [для больших $B$]

$$\int\limits_B^{+\infty} \frac {\cos t \ln t } t dt = -\frac {\sin B \ln B} B + \frac {\cos B (\ln B -1)} {B^2} - \int\limits_B^{+\infty}\cos t \frac {3-2\ln t}{t^3} dt,$$

$$\int\limits_B^{+\infty} \frac {\sin t \ln t} t dt = \frac {\cos B \ln B}{B} + \frac {\sin B (\ln B -1)} {B^2} + \int\limits_B^{+\infty} \sin t \frac {3-2\ln t}{t^3} dt.$$

Представление о том, насколько хороши первые два члена разложения для больших $B$, можно получить из приводимых рисунков

Вложение:

exp_ln_x_a.PNG [ 12.38 Кб | Просмотров: 0 ]

Вложение:

exp_ln_x_b.PNG [ 12.32 Кб | Просмотров: 0 ]

[Markiyan Hirnyk]

GAA
Простодушные вопросы:
- Как с асимптотикой при $A\to 0+$?
- Как быть в случае, если фиксированное $A$ ни большое, ни малое?

[NikolayPrimachenko]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1264425 писал(а):

NikolayPrimachenko
Ответ неверный, как показывает численная проверка

NIntegrate[((3/2)^(I x) Log[x])/x, {x, 3/4, Infinity},  WorkingPrecision -> 12, AccuracyGoal -> 3]
-0.417776048714 + 0.901923458731 I

Спасибо! Это именно то, что меня интересовало.

[GAA]

(Продолжение банальностей о борьбе на быструю руку в Maple.)

Для краткости записей введём обозначение для аппроксимации при больших $B$

$$F_{2a} = \frac {\cos B \ln B}{B} + \frac {\sin B (\ln B -1)} {B^2}.$$

В случае $\int_B^{+\infty} \frac {\sin t \ln t} t dt$ при малых $B$ можно воспользоваться разложением по формуле Маклорена двумя способами.

1. Разложить $\sin t$, в качестве примера, до $t^7$ включительно

$$\int\limits_B^{+\infty} \frac {\sin t \ln t} t dt \approx \begin {cases} \int_B^3 \left( 1 - \frac 1 6 t^2 + \frac 1 {150} t^4 - \frac 1 {5040} t^6\right) \ln t dt + F_{2a}(3) & B \le 3; \\ F_{2a}(B), & B > 3. \end {cases}$$

Качество аппроксимации можно оценить по приведенному ниже рисунку

Вложение:

sin_ln_x_2b.PNG [ 12.7 Кб | Просмотров: 0 ]

2. Разложим $\ln t$ в окрестности точки 3/2 (точка выбрана произвольно). Для этого очевидным образом преобразуем (возможно, можно и без этого, я не обдумывал) $\ln t =\ln \frac 3 2 + \ln \left( 1 + \frac 2 3 z \right)$, $z = t - 3/2$.

$$\int\limits_B^{+\infty} \frac {\sin t \ln t} t dt \approx \begin {cases} \ln \frac 3 2 \int\limits_B^3 \frac {\sin t} t dt + \int\limits_{B-3/2}^{3-3/2} \frac {\sin (z+3/2) (2/3z - 2/9z^2 +8/81 z^3 - 4/81 z^4)}{z+3/2}dz +F_{2a}(3), & B \le 3; \\ F_{2a}(B), & B > 3. \end {cases}$$

В Maple $ \mathop{\mathrm {si}}(x) = \int_0^x \frac {\sin t} t dt$. Через эту функцию можно выразить $\int\limits_B^3 \frac {\sin t} t dt$. Качество аппроксимации можно оценить по приведенному ниже рисунку

Вложение:

sin_ln_x_2b_prim.PNG [ 14.61 Кб | Просмотров: 0 ]

Редактирование. Исправлена опечатка: 5004 на 5040

[Markiyan Hirnyk]

Нескромный вопрос: как с интегралом $\int\limits_B^\infty \frac {\cos t \ln t}{t}\, dt$ при $B\to 0+$? Да и рисунки в журналах могут не принять как доказательство.

[livasov]

NikolayPrimachenko в сообщении #1264314 писал(а):

livasov
А что получилось у Вас?

Я смотрел в разных справочниках таблицы интегральных преобразований и остановился на следующем:
Ю.А. Брычков, А.П. Прудников "Интегральные преобразования обобщенных функций" (можно легко найти в интернете). Я нашел там интересное выражение (см. страницу 190, формулу 423 в таблице):

$$ \begin{align*} F&=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\,\theta(x-A)\ln(x)\mathrm{e}^{\mathrm{i} kx}\,\mathrm{d}x = \int\limits_{A}^{+\infty}\,\ln(x)\mathrm{e}^{\mathrm{i} kx}\,\mathrm{d}x=\\ &= \frac{\mathrm{i}}{k}\left( \mathrm{e}^{\mathrm{i} Ak}\ln(A)-\left[\mathrm{ci}\left(A|k|\right)+\mathrm{i}\cdot \mathrm{Si}\left(Ak\right)-\mathrm{i}\frac{\pi}{2}\mathrm{sign}(k) \right] \right)-\pi\gamma\delta(k), \end{align*} $$

где $\mathrm{ci}(x), \mathrm{Si}(x)$ - интегральные синус и косинус соответственно, $\gamma$ - постоянная Эйлера-Маскерони. В терминах, выбранных авторами, я использую свойство преобразования Фурье:

$$ \mathcal{F}\left[ \dfrac{f(t)}{t} \right] = \dfrac{1}{\mathrm{i}}\int\limits_{0}^{k}\,F(\tau)\,\mathrm{d}\tau = \dfrac{1}{\mathrm{i}}G(k), $$

где $$\mathcal{F}[f]=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\,f(t)\mathrm{e}^{\mathrm{i}k t}\,\mathrm{d}t$ - преобразование Фурье.

Теперь, применяя указанное выше свойство к тому интересному выражению (обозначив для удобства $k = \ln(a)$), с помощью Maple, я получаю

$$ \begin{align*} I &=\int\limits_A^{+\infty}\,\frac{\ln(t)}{t}\mathrm{a}^{\mathr{i}t}\,\mathrm{d}t=\int\limits_A^{+\infty}\,\frac{\ln(t)}{t}\mathrm{e}^{\mathr{i}k t}\,\mathrm{d}t =\\ &= -\frac{\mathrm{i}}{8}\, _3F_4\left(1,1,1;\frac{3}{2},2,2,2; -\frac{1}{4}A^2k^2\right)-\mathrm{i} A k \, _2F_3\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2}; -\frac{1}{4}A^2k^2\right)-\\ &- \mathrm{Ei}\left( \mathrm{i} k A \right)- \ln(k) \left( \gamma + \ln(A) + \I \frac{\pi}{2} \right) = \frac{1}{\mathrm{i}}G(k). \end{align*} $$

Здесь $_3F_4,\, _2F_3$ - гипергеометрические функции. Интегрирование я задаю не от $0$ до $k$, а от некоторого $c$ до $k$ так, что $0\not \in [c,k]$ (так как $F(k)$ имеет особую точку в нуле). Я также полагаю, что $G(c)=0$, чтобы этот введенный параметр мне потом не мешал.
Для проверки на "правильность" полученного выражения, я его дифференцирую по $k$ и сравниваю значения этой производной со значениями выражения $F(k)$ из книги (которая из формулы 423), для разных параметров $A,\, a$. Относительная разница получается очень маленькая (порядка $10^{-15}$). То есть, вроде бы все хорошо. Но производная $\frac{\mathrm{d} G(k)}{\mathr{d} k}$ имеет громоздкое выражение, сильно отличающееся от $F(k)$, и так как я впервые сталкиваюсь с гипергеометрическими функциями, то не могу с уверенностью сказать, что я получил строгое равенство $\frac{\mathrm{d} G(k)}{\mathr{d} k}=F(k)$. Но, если честно, мне суперточно не нужно. Мне хотелось бы узнать ваше мнение, не допустил ли я где ошибку в рассуждениях