Определенный интеграл

[marie-la]

Вычислить интеграл
$\int\limits_{0}^{2\pi}e^{-\sin^2x}\cos(bx-\frac{\sin2x}{2})dx$

Я вот что попыталась - тут четная функция, интеграл равен половине интеграла от $-2\pi$ до $2\pi$. Далее, на действительной оси подынтегральная функция совпадает с
$f(z)=\exp(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-2iz}+ibz)$
Функция аналитична, поэтому интеграл по отрезку совпадает с интегралом по полукругу $z=e^{i\varphi},0\leq\varphi\leq\pi$.
Подставляю - получается интеграл, который не знаю, как найти, так же как исходный:
$\int\limits_{0}^{\pi }{\exp \left( \frac{1}{2}-\frac{1}{2}{{e}^{-2i{{e}^{i\varphi }}}}+ib{{e}^{i\varphi }} \right)i{{e}^{i\varphi }}d\varphi }$
Помогите, пожалуйста!

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- отсутствует содержательное изложение собственных попыток решения задачи.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[svv]

marie-la в сообщении #1522304 писал(а):

$f(z)=\exp(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-2iz}+ibz)$

Тут сделайте замену $t=\frac 1 2e^{-2iz}$. Интеграл сведётся к неполной гамма-функции.

[marie-la]

svv в сообщении #1522381 писал(а):

Тут сделайте замену $t=\frac 1 2e^{-2iz}$. Интеграл сведётся к неполной гамма-функции.

Не могу сообразить. Там же интеграл по контуру выйдет, и еще степень комплексного числа, которая неоднозначна. Я неправильно понимаю?

[artempalkin]

marie-la в сообщении #1522304 писал(а):

Вычислить интеграл
$\int\limits_{0}^{2\pi}e^{-\sin^2x}\cos(bx-\frac{\sin2x}{2})dx$

Обычно в таких случаях делают другую замену: $\cos x=\frac {e^{ix}+e^{-ix}}2=|z=e^{ix}|=\frac {z^2+1}{2z}$ ну и синус соответственно, а поскольку интеграл берется в пределах $[0;2\pi]$ получится интеграл по замкнутому контуру $|z|=1$, который можно взять с помощью вычетов. Ваша комплексная замена, кажется, ничего не упрощает :)

[Farest2]

Вычеты тут особо не помогут -- всё равно из-за $1/z$ всё к бесконечным рядам сведётся. Проще "в лоб" и через Тейлора:
\begin{align} F(b)&=\frac{1}{\sqrt e}\operatorname{Re}\int_0^{2\pi} \exp\Bigl(\frac{\cos 2x}{2}+ibx-\frac{i\sin 2x}{2}\Bigr)\,dx={} \nonumber\\ &{}=\frac{1}{\sqrt e}\operatorname{Re} \int_0^{2\pi} \exp\Bigl(\frac{e^{-2ix}}{2}+ibx\Bigr)\,dx =\frac{1}{\sqrt e}\sum_{n\ge 0}\frac{1}{2^n n!} \operatorname{Re}\int_0^{2\pi} e^{ix(b-2n)}\,dx={} \nonumber\\ &{}=\frac{1}{\sqrt e}\sum_{n\ge 0}\frac{1}{2^n n!}\cdot \operatorname{Re}\frac{e^{2\pi i(b-2n)}-1}{i(b-2n)} =\frac{2\pi}{\sqrt e}\sum_{n\ge 0}\frac{{\rm sinc}(b-2n)2\pi}{2^n n!}. \nonumber \end{align}
Последнее выражение позволяет получить ответ для целых и полуцелых $b$. Для остальных $b$ избавляемся от sinc'а и переходим к гипергеометрическому виду:

$$ F(b)=\frac{\sin 2\pi b}{\sqrt e}\sum_{n\ge 0}\frac{1}{2^n n!(b-2n)} =\frac{\sin 2\pi b}{b\sqrt e}\cdot {}_1F_1\Bigl(-\frac{b}{2};\,1-\frac{b}{2}\,\Bigl|\,\frac12\Bigr). $$

Дальше -- третий том Прудникова-Брычкова-Маричева, если повезёт...

[svv]

Farest2 в сообщении #1522547 писал(а):

Дальше -- третий том Прудникова-Брычкова-Маричева, если повезёт...

Повезёт обязательно! Если не в этой книге, то в Бейтмене-Эрдейи либо в Градштейне-Рыжике.
У меня такой же ответ. Я решал вот как. Обозначим интеграл $I$.

1) Сначала надо «уменьшить область интегрирования». Для этого сделаем замену $x=y+\pi$. Под косинусом появится дополнительное слагаемое $\pi b$. Применяя формулу для косинуса суммы, получим:
$I=\int\limits_{-\pi}^{\pi}\text{чётная функция}\;dy-\int\limits_{-\pi}^{\pi}\text{нечётная функция}\;dy=2\int\limits_{0}^{\pi}\text{чётная функция}\;dy$
В итоге получилось $I=2\cos\pi b\int\limits_{0}^{\pi}e^{-\sin^2y}\cos(by-\frac{\sin2y}{2})dy$

2) Используя замену $y=z+\frac{\pi}2$, повторим приём. Потом применим $\cos^2z=\frac{1+\cos 2z}2$:
$I=4\;e^{-\frac 1 2}\cos\pi b\;\cos\frac{\pi b}2\int\limits_{0}^{\frac {\pi} 2}e^{-\frac 1 2\cos 2z}\cos(bz+\frac 1 2\sin 2z)dz$

3) Замена $2z=\theta$ даст
$I=2\;e^{-\frac 1 2}\cos\pi b\;\cos\frac{\pi b}2\;I_1$, где $I_1=\int\limits_{0}^{\pi}e^{-\frac 1 2\cos\theta}\cos(\frac b 2 \theta+\frac 1 2\sin \theta)d\theta$
Если обозначить $\alpha=-\frac b 2,x=-\frac 1 2$, то
$I_1=\int\limits_{0}^{\pi}e^{x\cos\theta}\cos(\alpha \theta+x\sin \theta)d\theta$
Это одно из стандартных интегральных представлений неполной ("нижней") гамма-функции (Бейтмен, Эрдейи. Высшие трансцендентные функции. Том 2. Глава 9 «Неполные гамма-функции и родственные функции». Пункт 9.3. Формула (2)):
$\gamma(\alpha,x)=\frac{x^\alpha}{\sin\pi\alpha}\int\limits_{0}^{\pi}e^{x\cos\theta}\cos(\alpha \theta+x\sin \theta)d\theta$
Оно справедливо при некоторых ограничениях: $x\neq 0, \operatorname{Re}\alpha>0, \alpha\neq 1,2,...$

Перейдём к $\gamma^*(\alpha,x)$ (Бейтмен, Эрдейи, пункт 9.1, формула (5)):
$I_1=\sin(\pi\alpha)\;\Gamma(\alpha)\;\gamma^*(\alpha,x)$
Смысл перехода в том, что $\gamma^*(\alpha,x)$ — уже однозначная целая функция от $\alpha,x$.

Для проверки с помощью WolframAlpha лучше выразить $\gamma^*(\alpha,x)$ через ${}_1F_1$ (та же формула (5)). Исходный интеграл будет равен
$I(b)=\frac{\sin 2\pi b}b e^{-\frac 1 2} {}_1F_1(-b/2; 1-b/2; 1/2)$
Функция справа тоже однозначна всюду, где определена, но вдобавок её понимает Вольфрам.
Ну, и теперь в качестве проверки я вычислил в Вольфраме $I(0.346)$ с помощью этой формулы и численным интегрированием. Совпало:
sin(2*pi*b)/b*exp(-0.5)*Hypergeometric1F1[-b/2, 1-b/2, 1/2] where b=0.346
Integrate[E^[-Sin[z]^2]*Cos[0.346 z - Sin[2 z]/2], {z, 0, 2 Pi}]

[Farest2]

Да, что-то я не разглядел неполную гамма-функцию (видимо, недолюбливаю $\Leftrightarrow$ "не умею готовить"):

$$ \frac{1}{b-2n}\sim\frac{1}{n-b/2}=\int_0^1 t^{n-b/2-1}\,dt $$

и дальше ряд и интеграл поменять местами.