Помогите найти интеграл

[bayak]

$$i\int_{0}^{\infty}\frac{\sin k(ix+1)^{1-s}}{(ix+1)(e^{2\pi x}-1)}dx,$$

где $k\in \mathbb{Z}$, $\operatorname{Re}(s)\neq 1$.

В таблицах Градштейна и Рыжика не нашёл, а подстановка вряд ли тут поможет.

[ex-math]

В нуле расходится.
И еще не хватает скобок в районе синуса: какой аргумент синуса, что возводится в степень.

[bayak]

Да, скобки упустил. А с расходимостью что-то недопонимаю - в формуле суммирования Абеля-Плана именно такой (дающий бескончность в нуле) подинтегральный множитель.

[ex-math]

Наверное, есть какие-то условия применимости этой формулы.

[bayak]

ex-math в сообщении #976975 писал(а):

Наверное, есть какие-то условия применимости этой формулы.

Конечно есть, и по этим условиям в моём случае нет никаких препятствий. Впрочем, посмотрю повнимательней.

-- Ср фев 11, 2015 21:54:16 --

Посмотрел, вроде бы, всё нормально. Заодно поставлю скобки:

$$i\int_{0}^{\infty}\frac{\sin (k(ix+1)^{1-s})}{(ix+1)(e^{2\pi x}-1)}dx$$

[ex-math]

Тем не менее, подынтегральная функция эквивалентна $C/x$ при $x$, стремящемся к нулю.

[bayak]

ex-math в сообщении #976990 писал(а):

Тем не менее, подынтегральная функция эквивалентна $C/x$ при $x$, стремящемся к нулю.

Да, вы правы, а у меня очередной ляп. На самом деле, согласно формуле Абеля-Плана следует рассматривать интеграл:

$$i\int_{0}^{\infty}\frac{\sin (k(ix+1)^{1-s})}{(ix+1)(e^{2\pi x}-1)}dx - i\int_{0}^{\infty}\frac{\sin (k(1-ix)^{1-s})}{(1-ix)(e^{2\pi x}-1)}dxб$$

который лучше всё же записать с одним подинтегральным выражением

[bayak]

Всё же, если позволите, вернусь к исправленному интегралу:

$$i\int_{0}^{\infty}\frac{(1-ix)\sin \left[k(1+ix)^{1-s}\right] - (1+ix)\sin \left[k(1-ix)^{1-s}\right]}{(1+x^2)(e^{2\pi x}-1)}dx,$$

где $k\in \mathbb{Z}$, $\operatorname{Re}(s)\neq 1$. Если воспользоваться тождеством $1+ix=e^{\ln\sqrt{1+x^2} + i\arctg x}$, то интеграл превращается в монстра, к которому страшно подходить. Кто-нибудь знает в каком направлении здесь надо рыть?

[bayak]

Не так страшен чёрт как его малюют. Итак, если воспользоваться тождеством $1+ix=e^{\ln\sqrt{1+x^2} + i\arctg x}$, то интеграл приобретает вид:

$$i\int_{0}^{\infty} \frac{\sin\left[(k+1)\rho e^{is\varphi}\right] - \sin\left[(k+1)\rho e^{-is\varphi}\right]}{(1+x^2)(e^{2\pi x}-1)}dx,$$

$$= -2\int_{0}^{\infty} \frac{\cos\left[\operatorname{Re}(k+1)\rho e^{is\varphi}\right]\sh\left[\operatorname{Im}(k+1)\rho e^{is\varphi}\right]}{(1+x^2)(e^{2\pi x}-1)}dx,$$

$$= -2\int_{0}^{\infty}\frac{\cos\left[(k+1)\rho\cos s\varphi\right]\sh\left[(k+1)\rho\sin s\varphi\right]}{(1+x^2)(e^{2\pi x}-1)}dx,$$

где $\rho = \sqrt{1+x^2}$, $\varphi = \arctg x$. Может быть, теперь его легче посчитать?