Интеграл от (1 - x*ctg(x))/(x^2) от 0 до infty

Пытаюсь взять интеграл:

$\int_0^{\infty} \frac {1-x \cdot ctg(x)}{x^2} \, dx \, $

Мои численные расчеты показывают, что данный интеграл сходится к определенной константе. На одном из форумов заявляют, что интеграл расходится и равен бесконечности. Это, якобы, показывают Mathcad и Maple. Как разрешить данный спор? Как решить задачу аналитически?



Редактировалось 1 раз(а). Последний 06.09.2010 00:49.

Если данный интеграл заменить элементарными прямоугольными суммами, то прога, например, в Yabasic будет такой:

n=25000
s=0
for i=1 to n
for j=1 to n
x=(j-1)*pi+(i-1)*pi/n+pi/2/n
y=1/x^2-cos(x)/sin(x)/x
s=s+y*pi/n
next j
next i
print s,pi/2

Здесь рассмотрены участки шириной pi каждая. Результаты оказались такими ( в зависимости от числа разбиений каждого участка n интегральная сумма S равна):
n = 100 --> S = 1.58267
n = 200 --> S = 1.57783
n = 2000 --> S = 1.57187
n = 5000 --> S = 1.57128
n = 15000 --> S = 1.57098
n = 25000 --> S = 1.57091

Это явно приближается к pi/2 = 1.570796327...

В расходящихся интегралах такой наипростейший метод дает всегда увеличивающуюся сумму. На этом я уж собаку съел.

Рассмотрим поведение интеграла вблизи точки $x=k\pi$, выброшена симметричная окрестность:
$I_k(\epsilon)=\int_{k\pi-0,5\pi}^{k\pi-\epsilon}\frac{ctgx}{x}\,dx+\int_{k\pi+\epsilon}^{k\pi-0,5\pi}\frac{ctgx}{x}\,dx$. Сделав замену переменной во втором интеграле: $x=2k\pi-y$ получим выражекние:
$I_k(\epsilon)=\int_{k\pi-0,5\pi}^{k\pi-\epsilon}\frac{2(x-k\pi)ctgx}{x(x-2k\pi)}\,dx$. Заметим, что этот интеграл сходится при $\epsilon\to0$ к значению $I_k$. Теперь остается доказать, что сходится также ряд $\sum_{k=1}^{\infty}I_k$.
Делаем оценку модуля подынтегрального выражения и получаем, что оно не больше $\frac{4}{(2k\pi+x)^2}$ из чего следует, что $\midI_k\mid<\int_{k\pi-0,5\pi}^{k\pi+0,5\pi}\frac{4}{(2k\pi+x)^2}$. Вычисляя последний интеграл получаем оценку $\midI_k\mid<\frac{4\pi}{9k^2-0,25\pi^2}$, что и завершает доказательство.
Удивительно, если и впрямь интеграл в смысле главного значения равен $0,5\pi$.

Какой любопытный интеграл! При определении главного значения в предыдущем посте мы положили $I_k=\lim_{\epsilon\to0}\int_{k\pi+0,5\pi}^{(k+1)\pi-0,5\pi}$ для $k=1,\,2,\,....$. Эти интегралы несобственные и берутся в смысле симметричных $\epsilon$-окрестностей особых точек. Т.е. $I_k$ является пределом при $\epsilon\to0$. Далее мы указывали, что $n\to\infty$ независимо от $\epsilon$, что дает значение нашего интеграла в виде суммы ряда из значений интегралов, который сходится.
Но я не уверен, что Ваша прога вычисляет именно это значение. Вы уж проверьте сами. Дело в том, что , если при тех же симметричных окрестностях определять $I_k=\lim_{\epsilon\to0}\int_{k\pi+\epsilon}^{(k+1)\pi-\epsilon}$, то эти пределы не существуют, и $I_k$ расходится даже в смысле главных значений.
Также, если Вы вычисляете как и раньше (интегралы $I_k$ сходятся), но при переходе к ряду добаляете еще кусочек интеграла от $(k+1)\pi-0,5\pi$ до $(k+1)\pi$, то снова никакого значения не получите, т.к. этот кусочек расходится при стремлении $\epsilon\to0$! Правда, как это иногда бывает в асимптотических методах, расхождение это может быть очеть медленным и не заметным.

Я не видел Вашу программу (которая делала вычисления) и не уверен, что правильно перевел ту, что Вы написали. Что касается аналитического решения, то обещать не могу, но думать буду.

Ваша программа вычисляет интегральные суммы не того интеграла, который сходится при независимом стремлении $\epsilon\to0$ и $n\to\infty$, а того, который при этом должен расходиться, но у нее (у проги) стремление не является независимым, т.к. $\epsilon=\frac{\pi}{n}$. При этом тот кусочек, который должен расходиться смещается по оси абсцисс вправо (вычисляется при большем $j=k=n$) и не дает роста. Теперь желательно показать , что он стремится к нулю. Т.е. $I_n=\int_{n\pi+(\pi/n)}^{(n+1)\pi-(\pi/n)}\frac{\ctgx}{x}\,dx$ стремится к нулю при $n\to\infty$.
После некоторых усилий можно получить оценку:
$\delta_n<\frac{2\pi}{(n\pi+1)(n\pi+\pi-1)}*\ln\frac{n}{2}$, где $\delta_n$ - отклонение вычисляемой Вами интегральной суммы от правильной интегральной суммы интеграла, сходящегося в смысле главного значения. Как видим, эта поправка весьма быстро стремится к нулю, т.е. Вы действительно вычисляете свой интеграл в смысле главного значения во всех особых точках. Теперь можно уверенно направлять свои усилия на аналитическое вычисление этого интеграла.



Редактировалось 3 раз(а). Последний 05.09.2010 11:30.

Все сошлось, наконец-то. Конечно, сразу хотелось применить теорию вычетов. Но беда в том, что для функции $f(z)=\frac{\sinz-z\cosz}{z^2\sinz}$ ее применить не удается (нет сходимости нужных интегральчиков). У этой функции, кстати, точка $z=0$ вообще не является особой, т.к. особенность в ней устранимая. Чтобы получить вразумительный ответ, приходится пойти на уловку, впрочем, стандартную: $f(x)=\frac{\sinx-x\cosx}{x^2\sinx}=RE\left(\frac{\sinx-xe^{ix}}{x^2\sinx}\right)$.
Далее, т.к. исходная функция четная, то мы можем вычислить интеграл от минус бесконечности до плюс бесконечности. Искомый интеграл в два раза меньше.
Обозначим функцию комплексного переменного $g(z)=\frac{\sinz-ze^{iz}}{z^2}$. Она аналитична во всей плоскости кроме точек $k\pi$ для всех целых значений $k$. Заметим, что у этой функции ноль является особой точкой с вычетом , равным $-i$. В точках $k\pi$ вычеты равны $\frac{1}{k\pi}$. Нас интересует вещественная часть интеграла этой функции, но он, впрочем, и сам - вещественный.
Не имея желания обосновывать в данном не слишком тривиальном случае применение формулы из-за громоздкости оформления, отмечу только результат. Т.к. все особые точки лежат на вещественной прямой, то данный интеграл равен полусумме всех вычетов, умноженной на $2\pii$. Напомню, что сумма, как и интеграл, понимается в смысле главного значения, т.е. это предел симметричных частичных сумм. При этом члены с положительными и отрицательными значениями уничтожаются и остается только вычет в точке $z=0$.
Получаем ответ: $\pi$, а искомый интеграл, как уже говорилось - в два раза меньше, т.е. $\frac{\pi}{2}$. Поистине удивительный факт.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 08.09.2010 00:09.

.
Теперь допишем обоснование:
Прежде всего заметим, что все полюса функции $g(z)=\frac{\sinz-ze^{iz}}{z^2\sinz}$. лежащие на вещественной оси - простые (это существенно, т.к. для них интеграл по верхней охватывающей полуокружности стремится к половине вычета, при стремлении радиуса к нулю (не сложное техническое доказательство пропускаем). Если преобразовать исходную функцию к виду $f(z)=\frac{1-z\ctgz}{z^2}=\frac{1}{z^2}-\frac{\cosz}{z\sinz}$ Чтобы отдельно рассмотреть вторую дробь, то следует иметь ввиду, что в нуле - полюс второго порядка.
Вычисление вычетов не составляет труда, перейдем к делу.
Рассмотрим в комплексной плоскости контур в виде прямоугольника abcd с испорченной нижней стороной. Здесь $a=k\pi+\frac{\pi}{2}$, $b=k\pi+\frac{\pi}{2}+hi$, $с=k\pi-\frac{\pi}{2}+hi$, $d=k\pi-\frac{\pi}{2}$.
Введем обозначение: $I_k=\int_{-k\pi-(\pi/2)}^{k\pi+(\pi/2)}g(z)\,dz$.
Тогда, при стремлении $k$ к бесконечности $I_k$ стремится к искому интегралу.
Нижняя сторона нашего контура испорчена следующим образом: вокруг каждой особой точки сверху обведена полуокружность малого радиуса. Обозначим $I_{cd}=\int_{cd}g(z)\,dz$ - интеграл по фрагменту нашего испорченного контура. Если теперь устремить радиус обхода особых точек к нулю, то наш интеграл $I_{cd}=\int_{cd}g(z)dz\toI_k-0,5*2\pii\sum_{l=-k}^{i=k}Res(g(z),k\pi)$. Сумма вычетов умножается на 0,5 , т.к. обходится полуокружность, и берется со знаком минус, т.к. обходится по часовой стрелке. Заметим далее, что интеграл при стягивании окружностей не меняется, т.к. мы находимся в области аналитичности, и изначально равен этому выражению.
Теперь оценим сумму $I_{dc}+I_{ba}=\int_{dc}g(z)\,dz+\int_{ba}g(z)\,dz$. Путем замены $z=-k\pi-\pi/2+it$ в первом интеграле и $z=k\pi+\pi/2+it$ во втором, нетрудно получить выражекние: $I_{dc}+I_{cd}=\int_0^h\frac{2(2k\pi+\pi)e^{-t}}{(e^{-t}+e^t)((k\pi+0,5\pi)^2+t^2)}\,dt$. Т.к. сумма экспонент в знаменателе не меньше двух , а в числителе экспонента не больше одного, получаем оценку прямым вычислением
$\midI_{dc}+I_{ba}\mid<2\arctg\left(\frac{h}{k\pi+0,5\pi}\right)$. Далее мы буджем считать, что $h=\sqrt{k\pi+0,5\pi}$, тогда $h$ стремится к бесконечности, хотя и медленнее, чем $k$. И при стремлении к бесконечности $k$ сумма этих интегралов стиремится к нулю.
Теперь оценим интеграл $I_{cb}=\int_c^b\left(\frac{1}{z^2}-\frac{e^{iz}}{z\sinz}\,dz\right)$. Оцениваем отдельно интегралы от этих членов. Модуль первого члена равен $\frac{2}{h}\arctg{\frac{k\pi+0,5\pi}{h}}$ и стремится к нулю, т.к. второй множитель ограничен. Для оценки второго члена воспользуемся неравенством: $\mid\frac{e^{iz}}{\sinz}\mid\le\frac{2}{e^{2h}-1}$, если мнимая часть $z$ больше или равна $h$. Из чего сразу следует, что этот интеграл стремится к нулю.
И так, рассматриваемый контурный интеграл, равный нулю, ибо внутри контура нет особых точек равен $0=I_{da}+I_{ab}+I_{bc}+I_{cd}=I_k-\pii\sum_{l=-k}^{i=k}Res(g(z),k\pi)+(I_{ab}+I_{cd})+I_{bc}$. Переходя к пределу при $k\to\infty$получим требуемое, т.к. три последних члена в сумме стремятся к нулю.

По просьбе автора темы вычислим вычет функции в точке ноль. Прежде всего - это полюс порядка 1, т.к. $\sinz-ze^{iz}=z^2*S(z)$, где $S(z)$ - целая функция, не обращающаяся в ноль в нуле (используем разложение в ряд Тейлора). Тогда как в знаменателе получаем $z^3T(z)$, где $T(z)$ аналогична предыдущей.
Далее вычисляем как принято для простого полюса: $res(g(z),\,0)=\lim_{z\to0}z*g(z)$. Для вычисления этого предела к выражению $g(z)=\frac{\sinz-ze^{iz}}{z\sinz}$ дважды применяем правило Лопиталя и получаем $-i$.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 08.09.2010 17:21.

Обычно сумму вычетов умножают на $2\pii$, если особенности лежат внутри контура интегрирования. Но у нас вычеты лежат на вещественной оси и мы их вообще слегка обходили, а в пределе они оказывались на контуре интегрирования. В такой ситуации (для простых полюсов) сумму вычетов нужно делить еще на 2. Т.е. полученную сумму вычетов $-i$ нужно умножить на $\pii$. Вот так и получается знаменитое $\pi$, которое равно интегралу от минус бесконечности до плюс бесконечности. Ее еще нужно поделить на два.
Про все это написано в посте "Все верно, хотя и удивлен".
Если эта задачка не является известной учебной задачкой, то Вы получили новую симпатичную задачку на метод Ватсона. Преподы должны радоваться.

Благодарю г. Brukvaluba за оценку моих скромных возможностей. Но мне и впрямь кажется, что это неплохая задачка и в пособиях я ее не видел.