ประเมิน $\int_0^{\pi} e^{i \zeta e^{ ix}} \ dx$.
ฉันกำลังพยายามประเมินอินทิกรัลต่อไปนี้: $$ \int_0^{\pi} e^{i \zeta e^{ ix}} \ dx $$ ที่ไหน $\zeta >0$คือจำนวนจริงที่เป็นบวก เนื่องจาก antiderivative ของฟังก์ชันนี้อยู่ในรูปของอินทิกรัลเอกซ์โพเนนเชียลฉันจึงตัดสินใจเลือกแนวทางอื่น
ความพยายามของฉัน
ฉันทำสิ่งต่อไปนี้ $$ \int_0^{\pi} e^{i \zeta e^{ ix}} \ dx = \int_0^{\pi} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(i \zeta e^{ ix}\right)^n}{n!} \ dx = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(i \zeta)^n}{n!} \int_0^{\pi} e^{nix} \ dx = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(i \zeta)^n}{n! (in)}\left(\underbrace{e^{i\pi n}}_{(-1)^n} -1\right) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\zeta^ni^{n-1}}{(n+1)!} \left((-1)^n -1\right) $$ เพื่อตรวจสอบว่าขั้นตอนของฉันถูกต้องหรือไม่ฉันใช้ WolframAlpha เพื่อประเมินค่าทั้งสองด้านของสมการ $\zeta = 1$. จากตรงนี้ฉันเข้าใจแล้ว$$ \int_0^{\pi} e^{i e^{ ix}} \ dx = 1.2494... \neq -0.9193... = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{i^{n-1}}{(n+1)!} \left((-1)^n -1\right) $$ฉันไม่แน่ใจว่าฉันทำผิดพลาดตรงไหน ฉันคิดว่าการเปลี่ยนอินทิกรัลและผลรวมเป็นธรรมเนื่องจากฉันเชื่อว่าผลรวมมาบรรจบกันอย่างแน่นอน แต่ตอนนี้ฉันไม่แน่ใจ
ใครช่วยบอกทีว่าฉันผิดพลาดตรงไหน? หรือใครก็ได้ช่วยบอกฉันหน่อยว่าฉันจะประเมินอินทิกรัลนี้ได้อย่างไร ขอขอบคุณ!
แก้ไข:ขอบคุณสำหรับความคิดเห็นฉันเชื่อว่าฉันสามารถทำให้อินทิกรัลง่ายขึ้นได้$$ \int_0^{\pi} e^{i \zeta e^{ ix}} \ dx = \pi -2\int_0^\zeta \frac{\sin(t)}{t} \ dt $$ ฉันไม่แน่ใจว่าวิธีที่ฉันใช้เป็นวิธีที่ดีในการแสดงสิ่งนี้หรือไม่ แต่ถ้าใครมีความคิดว่าฉันจะมาที่นี่ได้อย่างไรฉันจะขอบคุณพวกเขามาก!
คำตอบ
หลังจากเล่นกับอินทิกรัลมาระยะหนึ่งฉันเชื่อว่าฉันพบวิธีแก้อินทิกรัลและได้รับมันในรูปของ $\text{Si}(\zeta)$.
สมมติว่าเรากำหนด $F(\zeta)$ เช่น $$ F(\zeta) := \int_0^{\pi} e^{i \zeta e^{ ix}} \ dx $$ ที่นี่เราสังเกตเห็นว่า $F(0) = \int_0^{\pi} 1\ dx = \pi$. จากตรงนี้เราสามารถวิเคราะห์อนุพันธ์ของ$F$ ดังต่อไปนี้: \begin{align} F'(\zeta) &= \frac{d}{d\zeta} \int_0^{\pi} e^{i \zeta e^{ ix}} \ dx = \int_0^{\pi} \frac{\partial}{\partial \zeta }e^{i \zeta e^{ ix}} \ dx =\int_0^{\pi}e^{i \zeta e^{ ix}}\left(e^{ix}\right)i\ dx \\ &\overset{\color{blue}{u=ix}}{=} \int_0^{i\pi}e^{i \zeta e^u} e^u \ du \overset{\color{blue}{s=e^{u}}}{=}\int_1^{-1}e^{i \zeta s} \ ds = \frac{e^{i \zeta s}}{\zeta i}\Bigg\vert_{s=1}^{s=-1} = \frac{1}{\zeta i}\left(e^{-i\zeta} - e^{i \zeta}\right)\\ &= -\frac{2}{\zeta} \left( \frac{e^{i\zeta}-e^{-i\zeta}}{2i}\right) = -2 \frac{\sin(\zeta)}{\zeta} \end{align}จำได้ว่าเราสามารถใส่อนุพันธ์เป็นบางส่วนในอินทิกรัลได้เนื่องจากกฎอินทิกรัลของไลบนิซ ในทางกลับกันโดยทฤษฎีบทพื้นฐานของแคลคูลัสเราสามารถเห็นได้อย่างง่ายดาย$$ \frac{d}{d\zeta}-2\text{Si}(\zeta) =-2 \frac{d}{d\zeta} \int_0^\zeta \frac{\sin(t)}{t} \ dt = -2 \frac{\sin(\zeta)}{\zeta} $$ และตั้งแต่เราพบ $2$ ฟังก์ชันที่มีอนุพันธ์เดียวกันเรารู้ว่ามันต้องเหมือนกันจนถึงค่าคงที่หรืออีกนัยหนึ่ง $$ F(\zeta) = -2 \int_0^\zeta \frac{\sin(t)}{t} \ dt + c $$ แต่เมื่อนึกถึงเงื่อนไขเริ่มต้นที่เรามีเราสามารถแก้ค่าของค่าคงที่ได้ดังนี้ $$ F(0) = \pi = \int_0^0 \frac{\sin(t)}{t} \ dt + c = c $$ ดังนั้นเราจึงได้ผลลัพธ์สุดท้ายคือ $$ \boxed{\int_0^{\pi} e^{i \zeta e^{ ix}} \ dx = \pi -2\int_0^\zeta \frac{\sin(t)}{t} \ dt} $$
ฉันคิดว่าวิธีนี้ใช้ได้กับทุกอย่าง $\zeta \in \mathbb{R}$ซึ่งหมายความว่าฉันสามารถสรุปปัญหาเดิมให้เป็นมากกว่าค่าบวกได้ ฉันเชื่อว่าฉันไม่ได้พลาดรายละเอียดใด ๆ ในครั้งนี้ แต่ถ้ามีโปรดแจ้งให้เราทราบ!
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\left.\int_0^{\pi}\expo{\ic\zeta{\large\expo{\ic x}}}\!\!\dd x \,\right\vert_{\ \zeta\ \in\ \mathbb{R}}} = \int_{\large z\ \in\ \expo{\large\ic\,\pars{0,\pi}}} \expo{\ic\,\zeta z}\,{\dd z \over \ic z} \\[5mm]= &\ \lim_{\epsilon \to 0^{\large +}}\bracks{% -\int_{-1}^{-\epsilon}\expo{\ic\,\zeta x}\,{\dd x \over \ic x} - \int_{\pi}^{0}\exp\pars{\ic\,\zeta\epsilon\expo{\ic\theta}} \,{\epsilon\expo{\ic\theta}\ic\,\dd\theta \over \ic \epsilon\expo{\ic\theta}} -\int_{\epsilon}^{1}\expo{\ic\,\zeta x}\,{\dd x \over \ic x}} \\[5mm] = &\ -\mrm{P.V.}\int_{-1}^{1}\expo{\ic\,\zeta x}\,{\dd x \over \ic x} + \pi = \pi - \int_{0}^{1}\pars{\expo{\ic\,\zeta x} - \expo{-\ic\,\zeta x}}\,{\dd x \over \ic x} \\[5mm] = &\ \pi - 2\int_{0}^{1}{\sin\pars{\zeta x} \over x}\,\dd x = \pi - 2\,\mrm{sgn}\pars{\zeta}\int_{0}^{\verts{\zeta}}{\sin\pars{x} \over x}\,\dd x \\[5mm] = &\ \bbx{\large\pi - 2\,\mrm{sgn}\pars{\xi}\,\mrm{Si}\pars{\verts{\zeta}}} \\ & \end{align} $\ds{\mrm{Si}}$เป็นไซน์ฟังก์ชั่น Integral