Integral de función sinc sobre intervalo acotado

Question

Integral de función sinc sobre intervalo acotado

cálculo
forma cerrada
integración
Matemáticas
integrales impropias

elturistabr

Estoy tratando de determinar si la integral

\int_{0}^{1} \frac{pecado X}{X} d X

$\int_0^1 \frac{\sin x}{x} dx$ puede calcularse analíticamente.

Soy consciente de la definición de la función integral del seno. $\text{Si}(x)$ , pero no he podido encontrar una referencia que indique si tal integral se puede calcular sin recurrir a métodos numéricos.

Los métodos habituales empleados para calcular la integral impropia sobre la línea real, como mediante la integración de contorno o definiendo

GRAMO (t) = \int_{0}^{1} \frac{pecado X}{X} {mi}^{- t X} d X

$G(t) = \int_0^1 \frac{\sin x}{x}e^{-tx} dx$ no parecen trabajar aquí.

¿Puede alguien darme una pista aquí?

K.defaoite

Qué hay de malo en

Si

$\operatorname{Si}$ ? Sí, debe calcularse utilizando "métodos numéricos". Pero también todo lo demás.

\sin

$\sin$ se calcula mediante una serie de potencias.

π

$\pi$ se calcula con una serie infinita. No veo cómo son diferentes a algo como

Si

$\operatorname{Si}$ .

Respuestas (3)

Integral de función sinc sobre intervalo acotado

Qué hay de malo en $\operatorname{Si}$ ? Sí, debe calcularse utilizando "métodos numéricos". Pero también todo lo demás. $\sin$ se calcula mediante una serie de potencias. $\pi$ se calcula con una serie infinita. No veo cómo son diferentes a algo como $\operatorname{Si}$ .

Enrique M. · Answer 1

Dado que el rango de integración está restringido a $[0, 1]$ puede hacer uso de Taylor Series para la función seno:

pecado (X) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (- 1)^{k} \frac{X^{2 k + 1}}{(2 k + 1)!}

$\sin(x) = \sum_{k = 0}^{+\infty} (-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$

Por eso

\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1)!} \int_{0}^{1} \frac{X^{2 k + 1}}{X} d X

$\sum_{k = 0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{k}}{(2k+1)!} \int_0^1 \dfrac{x^{2k+1}}{x}\ \text{d}x$

La integración es trivial y te da

\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1)!} \frac{1}{2 k + 1}

$\sum_{k = 0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{k}}{(2k+1)!} \frac{1}{2 k+1}$

Entonces puedes ir ad libitum con numérico.

Note que esa serie no es más que la expresión de la serie de \text{Si}(1) (SineIntegral).

El valor numérico es, en aras de la exhaustividad, $0.946083(...)$

El valor de la serie, para algunos valores de $k$ es:

k = 2 \to 0.94611

$k = 2 \to 0.94611$

k = 5 \to 0.946083

$k = 5 \to 0.946083$

Se necesitan pocos términos para obtener una alta precisión numérica.

miguel rozenberg · Answer 2

\int_{0}^{1} \frac{pecado X}{X} d X = \int_{0}^{1} (1 - \frac{X^{2}}{3!} + \frac{X^{4}}{5!} - . . .) d X = 1 - \frac{1}{3 \cdot 3!} + \frac{1}{5 \cdot 5!} - . . .

$\int\limits_0^1 \frac{\sin x}{x} dx=\int\limits_0^1\left(1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-...\right)dx=1-\frac{1}{3\cdot3!}+\frac{1}{5\cdot5!}-...$

Claudio Leibovici · Answer 3

Usando la respuesta de @Turing, podría ser divertido saber la cantidad de términos que se agregarán para una precisión determinada.

Escribiendo

\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1) (2 k + 1)!} = \sum_{k = 0}^{pag} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1) (2 k + 1)!} + \sum_{k = pag + 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1) (2 k + 1)!}

$\sum_{k = 0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{k}}{(2k+1)(2k+1)!}= \sum_{k = 0}^{p} \dfrac{(-1)^{k}}{(2k+1)(2k+1)!}+\sum_{k = p+1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{k}}{(2k+1)(2k+1)!}$ como es una serie alterna, buscamos

p

$p$ tal que

\frac{1}{(2 pag + 3) (2 pag + 3)!} \leq ϵ ⟹ (2 pag + 3) (2 pag + 3)! \geq \frac{1}{ϵ}

$\dfrac{1}{(2p+3)(2p+3)!}\leq \epsilon \implies (2p+3)(2p+3)!\geq \frac 1\epsilon$ Planteamos simplemente el problema (ya que buscamos una aproximación) a

(2 pag + 4)! \geq \frac{1}{ϵ}

$(2p+4)!\geq \frac 1\epsilon$

Si echas un vistazo aquí , encontrarás una excelente aproximación del factorial inverso. Aplicado al presente caso, esto daría

pag ≃ - \frac{registro (\sqrt{2 π} ϵ)}{2 W (- \frac{registro (\sqrt{2 π} ϵ)}{mi})} - \frac{9}{4}

$p \simeq -\frac{\log \left(\sqrt{2 \pi } \epsilon \right)}{2 W\left(-\frac{\log \left(\sqrt{2 \pi } \epsilon \right)}{e}\right)}-\frac{9}{4}$ dónde

W (.)

$W(.)$ es la función de Lambert.

Dado que el argumento es bastante grande, puede utilizar la aproximación

W (t) = L_{1} - L_{2} + \frac{L_{2}}{L_{1}} + \frac{(L_{2} - 2) L_{2}}{2 L_{1}^{2}} + \frac{(2 L_{2}^{2} - 9 L_{2} + 6) L_{2}}{6 L_{1}^{3}} + . . .

$W(t)=L_1-L_2+\frac{L_2}{L_1}+\frac{(L_2-2) L_2}{2 L_1^2}+\frac{(2 L_2^2-9L_2+6) L_2}{6 L_1^3}+ ...$ dónde

L_{1} = \log (t)

$L_1=\log(t)$ y

L_{2} = \log (L_{1})

$L_2=\log(L_1)$ y, seguro, usarás

⌈ p ⌉

$\lceil p\rceil$ .

Para $\epsilon=10^{-10}$ , esto daría $p=4.59018$ es decir $6$ . Informática, esto daría

\frac{1}{13 13!} = 1.235 \times 10^{- 11}

$\dfrac{1}{13 \ 13!}=1.235\times 10^{-11}$

Integral de función sinc sobre intervalo acotado

elturistabr

K.defaoite

Respuestas (3)

Enrique M.

miguel rozenberg

Claudio Leibovici

Derivando la propiedad de la Función Gamma

¿Cómo resolver esta integral por partes?

Integral ∫1−11x1+x1−x−−−√ln(2x2+2x+12x2−2x+1)dx∫−111x1+x1−xln⁡(2x2+2x+12x2−2x+1)dx\int_{- 1}^1\frac1x\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\ln\left(\frac{2\,x^2+2\,x+1}{2\,x^ 2-2\,x+1}\right) \mathrm dx

¿Es legítima esta evaluación integral?

Evalúa la integral ∫3π/4π/4x⋅cot(x)⋅csc(x)dx∫π/43π/4x⋅cot⁡(x)⋅csc⁡(x)dx\int_{\pi/4}^{3 \pi/4} x \cdot \cot(x) \cdot \csc(x) \mahop{dx}

Integral ∫∞−∞exp(−x2)1+x4dx∫−∞∞exp⁡(−x2)1+x4dx\int_{-\infty}^\infty \frac{\exp{(-x^2)}} {1+x^4}x

¿Cuál es el valor de la siguiente integral definida?

Integral de exponencial dentro de una región

Evaluando esta integral usando la función Gamma

Evaluar∫∞1∫1∞\int_{1}^{\infty} 1−(x−[x])x2−σ1−(x−[x])x2−σ\frac{1-(x-[x ])}{x^{2-\sigma}}dx donde [x] denota la mayor función entera y 0<σ<10<σ<10<\sigma<1