انتگرال ناسره $ \int_0^ \infty \frac{e^{-x}\sin\ x}{x}\ dx $

Question

مقدار انتگرال زیر را بیابید : $$ \int_0^ \infty \frac{e^{-x}\sin\ x}{x}\ dx $$

Answer 1

$$ I = \int \limits_0 ^\infty e^{-tx}\frac{\sin(x)}{x}dx $$

$$ \dfrac{dI}{dt}=-\int \limits_0 ^\infty e^{-tx}\sin(x)dx = -\frac{1}{1+t^2}$$

$$ I = -\arctan(t) + D$$

$I(0)=D=\dfrac\pi 2$.

Answer 2

اگر قرار دهیم $$F(u)=\int_0^\infty e^{-x}\frac{\sin ux}{x}dx$$ در اینصورت برای $ u\geq 0 $ همگرای یکنواخت است(آزمون دیریکله) و انتگرال $$F'(u)=\int_0^\infty e^{-x}\cos ux dx$$ نیز همگرای یکنواخت است(آزمون M-وایرشتراس). با انتگرال گیری جز به جز داریم $$\begin{align}\int_0^Ae^{-x}\cos ux dx&=e^{-x}\frac{u\sin ux+\cos ux}{1+u^2}\big]_0^A\\ &=e^{-A}\frac{u\sin uA+\cos uA}{1+u^2}-\frac{1}{1+u^2}\end{align}$$

اگر $A$ را به $\infty$ میل دهیم داریم $$F(u)=\arctan(u)+C, u\geq 0$$

از اینکه $F(0)=0$ داریم $ C=0 $ بنابراین

$$\arctan u=\int_0^\infty e^{-x}\frac{\sin ux}xdx$$

بنابراین انتگرال مورد نظر شما برابر است با $F(1)=\frac\pi 2$ .

---

به طور مشابه می توان نشان داد $$\arctan(\frac ut)=\int_0^\infty e^{-tx}\frac{\sin ux}xdx, u\geq 0, t> 0$$ .

منبع: آنالیزریاضی بارتل.

Answer 3

یک روش دیگر استفاده از جابجایی انتگرال های مکرر است.

اگر $x\geq a> 0$ و $y\geq \alpha> 0$ در اینصورت $$\begin{align} \int_a^\infty \frac{e^{-\alpha x}\sin x}x dx&=\int_a^\infty\int_\alpha^\infty e^{-xy}\sin x\ dydx\\ &=\int_\alpha^\infty\int_a^\infty e^{-xy}\sin x\ dxdy\\ &=\int_\alpha^\infty\big( \frac {e^{-ay}}{1+y^2}\cos a+\frac{ye^{-ay}}{1+y^2}\sin a\big)dy\\ &=\int_\alpha^\infty \frac {e^{-ay}}{1+y^2}\cos a\ dy+\int_\alpha^\infty \frac{ye^{-ay}}{1+y^2}\sin a\ dy\end{align}\tag{*}\label{*}$$

کافی است که $a\to 0$ میل دهیم. چرا که در اینصورت به $\int_0^\infty \frac{e^{-\alpha x}\sin x}x dx$ خواهیم رسید.

اما از آنجا که $|\frac {e^{-ay}}{1+y^2}\cos a|\leq \frac 1{1+y^2} $ و $\int_\alpha^\infty \frac {dy}{1+y^2}$ موجود است پس بنابر قضیه همگرایی مغلوب $$\lim_{a\to 0}\int_\alpha^\infty \frac{e^{-ay}\cos a}{1+y^2}dy=\int_\alpha^\infty\frac{dy}{1+y^2}$$

از طرفی $|\frac{ye^{-ay}\sin a}{1+y^2}|\leq \frac{1}{1+y^2}$ (چرا؟) لذا از قضیه همگرایی مغلوب داریم $$\lim_{a\to 0}\int_\alpha^\infty \frac{ye^{-ay}\sin a}{1+y^2}=0$$ از $\eqref{*}$ خواهیم داشت: $$\frac\pi 2-\arctan\alpha=\int_0^\infty \frac{e^{-\alpha x}\sin x}xdx$$