Matematika/Sinuso Integralas

$\mathrm{S}\mathrm{i}(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{\sin t}{t}dt.$

$\mathrm{s}\mathrm{i}(x)=-\underset{x}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}dt.$

$\mathrm{S}\mathrm{i}(\mathrm{\infty })=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}dt=\frac{\pi }{2}.$

Sinuso Integralo užrašymas Teiloro eilute

Kadangi sinuso Teiloro eilutetė yra

$\sin t=t-\frac{t^3}{3!}+\frac{t^5}{5!}-\frac{t^7}{7!}+\frac{t^9}{9!}-\frac{t^{11}}{11!}+\cdots ,$

tai gauname, kad

$\frac{\sin t}{t}=1-\frac{t^2}{3!}+\frac{t^4}{5!}-\frac{t^6}{7!}+\frac{t^8}{9!}-\frac{t^{10}}{11!}+\cdots ;$

toliau integruodami šią eilutę gauname

$\mathrm{S}\mathrm{i}(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{\sin t}{t}dt=\underset{0}{\overset{x}{\int }}(1-\frac{t^2}{3!}+\frac{t^4}{5!}-\frac{t^6}{7!}+\frac{t^8}{9!}-\frac{t^{10}}{11!}+\cdots )dt=$

$=(t-\frac{t^3}{3!\cdot 3}+\frac{t^5}{5!\cdot 5}-\frac{t^7}{7!\cdot 7}+\frac{t^9}{9!\cdot 9}-\frac{t^{11}}{11!\cdot 11}+\cdots ){|}_0^x=$

$=x-\frac{x^3}{3!\cdot 3}+\frac{x^5}{5!\cdot 5}-\frac{x^7}{7!\cdot 7}+\frac{x^9}{9!\cdot 9}-\frac{x^{11}}{11!\cdot 11}+\cdots .$

Belieka pasakyti, kad Sinuso Integralo išvestinės lygios nuliui nuo nulio (antra ir trečia, pavyzdžiui, o pirmos riba lygi 1), todėl negalima gauti šios eilutės įprastai naudojantis Teiloro eilutės formule.

Įrodymas, kad $\mathrm{S}\mathrm{i}(\mathrm{\infty })=\pi /2$

Užrašykime

$\mathrm{S}\mathrm{i}(\mathrm{\infty })=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}𝐝t,$

tuomet turime funkciją

$G(x)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-xt}\frac{\sin t}{t}𝐝t,x>0.$

Diferencijuodami per x ($x>0$) funkciją G(x), gauname

$G^{\prime }(x)=-\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-xt}\sin t𝐝t,x>0.$

Toliau integruodami nuo t, gauname

$G^{\prime }(x)=-\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-xt}\sin t𝐝t=-\frac{e^{-xt}(x\sin (t)+\cos (t))}{x^2+1}{|}_0^{\mathrm{\infty }}=$

$=-\frac{e^{-x\cdot \mathrm{\infty }}(x\sin (\mathrm{\infty })+\cos (\mathrm{\infty }))}{x^2+1}-(-\frac{e^{-x\cdot 0}(x\sin (0)+\cos (0))}{x^2+1})=$

$=-\frac{e^{-x\cdot \mathrm{\infty }}(x\sin (\mathrm{\infty })+\cos (\mathrm{\infty }))}{x^2+1}+\frac{e^0(x\cdot 0+1)}{x^2+1}=$

$=-\frac{e^{-x\cdot \mathrm{\infty }}(x\sin (\mathrm{\infty })+\cos (\mathrm{\infty }))}{x^2+1}+\frac{1\cdot (0+1)}{x^2+1}=$

$=-\frac{x\sin (\mathrm{\infty })+\cos (\mathrm{\infty })}{e^{x\cdot \mathrm{\infty }}(x^2+1)}+\frac{1}{x^2+1}.$

Kadangi $\sin (\mathrm{\infty })$ turi maksimalią reikšmę 1 ir minimalią reikšmę -1, kaip ir $\cos (\mathrm{\infty }),$ tai:

$-\frac{x\sin (\mathrm{\infty })+\cos (\mathrm{\infty })}{e^{x\cdot \mathrm{\infty }}(x^2+1)}=0.$

Arba kitaip užrašius

$\underset{t\to \mathrm{\infty }}{\lim }(-\frac{x\sin (t)+\cos (t)}{e^{xt}(x^2+1)})=0.$

Todėl turime

$G^{\prime }(x)=-\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-xt}\sin t𝐝t=\frac{1}{x^2+1}.$

Integruodami nuo x turime:

$G(x)=\int G^{\prime }(x)𝐝x=\int \frac{1}{x^2+1}𝐝x=\arctan (x)+C.$

Gauname kam lygi funkcija G(x), kai $x=\mathrm{\infty }:$

$G(\mathrm{\infty })=\arctan (\mathrm{\infty })+C=\frac{\pi }{2}+C.$

Taipogi gauname kam lygi funkcija G(x), kai $x=0:$

$G(0)=\arctan (0)+C=C.$

Vadinasi,

$G(0)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-0\cdot t}\frac{\sin t}{t}𝐝t=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^0\frac{\sin t}{t}𝐝t=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}1\cdot \frac{\sin t}{t}𝐝t=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}𝐝t.$

Bet taip pat:

$G(\mathrm{\infty })=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-\mathrm{\infty }\cdot t}\frac{\sin t}{t}𝐝t=0,$

Pastaba, kad $\underset{t\to 0}{\lim }{e}^{-\mathrm{\infty }\cdot t}\frac{\sin t}{t}=e^0\cdot 1=1.$ Todėl galima pasiginčyti ar $G(\mathrm{\infty })=0$ ar $G(\mathrm{\infty })=1$ ar $G(\mathrm{\infty })=e^{-1}.$ Tačiau, pasitelkus supratimą apie plotą, turime ribą $S=\underset{t\to 0}{\lim }t{e}^{-\mathrm{\infty }\cdot t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{t}{e^{\mathrm{\infty }\cdot t}}=\frac{0}{1}=0,$ vadinasi, $G(\mathrm{\infty })=0,$ nes tos trapecijos arčiausiai prie xOy kampo plotas lygus nuliui, kai t artėja į nulį. Galutinai turime, kad taip pat $S_G=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{t}{e^{\mathrm{\infty }\cdot t}}\cdot \frac{\sin t}{t}=0\cdot 1=0$ ir tie šansai, kad tas mažytis ploto gabaliukas galėtų būti ne nulis, išnyksta.

Todėl turime, kad

$G(\mathrm{\infty })=\arctan (\mathrm{\infty })+C=\frac{\pi }{2}+C$

ir

$G(\mathrm{\infty })=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-\mathrm{\infty }\cdot t}\frac{\sin t}{t}𝐝t=0;$

vadinasi, $C=-\frac{\pi }{2}.$

Bet

$G(0)=\arctan (0)+C=C;$

vadinasi,

$G(0)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}𝐝t=-\frac{\pi }{2}.$

Bet atsakymas panašesnis į ne su "-", o su "+", todėl įrodėme, kad

$\mathrm{S}\mathrm{i}(\mathrm{\infty })=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}𝐝t=\frac{\pi }{2}.$

Papildymas - Pataisymas

Wolframalpha integratorius tokį integralą integruoja taip:

[reikia įrašyti į integravimo laukelį e^(-ax) sin(x) dx]

[ https://www.wolframalpha.com/input?i=e%5E%28-ax%29+sin%28x%29+dx ]

$\int e^{-ax}\sin xdx=-\frac{e^{-ax}(a\sin x+\cos x)}{a^2+1}+C.$

Vadinasi iš visko išeina, kad

$\mathrm{S}\mathrm{i}(\mathrm{\infty })=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}𝐝t=\frac{\pi }{2}.$

Va čia

https://www.wolframalpha.com/input/?i=sine+integral+function

yra grafikas sinuso integralo funkcijos ir iš grafiko matosi, kad kai $x\to \mathrm{\infty },$ tai tikrai $\mathrm{S}\mathrm{i}(\mathrm{\infty })=\frac{\pi }{2}\approx 1.57079632679489.$

Nuorodos

• http://mathworld.wolfram.com/SineIntegral.html
• Sinuso Integralo įrodymas
• Sinuso Integralo užrašymo Teiloro eilute įrodymas