Integración de funciones exponenciales y función coseno

Question

Estoy tratando de resolver la siguiente ecuación; $$\int_{-1}^{1}e^{i(x+a\cos x)} \, \mathrm{d}(\cos x)$$ or $$\int_{0}^{\pi}e^{i(x+a\cos x)} \sin x \, \mathrm{d}x$$

He intentado esto en Wolfram Alpha, pero se dice que la respuesta no puede ser obtenido.

Answer 1

Deje $F(a)$ se define como

$$F(a)=\int_0^{\pi}e^{i(x+a\cos x)}\sin x\,dx \tag 1$$

Ahora, es fácil mostrar que la parte real de la $F$ es idéntica $0$. Para ello, escribimos la parte real de la $(1)$

$$\text{Re}\lbrace F(a)\rbrace=\int_0^{\pi/2}\cos(x+a\cos x)\sin x\,dx+\int_{\pi/2}^{\pi}\cos(x+a\cos x)\sin x\,dx \tag 2$$

Entonces, la aplicación de la sustitución de $x\to \pi -x$ en la segunda integral en el lado derecho de la $(2)$ revela

$$\begin{align} \text{Re}\lbrace F(a)\rbrace&=\int_0^{\pi/2}\cos(x+a\cos x)\sin x\,dx+\int_{0}^{\pi/2}\cos(\pi-x+a\cos (\pi-x))\sin (\pi-x)\,dx\\\\ & =\int_0^{\pi/2}\cos(x+a\cos x)\sin x\,dx-\int_0^{\pi/2}\cos(x+a\cos x)\sin x\,dx\\\\ &=0 \tag 3 \end{align}$$

como iba a ser mostrado. Podemos escribir, por lo tanto, $F(a)$

$$\begin{align} F(a)&=i\int_0^{\pi}\sin(x+a\cos x)\sin x\,dx \\\\ &=i\int_0^{\pi}\left(\sin^2(x)\cos(a\cos x)+\sin(x)\cos(x)\sin(a\cos x)\,\right)dx\tag 4 \end{align}$$

cuando llegamos a la parte derecha de $(4)$ con un desarrollo paralelo que llevó a $(3)$.

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La segunda integral en el lado derecho de la $(4)$ es fácil de evaluar. Sustituyendo $x\to \cos(x)$ e integrando por partes revela que

$$\begin{align} i\int_0^{\pi}\sin(x)\cos(x)\sin(a\cos x)\,dx&=i2\int_{0}^1 x\sin(ax)\,dx\\\\ &=i2\frac{-a\cos(a)+\sin(a)}{a^2} \tag 5 \end{align}$$

El uso de $(5)$ $(4)$ reduce el $F(a)$ a

$$\begin{align} F(a)&=i\int_0^{\pi}\left(\sin^2(x)\cos(a\cos x)\right)\,dx\\\\ &+i2\frac{-a\cos(a)+\sin(a)}{a^2} \tag 6 \end{align}$$

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Con el fin de evaluar la integral en $(6)$ vamos a cumplir dos sucesivas sustituciones. En primer lugar, nos vamos a $a\cos x\to x$. Este rendimientos

$$i\int_0^{\pi}\left(\sin^2(x)\cos (\cos x)\right)=\frac{i2}{a}\int_0^un \sqrt{1-\left(\frac{u}{a}\right)^2} \cos (x)\,dx$$

donde se explota el hecho de que el integrando es una función par. A continuación, hemos de hacer cumplir la sustitución de $x\to a\sin x$, lo que revela

$$\begin{align} i\int_0^{\pi}\left(\sin^2(x)\cos(a\cos x)\right)&=i\int_0^{\pi}\cos^2(x)\cos(a\sin x)\,dx \tag 7\\\\ &=i\int_0^{\pi}\cos(a\sin x)\,dx-i\int_0^{\pi}\sin^2(x)\cos(a\sin x)\,dx\\\\ &=i\pi J_0(a)+i\pi J_1'(a)\\\\ &=i\pi\frac{J_1(a)}{a} \tag 8 \end{align}$$

donde $J_0(a$) y $J_1(a)$ es la Función de Bessel de primera especie y orden cero y uno, respectivamente, mientras que $J_1'(a)$ es la primera derivada de la $J_1$. En la obtención de $(8)$ nos basamos en las Ecuaciones $(B5)$, $(B6)$, y $(B8)$ en la sección de Funciones de Bessel.

Aparte, hemos explotado la simetría de $\cos^2(x)\cos(a\sin x)$ $\pi/2$ para llegar a $(7)$.

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RESULTADO FINAL

Poner a $(6)$ $(8)$ juntos por fin rendimientos

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{F(a)=i2\frac{-a\cos(a)+\sin(a)}{a^2}+i\pi\frac{J_1(a)}{a}} $$

lo que concuerda con los obtenidos empíricamente la hipótesis de @ClaudeLeibovici y @JoshBroadhurst!

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FUNCIÓN DE BESSEL DE LADO

Observamos una representación integral para la primera clase Función de Bessel de orden $n$

$$\begin{align} J_n(a)&=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\cos(nx-a\sin x)dx \\\\ &=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} \left(\cos (nx)\cos(a\sin x)+\sin(nx)\sin(a\sin x)\right) \,dx \tag{B1} \end{align}$$

junto con la recurrencia de las relaciones

$$J_n(a)=\frac{a}{2n}\left(J_{n-1}(a)+J_{n+1}(a)\right) \tag{B2}$$

y

$$J_n'(a)=\frac12 \begin{cases} J_{n-1}(a)-J_{n+1}(a),&n\ne 0\\\\ -J_1(a),&n = 0 \tag{B4} \end{casos}$$

Establecimiento $n=0$ $(B1)$ rendimientos

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{J_0(a)=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} \left(\cos(a\sin x)\right) \,dx} \tag{B5}$$

Tomando los dos derivados de $J_0(a)$ y multiplicando por $-1$ y el uso de $(B4)$ rendimientos

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{J_1'(a)=-\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} \sin^2(x)\cos(a\sin x)\,dx}\tag{B6}$$

Tenga en cuenta que el uso de $(B3)$$(B4)$, podemos eliminar el $J_{n+1}$ y escribir $J_n$

$$J_n(a)=\frac{a}{n}\left(J_{n-1}(a)-J_n'(a)\right) \tag{B7}$$

Establecimiento $n=1$ $(B7)$ y reordenando, obtenemos

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\frac{J_1(a)}{a}=J_0(a)+J_1'(a)} \tag{B8}$$

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Answer 2

Si se deja fuera el (lo que supongo es un constante $a$ en el problema original y el tipo en WolframAlpha, le dice que la solución es la función de Bessel de primera especie ( $J_1$ ), y da la siguiente respuesta $$ (\pi J_1(1)-2 \cos(1)+2 \sin(1))i \approx 1.9848i$$

If you set $a=2$ como la entrada a WolframAlpha esto le da $$ \frac{1}{2} (\pi J_1(2)-2 \cos(2)+\sin(2))i \approx 1.7767i$$

Again with $a=3$ como la entrada da $$ \frac{1}{9} (3 \pi J_1(3)-6 \cos(3)+2 \sin(3))i \approx 1.0464i$$

Perhaps you can use a few more values for $un$ y generalizar un patrón. La entrada yo estoy usando parece:

integrate from 0 to pi: e^(i (x + 3 cosx)) sinx dx

Espero que esto sea suficiente para sus necesidades.

Answer 3

En el mismo espíritu que Josh Broadhurst la respuesta, debe llegar a $$\int_{0}^{\pi}e^{i(x+a\cos(x))} \sin(x)\,dx=\frac{\pi a J_1(a)-2 a \cos (a)+ 2 \sin (a)}{a^2}\,i$$ no encuentro ninguna manera de calcular la antiderivada de sí mismo.