Matematika/Sinuso Integralas

${\rm {Si}}(x)=\int _{0}^{x}{\frac {\sin t}{t}}\,dt.$

${\rm {si}}(x)=-\int _{x}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt.$

${\rm {Si}}(\infty )=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt={\frac {\pi }{2}}.$

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

${\rm {Si}}(x)=\int _{0}^{x}{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\int _{0}^{x}(1-{\frac {t^{2}}{3!}}+{\frac {t^{4}}{5!}}-{\frac {t^{6}}{7!}}+{\frac {t^{8}}{9!}}-{\frac {t^{10}}{11!}}+\cdots )\,dt=$

$=(t-{\frac {t^{3}}{3!\cdot 3}}+{\frac {t^{5}}{5!\cdot 5}}-{\frac {t^{7}}{7!\cdot 7}}+{\frac {t^{9}}{9!\cdot 9}}-{\frac {t^{11}}{11!\cdot 11}}+\cdots )|_{0}^{x}=$

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

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 ${\rm {Si}}(\infty )=\pi /2$

Užrašykime

${\rm {Si}}(\infty )=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t,$

tuomet turime funkciją

$G(x)=\int _{0}^{\infty }e^{-xt}{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t,\quad x>0.$

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

$G'(x)=-\int _{0}^{\infty }e^{-xt}\sin t\;\mathbf {d} t,\quad x>0.$

Toliau integruodami nuo t, gauname

$G'(x)=-\int _{0}^{\infty }e^{-xt}\sin t\;\mathbf {d} t=-{\frac {e^{-xt}(x\sin(t)+\cos(t))}{x^{2}+1}}|_{0}^{\infty }=$

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

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

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

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

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

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

Arba kitaip užrašius

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

Todėl turime

$G'(x)=-\int _{0}^{\infty }e^{-xt}\sin t\;\mathbf {d} t={\frac {1}{x^{2}+1}}.$

Integruodami nuo x turime:

$G(x)=\int G'(x)\mathbf {d} x=\int {\frac {1}{x^{2}+1}}\;\mathbf {d} x=\arctan(x)+C.$

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

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

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

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

Vadinasi,

$G(0)=\int _{0}^{\infty }e^{-0\cdot t}{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t=\int _{0}^{\infty }e^{0}{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t=\int _{0}^{\infty }1\cdot {\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t.$

Bet taip pat:

$G(\infty )=\int _{0}^{\infty }e^{-\infty \cdot t}{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t=0,$

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

Todėl turime, kad

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

ir

$G(\infty )=\int _{0}^{\infty }e^{-\infty \cdot t}{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t=0;$

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

Bet

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

vadinasi,

$G(0)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t=-{\frac {\pi }{2}}.$

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

${\rm {Si}}(\infty )=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t={\frac {\pi }{2}}.$

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 ]

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

Vadinasi iš visko išeina, kad

${\rm {Si}}(\infty )=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\;\mathbf {d} t={\frac {\pi }{2}}.$

Va čia

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

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

Nuorodos

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