Интеграл, связанный с интегралами Эйлера

[armez]

Интеграл $\int\limits_{0}^{1} \ln x \left( \frac{x}{x^2+a^2} \right)^p \frac{dx}{x}$ требуется свести к гамма- или бета-функции с помощью дифференцирования или интегрирования по параметру. Наверное, дифференцированием по параметру нужно получить логарифм. Дифференцирование всей степени даёт логарифмический множитель со всей дробью в аргументе (вместо х). Попытка рассмотреть интеграл, в котором числитель и знаменатель входят в разных степенях, чтобы можно было дифференцировать только по показателю степени при х, приводит к интегралу, который не удаётся свести к стандартным. Дополнительно смущает, что в 2-х справочниках указывается, что величина этого интеграла пропорциональна $\ln a$. Непонятно, как может обращаться в нуль при а=1 интеграл, в котором подынтегральная функция - не тождественный нуль и сохраняет знак.

[DeBill]

armez в сообщении #1216758 писал(а):

величина этого интеграла пропорциональна $\ln a$.

Как "пропорциональность", видимо, Вы понимаете значок $\sim$. Это - неправильное понимание. Запись $f(a)\sim g(a)$ (с обязательным указанием, куда стремится $a$) означает, что предел отношения этих двух ф-й (при стремлении $a$ туда, куда сказано) равен 1. Так что, скорее всего, Вы не заметили в справочниках слов типа "при стремлении $a$ к 0." Тогда никаких непоняток нет.
Асимптотику, видимо, можно получить методом Лапласа(?). Также странно, что пропала зависимость от второго параметра...
А вот к гамме-бете ....Ну разве что, перейти к переменной $t=\ln x$, дробь
$(\frac{e^t}{e^{2t} +a^2})^p$ разложить как $e^{-pt}\cdot \frac{1}{(1+e^{-2t}a^2)^p}$,используя стандартное разложение $(1+\varepsilon)^{-p}$, и , сделав линейные замены в полученных интегралах, свести к гамме. Ответ получится в виде ряда (знакочередующегося, что хорошо. Но , возможно, расходящегося, что не очень...). Но аккуратно я не смотрел.
Упс, ашипка в знаке в пределах интегрирования - так ничего не выйдет...

[armez]

Я правильно понимаю пропорциональность - множитель в выражении.

[DeBill]

armez в сообщении #1216807 писал(а):

Я правильно понимаю пропорциональность - множитель в выражении.

Я не говорил, что Вы неправильно понимаете слово "пропорциональность".
Я сказал, что Вы ошибочно понимаете используемый в справочнике значок как "пропорциональность". Правильное понимание этого символа/обозначения было объяснено выше.

[armez]

DeBill, там не было этого значка.

[mihiv]

Заменой $x=a\tg t$ сводится к интегралам, зависящим только от $p$.

[armez]

mihiv, верхний предел будет содержать а.

[DeBill]

armez в сообщении #1216923 писал(а):

там не было этого значка.

Ну, значит, были слова типа "при малых $a$" - что означает ту же эквивалентность... Посмотрите, так ли зто...

armez в сообщении #1216932 писал(а):

верхний предел будет содержать а.

И куда-то пропал множитель $a^{-p}$...

[mihiv]

armez в сообщении #1216932 писал(а):

mihiv, верхний предел будет содержать а.

Да, точно.

[DeBill]

Да попросту - линейной заменой $x=at$ получим асимптотическую формулу
$I(a) = a^{-p}\cdot (A\ln a +B + o(1))$ при $a\to +0$, где
$A=\int\limits_{0}^{\infty} (\frac{t}{1+t^2})^p \cdot\frac{dt}{t}$
$B=\int\limits_{0}^{\infty}\ln t \cdot(\frac{t}{1+t^2})^p\cdot \frac{dt}{t} $

-- 17.05.2017, 15:59 --

А константы то считаются: подстановкой $t=\tg s$ (в результате получилась подстановка mihiv) получим
$A=\frac{1}{2} B(\frac{p}{2},\frac{p}{2})$
А вторую константу, видимо, можно (для целых $p$) сосчитать методами ТФКП.

[armez]

mihiv, всё равно спасибо. Вы поняли смысл вопроса.

[Markiyan Hirnyk]

Команда Математики 11.1

j=Integrate[Log[x]*(x/(a^2 + x^2))^p/x, {x, 0, 1}, Assumptions -> p > 0 && a > 0]

находит интеграл в замкнутом виде
$-\frac{a^{-2 p} \, _3F_2\left(\frac{p}{2},\frac{p}{2},p;\frac{p}{2}+1,\frac{p}{2}+1;-\frac{1}{a^2}\right)}{p^2}$ в терминах гипергеометрической функции. Асимптотика интеграла при $a\to \infty$, найденная командой

Series[j, {a, Infinity, 2}, Assumptions -> p > 0],

такова $a^{-2 p} \left(-\frac{1}{p^2}+\frac{p}{(p+2)^2 a^2}+O\left(\left(\frac{1}{a}\right)^3\right)\right).$

Асимптотика при $a \to 0+$ имеет следующий вид (что Математика произвела, то и привожу)
$\left(-\frac{1}{p^2}+O\left(a^2\right)\right)+a^{-p} \left(\frac{2^{-p} \sqrt{\pi } \Gamma \left(\frac{p}{2}\right) \log (a)}{\Gamma \left(\frac{p+1}{2}\right)}+O\left(a^2\right)\right).$ Код

s = Series[j, {a, 0, 1}, Assumptions -> p > 0]
FullSimplify[s, Assumptions -> p > 0 && a > 0]

[armez]

Markiyan Hirnyk, спасибо за выражение в терминах гипергеометрической функции. Асимптотика в данный момент не требуется. К сожалению, похоже, что выразить результат через интегралы Эйлера не удалось.

[DeBill]

Markiyan Hirnyk
Главный член асимптотики (то, что с логарифмом ), выданный МАтематикой - правильный (коэф-т как раз и совпадает с $\frac{1}{2}B(\frac{p}{2},\frac{p}{2}) = \frac{(\Gamma (\frac{p}{2}))^2}{2\Gamma (p)}$, что можно получить из формулы Лежандра). Но вот остаточные члены - явно не той степени, да и второй член - сомнителен..

[Markiyan Hirnyk]

Пожалуйста, обоснуйте

Цитата:

Но вот остаточные члены - явно не той степени, да и второй член - сомнителен..