Определённый интеграл с параметрами

[robot80]

Здравствуйте всем!
При вычислении определённого интеграла столкнулся с ситуацией, когда ОДЗ первообразной не совпадает с ОДЗ подынтегральной функции. То есть интеграл можно вычислить с помощью численных методов, а через первообразную нет. Вот интеграл.
$\int_0^\rho \frac {dr} {\sqrt {r^2 +Br +A}} = \ln | \rho + \frac {B} {2} + \sqrt {\rho^2 +B \rho +A}| - \ln | \frac {B} {2} + \sqrt {A}| $
Здесь А, В - параметры, которые могут принимать любые значения. В том числе и такие, что подмодульные выражения будут равны нулю.
И вот вопрос: что делать в таком случае?

[B@R5uk]

Ничего не делать. Есть такое понятие, как интеграл в смысле главного значения. Поэтому, например, $1/x$ можно проинтегрировать от на отрезке $\left[-1, 1\right]$ и радостно получить ноль. Хотя, конечно, до таких крайностей дело лучше не доводить.

[svv]

При разных значениях параметров могут быть разные типы неприятностей.
$\bullet$ Получаются интегралы типа $\int\limits_0^{\rho}\frac {dr} r$, которые не существуют (расходятся). Например, при $B=0, A=0$.
$\bullet$ Функция является неограниченной в области интегрирования, хотя несобственный интеграл сходится. Например, при $B=1, A=0$.
$\bullet$ Подинтегральная функция не определена на некотором промежутке из области интегрирования. Например, при $B=0, A=-1$.
$\bullet$ Интеграл существует, но найденное для первообразной выражение годится не для всех значений параметров. Например, для интеграла $\int \frac{dx}{a+x^2}$ получено $\frac 1{\sqrt a}\arctg\frac{x}{\sqrt a}+C$, что не имеет смысла при $a\leqslant 0$. Хотя проверка дифференцированием показывает, что, вроде, всё правильно.
$\bullet$ Ещё что-то.

[Someone]

robot80 в сообщении #1275916 писал(а):

И вот вопрос: что делать в таком случае?

Ограничиваться промежутками интегрирования, лежащими в области непрерывности подынтегральной функции. Со всякими точками разрыва обращаться с осторожностью. За пределы области определения подынтегральной функции не вылезать.

[robot80]

Здравствуйте всем!
Спасибо за советы!:) К сожалению,они плохо подходят к моему случаю :( Число А у меня всегда положительное, а вот В может быть каким угодно. Рассматривать только отрезки, где всё хорошо вычисляется, я не могу. Этот интеграл нужен для вычисления физической величины при определённых условиях. Эта величина экспериментально существует и при тех А и В, что зануляют подмодульное выражение.
Я попробовал три варианта решения проблемы:
1) рассмотивать частные случаи зануления, например $B = -2 \sqrt {A}$. И при этом условии вернулся к общему случаю и рассмотрел его частный случай. В результате такого подхода у меня получается такое дерево частных случаев. Я не уверен, что так можно делать, ведь фактически я меняю подинтегральную функцию. Ради интереса попробовал забить это дерево в программу. Результаты расчётов, прямо скажем, меня не вдохновили:(
2) Каким-то образом, при занулении, менять значение верхнего предела $\rho$ с соотвествующим выводом информации на экран. Вроде как программа говорит, всю площадь сосчитать не могу, но вот до середины осилила. Этот вариант тоже забил в программу, и она тупо где-то виснет.
3) Считать всё численно, но это так ДОЛГО....

[Pphantom]

Подкоренное выражение - это квадратный трехчлен, который может стать меньше нуля в интервале между двумя его корнями, если они у него есть. Соответственно (не знаю, правда, какой физический смысл это имеет) просто считайте сумму интегралов на интервалах $[0,x_1]$ и $[x_2,\rho]$ (если $x_1>0$ и $x_2 < \rho$ соответственно). Поиск корней квадратного трехчлена вычислительной сложности не представляет, сравнение этих корней с пределами интегрирования - тоже.

[robot80]

Pphantom, спасибо, попробую:)

[Singular]

Может быть проще будет, если преобразовать исходный интеграл
$\int_0^{\rho}\frac{dr}{\sqrt{r^2+Br+A}}=\int_0^{\rho}\frac{d\left(\frac{r+\frac{B}{2}}{\sqrt{A-\frac{B^2}{4}}}\right)}{\sqrt{\left(\frac{r+\frac{B}{2}}{\sqrt{A-\frac{B^2}{4}}}\right)^2+1}}=\left.\operatorname{Arsh}\left(\frac{r+\frac{B}{2}}{\sqrt{A-\frac{B^2}{4}}}\right)\right|_0^{\rho}$,
где решение распадается на три случая:

1. $A-\frac{B^2}{4}>0$, действительное значение;

2. $A-\frac{B^2}{4}=0$, бесконечное значение;

3. $A-\frac{B^2}{4}<0$, мнимое значение.

[svv]

robot80 в сообщении #1275916 писал(а):

Здесь А, В - параметры, которые могут принимать любые значения. В том числе и такие, что подмодульные выражения будут равны нулю.

(исходя из этого, дали советы)

robot80 в сообщении #1276030 писал(а):

Спасибо за советы!:) К сожалению,они плохо подходят к моему случаю :( Число А у меня всегда положительное, а вот В может быть каким угодно.

[robot80]

Здравствуйте, всем!
Спасибо за советы!
Singular, Ваш вариант решения частично присутствует в Градштейне-Рыжике :) Если расписать этот гипеболический арктангенс через логарифм, то вроде как получатся исходные два логарифма.
Pphantom, я тут подумал, а какие у этого трехчлена могут быть корни, если он стоит в знаменателе?:) Многочлен должен быть всегда положительным.

В общем, я принял компромиссное решение.
1) Так как первое подмодульное выражение равно нулю при $A-\frac {B} {4} = 0 \Leftrightarrow \left(2B- \sqrt{A}\right) \left(2B + \sqrt{A}\right) =0 $, а второе - только при $ \left(2B + \sqrt{A}\right) =0$, то необходимо учитывать каждую скобку индивидуально.
2) Если эти скобки одновременно по модулю больше какого-нибудь маленького числа (я взял $10 \^{-12}$), то я использую первообразную, а если меньше, то вычисляю интеграл численно.
Вроде программа работает, и даже быстро :)

[Pphantom]

robot80 в сообщении #1276714 писал(а):

я тут подумал, а какие у этого трехчлена могут быть корни, если он стоит в знаменателе?:) Многочлен должен быть всегда положительным.

А что, корни многочлена зависят от места его записи?

[robot80]

Pphantom, ха, ха, нет не зависят . Но интеграл-то у меня численно прекрасно считается (при тех А и В, что требуются для расчёта)! Это означает, что дробь с корнем в знаменателе вычисляется, а это означает, что его подкоренное выражение всегда положительно (дискриминант отрицателен) и у него корней нет.

[Someone]

robot80 в сообщении #1277096 писал(а):

… интеграл-то у меня численно прекрасно считается (при тех А и В, что требуются для расчёта)! Это означает, что дробь с корнем в знаменателе вычисляется, а это означает, что его подкоренное выражение всегда положительно (дискриминант отрицателен) и у него корней нет.

Ну Вы наконец определились, какие значения могут у Вас принимать параметры $A$ и $B$? Это у Вас уже третья или четвёртая версия.

Если у Вас действительно дискриминант отрицательный, то есть, $\lvert B\rvert<2A$, то можно вычислять интеграл по готовой формуле с первообразной, только его стоит немного преобразовать для уменьшения погрешностей:

$$\int\limits_0^{\rho}\frac{dr}{\sqrt{r^2+Br+A}}=\begin{cases}\ln\frac{\sqrt{\rho^2+B\rho+A}+\left(\rho+\frac B2\right)}{\sqrt{A}+\frac B2}\text{, если }\rho+\frac B2\geqslant 0,\\ \ln\frac{\sqrt{A}-\frac B2}{\sqrt{\rho^2+B\rho+A}-\left(\rho+\frac B2\right)}\text{, если }\rho+\frac B2<0\end{cases}$$

[Pphantom]

robot80 в сообщении #1277096 писал(а):

Но интеграл-то у меня численно прекрасно считается (при тех А и В, что требуются для расчёта)! Это означает, что дробь с корнем в знаменателе вычисляется, а это означает, что его подкоренное выражение всегда положительно (дискриминант отрицателен) и у него корней нет.

А что мы, собственно, тогда тут обсуждаем?

[robot80]

Someone, чтобы не обременять вас всех подробностями, я привёл общий вид интеграла в надежде, что есть какой-нибудь общий неизвестный мне метод, который не зависит от параметров А, В и величины $\rho$. После обсуждений, увидел, что такого метода нет, и пришлось уточнять значения параметров.
Pphantom

Цитата:

А что мы, собственно, тогда тут обсуждаем?

Я в самом начале написал, что

Цитата:

То есть интеграл можно вычислить с помощью численных методов, а через первообразную нет.

Программа подсчёта этого интеграла через первообразную выдавала ошибку о том, что логарифм не может быть подсчитан (дебагер показывал, что его аргумент равен нулю), а вот численно (методом Гаусса) интеграл вычислялся.
Например, $A = 1$, $B = -2$. Аргумент логарифма будет равен нулю независимо от $\rho$, а вот подкоренное выражение в интеграле будет положительным, если $\rho <1$.
Так что со всегда отрицательным дискрименантом я погорячился