Определенный интеграл с векторами

[Jaranero]

На плоскости есть отрезок с концами в точках A = (Ax; Ay) и B = (Bx; By).
Есть точка P = (Px; Py) которая НЕ принадлежит отрезку.

Отрезок можно задать формулой C = A + t * (B - A).

Надо найти такой вот интеграл:

$$\int_{0}^{1} \frac {P - A - t * (B - A)} {|P - A - t * (B - A)|^3} dt$$

где |P - A - t * (B - A)| это длина вектора P - A - t * (B - A).

На данный момент я нахожу его численно, деля отрезок на множество кусочков и считая каждый кусочек отдельной точкой.

$$\sum\limits_{t=0}^1 \frac {P - A - t * (B - A)} {|P - A - t * (B - A)|^3} \Delta t$$

Здесь суммирование с некоторым шагом по delta t (например dt = 0.01).
Но это очень неэффективно...

Важно то, что результатом должен быть вектор, но определенный интеграл это ведь число...

Можно ли посчитать такой интеграл с учетом направления?
Если да, то чему он будет равен?

[Алексей К.]

Детали не анализировал, но по поводу основного вопроса ---

Jaranero писал(а):

Важно то, что результатом должен быть вектор, но определенный интеграл это ведь число...

Раз уж Вы умеете подменять интергирование (чего-то) суммированием (чего-то), то додумать этот вопрос до конца, подменить интегрирование векторной функции суммированием оной, и понять, что в результате интегрирования$\simeq$суммирования получается вектор --- думаю, сумеете.

$$\int_{0}^{1} \frac {\vec{F}(t)}{L(t)}dt=\int_{0}^{1} \frac {||(X(t),Y(t)||}{L(t)}dt=||\int_{0}^{1} \frac {X(t)}{L(t)}dt,\int_{0}^{1} \frac {Y(t)}{L(t)}dt||$$

Неуклюжими палочками $||\ldots||$ я обозначил именно вектор (никаких модулей за этим нет, для них |Ваши палочки| служат).

[Jaranero]

Спасибо за подсказку, Алексей. Кстати, я только что накидал на бумажке кое-что и получил точно такой же результат
Т.е. просто надо найти два интеграла, только вот как посчитать такой интеграл?

$$\int_{0}^{1} \frac {X(t)}{L(t)}dt$$

или

$$\int_{0}^{1} \frac {Y(t)}{L(t)}dt$$

?

Пусть D = B - A, E = P - A, тогда P - A - t * D = E - t*D = (Ex - t*Dx, Ey - t*Dy).

Получается интеграл

$$\int_{0}^{1} \frac {E - t*D}{|E - t*D|^3}dt$$

. Считаем какую-нибудь из его векторных частей, например с иксом.

$$\int_{0}^{1} \frac {E_x - t*D_x}{(\sqrt{(E_x - t*D_x)^2 + (E_y - t*D_y)^2})^3}dt$$

$$\int_{0}^{1} \frac {E_x - t*D_x}{(\sqrt{E_x^2 + E_y^2 -2*t*(E_x*D_x + E_y*D_y) + t^2*(D_x^2 + D_y^2)})^3}dt$$

или

$$\int_{0}^{1} \frac {E_x - t*D_x}{(\sqrt{|D|*t^2 - 2*<E, D>*t + |E|})^3}dt$$

где <E, D> скалярное произведение.

Но, если честно, то интеграл такого вида

$$\int_{0}^{1} \frac {a*t + b}{(\sqrt{p*t^2 + q*t + r})^3}dt$$

загоняет меня в тупик...

Как его посчитать?

[Алексей К.]

У Вас в первом сообщении знаменатель был в кубе. Потерялся?
Я бы считал его так. Заменой переменной $t\to u$ получил бы под радикалом выражение $u^2 + a^2$, Потом полез бы в справочник, в таблицу интегралов. Или в учебник. Ни того ни другого под рукой сейчас нет, а интернетом пользоваться умею плохо...

[Jaranero]

Да... потерялся Сейчас его нашел и вернул на законное место.

Для наглядности нарисовал картинку

E = P - A
D = B - A
Dx и Ex - проекции векторов на ось абсцисс

Вот что вывелось дальше:

$$-\int_{0}^{1} \frac {D_x*t - E_x}{ \sqrt { \left( (|D|*t - \frac {<E, D>} {|D|})^2 + |E|^2 - (\frac {<E, D>} {|D|})^2 \right)^3 } }dt$$

Помоему это нечто страшное! Как считать? Ума не приложу... А надо бы

Помогите пожалуйста его посчитать

[PAV]

Я бы посоветовал найти книгу Прудников, Брычков, Маричев. Интегралы и ряды, том 1. (например, через http://www.poiskknig.ru) и покопаться в ней. Там очень много весьма нетривиальных табличных интегралов приводится.

[Александр Т.]

Jaranero писал(а):

$$\int_{0}^{1} \frac {E_x - t*D_x}{(\sqrt{|D|*t^2 - 2*<E, D>*t + |E|})^3}dt$$

где <E, D> скалярное произведение.

Но, если честно, то интеграл такого вида

$$\int_{0}^{1} \frac {a*t + b}{(\sqrt{p*t^2 + q*t + r})^3}dt$$

загоняет меня в тупик...

Как его посчитать?

Интеграл

$$\int \frac {at + b}{\left(\sqrt{pt^2 + qt + r}\right)^3}dt$$

берется при помощи тригонометрической подстановки.

$$pt^2 + qt + r = p\left(t+\dfrac{q}{2p}\right)^2+r-\dfrac{q^2}{4p^2}$$

.
В Вашем случае всегда $r-\dfrac{q^2}{4p^2}>0$, поэтому, применяя подстановку

$$t+\dfrac{q}{2p}=\sqrt{\dfrac{r}{p^2}-\dfrac{q^2}{4p^4}}\tg{x}$$

,
сводим этот интеграл к двум интегралам от тригонометрических функций. Если не ошибаюсь, это будут интегралы от $\cos{x}$ и $\sin{x}$.

P.S. Пробовал вычислить этот интеграл при помощи Maple (v.8), но в результате получил то же, что и ввел, хотя интеграл - стандартный и берется в элементарных функциях.

[Jaranero]

Я нашел его!!! Интеграааал

double e, e2, d2, ed, e_d;
Vec2 E = P - A;
Vec2 D = B - A;

e2 = Len2(E);
d2 = Len2(D);
ed = Dot(E, D);

e = sqrt(e2);
e_d = Len(P - B); // == Len(E - D)

Vec2 V(ed - d2 - e_d*ed/e, ed - e2 + e*e_d);
Vec2 R(E.x * V.x + D.x * V.y, E.y * V.x + D.y * V.y);
R /= ( e_d * (ed*ed - e2*d2) );

return q * R;

Len(вектор2д) - длина вектора.
Len2(вектор2д) - длина вектора в квадрате.
Dot(вектор2д, вектор2д) - скалярное произведение векторов.
Vec2 - это и есть "вектор2д" с компанентами X и Y.

Теперь попытаюсь выразить его в виде формулы:
но что-то уже поздно...

Всем спасибо за внимание
Александр, спасибо за помощь с интегралом

P.S. Maple - это хорошая весчъ! Без него я бы не нашел интеграл.
P.P.S. Это кусок кода из моей программки