Интеграл, связанный с интегралами Эйлера

[DeBill]

Markiyan Hirnyk
Если в интегралах в

DeBill в сообщении #1216938 писал(а):

$I(a) = a^{-p}\cdot (A\ln a +B + o(1))$ 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} $

верхний предел заменить на $\frac{1}{a}$, то получится точная формула для $I(a)$. Поэтому ошибка асимптотической формулы происходит из "хвостов" интегралов $A$ и $B$. Хвост $\int\limits_{\frac{1}{a}}^{\infty}(\frac{t}{1+t^2})^p \cdot \frac{dt}{t}$ равен $\frac{a^p}{p} + O(a^{p+2})$. Это - малая весчь, даже после домножения на логарифм, при малых $a$. Так что следующим членом асимптотики (во второй скобке) будет константа $B$ (ибо она - ненулевая при $p\ne 1$).

-- 18.05.2017, 22:50 --



-- 18.05.2017, 22:55 --

Можно подумать, что программа явно сосчитала этот член - и записала его в первую скобку. Но: нет логарифма, и "пэ" - с квадратом....

[Markiyan Hirnyk]

Пожалуйста, изложите происхождение $I(a)$ и обоснуйте

Цитата:

Поэтому ошибка асимптотической формулы происходит из "хвостов" интегралов $A$и $B$. Хвост

$$\int\limits_{\frac{1}{a}}^{\infty}(\frac{t}{1+t^2})^p \cdot \frac{dt}{t}$$

равен $\frac{a^p}{p} + O(a^{p+2})$. Это - малая весчь, даже после домножения на логарифм, при малых $a$. Так что следующим членом асимптотики (во второй скобке) будет константа $B$ (ибо она - ненулевая при $p\ne 1$)

подробно и аккуратно, аккуратно и подробно, без словоблудия. Я предпочитаю доказательства необоснованным заявлениям.

[ex-math]

Markiyan Hirnyk
Вряд ли ТС пришел на форум затем, чтобы скормить свой интеграл матпакету. Это было бы проще сделать напрямую. Скорее он рассчитывал получить некоторые идеи и подсказки. Поэтому столь настойчивые апелляции к матпакетам и их непогрешимости кажутся мне неуместными.

[armez]

ex-math, этот интеграл вызывает сомнения, и я не уверен, что его вообще можно выразить через нужные функции. Тут любая информация может быть полезна, в том числе, косвенно подтверждающий этот факт результат, выданный матпакетом, которого у меня нет под рукой. Сообщения участников mihiv и Markiyan Hirnyk кажутся мне вполне уместными.

[Markiyan Hirnyk]

Свободно доступная WolframAlpha считает указанный интеграл для $a=1, p=1/2.$ Можно сравнить ответ с численным значением $-\frac{a^{-2 p} \, _3F_2\left(\frac{p}{2},\frac{p}{2},p;\frac{p}{2}+1,\frac{p}{2}+1;-\frac{1}{a^2}\right)}{p^2}$ для этих величин.

[armez]

Markiyan Hirnyk, конечно, тем более, что случай а=1 сразу вызывал сомнения.

[Markiyan Hirnyk]

При сверке в Мэйпле

int((x/(x^2+1))^(1/2)*ln(x)/x, x = 0 .. 1, numeric);
                          -3.933536271
evalf(-4*hypergeom([1/4, 1/4, 1/2], [5/4, 5/4], -1));
                          -3.933536271

результаты совпали. Полагаю, что это весомый аргумент в пользу правильности результата Математики.

[DeBill]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1217200 писал(а):

изложите происхождение $I(a)$ и

$I(a)$, как нетрудно догадаться, и есть интеграл ТС.
Все остальное есть в тексте.

(Оффтоп)

:D А под словоблудием, как я понимаю, Вы имеете в виду фразы вроде

Markiyan Hirnyk в сообщении #1217200 писал(а):

подробно и аккуратно, аккуратно и подробно, без словоблудия. Я предпочитаю доказательства необоснованным заявлениям.

-- 19.05.2017, 03:25 --

Markiyan Hirnyk в сообщении #1217222 писал(а):

это весомый аргумент в пользу правильности результата Математики.

О правильности результата - для выражения через гипергеометрию - речь и не шла.
Разговор был о правильности выданной матпакетом асимптотической формулы.
Так что для проверки ее надо посчитать точное выражение для всего интеграла - да хоть бы и через гипергеметрическую, вычесть из этого главный член асимптотики - тот, что с логарифмом, и сравнить с оставшимся членом из Вашей формулы, и, соответственно, с моей константой. И считать при малых $a$, типа, 0.01, и $p$, не равном 1. Вот это и будет реальная проверка. А так, все прочее - типа ссылки на счет при $a=1$ - это и есть то, что Вы так хорошо назвали.

[Markiyan Hirnyk]

Не будем опускаться до словесных испражнений, а произведем числовую проверку в Мэйпле:
интеграл -

evalf(eval(-a^(-2*p)*hypergeom([(1/2)*p, (1/2)*p, p], [1+(1/2)*p, 1+(1/2)*p], -1/a^2)/p^2, [a = 0.1e-3, p = 1/2]));
                          -3419.331771;

его асимптотика согласно предложенной вами формуле -

evalf(eval(a^(-p)*((int((eval((t/(t^2+1))^p, p = 1/2))/t, t = 0 .. infinity, numeric))*ln(a)+int(ln(t)*(eval((t/(t^2+1))^p, p = 1/2))/t, t = 0 .. infinity, numeric)), [a = 0.1e-3, p = 1/2]));
                          -3415.331771;

асимптотика согласно формуле Математики -

evalf(eval(-1/p^2+a^(-p)*2^(-p)*sqrt(Pi)*GAMMA((1/2)*p)*ln(a)/GAMMA(1/2-(1/2)*p), [a = 0.1e-3, p = 1/2]));
                          -1158.344979;

асимптотика согласно формуле Математики до ее упрощения -

evalf(eval(-(1/4)*a^(-p)*GAMMA((1/2)*p)^2*ln(1/a^2)/GAMMA(p)-(1/4)*Pi^2*csc((1/2)*p(Pi))^2/(GAMMA(1-(1/2)*p)^2*GAMMA(1+(1/2)*p)^2), [a = 0.1e-3, p = 1/2]));
                          -3448.006856.

Полагаю, что ошибка сделана Математикой при упрощении.

[Markiyan Hirnyk]

Мэйпл находит асимптотику интеграла точнее, чем Математика:

inte := -a^(-2*p)*hypergeom([p, (1/2)*p, (1/2)*p], [1+(1/2)*p, 1+(1/2)*p], -1/a^2)/p^2:
series(eval(inte, p = 1/2), a, 3) assuming a>0;
Pi^(3/2)*ln(a)/(GAMMA(3/4)^2*sqrt(a))-4+O(a^2)
convert(series(eval(inte, p = 1/2), a, 3), polynom);
Pi^(3/2)*ln(a)/(GAMMA(3/4)^2*sqrt(a))-4
evalf(eval(%, a = 0.1e-3));
                          -3419.331774

Заканчиваю на этом: куча дел на сегодня.

[sergei1961]

$_{3}F_2$ сводится за счёт сокращения гамма функций к $_{1}F_2$ с параметрами $(a; a/2,a/2)$. Уже проще, множителей меньше.

[Markiyan Hirnyk]

Математика правильно находит асимптотику (в моем предыдущем ответе ошибка при копировании, которое можно сделать програмно):

j = Integrate[Log[x]*(x/(a^2 + x^2))^p/x, {x, 0, 1}, Assumptions -> p > 0 && a > 0];
s = Series[j, {a, 0, 2}, Assumptions -> p > 0];
k = Normal[FullSimplify[s]];
N[k /. {a -> 0.0001, p -> 1/2}]
-3419.33

Привожу упрощенную асимптотику в стандартной математической записи
$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^3\right)\right)+\left(-\frac{1}{p^2}+\frac{p a^2}{(p+2)^2}+O\left(a^3\right)\right) $

[Vince Diesel]

При четных $p$, похоже, результат выражается в элементарных функциях. Для $p=2,4,6$ математика дает

$$ -\frac{\log \left(\frac{1}{a^2}+1\right)}{4a^2},\ \frac{\frac{a^2}{\left(a^2+1\right)^2}-\log \left(\frac{1}{a^2}+1\right)}{24 a^4},\ \frac{\frac{a^2 \left(2 a^4+7 a^2+2\right)}{\left(a^2+1\right)^4}-2 \log \left(\frac{1}{a^2}+1\right)}{240a^6}. $$

[Markiyan Hirnyk]

Зто неверно: при $p=12$ получаем $\frac{2772 \text{Hypergeometric2F1}^{(0,0,1,0)}\left(12,6,7,-\frac{1}{a^2}\right)+2772 \text{Hypergeometric2F1}^{(0,1,0,0)}\left(12,6,7,-\frac{1}{a^2}\right)-\frac{\left(11 \left(42 a^{10}+30 a^8+15 a^6+5 a^4+a^2\right)+1\right) a^{12}}{\left(a^2+1\right)^{11}}}{66528 a^{24}}ю$

[sergei1961]

Наверное, Вы правы, но это ещё не значит, что приведённая функция не сводится к элементарной.