Определённый интеграл с параметрами

[Someone]

robot80 в сообщении #1277310 писал(а):

Например, $A = 1$, $B = -2$.

Эти значения не удовлетворяют условию

robot80 в сообщении #1277096 писал(а):

его подкоренное выражение всегда положительно (дискриминант отрицателен) и у него корней нет.

[robot80]

Ну я же сказал, что насчёт всегда отрицательного дискрименанта погорячился...
Но тем не менее квадратный многочлен будет положительным для $\rho <1$

[Pphantom]

robot80 в сообщении #1277355 писал(а):

Но тем не менее квадратный многочлен будет положительным для $\rho <1$

Однако его первообразная будет выглядеть иначе. Почему, собственно, это Вас смущает?

Банальный пример. Как выглядит первообразная функции $x^\alpha$? А если $\alpha=-1$?

P.S. И таки давайте определимся, какими бывают $A$ и $B$. В физических задачах множество возможных значений параметров обычно известно, да и шансы вляпаться точно в особый случай нулевые.

[Singular]

В своем сообщении #1276461 о бесконечном значении интеграла при $A-\frac{B^2}{4}=0$ я тоже "погорячился", в этом случае следует исходный интеграл понимать как

$$\int_0^{\rho}\frac{dr}{\sqrt{r^2+Br+A}}=\int_0^{\rho}\frac{dr}{\sqrt{\left(r+\frac{B}{2}\right)^2+\underbrace{A-\frac{B^2}{4}}_{=0}}}=\ln\left|\frac{2\rho}{B}\right|,$$

что попадает под Ваш случай при $A=1$ и $B=-2$.

[Singular]

Предыдущий пост не могу править (может быть модераторы скорректируют и удалят этот пост), исправляю ошибку

$$\int_0^{\rho}\frac{dr}{\sqrt{r^2+Br+A}}=\ln\left|\frac{2\rho}{B}+1\right|,$$

[robot80]

Pphantom, давайте!
Я вычисляю значение потенциала трёхмерного тела, измеренное в некоторой точки, которая расположена вне тела. Вычисляю в сферической системе координат.
$\rho$ - длина радиус вектора, $A = x_M^2 + y_M^2 +z_M^2$ - расстояние от центра тела до точки измерения M, $B = -2(x_M \cdot f_1(\varphi, \psi,\gamma) +y_M \cdot f_2(\varphi, \psi) + z_M \cdot f_3(\varphi, \psi,\gamma) )$, где углы $\varphi , \psi$ - углы сферической системы координат, а угол $\gamma$ - угол наклона тела относительно оси $Oy$, функции $f_1, f_2 , f_3$ - это произведения синусов и косинусов этих углов.
Получается, что $0<\rho < \sqrt{A}, A >0$, а В - любое.
Наверно, проблема заключалась в неточном равенстве нулю дискриминанта и рассмотрении не той подстановки при частном случае $d_1 = b^2 -4A = 0$.
Должно быть наверное так:

$\int_0^\rho \frac{dr} {\sqrt{r^2 + Br +A}} = \ln|\rho+ \frac{B}{2} +\sqrt{r^2 + Br +A}| - \ln|\frac{B}{2}+\sqrt{A}|$ , если $d_1 = b^2 -4A <0$


$\int_0^\rho \frac{dr} {\sqrt{r^2 + 2\sqrt{A}r +A}} = \ln|\rho+ \sqrt{A}| - \ln\sqrt{A}$, если $d_2 = b-2 \sqrt{A} =0$

$\int_0^\rho \frac{dr} {\sqrt{r^2 - 2\sqrt{A}r +A}} = \ln|\rho- \sqrt{A}| - \ln\sqrt{A}$, если $d_3 = b+2 \sqrt{A} =0$

[Someone]

robot80 в сообщении #1277566 писал(а):

Должно быть наверное так:

Раньше нижний предел интегрирования был равен нулю, а теперь стал единицей. А формулы написаны для нуля.

robot80 в сообщении #1277566 писал(а):

$\int_1^\rho \frac{dr} {\sqrt{r^2 - 2\sqrt{A}r +A}} = \ln|\rho- \sqrt{A}| - \ln\sqrt{A}$, если $d_3 = b+2 \sqrt{A} =0$

Только при условии, что точка $\rho=\sqrt{A}$ лежит вне отрезка интегрирования.

[robot80]

Исправил нижний предел...

Цитата:

Только при условии, что точка $\rho=\sqrt{A}$ лежит вне отрезка интегрирования.

У меня $\rho <\sqrt{A}$, так что это условие выполняется.

-- 22.12.2017, 14:34 --

Singular, если делать такую подстановку, то при $B=0$ или $\rho = -\frac{B}{2}$ получаются невычислимые первообразные, а я как раз от этого хочу избавиться . В Градштейне и Рыжике, кстати, такая подстановка приведена.

[Someone]

Пока завтракал, заметил ещё одну ошибку.

robot80 в сообщении #1277566 писал(а):

$\int_0^\rho \frac{dr} {\sqrt{r^2 - 2\sqrt{A}r +A}} = \ln|\rho- \sqrt{A}| - \ln\sqrt{A}$, если $d_3 = b+2 \sqrt{A} =0$

Дело в том, что

$$\frac 1{\sqrt{r^2-2\sqrt{A}r+A}}=\frac 1{\sqrt{\big(r-\sqrt{A}\big)^2}}=\frac 1{\big\lvert r-\sqrt{A}\big\rvert}=\begin{cases}-\frac 1{r-\sqrt{A}},\text{ если }r<\sqrt{A},\\ \phantom{-}\frac 1{r-\sqrt{A}},\text{ если }r>\sqrt{A}.\end{cases}$$

Поэтому правильно будет

$$\int\limits_0^{\rho}\frac{dr}{\sqrt{r^2-2\sqrt{A}r+A}}=\ln\sqrt{A}-\ln\big\lvert\rho-\sqrt{A}\big\rvert\text{ при }0\leqslant\rho<\sqrt{A}.$$

Ещё опечатка:

robot80 в сообщении #1277566 писал(а):

$\int_0^\rho \frac{dr} {\sqrt{r^2 + Br +A}} = \ln|\rho+ \frac{B}{2} +\sqrt{r^2 + Br +A}| - \ln|\frac{B}{2}+\sqrt{A}|$ , если $d_1 = b^2 -4A <0$

Под корнем нужно заменить $r$ на $\rho$.

P.S. Маленькие замечания.
1) Как я догадываюсь, на самом деле "$b$" — это "$B$".
2) Обозначения $d_1$, $d_2$, $d_3$ для дискриминанта мне кажутся избыточными. Обозначили один раз дискриминант, допустим, $D=B^2-4A$, и далее пишете всякие условия с ним в виде $D>0$, $D=0$, $D<0$ и т.п. Не нравится $D$ — обозначьте $\mathscr D$ или ещё как-нибудь, но три-то обозначения для одного выражения зачем? Хотя это, конечно, не запрещено.
3) Если $D>0$, $r_1$ и $r_2$ — корни квадратного трёхчлена $r^2+Br+A$ (считаем, что $r_1<r_2$), то подынтегральная функция и её первообразная существуют на промежутках $r<r_1$ и $r>r_2$, причём, первообразная продолжается по непрерывности в точки $r=r_1$ и $r=r_2$.
Если $B>2\sqrt{A}$, то корни отрицательные, и интеграл существует при всех $\rho\geqslant 0$.
Если $B<-2\sqrt{A}$, то корни положительные, и интеграл существует при $0\leqslant\rho\leqslant r_1=\frac 12\big(-B-\sqrt{D}\big)$. Однако, если я не ошибся, в этом случае $r_1<\sqrt{A}$, поэтому проинтегрировать от $0$ до $\sqrt{A}$ не удастся.
Насколько эти случаи осмысленны в вашей задаче — смотрите сами.

[robot80]

Someone, спасибо за найденную неточность!
Спасибо всем за участие в обсуждении проблемы. Я модифицировал программу и она даже работает:) Тему считаю закрытой .