Интеграл с ядром типа не Коши.

[superkonev]

Здравствуйте, любители интегралов!
Возник интерес взять интеграл

$$ I=V.P.\int^1_{-1} {\frac {t} {(1-t^2)^{1/3}}} {\frac {1} {(x-t)|x-t|^{1/3}}} dt $$

Припоминается, что нас учили брать подобные интегралы. И кажется, я что-то подобное брал. Но без понимания всей теории, чисто механически. Теперь вообще ничего вспомнить не могу, и в книгах не могу найти, а конспекты потерял. Сообщите, пожалуйста, где залегает теория для взятия такого интеграла. Ещё лучше, подробно объясните как его брать. Приближённо посчитал. Получилось,
$I\approx-3.6$.

[Vince Diesel]

Что за численное значение? Интеграл зависит от $x$.

[superkonev]

Vince Diesel в сообщении #1550017 писал(а):

Что за численное значение? Интеграл зависит от $x$.

$I(x)\approx-3.6$.

[Vince Diesel]

При $x=0$ сверху и снизу сокращается $t$ и получается бета-функция, ответ $-2\pi/\sqrt{3}=-3.62...$. В общем же случае можно пытаться по определению — с одной стороны от особой точки функция положительна, с другой отрицательна, так что, скажем, при $t<x$ делать замену, на некотором участке будет интеграл от разности, зато со слабой особенностью.

[Farest2]

Честно говоря, о какой-либо теории взятия VP я ничего не знаю, встречалась только пара примеров у Лаврентьева-Шабата и у Евграфова в учебниках по ТФКП. Но, мне кажется, тут просто по определению VP всё должно получиться. Понятно, что $x$ лежит на $[-1,1]$, иначе интеграл сходится в обычном смысле. Пусть $x\in(-1,1)$ (предел по $\varepsilon$ пока не пишем):

$$ I=\int_{-1}^{x-\varepsilon} \frac{t\,dt}{(1-t^2)^{1/3}(x-t)^{4/3}} -\int_{x+\varepsilon}^1 \frac{t\,dt}{(1-t^2)^{1/3}(t-x)^{4/3}} \overset{\rm def}{=}I_1-I_2. $$

Числитель каждого интеграла представляем через скобки с нулевыми точками знаменателя и неопределёнными коэффициентами (возможно, именно этот момент Вы пытались вспомнить). Для первого интеграла

$$ t=A(x-t)+B(1+t)=-\frac{1}{1+x}(x-t)+\frac{x}{1+x}(1+t). $$

Для второго --

$$ t=A(t-x)+B(1-t)=\frac{1}{1-x}(t-x)+\frac{x}{1-x}(1-t). $$

Поэтому

$$ I_1=-\frac{1}{1+x}\int_{-1}^{x-\varepsilon} \frac{dt}{(1-t^2)^{1/3}(x-t)^{1/3}} +\frac{x}{1+x}\int_{-1}^{x-\varepsilon} \frac{(1+t)^{2/3}\,dt}{(1-t)^{1/3}(x-t)^{4/3}} =I_{11}+I_{12}. $$

$$ I_2=\frac{1}{1-x}\int_{x+\varepsilon}^1 \frac{dt}{(1-t^2)^{1/3}(t-x)^{1/3}} +\frac{x}{1-x}\int_{x+\varepsilon}^1 \frac{(1-t)^{2/3}\,dt}{(1+t)^{1/3}(t-x)^{4/3}} =I_{21}+I_{22}. $$

В $I_{11}$ и $I_{21}$ можно занулить $\varepsilon$ прямо сейчас. В остальных двух интегралах надо загнать $(\bullet)^{4/3}$ под дифференциал и проинтегрировать по частям. Внеинтегральные члены надо объединить и устремить $\varepsilon$ к нулю. В интегральных членах $\varepsilon$ теперь тоже можно занулить. Всё. Осталась чистая техника без всяких VP.

[superkonev]

Vince Diesel, спасибо за подсказку. Но для сокращения нужно иметь доказательство, что $I(x)= \mathrm{const}$.
Возможно, есть какое-то простое доказательство. Я этот факт просто знаю.
Про бета-функцию тоже не знаю. Но интеграл

$$ \int^1_{0} {\frac {1} {(1-t^2)^{1/3}}} {\frac {1} {t^{1/3}}} dt=\pi/\sqrt 3 $$

доказать могу.
Farest2, пока не смог придти к окончательному результату по Вашим выкладкам.

(Оффтоп)

Требуется поллитры.

Вроде бы, должно получиться. Как получится, сообщу.

Интересуют также интегралы

$$ I_n (x)=V.P.\int^1_{-1} {\frac {t^n} {(1-t^2)^{1/3}}} {\frac {1} {(x-t)|x-t|^{1/3}}} dt, $$

где $n=0, 1, ...$
C учётом подсказки удалось выразить
$\\ I_0(x)=0,\\ I_1(x)=-(2/\sqrt3)\,\pi,\\ I_2(x)=-(8/3)(\pi/\sqrt3) \, x,\\ I_3(x)=-(16/9)\,\pi\, (x^2+\sqrt 3/8).\\ $
Дальше пока не смог.

[Vince Diesel]

Раз такие простые формулы, то применение комплексного анализа здесь, действительно, выглядит привлекательно. Контурное интегрирование и формула Сохоцкого-Племеля, как вариант.

[Farest2]

Приведу полное решение, да простят меня модераторы. В качестве оправдания могу сказать, что изложенный ниже подход совершенно точно далёк от кратчайшего. По ходу дела возникают внезапные упрощения и сокращения, что говорит о том, что, видимо, есть какие-то перекомпоновки частей и дробно-линейные замены переменных, которые должны привести к цели быстрее. А может, упоминавшихся Лаврентьева-Шабата и Евграфова надо освежить в памяти на предмет выбора контура интегрирования.

Итак, для начала легко показать, что внеинтегральные члены в $(I_{12}-I_{22})$ дают ноль, а интегральные можно свести к виду (все $\varepsilon$ занулены)

\begin{align} (I_{12}-I_{22})\Bigl|_{\int} &{}=-\frac{x}{1+x}\int_{-1}^x \Bigl\{2+\frac{1+t}{1-t}\Bigr\} \cdot\frac{dt}{(1-t^2)^{1/3}(x-t)^{1/3}}+{} \nonumber\\ &\hspace{10mm}{}+\frac{x}{1-x}\int_x^1 \Bigl\{2+\frac{1-t}{1+t}\Bigr\} \cdot\frac{dt}{(1-t^2)^{1/3}(t-x)^{1/3}}\,. \nonumber \end{align}

Возвращаемся к $I$, добавляя вклады от $I_{11}$ и $I_{21}$, и объединяем интегралы по одинаковым интервалам:

\begin{align} I&=-\int_{-1}^x \Bigl\{1+\frac{x}{1+x}\cdot\frac{2}{1-t}\Bigr\} \cdot\frac{dt}{\{(1-t)(1+t)(x-t)\}^{1/3}}-{} \nonumber\\ &\hspace{10mm}{}-\int_x^1 \Bigl\{1-\frac{x}{1-x}\cdot\frac{2}{1+t}\Bigr\} \cdot\frac{dt}{\{(1-t)(1+t)(t-x)\}^{1/3}}. \nonumber \end{align}

Сделаем в первом интеграле замену $t=(1+x)\tau-1$, а во втором -- замену $t=-(1-x)\tau+1$, с целью подогнать интегралы под гипергеометрическую функцию Гаусса,

$$ {}_2F_1(a,b;c\,|\,z)=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)} \int_0^1 \frac{t^{b-1}(1-t)^{c-b-1}}{(1-zt)^a}\,dt. $$

Тогда

\begin{align} I&=-\frac{1}{(1+x)^{2/3}}\int_0^1 \Bigl\{1+x+\frac{2x}{2-(1+x)\tau}\Bigr\} \cdot\frac{d\tau}{\{(2-(1+x)\tau)\tau(1-\tau)\}^{1/3}}-{} \nonumber\\ &\hspace{10mm}{}-\frac{1}{(1-x)^{2/3}}\int_0^1 \Bigl\{1-x-\frac{2x}{2-(1-x)\tau}\Bigr\} \cdot\frac{d\tau}{\{(2-(1-x)\tau)\tau(1-\tau)\}^{1/3}}={} \nonumber\\ &{}=-\frac{(1+x)^{1/3}}{2^{1/3}} \int_0^1 \frac{\tau^{-1/3}(1-\tau)^{-1/3}} {\bigl(1-\tfrac{1+x}{2}\tau\bigr)^{1/3}}\,d\tau -\frac{x}{2^{1/3}(1+x)^{2/3}}\int_0^1 \frac{\tau^{-1/3}(1-\tau)^{-1/3}} {\bigl(1-\tfrac{1+x}{2}\tau\bigr)^{4/3}}\,d\tau-{} \nonumber\\ &\hspace{10mm}{}-\frac{(1-x)^{1/3}}{2^{1/3}} \int_0^1 \frac{\tau^{-1/3}(1-\tau)^{-1/3}} {\bigl(1-\tfrac{1-x}{2}\tau\bigr)^{1/3}}\,d\tau +\frac{x}{2^{1/3}(1-x)^{2/3}}\int_0^1 \frac{\tau^{-1/3}(1-\tau)^{-1/3}} {\bigl(1-\tfrac{1-x}{2}\tau\bigr)^{4/3}}\,d\tau={} \nonumber\\ &{}={-}\frac{(1+x)^{1/3}}{2^{1/3}}\cdot \frac{\Gamma^2\bigl(\tfrac23\bigr)}{\Gamma\bigl(\tfrac43\bigr)}\cdot {}_2F_1\Bigl(\frac13,\frac23;\,\frac43\,\Bigl|\,\frac{1+x}{2}\Bigr) -\frac{x}{2^{1/3}(1+x)^{2/3}}\cdot \frac{\Gamma^2\bigl(\tfrac23\bigr)}{\Gamma\bigl(\tfrac43\bigr)}\cdot {}_1F_0\Bigl(\frac23\,\Bigl|\,\frac{1+x}{2}\Bigr)-{} \nonumber\\ &\hspace{10mm}{}-\frac{(1-x)^{1/3}}{2^{1/3}}\cdot \frac{\Gamma^2\bigl(\tfrac23\bigr)}{\Gamma\bigl(\tfrac43\bigr)}\cdot {}_2F_1\Bigl(\frac13,\frac23;\,\frac43\,\Bigl|\,\frac{1-x}{2}\Bigr) +\frac{x}{2^{1/3}(1-x)^{2/3}}\cdot \frac{\Gamma^2\bigl(\tfrac23\bigr)}{\Gamma\bigl(\tfrac43\bigr)}\cdot {}_1F_0\Bigl(\frac23\,\Bigl|\,\frac{1-x}{2}\Bigr). \nonumber \end{align}

Слагаемые с ${}_1F_0$ сокращаются, поскольку ${}_1F_0(a\,|\,z)=(1-z)^{-a}$. Для оставшихся слагаемых используем соотношение

\begin{align} {}_2F_1(a,b;c\,|\,z) &{}=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}\cdot {}_2F_1\Bigl(\!\begin{array}{c} a,b\\ a+b-c+1\end{array}\! \Bigl|\,1\!-\!z\Bigr)+{} \nonumber\\ &{}+\frac{\Gamma(c)\Gamma(a+b-c)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}\cdot (1\!-\!z)^{c-a-b}\cdot{}_2F_1\Bigl(\! \begin{array}{c} c-a,c-b\\ c-a-b+1\end{array}\!\Bigl|\,1\!-\!z\Bigr), \nonumber \end{align}

которое при $a=\tfrac13$, $b=\tfrac23$ и $c=\tfrac43$ принимает вид

$$ {}_2F_1\Bigl(\frac13,\frac23;\,\frac43\,\Bigl|\,z\Bigr) =\frac{\Gamma^2\bigl(\tfrac13\bigr)}{3\Gamma\bigl(\tfrac23\bigr)z^{1/3}} -(1-z)^{1/3}\cdot {}_2F_1\Bigl(1,\frac23;\,\frac43\,\Bigl|\,1\!-\!z\Bigr). $$

Записываем варианты для $z=\tfrac{1+x}{2}$ и $z=\tfrac{1-x}{2}$ и возвращаемся к $I$:

\begin{align} I&=-\frac{2\pi}{\sqrt 3} +\frac{(1-x^2)^{1/3}}{2^{2/3}}\cdot \frac{\Gamma^2\bigl(\tfrac23\bigr)}{\Gamma\bigl(\tfrac43\bigr)}\cdot {}_2F_1\Bigl(1,\frac23;\,\frac43\,\Bigl|\,\frac{1-x}{2}\Bigr)-{} \nonumber\\ &\hspace{10mm}{}-\frac{2\pi}{\sqrt 3} +\frac{(1-x^2)^{1/3}}{2^{2/3}}\cdot \frac{\Gamma^2\bigl(\tfrac23\bigr)}{\Gamma\bigl(\tfrac43\bigr)}\cdot {}_2F_1\Bigl(1,\frac23;\,\frac43\,\Bigl|\,\frac{1+x}{2}\Bigr). \nonumber \end{align}

Осталось вспомнить одну из формул Куммера:

\begin{gather} {}_2F_1\biggl(\!\begin{array}{c} 2a,2b\\ a+b+\tfrac12 \end{array}\! \Bigl|\,\frac{1+x}{2}\biggr) +{}_2F_1\biggl(\!\begin{array}{c} 2a,2b\\ a+b+\tfrac12 \end{array}\! \Bigl|\,\frac{1-x}{2}\biggr) =\frac{2\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr)\Gamma\bigl(a+b+\tfrac12\bigr)} {\Gamma\bigl(a+\tfrac12\bigr)\Gamma\bigl(b+\tfrac12\bigr)}\cdot {}_2F_1\Bigl(a,b;\,\frac12\,\Bigl|\,x^2\Bigr), \nonumber\\ {}_2F_1\Bigl(1,\frac23;\,\frac43\,\Bigl|\,\frac{1+x}{2}\Bigr) +{}_2F_1\Bigl(1,\frac23;\,\frac43\,\Bigl|\,\frac{1-x}{2}\Bigr) =\frac{2\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr)\Gamma\bigl(\tfrac43\bigr)} {\Gamma\bigl(\tfrac56\bigr)(1-x^2)^{1/3}} \nonumber \end{gather}
и окончательно получить

$$ I=-\frac{4\pi}{\sqrt 3}+\frac{1}{2^{2/3}}\cdot \frac{2\sqrt{\pi}\,\Gamma^2\bigl(\tfrac23\bigr)}{\Gamma\bigl(\tfrac56\bigr)} =-\frac{2\pi}{\sqrt 3}\,. $$