Определенный интеграл

[reterty]

Необходимо вычислить определенный интеграл:

$$\int_{0}^{a}\,\frac{dx}{\sqrt{1-\frac{1}{\left(1-\frac{1}{a}+\frac{1}{x}\right)^2}}}$$

при произвольном $a>0$. Maple через два раза на третий выдает горбатое выражение в элементарных функциях. Однако оно содержит корень $\sqrt{2a-1}$, который перестает быть действительным числом при $a<1/2$. Wolfram вообще выдает выражение с мнимой единицей. Однако, результат очевидно должен быть положительным действительным числом. Прошу помочь разобраться с этой несуразицей

[nnosipov]

Сделайте замену $1-1/a+1/x=y$. И обозначьте $1-1/a=b$, так что $b<1$.

[waxtep]

Трудно этот способ рекомендовать, но в качестве борьбы с вольфрамом за результат он по-моему забавен.
Введя $k=1/a-1,\dfrac1{1/x-k}=\sin t$ можно свести интеграл к

$$I(k)=\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{dt}{(1+k\sin t)^2}$$

Вольфрам чихает при попытке вычислить его в параметрическом виде, но бодро рассчитывает точные значения для конкретных $k$; посчитав его для $k\in\{2,3,4,5,7,11\}$ можно угадать, что для $k>1$

$$I(k)=\frac1{(k^2-1)^2}\left\{k(k^2-1)+\sqrt{k^2-1}\ln\left(k-\sqrt{k^2-1}\right)\right\}$$

Не возьмусь утверждать, но похоже это работает и для $-1<k\leqslant1$; при этом, для $k\! =\!1\, (a\! =\!1/2)$ - надо брать предел, $\lim\limits_{k\rightarrow1}{I(k)}=2/3$

[waxtep]

(тут видимо имеет смысл дописать, что при $|k|<1$ выражение для $I(k)$ все равно даст действительное число; в этом можно убедиться подставив $k=\ch{w}$ и рассмотрев, что будет при мнимых значениях $w$, соответствующих данному диапазону $k$)

[GAA]

Если рассматривать неопределённый интеграл, то указанный в начальном сообщении интеграл — это интеграл от квадратичной иррациональности. И он может быть найден в элементарных функциях. (См. в учебниках по началам анализа. Например, в первом томе книги Ильин, Позняк «Начала математического анализа».)

Если вопрос по Maple. Если интеграл содержит параметр, то в разных версиях присутствуют в результатах разные ошибки при нахождении интеграла. Чтобы избежать комплексных или отрицательных результатов (в рассматриваемом в начальном сообщении несобственном интеграле) можно вычислять интеграл отдельно для разных значений диапазонов параметра.
Maple 7:

> assume(a<1/2); additionally(a>0);
> F1:= int(1/sqrt(1-1/(1-1/a+1/x)^2), x=0..a);
      F1 := a*(a^2*ln(a)-2*a^3*ln(a)+a*(-2*a+1)^(3/2)-a^2*ln(1-sqrt(-2*a+1)-a)+2*a^3*ln(1-sqrt(-2*a+1)-a)-(-2*a+1)^(3/2))/(-1+2*a)/(-2*a+1)^(3/2)
> P1:= plot(F1, a=0..1/2):
> assume(a>1/2); additionally(a< 1);
> F2:= int(1/sqrt(1-1/(1-1/a+1/x)^2), x=0..a);
      F2 := 1/2*a*(-a^2*Pi+2*a^3*Pi+2*a*(-1+2*a)^(3/2)-2*a^2*arcsin(1/a*(a-1))+4*a^3*arcsin(1/a*(a-1))-2*(-1+2*a)^(3/2))/(-1+2*a)^(5/2)
> P2:= plot(F2, a=1/2..1):
> assume(a>=1); 
> F3:= int(1/sqrt(1-1/(1-1/a+1/x)^2), x=0..a);
      F3 := 1/2*a*(-a^2*Pi+2*a^3*Pi+2*a*(-1+2*a)^(3/2)-2*a^2*arcsin(1/a*(a-1))+4*a^3*arcsin(1/a*(a-1))-2*(-1+2*a)^(3/2))/(-1+2*a)^(5/2)
> P3:= plot(F3, a=1..3):
> plots[display]([P1, P2, P3], thickness=3, labels=['a', 'F']);

Для проверки положительности интеграла построен график.

Вложение:

Комментарий к файлу: График зависимости интеграла от параметра. Maple 7

IntQRut.PNG [ 4.61 Кб | Просмотров: 1012 ]

[mihiv]

После замены $1-\frac 1a+\frac 1x=\ch t, k=\frac 1a-1, k\in (-1,\infty )$ получается:

$$I(k)=\int \limits _0^{\infty }\dfrac {\ch tdt}{(\ch t+k)^2}=R+k\dfrac {dR}{dk}, R(k)=\int \limits _0^{\infty }\dfrac {dt}{\ch t+k}$$

Делаем еще замену $\th \frac t2=u$, тогда $R(k)=\dfrac 2{k+1}\int \limits _0^1\dfrac {du}{1-\frac k{k+1}u^2}.$
Если $\frac k{k+1}\geq 0$, то $R(k)=\dfrac 2{\sqrt {k^2+k}}\ln (\sqrt {k+1}+\sqrt {k}).$
Если $\frac k{k+1}<0$, то

$$R(k)=\dfrac 2{k+1}\sqrt {\frac {k+1}{-k}}\arctg \sqrt {\frac {k+1}{-k}}$$

-- Вс май 01, 2022 17:02:57 --

В первом сообщении была ошибка. Должно быть так:После замены $1-\frac 1a+\frac 1x=\ch t, k=\frac 1a-1, k\in (-1,\infty )$ получается:

$$I(k)=\int \limits _0^{\infty }\dfrac {\ch tdt}{(\ch t+k)^2}=R+k\dfrac {dR}{dk}, R(k)=\int \limits _0^{\infty }\dfrac {dt}{\ch t+k}$$

Делаем еще замену $\th \frac t2=u$, тогда $R(k)=\dfrac 2{k+1}\int \limits _0^1\dfrac {du}{1+\frac {k-1}{k+1}u^2}.$Если $\frac {k-1}{k+1}>0$, тогда $R(k)=\dfrac 2{\sqrt {k^2-1}}\arctg \sqrt {\frac {k-1}{k+1}}$.
Если $\frac {k-1}{k+1}<0$, то

$$R(k)=\dfrac 2{\sqrt {1-k^2}}\ln \dfrac {\sqrt {1+k}+\sqrt {1-k}}{\sqrt {1+k}-\sqrt {1-k}}$$

[GAA]

У меня после замены $\th \frac t 2 = u$ получился интеграл $R(k) = 2\int_0^1 \frac {du} {(1+k) + (1-k)u^2}$.
Если $-1 < k < 1$, то $R(k) = \frac 2 {\sqrt {1-k^2}} \arctg \sqrt{\frac {1-k}{1+k}} $.
Если $1 < k$, то $R(k) = \frac 1 {\sqrt {k^2-1}} \ln \frac{\sqrt{k+1}+\sqrt{k-1}} {\sqrt{k+1}+\sqrt{k-1}}$.
(Если вычислить по формулам из предыдущего сообщения, то $\lim\limits_{k \to 1} I(k) \ne 2/3$.)
Использование дифференцирования по параметру сильно упрощает нахождение интеграла. Замечательно Вами подмечено. Спасибо.

[reterty]

GAA в сообщении #1553769 писал(а):

У меня после замены $\th \frac t 2 = u$ получился интеграл $R(k) = 2\int_0^1 \frac {du} {(1+k) + (1-k)u^2}$.
Если $-1 < k < 1$, то $R(k) = \frac 2 {\sqrt {1-k^2}} \arctg \sqrt{\frac {1-k}{1+k}} $.
Если $1 < k$, то $R(k) = \frac 1 {\sqrt {k^2-1}} \ln \frac{\sqrt{k+1}+\sqrt{k-1}} {\sqrt{k+1}+\sqrt{k-1}}$.
(Если вычислить по формулам из предыдущего сообщения, то $\lim\limits_{k \to 1} I(k) \ne 2/3$.)
Использование дифференцирования по параметру сильно упрощает нахождение интеграла. Замечательно Вами подмечено. Спасибо.

В знаменателе аргумента логарифма между корнями должен стоять знак "минус", а так все верно. Спасибо огромное всем участникам топика!!