асимптотика определенного интеграла

[passenger]

Доказать, что если $0<k<1$ и $k$ стремится к 1, то \begin{center} $$\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}} \sim \frac{1}{2}\ln\frac{1}{1-k}.$$ \end{center}

[LynxGAV]

NB! Podstanovskoi x = sin(t) poluchaem ellipticheskiy integral pervogo roda - opredelenniy integral ot 0 do pi/2, podintegral´naya funktsiya 1/koren´ iz 1-k^2sin^2(t). Tabulirovanniy integral Jacobi.

[passenger]

LynxGAV писал(а):

NB! Podstanovskoi x = sin(t) poluchaem ellipticheskiy integral pervogo roda - opredelenniy integral ot 0 do pi/2, podintegral´naya funktsiya 1/koren´ iz 1-k^2sin^2(t). Tabulirovanniy integral Jacobi.

Про это я знаю. А как действовать дальше?

[S.M.S.]

Стандартный путь такой-записываем через гипергеометрические функции, а для них в данном случае есть метод получения асимпт, используюший правило Лопиталя и дифференцирование по параметру. Есть в книгах по спецфункциям, например, у Бейтмен-Эрдейи или Коренева.

[passenger]

S.M.S. писал(а):

Стандартный путь такой-записываем через гипергеометрические функции, а для них в данном случае есть метод получения асимпт, используюший правило Лопиталя и дифференцирование по параметру. Есть в книгах по спецфункциям, например, у Бейтмен-Эрдейи или Коренева.

Предполагается, что задачу можно решить более простыми методами, используя разложение в ряд. Интересно найти более простое решение этой задачи.

[незваный гость]

Могу предложить идею, и, по-моему, проходимую.

Пусть $u\rightleftharpoons1-k^2$. Тогда исходный интеграл переписывается в виде $\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}} =$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}+$$\int\limits_{1-u}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}=$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{dx}{1-x^2}}+$$\int\limits_{0}^{1-u} \left(\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}-\frac{1}{1-x^2}\right)dx+$$\int\limits_{1-u}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}$.

Первый интеграл - табличный $\frac{1}{2}\ln\left(\frac{2-u}{u}\right)$; два других - равномерно ограничены на промежутке $[0,1]$. Возвращаясь к исходным обозначениям имеем $\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+k^2}{1-k^2}\right)+O(1)=$$-\frac{1}{2}\ln(1-k)+O(1)$.

Если честно, то факт ограничености я не доказал . Не знаю, как у passenger со временем, и хочет ли он(а) ждать. Может, идеи достаточно? или сам(а) закончит.

[незваный гость]

Не так страшен черт, как его малюют. А я вот струхнул

Итак,

2) Второй интеграл (с точность до обратного знака) $\int\limits_{0}^{1-u} \left(\frac{1}{1-x^2}-\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}\right)dx=$$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{1}{1-x^2}\left(1 - \frac{1}{\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}}\right)dx=$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{1}{1-x^2}\,\frac{\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}\,-\,1}{\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}} dx=$$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{1}{1-x^2}\,\frac{1\,+\,\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}\,-\,1}{\left(1+\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}\right)\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}} dx=$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{1}{(1-x^2)^2}\,\frac{u\,x^2}{\left(1+\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}\right)\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}} dx=$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{u}{(1-x)^2}\,\frac{x^2}{(1+x)^2\left(1+\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}\right)\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}} dx<$

Вторая дробь меньше некоторой константы $c_2$ для всех $u$ и всех $x < 1-u$ (знаменатель вверх, числитель вниз, и все по барабану). Тогда

$< \int\limits_{0}^{1-u} \frac{c_2\, u}{(1-x)^2} dx=$$c_2(1-u) < c_2$.


3) $\int\limits_{1-u}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}=$

$\int\limits_{1-u}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x}}\,\frac{1}{\sqrt{(1+x)(1-x^2 + u\,x^2)}} dx <$

Вторая дробь меньше $\frac{c_3}{\sqrt{u}}$ для некоторой константы $c_3$ для всех $u$ и всех $1-u < x < 1$. Тогда

$ < \int\limits_{1-u}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x}}\,\frac{c_3}{\sqrt{u}} dx =$$2 c_3$

В общем, "интегралы што, дробя заедает".

[passenger]

Производя замену переменной x = \sin \varphi, сводим исходный интеграл к следующему:
F(k) = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\varphi}{\sqrt{(1-k^2\sin^2\varphi)}}
Раскладывая в ряд подынтегральное выражение, получим:
\left(1-k^2\sin^2\varphi \right)^{-\frac{1}{2}} = 1 + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}k^{2n}\sin^{2n}\varphi, тогда
F(k) = \left( \frac{\pi}{2} \right) + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}k^{2n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\varphi d\varphi.
Пользуясь равенством \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\varphi d\varphi = \frac{\pi}{2} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}, получим
F(k) = \left( \frac{\pi}{2} \right) \left(1 + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^2k^{2n}\right)
Затем, пользуясь правилом Лопиталя, получаем:
\lim_{k \to 1} \frac{F(k)}{\frac{1}{2}\ln\frac{1}{1-k}} = \lim_{k \to 1} \frac{F'(k)}{\frac{1}{2}\frac{1}{1-k}} = 0,,
хотя должна получиться 1. В чём ошибка, подскажите?

[cepesh]

откуда там в знаменателе последней дроби есть k в числителе?
И еще поправь степени у $\varphi$

[незваный гость]

Тяжело так прорубаться... Во-вторых (после cepesh), после применения Лопиталя неопределенность $\frac{\infty}{\infty}$ остается ($k\to1$, а не к $0$). Посему, надо дифференцировать до потери пульса , либо переносить $1-k$ из знаменателя знаменателя (эк загнул) в числитель и анализировать сумму условно сходящегося ряда. Где-то по дороге должно еще $\pi$ слинять.

[LynxGAV]

Ego reshenie bilo luchshim. Amin´.

[Genrih]

Вот еще из анализа, никак не дойду :
Пусть $g(x)=(1+x)*(1+x^2)*...*(1+x^{2001}) $ и $f(x)= \frac{x^{2000}}{g(x)}$. Надо показать,что $\int_{x}^{1}f(t) dt=f(x)$ для некоторого $x \in (0,1)$

[незваный гость]

Может быть, Вам поможет то, что бОльшая часть определения $f(x)$ не используется при решении задачи?