Асимптотика интеграла с логарифмом в знаменателе

[Sonic86]

$$\int\limits_0^1 \frac{\sqrt{1-t^2}}{\ln x + \ln (1-t^2)}dt \sim \frac{\pi}{4} \frac{1}{\ln x} + O(\ln ^{-2}x)$$

Надо найти 1-й член асимптотики. Исправил.
upd: Правильно нашел?

[Volodya-morda]

Это с помощью старой доброй формулы Эйлера-Маклорена?

[Sonic86]

Volodya-morda в сообщении #470909 писал(а):

Это с помощью старой доброй формулы Эйлера-Маклорена?

Нет, я разложил знаменатель в ряд и выкинул члены меньшего порядка.

-- Вс июл 24, 2011 13:54:57 --

Все, понял. Он у меня расходится при $t \to 1$. Расходимость я могу убить заменой верхнего предела на $1 - \frac{C}{x}$ например.

[Sonic86]

Нет, все-таки не получается: как найти асимптотику

$$\int\limits_0^{1-x^{-a}} \frac{\sqrt{1-t^2}}{\ln x + \ln (1-t^2)}dt, a>0$$

т.е. сама функция будет $\frac{1}{\ln x}$, а константа какая?

[Vince Diesel]

Заменой $y=x(1-t^2)$ можно убрать $x$ из поднитегрального выражения. А куда $x$ стремится?

[Sonic86]

Vince Diesel в сообщении #470937 писал(а):

Заменой $y=x(1-t^2)$ можно убрать $x$ из поднитегрального выражения. А куда $x$ стремится?

О! Это было бы просто прекрасно! Плохо, что я такую подстановку пропустил
Щас попробую.
$x \to + \infty$.

-- Вс июл 24, 2011 16:41:52 --

Нет, не выходит : $t=\sqrt{1-\frac{y}{x}}, \frac{dt}{dy}=\frac{1}{2x\sqrt{1-\frac{y}{x}}}$ - и все, этот корень так и остается под интегралом.

[Vince Diesel]

Да, так не получится А что не так с ответом в первом посте? Все там сходится при $x\to+\infty$. И первый член асимптотики такой будет. Можно положить $y=\ln x\to+\infty$ и будет себе степенной ряд по обратным сепеням $y$.

[ewert]

Sonic86 в сообщении #470929 писал(а):

Нет, все-таки не получается: как найти асимптотику

$$\int\limits_0^{1-x^{-a}} \frac{\sqrt{1-t^2}}{\ln x + \ln (1-t^2)}dt, a>0$$

т.е. сама функция будет $\frac{1}{\ln x}$, а константа какая?

Да всё нормально. Если взять альфу меньше единицы, то для этой части интеграла действительно можно раскладывать в ряд по отрицательным степеням логарифма икса, что и даст нужную асимптотику, причём даже весь асимптотический ряд (поскольку недостающие хвостики любого из интересных для этого интегралов заведомо убывают более-менее степенным образом, т.е. много меньше любой отрицательной степени логарифма). Ну а отброшенный хвостик для исходного интеграла -- тоже, конечно, оценивается степенным образом.

Это всё, конечно, если имелось в виду $x\to0$.

-- Вс июл 24, 2011 21:26:49 --

Vince Diesel в сообщении #470953 писал(а):

и будет себе степенной ряд по обратным сепеням $y$.

Только он будет всё же лишь асимптотическим. Т.е. его радиус сходимости будет равен нулю.

[Sonic86]

Vince Diesel в сообщении #470953 писал(а):

Да, так не получится А что не так с ответом в первом посте? Все там сходится при $x\to+\infty$. И первый член асимптотики такой будет. Можно положить $y=\ln x\to+\infty$ и будет себе степенной ряд по обратным сепеням $y$.

Мне показалось, что там не получается с константой, т.е. что каждый член разложения $\frac{1}{\ln x + \ln (1-t^2)}$ в ряд $\frac{1}{\ln x} \sum\limits_{k=0}^{+ \infty} (-1)^k \frac{\ln (1-t^2)}{\ln x}$ будет иметь порядок $O(\ln x)$. И вообще, у меня из других соображений вышло, что константа не $\frac{\pi}{4}$

ewert в сообщении #470954 писал(а):

Это всё, конечно, если имелось в виду $x\to0$.

Не, у меня $x \to + \infty$.
Еще $0 < a < \frac{1}{2}$ и константа у 1-го члена не должна от $a$ зависеть.
Сейчас еще на свежую голову пересчитаю.

[ewert]

Sonic86 в сообщении #471014 писал(а):

Не, у меня $x \to + \infty$.

Так точно не пройдёт -- логарифмы будут разных знаков, и интеграл будет расходиться в середине промежутка.

[Sonic86]

ewert в сообщении #471046 писал(а):

Sonic86 писал(а):

Не, у меня $x \to + \infty$.

Так точно не пройдёт -- логарифмы будут разных знаков, и интеграл будет расходиться в середине промежутка.

Почему? Я же верхний предел взял $1-x^{-a}$. Тогда знаменатель меняется от $\ln x$ до $\ln x + \ln(1+t) + \ln (1-t)| \limits_{t=1-x^{-a}} = $$\ln x + \ln(2-x^{-a}) + \ln x^{-a} = (1-a) \ln x + \ln(2-x^{-a}) > 0$ при $0<a< \frac{1}{2}$ Или где я что-то пропустил?
У меня вообще верхний предел не должен роль играть. У меня на самом деле вместо интеграла сумма, слагаемые которой уменьшаются до нуля при увеличении переменной суммирования до верхнего края. Просто нужно верхний предел обработать так, чтобы получалась функция, стремящаяся к бесконечности при достижении $t$ верхнего предела при $x \to + \infty$.

[ewert]

Sonic86 в сообщении #471055 писал(а):

У меня на самом деле вместо интеграла сумма, слагаемые которой уменьшаются до нуля при увеличении переменной суммирования до верхнего края.

Ну это уже просто мистика какая-то. Сформулировали бы точно задачу.

[Sonic86]

ewert в сообщении #471058 писал(а):

Ну это уже просто мистика какая-то. Сформулировали бы точно задачу.

Блин, придется.
Дана сумма $\sum\limits_{k=1}^{[\sqrt{x}]} f(\sqrt{x-k^2})$. Надо найти ее асимптотику при $x \to + \infty$. Известно, что $f(t) \sim C \frac{t}{\ln t}$ при $t \to + \infty$ ($C$ дано), а при небольших $t$ $f(t)$ медленно растет ($f(0)=0$, вообще $f(t)$ неубывающая). Вроде так...

Поскольку функция вялорастущая, я и заменил сумму на интеграл, так как их 1-е члены асимптотики эквивалентны, вплоть до константы. Получается надо не просто как-то заменить, а еще и верхние значения суммы аккуратно обработать. Основной вклад в асимптотику они не дают точно (это следует из смысла задачи).

[ewert]

Ну тогда вроде всё правильно. Только лучше заменить $x$ на $y^2$. Ясно, что $\sum\limits_{k=1}^{y-y^{1-\alpha}}f(\sqrt{y^2-k^2})$ много больше, чем $\sum\limits_{k=y-y^{1-\alpha}}^{y}f(\sqrt{y^2-k^2})$ (по крайней мере в $y^{\alpha}$ раз больше) при любом положительном $\alpha$ -- просто потому, что функция "асимптотически возрастает" по мере уменьшения $k$. Первая сумма, естественно, асмптотически равна соответствующему интегралу, и при любом $\alpha<1$ там получится $\dfrac{1}{\frac12\ln(1-t^2)+\ln y}=\dfrac{1}{\ln y}\left(1+O(\frac{\ln(1-t^2)}{\ln y})\right)$, чего для главного члена асимптотики и достаточно. (А для получения оценки остатка нужна дополнтельная информация об асимптотике самой функции.)

[Sonic86]

Мне достаточно главного члена асимптотики.
Мда. У меня как раз получилось отделить от суммы остаток $\sum\limits_{k=\sqrt{x} - \ln x}^{\sqrt{x}} = o(\frac{x}{\ln x})$ и все-таки получается $\frac{\pi}{4}$. Просто у меня все это с эмпирическими данными не сходится. Ладно, буду дальше искать.
Спасибо большое!