Помогите взять интеграл III

[Bulinator]

Опять у меня проблема с этим делом. Второй день мучаюсь. Интеграл следующего вида:
$\int\frac{x^3}{\sqrt{(x^2-a_1)(x^2-a_2)}}dx, \quad -1<x<1$.
И такой:
$\int\frac{(1-x)^3}{\sqrt{(x^2-a_1)(x^2-a_2)}}dx, \quad -1<x<1$
Спасибо заранее.

[venco]

Первый - тривиальный. Подынтегральная функция нечётна. Да и неопределённый интеграл берётся заменой $t=x^2$.

[Bulinator]

Прошу прощения. Я забыл множитель в первом интеграле. Он выглядит так:
$\int\frac{x^3}{(1-x)\sqrt{(x^2-a_1)(x^2-a_2)}}dx, \quad -1<x<1$.

-- Ср ноя 02, 2011 15:58:08 --

Т.е. полный интерал выглядит так:
$\int\frac{x^4+6x^2-3}{(1-x)\sqrt{(x^2-a_1)(x^2-a_2)}}dx, \quad -1<x<1$
Я разделил его на три части. Одна интегрируется тривиально а вот эти две... никак :(

[venco]

Bulinator в сообщении #498499 писал(а):

Прошу прощения. Я забыл множитель в первом интеграле. Он выглядит так:
$\int\frac{x^3}{(1-x)\sqrt{(x^2-a_1)(x^2-a_2)}}dx, \quad -1<x<1$.

А так он, вроде, расходится в $x=1$.

-- Ср ноя 02, 2011 10:04:09 --

Bulinator в сообщении #498499 писал(а):

Т.е. полный интерал выглядит так:
$\int\frac{x^4+6x^2-3}{(1-x)\sqrt{(x^2-a_1)(x^2-a_2)}}dx, \quad -1<x<1$

Да и этот тоже.

[Bulinator]

venco в сообщении #498504 писал(а):

А так он, вроде, расходится в $x=1$.

Так потому и на $x$ условие наложено.

[venco]

Bulinator в сообщении #498505 писал(а):

venco в сообщении #498504 писал(а):

А так он, вроде, расходится в $x=1$.

Так потому и на $x$ условие наложено.

Это условие не мешает интегралу расходиться. Если бы было $x < c < 1$, то помогло бы.
Сравните с $\int\limits_0^1\frac 1 x dx$

-- Ср ноя 02, 2011 10:11:26 --

...или я не так понял условие, и на самом деле у вас неопределённый интеграл?

[Bulinator]

venco в сообщении #498507 писал(а):

...или я не так понял условие, и на самом деле у вас неопределённый интеграл?

Видимо я не так выразился. Интеграл неопределенный. Его надо взять для данных значений $x$.

[Someone]

Ну, получится там какое-то бешеное выражение через эллиптические интегралы...

[Bulinator]

Вопрос снят... Большое спасибо.

-- Ср ноя 02, 2011 16:42:34 --

Someone
Вы меня опередили на пару секунд. :)

[Klad33]

Есть возможность через ряд Тейлора. Покажу на примере конкретных a1 и a2.
$y$- подинтегральная функция
$y_1$ - аппроксимация полиномом
$y_0$ - интеграл от полинома
Вот как это выглядит в формулах и графике:





Полином несколько ниже в левом конце. Если степень полинома увеличить, то невязка уменьшится.

[Joker_vD]

Klad33 в сообщении #498556 писал(а):

Есть возможность через ряд Тейлора.

Угу. А можно ваще формулой Котеса. Klad33, вам не надоело пропагандировать численные приближенные решения, когда требуются точные аналитические?

[Klad33]

Точное аналитическое я вывел, но оно хуже приближенного. Очень громоздкое и через спецфункции.

[arseniiv]

Точное не может быть хуже приближённого.

Klad33 в сообщении #498566 писал(а):

через спецфункции

Их, по-вашему, для чего наизобретали?

[Klad33]

Их изобрели не зря. Но писать формулу длиной в 3 страницы у меня желания явно нет.

[arseniiv]

А вас и не просят её писать:

Bulinator в сообщении #498524 писал(а):

Вопрос снят... Большое спасибо.

Это сообщение аккурат перед вашим первым.