Интеграл

[number_one]

Помогите, пожалуйста, разобраться с интегралом.

Задача -- Вычислите интеграл:

$\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi/2}\ln(a^2-\sin^2x)\;dx$

Вообще, я так понял, что при

1) $|a|>1$ интеграл должен нормально сходиться.

2) При $|a|=1$ интеграл будет иметь особенность на верхнем промежутке интегрирования (станет несобственным).

3) При $|a|<1$ интеграл расходится.

А как рассмотреть первые 2 случая? Напрашивается замена $a^2-\sin^2x=t$, но она портит монотонность (или можно ее портить?) Поможет ли такая замена и дальнейшее интегрирование по частям?

[SpBTimes]

При $|a| < 1$ не существует интеграла, т.к. подлогарифмическое выражение периодически отрицательно.

Монотонность на данном промежутке интегрирования есть

[number_one]

SpBTimes в сообщении #661307 писал(а):

При $|a| < 1$ не существует интеграла, т.к. подлогарифмическое выражение периодически отрицательно.

Монотонность на данном промежутке интегрирования есть

Хорошо, спасибо.

Рассмотрим случай $|a|>1$

$\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi/2}\ln(a^2-\sin^2x)\;dx=\begin{vmatrix} t=a^2-\sin^2x & x=\arcsin\sqrt{a^2-t} \\ dx=-\frac{dt}{\sqrt{1-(a^2-t)^2}} & 0<t<a^2-1 \\ \end{vmatrix} =$

$=-\displaystyle\int\limits_{0}^{a^2-1}\frac{\ln(t)dt}{\sqrt{1-(a^2-t)^2}} $

Что-то меня не вдохновляет получившийся интеграл. Берется ли он? Можете что-то подсказать, пожалуйста?

[ewert]

Продифференцируйте исходный интеграл по параметру, вычислите то, что получится, а потом проинтегрируйте результат по параметру обратно.

[bot]

Случай $|a|<1$ уже отпал. Если $|a|>1$ разве есть проблемы?

-- Пт дек 21, 2012 14:00:39 --

А дифференцировать я бы не стал - достаточно грубо оценить логарифм.

-- Пт дек 21, 2012 14:01:29 --

А, стоп - вычислить же надо, а не сойти.

[ewert]

Там, кажется, в конце концов выйдет $\pi(\mathop{\mathrm{arch}}a-1)$; но считал наполовину в уме -- может, чего и напутал.

[nnosipov]

Будет $\pi \ln{\frac{a+\sqrt{a^2-1}}{2}}$.

[number_one]

Спасибо!

$I(a)=\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi/2}\ln(a^2-\sin^2x)\;dx$

$I'(a)=4a\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi/2}\dfrac{dx}{a^2-\sin^2x}=\begin{vmatrix} t=a^2-\sin^2x & x=\arcsin\sqrt{a^2-t} \\ dx=-\frac{dt}{\sqrt{1-(a^2-t)^2}} & a^2<t<a^2-1 \\ \end{vmatrix}=$

$=4a\displaystyle\int\limits_{a^2-1}^{a^2}\dfrac{dt}{t\sqrt{1-(a^2-t)^2}}$

Верно? А как такой взять?

[nnosipov]

number_one в сообщении #661391 писал(а):

А как такой взять?

Его лучше не брать. Берите тот, который с синусом. Вспомните, как вычисляются интегралы от тригонометрических функций.

[number_one]

nnosipov в сообщении #661398 писал(а):

number_one в сообщении #661391 писал(а):

А как такой взять?

Его лучше не брать. Берите тот, который с синусом. Вспомните, как вычисляются интегралы от тригонометрических функций.

$t=\tg\Big(\dfrac{x}{2}\Big)$, но ведь это слишком сурово или нет?

Если не так, то я уже не вижу другой замены

[ewert]

number_one в сообщении #661400 писал(а):

$t=\tg\Big(\dfrac{x}{2}\Big)$, но ведь это слишком сурово или нет?

Слишком. Достаточно просто тангенса. А ещё лучше -- котангенс. И заодно подправьте производную, которая как-то не совсем хороша.

[number_one]

$I'(a)=2a\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi/2}\dfrac{dx}{a^2-\sin^2x}=\begin{vmatrix} t=\ctg(x) & x=\arcctg(x) \\ dx=-\frac{dt}{1+t^2} & +\infty<t<0 \\ \end{vmatrix}=$

$=2a\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{a^2+\frac{1}{1+t^2}}\dfrac{dt}{1+t^2}=2a\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{dt}{(1+t^2)a^2+1}= $

Верно или нет? Если да, то подскажите, пожалуйста, ибо и здесь повис...

[ewert]

Снова всякая путаница, на этот раз со знаками. А виснуть тут негде: независимо от этой ошибки, это -- очевидный арктангенс.

[number_one]

ewert в сообщении #661425 писал(а):

Снова всякая путаница, на этот раз со знаками. А виснуть тут негде: независимо от этой ошибки, это -- очевидный арктангенс.

Разве? Ведь я убил минус, перевернув пределы интегрирования....

$$I'(a)=2a\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{dt}{(1+t^2)a^2+1}=2a\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{dt}{\Big(\sqrt{1+a^2}\Big)^2+(at)^2}=\dfrac{2a}{\sqrt{1+a^2}}\arctg\Bigg(\dfrac{at}{\sqrt{1+a^2}}\Bigg)\Bigg|_0^{+\infty}=\dfrac{a\pi}{\sqrt{1+a^2}}$$

$I(a)=\displaystyle\int\dfrac{a\pi da}{\sqrt{1+a^2}}=\dfrac{\pi}{2}\displaystyle\int\dfrac{d(1+a^2)}{\sqrt{1+a^2}}=\pi\sqrt{1+a^2}$

[number_one]

А точно путаница со знаками? Я вот перепроверил...