формула приближенного вычисления

[Xaositect]

То есть $\theta$ меняется от $-\alpha$ до $+\alpha$, а $\varphi$ - от $0$ до $2\pi$?

[salang]

Xaositect в сообщении #734154 писал(а):

То есть $\theta$ меняется от $-\alpha$ до $+\alpha$, а $\varphi$ - от $0$ до $2\pi$?

да, причем альфа- любое значение, удобное для интегрирования

[Otta]

salang в сообщении #734152 писал(а):

...исключительно для удобства интегрирования.

Черт с ним, с удобством. Не надо удобства. У нас разные понимания удобств могут быть.

Таки

salang в сообщении #734152 писал(а):

Азимут изменяется от 0 до $2\pi$- все правильно.

или

Цитата:

Азимут изменяется от 0 до $2\pi$- все правильно.

?
Я так понимаю, все-таки первое. А без спецфункций все равно не обойтись, да и чем они плохи?

Я его подифференцировала немножко по параметру, получилось в т.ч.

$$F''(\alpha)-\frac{1}{\alpha}F'(\alpha)-F(\alpha)=0.$$

Здесь $\alpha= 1/2(b-a)$.
Никто его не узнает?

[Xaositect]

Так а зачем Вам потребовался интеграл по $\varphi$ в таких пределах? По $\varphi$ надо от $0$ до $2\pi$. Вольфрам мне говорит, что интергал выражается через функции Бесселя.

salang в сообщении #734136 писал(а):

не нашел решения интеграла $\int_{-0,25\pi}^{0,25\pi} e^{-a(\cos\varphi)^2-b(\sin\varphi)^2} \, d\varphi $ (или в других симметричных пределах, нужная часть будет вырезана умножением на взвешивающую функцию). А где оно приведено?

[Otta]

Xaositect в сообщении #734166 писал(а):

Вольфрам мне говорит, что интергал выражается через функции Бесселя.

Поганец. А мне молчит. Я давно пытаюсь Бесселя выжать (не из Вольфрама, естессно) и что-то никак.

[Xaositect]

Otta в сообщении #734169 писал(а):

Поганец. А мне молчит. Я давно пытаюсь Бесселя выжать (не из Вольфрама, естессно) и что-то никак.

Понижаем степень в $a\cos^2 x - b\sin^2 x$ и все сводится к интегралу от $e^{p\cos x}$ по периоду.

[Otta]

Xaositect
Ну разумеется, это все проделано в первую очередь.

[Xaositect]

http://www.wolframalpha.com/input/?i=in ... om+0+to+pi

[salang]

Otta в сообщении #734164 писал(а):

salang в сообщении #734152 писал(а):

Таки

salang в сообщении #734152 писал(а):

Азимут изменяется от 0 до $2\pi$- все правильно.

или

Цитата:

Азимут изменяется от 0 до $2\pi$- все правильно.

?
А без спецфункций все равно не обойтись, да и чем они плохи?

вроде одинаковые диапазоны?
Дело в том, что чтобы не вводить телесный угол, углов визирования два- по крену и тангажу (можно сказать что по x и y) и я не уверен, что после первого удастся взять второй интеграл

Xaositect в сообщении #734166 писал(а):

Так а зачем Вам потребовался интеграл по $\varphi$ в таких пределах? По $\varphi$ надо от $0$ до $2\pi$

все правильно, диапазон для азимута от 0 до $2\pi$. Это я переменную в сообщении неправильно указал. Должно быть так: $\int_{-0,25\pi}^{0,25\pi} e^{-a(\cos\Theta)^2-b(\sin\Theta)^2} \, d\Theta $

[Xaositect]

То есть в исходном интеграле Вы тоже $\varphi$ и $\Theta$ перепутали?

[Otta]

Xaositect
Неа, у меня не считает. Но я уже сама вижу, что это Бессель. Это что-то заглючило мну.

[salang]

Xaositect в сообщении #734176 писал(а):

То есть в исходном интеграле Вы тоже $\varphi$ и $\Theta$ перепутали?

я вот что подумал, математически правильно вообще отказаться от азимута и определять только 2 угла визирования? Их комбинация дает однозначное положение точки на поверхности? Или интеграл с одним телесным углом будет проще получить?

[Xaositect]

salang в сообщении #734179 писал(а):

я вот что подумал, математически правильно вообще отказаться от азимута и определять только 2 угла визирования? Их комбинация дает однозначное положение точки на поверхности? Или интеграл с одним телесным углом будет проще получить?

Стоп. Давайте все-таки разберемся. Если интеграл выглядит вот так:

salang в сообщении #734047 писал(а):

$\int_0^{2\pi} \int_{-0,25\pi}^{0,25\pi} e^{-a(\cos\varphi)^2-b(\sin\varphi)^2-c\Theta^2} \, d\Theta d\varphi $. $\varphi$- азимут, $\Theta$- угол визирования, согласно вышеприведенной неприличной картинке. a,b,c- константы, не зависящие от переменных интегрирования

То для его взятия не нужен и интеграл

salang в сообщении #734174 писал(а):

$\int_{-0,25\pi}^{0,25\pi} e^{-a(\cos\Theta)^2-b(\sin\Theta)^2} \, d\Theta $

а нужны $\int_{0}^{2\pi} e^{-a\cos^2\varphi-b\sin^2\varphi} \, d\varphi $ и $\int_{-\alpha}^{+\alpha} e^{-c\Theta^2} d\Theta$. Первый выражается через Бесселя, а второй - через функцию ошибок.

[ИСН]

salang, бросайте это дело. Вы решаете задачу, которую не можете решать, let alone решить. У Вас на каждом шагу какая-нибудь ошибка, которая полностью обессмысливает и этот шаг, и последующие. Все их нам не выловить.

[salang]

Xaositect в сообщении #734181 писал(а):

Если интеграл выглядит вот так:

salang в сообщении #734047 писал(а):

$\int_0^{2\pi} \int_{-0,25\pi}^{0,25\pi} e^{-a(\cos\varphi)^2-b(\sin\varphi)^2-c\Theta^2} \, d\Theta d\varphi $. $\varphi$- азимут, $\Theta$- угол визирования, согласно вышеприведенной неприличной картинке. a,b,c- константы, не зависящие от переменных интегрирования

То для его взятия не нужен и интеграл

salang в сообщении #734174 писал(а):

$\int_{-0,25\pi}^{0,25\pi} e^{-a(\cos\Theta)^2-b(\sin\Theta)^2} \, d\Theta $

а нужны $\int_{0}^{2\pi} e^{-a\cos^2\varphi-b\sin^2\varphi} \, d\varphi $ и $\int_{-\alpha}^{+\alpha} e^{-c\Theta^2} d\Theta$. Первый выражается через Бесселя, а второй - через функцию ошибок.

да так. А где взять результат первого интегрирования?
Идея моя с 2-ся углами визирования верна?

-- 07.06.2013, 20:53 --

ИСН в сообщении #734182 писал(а):

:facepalm:
salang, бросайте это дело. Вы решаете задачу, которую не можете решать, let alone решить. У Вас на каждом шагу какая-нибудь ошибка, которая полностью обессмысливает и этот шаг, и последующие. Все их нам не выловить.

Бросить не могу, нужно сделать. Ошибки, разумеется, есть, я же не человек, а не Cray. Выловить я постараюсь сам.