О том же интегральнои уравнении 2

[drug39]

Обнаружил интересную вещь:

$$ \int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{(x-y)}\frac{y^n}{\sqrt{1-y^2}}dy=-\pi P(x), \quad \int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{(x-y)}\sqrt{1-y^2}P(y)dy=\pi x^{n+1},$$

где

$$ n=1, 3, 5, ...\ ,$$

$$P(x)=x^{n-1}+\dfrac{1}{2}x^{n-3}+\dfrac{3}{8}x^{n-5}+...+\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdot...\cdot n}{2\cdot4\cdot6 \cdot...\cdot(n+1)}, $$

исключая отрицательные степени. Подозреваю, что это следствие какой-то известной теоремы.

[sup]

Здесь просто вылазит Гамма-функция. Сначала представляем

$$ y^n = x^n + (y-x) \sum y^k x^{n-1-k}$$

После сокращения на $x-y$ получается интеграл (для четных $k$)

$$ \int\limits_{-1}^{1}\frac{y^k}{\sqrt{1-y^2}}dy = \int\limits_{0}^{1}\frac{y^{k-1}}{\sqrt{1-y^2}}2ydy = \int\limits_{0}^{1} z^{\frac {k-1}{2}}(1-z)^{-\frac 12}dz$$

Это Бета-функция, которая сводится к Гамма-функции. Ну а можно просто честно интегрировать по частям и применять индукцию.
Кроме этих интегралов возникнет еще и сингулярный интеграл

$$ \int\limits_{-1}^{1}\frac{1}{(x-y)\sqrt{1-y^2}}dy$$

А он равен 0. По формулам Сохоцкого-Племеля. Действительно. Для комплексных $x \not \in [0,1]$ данный интеграл определяет голоморфную функцию. Нетрудно сообразить, что с точностью до множителя это просто $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$. На берегах разреза предельные значения отличаются лишь знаком, а значит их сумма равна 0. А это в точности и есть наш сингулярный интеграл.

[svv]

Вчера тоже что-то похожее придумал. Обозначим
$I_n=\int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{x-y}\;\frac{y^n}{\sqrt{1-y^2}}dy$
Тогда
$x^2I_{2k-1}-I_{2k+1}=\int\limits_{-1}^{1} \frac{x^2-y^2}{x-y}\;\frac{y^{2k-1}}{\sqrt{1-y^2}}dy=x\int\limits_{-1}^{1} \frac{y^{2k-1}}{\sqrt{1-y^2}}dy+\int\limits_{-1}^{1} \frac{y^{2k}}{\sqrt{1-y^2}}dy$
Интеграл в первом слагаемом равен 0, т.к. функция нечетная. А второй равен $\frac{\pi(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$. И для $P(x)$ получается тот ряд, что у drug39.

[drug39]

Прошу прощения, вчера 2-е равенство неправильно написал, должно быть:

$$ \int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{(x-y)}\frac{y^n}{\sqrt{1-y^2}}dy=-\pi P(x), \quad \int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{(x-y)}\sqrt{1-y^2}P(y)dy=\pi x^{n},$$

Меня что удивило. Взяли одночлен, подействовали на него интегральным оператором, получили многочлен. Теперь взяли этот многочлен, подействовали на него вторым оператором, и получили тот же одночлен. Т.е. этот второй оператор действует как обратный оператор. Разумеется, приведены частные решения.
Чётные степени выписывать не стал, там не так красиво картина выглядит, но суть та же. И как этот факт со свойствами Г-функции связан тоже неясно.

[sup]

Гамма-функция отвечает за конкретный вид коэффициентов (все эти двойные факториалы). А вот то, что сингулярный интеграл сам себе режиссер обратный - это известный факт. Неформально это можно объяснить так. Представим себе оператор, который действует на функцию следующим образом. В разложении в ряд Фурье по синусам и косинусам он меняет местами коэффициенты при косинусах и синусах. Ясно, что поменяв еще раз, получим исходную функцию. Можно привести еще один простой пример. Пусть на единичной окружности имеется функция $az^n + bz^{-n}$. Сингулярный интеграл меняет сумму на разность. В результате получаем $az^n - bz^{-n}$. Поменяв повторно знак, снова приходим к исходному выражению. В частности, для $a,b = \pm 1$ снова получаем замену синуса на косинус и обратно(по формуле Эйлера).

[drug39]

В связи с этим примером возникла потребность вычислить

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{\pi}\int\limits_{-1}^{1} \sqrt{1-x^2}P_n(x)dx.$$

Из некоторых соображений это не бесконечность. Но сходится крайне медленно. В маткаде удалось посчитать до n=300, дальше у меня там оператор произведения не работает. Может, есть какой-нибудь аналитический подход?

[svv]

Пусть $A_n(x)=\int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{x-y}\sqrt{1-y^2}P_n(y)dy=\pi x^{n}$.
Учитывая, что $P_{2k+1}(y)=y^2 P_{2k-1}(y)+C_k$, где $C_k=\frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$, имеем
$0=x^2A_{2k-1}-A_{2k+1}=\int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{x-y}\sqrt{1-y^2}(x^2P_{2k-1}-y^2 P_{2k-1}-C_k)dy$
$\int\limits_{-1}^{1} \frac{x^2-y^2}{x-y}\sqrt{1-y^2}P_{2k-1}dy=C_k\int\limits_{-1}^{1} \frac{1}{x-y}\sqrt{1-y^2}dy=C_k A_1(x)=C_k \pi x$
$x\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{1-y^2}P_{2k-1}dy+\int\limits_{-1}^{1}y\sqrt{1-y^2}P_{2k-1}dy=C_k \pi x$
Второй интеграл в левой части равен нулю (нечетная функция). Поэтому
$\frac{1}{\pi}\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{1-y^2}P_{2k-1}dy=C_k=\frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$

Проверим в WolframAlpha, например, для $k=3$. Мы должны получить, что интеграл от $\sqrt{1-y^2}P_5$ равен $\frac{5\pi}{16}$. И да:
WolframAlpha: integral_(-1)^1 (x^4+x^2/2+3/8) sqrt(1-x^2) dx

Итак, предел сводится к
$\lim\limits_{k\to\infty}\dfrac{(2k-1)(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$

[drug39]

svv в сообщении #994768 писал(а):

Итак, предел сводится к
$\lim\limits_{k\to\infty}\dfrac{(2k-1)(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$

Итак, по Вашей формуле: k=82 10.14, k=83 10.203, k=84 10.265.
Дальше программа факториал не берёт, а тут до сходимости ещё далеко. В моей записи расчет ушёл дальше, до k=150 (n=300). И там ещё сходимости не видно... Значения, кстати, приблизительно совпадают. По-Вашему, можно утверждать, что этот предел - конечное число?

[svv]

Я привел формулу к виду, удобному для применения формулы Стирлинга:
$n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n$
Именно, при больших $k$
$\dfrac{(2k-1)(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}\approx(2k-1)\dfrac{\sqrt{2 \pi \cdot 2k} \left(\frac{2k}{e}\right)^{2k}}{2^{2k}\left(\sqrt{2 \pi k} \left(\frac{k}{e}\right)^k\right)^2}=\dfrac{2k-1}{\sqrt{\pi k}}$
Насчёт предела — сами видите...

Если же Вам хочется для каждого $k$ иметь точное значение (Стирлинг-то приближенный), но при этом продвинуться как можно дальше, тогда удобнее тот вид, что в Вашей формуле для $P_n$:
$\dfrac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}=\dfrac{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot...\cdot(2k-1)\cdot 2k}{2\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot...\cdot 2k \cdot 2k}=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdot...\cdot(2k-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot 2k}$
(Обратите внимание, я здесь не написал множитель $2k-1=n$, но он нужен.)
Так вот, считать это надо НЕ находя числитель, а потом знаменатель, а так:
$\dfrac 1 2\cdot \dfrac 3 4 \cdot \dfrac 5 6\cdot ... \cdot \dfrac{2k-1}{2k}$
И тогда Вы сможете хоть до миллиона множителей дойти. Естественно, при следующем $k$ Вы не вычисляете всё произведение сначала, а просто умножаете предыдущий результат на ещё одну дробь. Не забудьте также каждый раз умножать на $n=2k-1$ (но не включайте это $n$ в накапливаемое произведение дробей, а то испортите его).

[drug39]

svv, спасибо! Вы мне очень помогли. Про Стирлингга просто подзабыл. Вопрос был связан с физической интерпретацией полученных решений. Кстати, изначально было только предположение, что ненулевым конечным числом окажется $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sqrt n}{\pi}\int\limits_{-1}^{1} \sqrt{1-x^2}P_n(x)dx.$