Интеграл, связанный с интегралами Эйлера

[DeBill]

Markiyan Hirnyk
Я посмотрел еще на свои формулы: константа $B$ на самом деле ВСЕГДА равна 0. Но тогда начинают работать следующие члены. Более того, происходит их взаимное сокращение - всех (кроме первого) - с логарифмическим множителем. В результате получаем ТОЧНОЕ выражение для интеграла ТС:
$a^{-p} \frac{2^{-p} \sqrt{\pi } \Gamma \left(\frac{p}{2}\right) \log (a)}{\Gamma \left(\frac{p+1}{2}\right)}- \sum\limits_{k=0}^{\infty} c_k\cdot \frac{a^{2k}}{(p+2k)^2}$, где
$c_k$ - "биноминальные к-ты": $c_k =C^k_{-p} =\frac{(-p)(-p-1)...(-p-k+1)}{k!}$
Это согласуется с асимп. формулой

Markiyan Hirnyk в сообщении #1217388 писал(а):

Привожу упрощенную асимптотику в стандартной математической записи
$a^{-p} \left(\frac{2^{-p} \sqrt{\pi } \Gamma \left(\frac{p}{2}\right) \log (a)}{\Gamma \left(\frac{p+1}{2}\right)}+O\left(a^3\right)\right)+\left(-\frac{1}{p^2}+\frac{p a^2}{(p+2)^2}+O\left(a^3\right)\right) $

(в ней выписаны два члена суммы).
Так что Математика не врет, да.

-- 20.05.2017, 15:33 --

Сумма что-то не сворачивается. Ну, кроме четных $p$:
если $g(a)$ - сумма ряда, умноженного на $a^p$, то $a(ag'(a))'= (\frac{a}{(1+a^2)})^p$, с нулевыми начальными условиями. Решая дифур (для $p=2$, например), получим $g(a)=\frac{1}{4} \ln (1+a^2)$ . Вместе с главным членом асимптотики (равным $\frac{1}{2a^2}\ln a$) это дает первый из ответов Vince Diesel.

-- 20.05.2017, 15:39 --

Попробовал для $p=12$: все, вроде, получится, токо больно громоздкий и неприглядный ответ будет....