Определенный интеграл.

[Otta]

Угумс. Второе слагаемое эквивалентно первому на бесконечности, потому придется смотреть на всю сумму сразу и раскладывать до более высокого, чем первый, порядка.

-- 29.05.2013, 09:05 --

fsh2013 в сообщении #729689 писал(а):

Теоретически интеграл расходится,

fsh2013
А что за теория? :) Практически он сходится.

[fsh2013]

Otta

Имелось ввиду обсуждения выше . Там было сказано, что: "Интеграл от первого слагаемого равен бесконечности, ввиду этого интеграл расходится.".
Признаю, я слишком просто перенес то утверждение на этот случай (где второму слагаемому добавлен множитель с кошинусом) .
Если же этот интеграл сходящийся, можно ли аналитически вычислить его?

[Otta]

fsh2013 в сообщении #729885 писал(а):

можно ли аналитически вычислить его?

Очень вряд ли. А Вы уверены, что Вам нужно именно значение, а не поведение при $\lambda\to 1$, например?

А, вот. Посмотрите, может, по частям что получится. Если множитель-кошинус тянуть под дифференциал.

PS Да, считается он, причем хорошо. Упростите Вашу функцию по максимуму, у арксинуса аргумент упрощается, причем значительно. Не забудьте про тождества для гиперболических функций, и Вам совсем полегчает. После максимального упрощения первообразная считается в одну строчку. Ну а несобственный интеграл с нужными пределами - в еще одну.

[fsh2013]

Otta
Вычислил интеграл (проверил дифференцированием), получилось вот так:
$\frac{32}{a}\sqrt{a^2+1}\operatorname{arcth}(\frac{a}{\sqrt{a^2+1}})$
Переход к пределам не понадобилось, так как выражения с бесконечностями отпали сами. Хотел спросить, не ошибся ли (особенно с пределами) ?

[Otta]

Ну если первообразная проверена дифференцированием, то о чем беспокоиться?
У меня не получилось, что бесконечности отпали сами, но я смотрела частный случай для $\lambda=1$, лишь с тем, и ровно до того момента, чтобы убедиться, что интеграл считается "в лоб". Взаимосвязь между параметрами я тоже не учитывала. То есть меня интересовало, возьмется ли интеграл, а не его значение, и принципиальный ход решения. Потому правильность Вашего ответа я не могу Вам подтвердить, к сожалению. То есть, в принципе, могу, но проделав Вашу работу полностью. А надо ли?

[fsh2013]

Otta
Извиняюсь, бесконечности не отпадают . В общем, вот такой результат:
$\frac{16}{a}(\sqrt{a^2+1}\operatorname{arcth}(a\frac{\th(\lambda y)}{\sqrt{a^2+1}})-\sh(\lambda y)\arcsin(\frac{a}{\sqrt{a^2+\ch^2(\lambda y)}}))$
в пределах от $-\infty$ до $+\infty$.
Хотел спросить, путь - как вычислить второе слагаемое (шинус бесконечность на арксинус ноль). Спасибо.

[Otta]

Просто эквивалентности.

Почему-то у меня осталось ощущение, что Вы потеряли еще минимум одно слагаемое.

[fsh2013]

Еще раз перепроверил - все на месте. Просто вместо "К" в том начальном интеграле "16".
Значит, все-таки решается второе слагаемое . Ок, поищем...

[fsh2013]

Всё, разобрался. Интеграл точно вычисляется. Проверил любимым способом - графическим сравнением, кажется все ок. . Спасибо всем, кто помогали.

(Оффтоп)

Не знаю, если появится еще трудности по опред. интегралам, написать здесь или открыть другую тему.
П.С.Иногда кажется, что удобнее если новые сообщение показывались первыми.