Нестандартный интеграл от тригонометрических функций

что аналитически этот интеграл не вычислить.
Сейчас такие предположения проверяют с помощью мат.пакетов, что и вам советую.

Идея может быть в использовании вычетов. Так, на глазок, не вижу прямого пути вычиасления. Дам завтра моим студентам.
А тем временем, чем ждать, поищите у Градштейна с Рыжиком и у Прудникова с Бычковым
Если там нет, то утратьте надежду.

Сегодня поискал у Градштейна, точного соответствия не нашел, завтра буду колупать похожие интегралы. Надежду пока не утратил=)

Интеграл хорошо интегрируется по частям и потоми приводится к интегралу от рациональной функции, но не в общем виде, а при известноми m. Фишка в том - как бы его не брать явно, раз уже даны пределы интегрирования.

Цитата
zklb (Дмитрий)
Интеграл хорошо интегрируется по частям и потоми приводится к интегралу от рациональной функции, но не в общем виде, а при известноми m. Фишка в том - как бы его не брать явно, раз уже даны пределы интегрирования.

Замечу сразу, что параметр $а$ - это просто аргумент одного из представителей неопределенного интеграла, так что пределы интегрирования как бы не даны.
Раньше я уже замечал, что интегрирование по частям приводит к чему-то не хуже эллиптических интегралов. Имел ввиду, что именно к ним и приводится.
Собственно получаем интеграл от дроби
$\frac{\sin{x}\cdot\cos{2mx}}{\sqrt{\cos^2{x}-\cos^2{а}}}$
Все посто, если $m=2^k$, в том числе $m=1$, еще проще при $m=0$. При произвольном $m$ мы получаем сумму двух дробей, числители которых есть многочлены от синуса и косинуса, причем в одночлены синус входит либо в первой степени, либо вообще не входит. Эту дробь можно представить суммой двух дробей: у первой числитель есть произведение синуса на многочлен от косинуса, а у второй зависит только от косинуса.
В первой дроби делаем замену $t=\cosx$, получаем многочлен, деленный на корень вида $\sqrt{t^2-c^2}$ , который достаточно хорош. Хуже с интегралами от дробей только с косинусами в четных степенях, например от такой дроби:
$\frac{\cos^2{x}}{\sqrt{\cos^2{x}-\cos^2{a}}}$
Он, конечно, приводится к интегралу от дроби $\frac{t^2}{\sqrt{1-t^2}\sqrt{t^2-c^2}}$, но вряд ли выражается в элементарных функциях.

Цитата
museum
...
Собственно получаем интеграл от дроби
$\frac{\sin{x}\cdot\cos{2mx}}{\sqrt{\cos^2{x}-\cos^2{а}}}$
...
,но вряд ли выражается в элементарных функциях.

Заметим, что $\cos(2mx)$ можно представить в виде $\cos(2mx)=P_m(\cos^2x)$, где $P_m$ - полином степени $m$.
В результате $\int {\frac{ P_m(\cos^2x)\sin x dx} {\sqrt{\cos^2x-c^2}}=-\int {\frac{ P_m(t^2) dt} {\sqrt{t^2-c^2}} $.

Интегралы вида $\int {\frac{t^{2k} dx} {\sqrt{t^2-c^2}}$, $k=0,1,2,...$ вроде бы как берутся.

PS Немного припоздал, и повторил предыдущий пост, но с противоположным выводом



Редактировалось 2 раз(а). Последний 01.11.2013 00:01.

Цитата
vpro

Цитата
museum
...
Собственно получаем интеграл от дроби
$\frac{\sin{x}\cdot\cos{2mx}}{\sqrt{\cos^2{x}-\cos^2{а}}}$
...
,но вряд ли выражается в элементарных функциях.

Заметим, что $\cos(2mx)$ можно представить в виде $\cos(2mx)=P_m(\cos^2x)$, где $P_m$ - полином степени $m$.
В результате $\int {\frac{ P_m(\cos^2x)\sin x dx} {\sqrt{\cos^2x-c^2}}=-\int {\frac{ P_m(t^2) dt} {\sqrt{t^2-c^2}} $.

Интегралы вида $\int {\frac{t^{2k} dx} {\sqrt{t^2-c^2}}$, $k=0,1,2,...$ вроде бы как берутся.

PS Немного припоздал, и повторил предыдущий пост, но с противоположным выводом

Я предполагаю, что у уважаемого Museuma в цитируемом Вами сообщении просто обычная опечатка (это идет из дальнейшего контекста) и интеграл сводится не к $\int {\frac{ P_m(\cos^2x)\sin x dx} {\sqrt{\cos^2x-c^2}}$, а к
$\int {\frac{ P_m(\cos^2x)dx} {\sqrt{\cos^2x-c^2}}$, который, о чем и говорил Museum, приводится к
$\int {\frac{ P_m(t^2)dt} {\sqrt{(t^2-c^2)(1-t^2)}}$

P.S. Насчет численных методов, Вы, конечно, правы, уважаемый Kitonum, но иногда, ради интереса, можно и руками побарахтаться . Потом, на практике даже если бы мы получили простой ответ вроде $\frac{1}{\sina}$, то все равно просили бы ЭВМ нам его посчитать для заданного $a$.



Редактировалось 2 раз(а). Последний 01.11.2013 00:21.

Цитата
vpro

Цитата
anton25
...
Я предполагаю, что у уважаемого Museuma в цитируемом Вами сообщении просто обычная опечатка
...
.

Согласен. Опечатка есть. После взятия по частям, получим интеграл от
$\frac{\sinx \sin(2mx)} {\cos x \sqrt{\cos^2{x}-\cos^2{а}}}$.

Не пойму, почему забыл косинус в знаменателе, а в числитель вставил косинус вместо синуса.
В таком варианте, дробь $\frac{\sin{x} \sin(2mx)}{\cos {x}}$ равна многочлену $P(\cos{x},\sin{x})$ в котором и синус и косинус в четных степенях, что и портит картину. Но вот что любопытно, если бы в условии задачи вместо
$\cos{\left(\frac{\cos{a}}{\cos{x}}\right)}$ стояло
$\sin{\left(\frac{\cos{a}}{\cos{x}}\right)}$, то собственно эллиптические интегралы не появились бы, т.к. тогда у нас синус был бы всюду в нечетной степени.
Есть и еще одно замечание, связанное с намеком г-жи Shwedki. Интеграл, все-таки, определенный. Вычисление неопределенного интеграла может оказаться сложнее, т.к. дает функцию от двух переменны, одна из которых - параметр $а$, а вычисление определенного интеграла предполагает в ответе зависимость только от этого параметра. Напрямую применить вычеты не вижу как, мешают точки ветвления, но подумать можно.
Суть вопроса в следующем: после замены переменной $t=\cos{x}$ с изменением от 1 до $c=\cos{a}$ мы приходим к интегралам вида:
$\int_{1}^{c}\frac{t^{2k}\,dt}{\sqrt{1-t^2}\sqrt{t^2-c^2}}$
Конечно, хочется применить теорию вычетов, т.к. вычет в бесконечности можно отыскать, а, тем самым, отыскать и интеграл по большой окружности для подходящей однозначной ветви. Но для выделения этой самой ветви приходится делать три разреза, соединяющих точки ветвления: -1, -с, с, +1. В итоге мы ищем интеграл по трем отрезкам, что неприятно. Для упрощения сделаем еще одну замену $t^2=z$, что приведет к интегралу: $\int_{1}^{c^2}\frac{z^{k}\,dt}{\sqrt{z}\sqrt{1-z}\sqrt{z-c^2}}$. Получатся три точки ветвления и два разреза от $0$ до $c^2$ и далее до $1$. При этом, как кажется, на первом отрезке интеграл чисто мнимый, а на втором - вещественный, что позволяет разделить два эти интеграла и найти. Еще не проверил, но надеюсь.
Редактирую пост: вычисление пока не получается.



Редактировалось 2 раз(а). Последний 01.11.2013 20:31.

Оно само является элементарной функцией, то есть все уже представлено.

Возможные представления интеграла (может кого-то натолкнет на какие-то идеи).
Так как подинтегральная функция симметрична относительно х=0, то интеграл можно представить в виде
$I(a,m) = 2\int_{0}^{a}arccos\left(\frac{cos(a)}{cos(x)} \right) cos(2mx) dx$
Этот же интеграл можно представить как интеграл по области
$I(a,m) = 2\int_{0}^{a}\int_{0}^{arccos\left(\frac{cos(a)}{cos(x)} \right)} cos(2mx) dy dx$
т.е.
$I(a,m) = 2\int_{S}^{}cos(2mx) ds$
где область S ограничена линиями $cos(x)*cos(y)=cos(a)$, $x=0$, $y = 0$. ($x>0$, $y > 0$.)
Далее изменив порядок интегрирования можно получить
$I(a,m) = \frac{1}{m}\int_{0}^{a} sin\left(2m*arccos\left(\frac{cos(a)}{cos(y)} \right)\right) dy$
Но что делать дальше с этим монстром я не представляю.
Как мне кажется хорошо бы придумать замену переменных для интеграла $I(a,m) = 2\int_{S}^{}cos(2mx) ds$, чтобы интеграл легко брался. Первая новая переменная выражается легко это $z = cos(x) cos(y)$, но какова вторая?



Редактировалось 4 раз(а). Последний 05.11.2013 18:58.