Integrale definito

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Ragazzi mi potete aiutare con questo integrale ?

$ int_(0)^(vartheta_0 ) (dvartheta )/sqrt((sin^2(vartheta_0)/2-(sin^2vartheta)/2) $

Avrei intenzione di dividere tutto per $sin(vartheta_0)/2$ ma comunque sia non so poi come procedere.

Grazie

[stormy]

è un integrale non risolvibile con qualche trucchetto
qui si va a finire agli integrali ellittici

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Grazie Stormy.

Per questo vale lo stesso discorso ? E i passaggi sono giusti ?

$ int_(0)^(1) dy/sqrt(1-y^n) rArr y=u^(1/n)rArrdy=1/(n)u^((1-n)/n)durArrint_(0)^(1) dy/sqrt(1-y^n)=int_(0)^(1)(u^((1-n)/n)du)/(nsqrt(1-u) $

[stormy]

per $n$ generico è anche questo difficile (almeno per me )
per $n=1$ o $n=2$ invece hai praticamente due integrali immediati

i passaggi che hai fatto sono giusti però poi non mi sembra facile proseguire per quella strada

[Light_]

n è tristemente generico

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UP

[ciampax]

Il primo è ellittico, quindi stai fresco.
Il secondo è una forma differenziale binomia che si può integrare solo in determinati casi per gli esponenti, e questo non è uno di quelli.

L'unica cosa che potresti fare è provare una integrazione per serie, ma non so se conosci l'argomento.

[Light_]

In che senso sto fresco ?

Si conosco l'integrazione per serie ,

vediamo :

$ int_(0)^(1) dy/sqrt(1-y^n)~~ 1+1/2int_(0)^(1)(ny^(n-1))/(1-y^n)^(3/2)|_(y=0) dy+3/4int_(0)^(1)(n(n-1)y^(n-2))/(1-y^n)^(5/2)|_(y=0)dy $ e cosi via...

E' giusto il procedimento ?

[ciampax]

Nel senso che neanche se fai il cammino di Santiago 100 volte e parli con la Madonna ne trovi una soluzione chiusa (cioè esprimibile in forma elementare).

Quella che stai facendo è una cosa approssimata: per serie intendo tutta la serie. Ti scrivo prima come procedere ol secondo, poi parliamo del primo.
Allora, sappiamo che
$$(1+t)^\alpha=\sum_{k=n}^\infty C^\alpha_n t^n$$
dove
$$C^\alpha_n=\left(\begin{array}{c} \alpha\\ n\end{array}\right)=\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdot\ldots}{n!(\alpha-n)(\alpha-n-1)\cdot\ldots}=\frac{1}{n!}\cdot\prod_{k=0}^{n-1}(\alpha-k)$$
sono i coefficienti binomiali generalizzati, cosa che suppongo dovresti sapere (stiamo parlando di sviluppi di Taylor, in pratica).
Pertanto
$$(1-y^n)^{-1/2}=\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k y^{nk}$$
da cui integrando (per il momento tralasciamo il fatto del perché tu lo possa fare e del perché tu possa scambiare integrale e serie)
$$\int_0^1(1-y^n)^{-1/2}\ dy=\int_0^1\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k y^{nk}\ dy=\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k\int_0^1 y^{nk}\ dy=\\ \sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k \left[\frac{y^{nk+1}}{nk+1}\right]=\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k \frac{(-1)^k}{nk+1}$$
L'ultima cosa scritta è la soluzione dell'integrale, che magari si può anche scrivere in altre forme, usando l'espressione chiusa del coefficiente binomiale generalizzato che è
$$C^{-1/2}_k=\frac{(-1)^k\cdot(2k-1)!!}{2^k k!}$$
da cui
$$\int_0^1(1-y^n)^{-1/2}\ dy=\sum_{k=0}^\infty \frac{(2k-1)!!}{2^k k!(nk+1)}$$
ma calcolare il valore di questa somma non è proprio facile.

Infine, il perché possiamo calcolare l'integrale e scambiare integrale e serie: il primo perché è facile dimostrare che l'integrale, sebbene improprio, risulta convergente; il secondo perché la serie scritta converge uniformemente sull'intervallo di integrazione.

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Grazie , è tutto chiaro.

In effetti m'era preso il dubbio di non dover troncare e di dover arrivare invece ad una formula iterativa, cosa che ha molto più senso visto il mio scopo . Certo poi si arriva a quel "risultato" assai spiacevole...

Per il primo integrale invece , ho provato a calcolarlo online su wolfram , senza successo .
Eppure qualche settimana fa , mentre ero in vacanza in Puglia , sono passato per San giovanni Rotondo