Duro integral indefinida (relativo a la probabilidad)

Question

Quiero mostrar que $$\frac{1-t}{2\pi} \int_{a}^{b} \frac{\sqrt{(b-x)(x-a)}}{s+tx}dx = \frac{1}{1-t},$$ where $a = \frac{(1-h)^2}{(1-t)^2}, b = \frac{(1+h)^2}{(1-t)^2}$ and $h = \sqrt{s+t-st}$.

He intentado lo siguiente: nos Dejemos manipular el integrando en algo razonable a tratar. Para este fin, se han \begin{eqnarray*} a+b &=& \frac{(1-h)^2}{(1-t)^2} + \frac{(1+h)^2}{(1-t)^2} = \frac{1-2h+h^2 + 1 + 2h + h^2}{(1-t)^2} = 2\frac{h^2+1}{(1-t)^2}. \end{eqnarray*} del mismo modo, tenemos \begin{eqnarray*} ab &=& \frac{(1-h)^2(1+h)^2}{(1-t)^4} = \frac{(1-h^2)^2}{(1-t)^4}. \end{eqnarray*} por Lo tanto, \begin{eqnarray*} \sqrt{(b-x)(x-a)} &=& \sqrt{(a+b)x - ab - x^2} \\ &=& \sqrt{\frac{2x(h^2+1)}{(1-t)^2} - \frac{(1-h^2)^2}{(1-t)^4} - x^2} \\ &=&\sqrt{- \left( \left( x - \frac{(h^2+1)}{(1-t)^2} \right)^2 - \frac{(h^2+1)^2 + (1-h^2)^2}{(1-t)^4} \right)} \\ &=& \sqrt{\frac{2h^4 + 2}{(1-t)^4} - \left( x - \frac{(h^4+1)}{(1-t)^2} \right)^2} \\ &=& \sqrt{\frac{2h^4 + 2}{(1-t)^4} - \left( \frac{(1-t)^2 x - (h^4+1)}{(1-t)^2} \right)^2} \\ &=& \frac{1}{(1-t)^2} \sqrt{2h^4 + 2 - [(1-t)^2 x - (h^4+1) ]^2 }. \end{eqnarray*} por Lo que actualmente tienen \begin{eqnarray*} \int \frac{\sqrt{(b-x)(x-a)}}{s+tx}dx &=& \frac{1}{(1-t)^2} \int \frac{\sqrt{2h^4 + 2 - [(1-t)^2 x - (h^4 + 1)]^2}}{s+tx}dx \end{eqnarray*} Ahora vamos a tratar de hacer la sustitución $$u = 2h^4 + 2 - [(1-t)^2 x - (h^4 + 1)]^2.$$ De esto, vemos que la \begin{eqnarray*} du = -2(1-t)^2[(1-t)^2 x - (h^4+1)] dx, \end{eqnarray*} y \begin{eqnarray*} x &=& \frac{-(h^4+1) \pm \sqrt{2(h^4 + 1) - u}}{2(1-t)^2}. \end{eqnarray*} la Inserción de este en nuestra expresión de la integral, tenemos \begin{eqnarray*} &&\frac{1}{(1-t)^2} \int \frac{\sqrt{2h^4 + 2 - [(1-t)^2 x - (h^4 + 1)]^2}}{s+tx}dx \\ &=& \frac{1}{(1-t)^2} \int \frac{\sqrt{u}}{s+t \left( \frac{-(h^4+1) \pm \sqrt{2(h^4 + 1) - u}}{2(1-t)^2} \right) } \frac{du}{-2(1-t)^2[(1-t)^2 \left( \frac{-(h^4+1) \pm \sqrt{2(h^4 + 1) - u}}{2(1-t)^2} \right) - (h^4+1)]} \\ &=& \frac{1}{(1-t)^2} \int \frac{\sqrt{u}}{s+t \left( (h^4+1) \pm \sqrt{2(h^4+1)-u} \right)[(1-t)^2 \left( \frac{-(h^4+1) \pm \sqrt{2(h^4 + 1) - u}}{2(1-t)^2} \right) - (h^4+1)]}du \\ &=& \frac{1}{(1-t)^2} \int \frac{\sqrt{u}}{s+ t \left( (h^4+1) \pm \sqrt{2(h^4+1) -u} \right) [- \frac{1}{2}(h^4+1) \pm \frac{1}{2} \sqrt{2(h^4+1) -u} - (h^4+1) ] } \end{eqnarray*}

Debe haber una forma más rápida para resolver este...

Answer 1

Con sustitución $x=b+(a-b)u$\begin{align} \int{a}^{b} \frac{\sqrt{(b-x)(x-a)}}{s+tx}dx &= -\int{0}^{1}\dfrac{(b-a)\sqrt{u(1-u)}}{ \frac{(h+t)^2}{(1-t)^2} \left(1-\frac{4ht}{(h+t)^2}u\right)}(a-b)du \ &= \dfrac{(1-t)^2}{(h+t)^2}(a-b)^2\int{0}^{1}\sqrt{u(1-u)}\sum{n=0}^\infty\left(\frac{4ht}{(h+t)^2}u\right)^n\,du \ &= \dfrac{(1-t)^2}{(h+t)^2}(a-b)^2\sum{n=0}^\infty\left(\frac{4ht}{(h+t)^2}\right)^n\int{0}^{1}u^{\frac12+n}(1-u)^{\frac12}\,du \ &= \dfrac{(1-t)^2}{(h+t)^2}(a-b)^2\sum{n=0}^\infty\left(\frac{4ht}{(h+t)^2}\right)^n\beta(\dfrac32+n,\frac32) \ &= \dfrac{(1-t)^2}{(h+t)^2}(a-b)^2\sum{n=0}^\infty\left(\frac{4ht}{(h+t)^2}\right)^n\dfrac{\Gamma(\dfrac32+n)}{\Gamma(n+3)}\dfrac12\sqrt{\pi} \ &= \dfrac{(1-t)^2}{(h+t)^2}(a-b)^2\dfrac12\sqrt{\pi} \sum_{n=0}^\infty\left(\frac{4ht}{(h+t)^2}\right)^n \dfrac{\Gamma(\dfrac32+n)}{\Gamma(n+3)} \ &= \dfrac{(1-t)^2}{(h+t)^2}(a-b)^2\dfrac12\sqrt{\pi} \dfrac{(h+t)^2}{4h^2}\sqrt{\pi} \ &= \color{blue}{\dfrac{2\pi}{(1-t)^2}} \end align {} donde $\beta(x,y)$ es función Beta.

Answer 2

Uno puede evitar la alimentación de la serie de la siguiente manera: como en @MyGlasses la respuesta, poner el $u=a+(b-a)x$ para obtener $$ \int_0^1 \frac{(b-a)^2\sqrt{u(1-u)}}{s+at+(b-a)tu} \, du $$ Ahora establezca $u=\sin^2{(\theta/2)}$, y la integral se convierte en $$ \int_0^{\pi} \frac{(b-a)^2 \sin{(\theta/2)}\cos{(\theta/2)} \cdot \sin{(\theta/2)}\cos{(\theta/2)}}{s+a+(b-a)t\sin^2{(\theta/2)}} \, d\theta \\ = \int_0^{\pi} \frac{1}{4} \frac{(b-a)^2 \sin^2{\theta}}{s+a+(b-a)t(1-\cos{\theta})/2} \, d\theta \\ = \int_0^{\pi} \frac{(b-a)^2 \sin^2{\theta}}{(4s+2(a+b)t)-2(b-a)t\cos{\theta}} \, d\theta $$

Ahora, $b-a = \frac{4h}{(1-t)^2}$, y $$ 4s+2(a+b)t = \frac{4(1-t)^2s+4(1+h^2)t}{(1-t)^2} = 4\frac{s-2st+st^2+t+st+t^2-st^2}{(1-t)^2} = 4\frac{h^2+t^2}{(1-t)^2} $$ La cancelación de da $$ \int_0^{\pi} \frac{(b-a)^2 \sin^2{\theta}}{(4s+2(a+b)t)-2(b-a)t\cos{\theta}} \, d\theta = \frac{4}{(1-t)^2} \int_0^{\pi/2} \frac{h^2\sin^2{\theta}}{h^2+t^2-2ht\cos{\theta}} \, d\theta. $$ Esta integral del valor cambia dependiendo de $h$ $t$ es mayor. Uno puede calcular utilizando los residuos, la transformada de Fourier de la expansión del denominador, o $t=\tan{(\theta/2)}$, y nos parece que es $$ \frac{4}{(1-t)^2} \int_0^{\pi/2} \frac{h^2\sin^2{\theta}}{h^2+t^2-2ht\cos{\theta}} \, d\theta = \frac{2\pi}{(1-t)^2} \begin{cases} 1 & h^2 \geq t^2 \\ h^2/t^2 & h^2<t^2 \end{cases}. $$