Evaluar una integral usando funciones hipergeométricas

Question

Me gustaría derivar la siguiente integral indefinida uso de funciones hipergeométricas. \begin{equation} S=\int \left(\frac{\alpha-x}{\beta-x}\right)^\lambda dx, \end{equation} donde $0<x<\beta<\alpha$ $\lambda$ es un número real positivo.

Traté de emplear la representación integral de una función hipergeométrica como \begin{equation} {}_2F_1(a,b;c;z) = \frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}\int_{0}^{1} t^{b-1}(1-t)^{c-b-1}(1-zt)^{-a}dt \end{equation} para hacer eso; sin embargo, mi prestar atención no tiene éxito. Lo que he hecho es \begin{align} S &= \int_{0}^{x} (\alpha-t)^\lambda(\beta-t)^{-\lambda}dt\\ &=x\int_{0}^{1} (\alpha-xt)^\lambda(\beta-xt)^{-\lambda}dt\\ &=x\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)^\lambda \int_{0}^{1}\left(1-\frac{xt}{\alpha}\right)^\lambda\left(1-\frac{xt}{\beta}\right)^{-\lambda}dt. \end{align} Si he tratado de coincidir con la forma de la expresión dentro de la integral, el intervalo no sería satified.

El resultado devuelto por Wolframalpha es

Luego lo intentó otra vez, pero todavía se quedó atascado. Agradezco si alguien puede ayudar a explicar los resultados obtenidos por Wolframalpha. \begin{equation} S = \frac{1}{\lambda-1}\int_{x_0}^{x} (\alpha-t)^\lambda d\left[(\beta-t)^{1-\lambda}\right]. \end{equation}

Answer 1

Deje $x\mapsto\beta+u,u\mapsto(\alpha-\beta)t$ para obtener

$$\begin{align}S&=e^{-\lambda\pi i}\int(\alpha-\beta-u)^\lambda u^{-\lambda}~\mathrm du\\&=e^{-\lambda\pi i}(\alpha-\beta)\int(1-t)^\lambda t^{-\lambda}~\mathrm dt\\&=e^{-\lambda\pi i}(\alpha-\beta)B(t;1+\lambda,1-\lambda)+C\\&=e^{-\lambda\pi i}(\alpha-\beta)B\left(\frac{x-\beta}{\alpha-\beta};1+\lambda,1-\lambda\right)+C\\&=\frac{e^{-\lambda\pi i}(\alpha-\beta)}{1+\lambda}\left(\frac{x-\beta}{\alpha-\beta}\right)^{1+\lambda}~_2F_1\left(1+\lambda,\lambda;2+\lambda;\frac{x-\beta}{\alpha-\beta}\right)+C\\&=\frac{(\beta-\alpha)^{-\lambda}(x-\beta)^{1+\lambda}}{1+\lambda}~_2F_1\left(1+\lambda,\lambda;2+\lambda;\frac{x-\beta}{\alpha-\beta}\right)+C\end{align}$$

Donde hemos utilizado la función beta incompleta.

(probablemente difiere de WA por una constante. Probablemente, solía $x\mapsto\alpha+u,u\mapsto(\beta-\alpha)t$ y el resto se ve bastante mucho la misma.)

Answer 2

Otra solución.

Si dejas $$\frac{\alpha-x}{\beta-x}=t \implies x=\frac{\beta t-\alpha }{t-1}\implies dx=\frac{\alpha -\beta }{(1-t)^2}\,dt$$ usted va a terminar con $$S=\int \left(\frac{\alpha-x}{\beta-x}\right)^\lambda dx=(\alpha\beta )\int\frac{ t^{\lambda }}{(1-t)^2}\,dt=\frac{(\alpha\beta )}{\lambda -1 }\frac{ t^{\lambda +1} }{ (1-t)^2}\, _2F_1\left(1,2;2-\lambda ;\frac{1}{1-t}\right)$$ If you want to go back to $x$, use $$t=\frac{\alpha -x}{\beta -x}\implies 1-t=\frac{\alpha -\beta }{x-\beta }\implies\frac{1}{1-t}=\frac{x-\beta }{\alpha -\beta }$$

Answer 3

Considere la posibilidad de: $$I_{\lambda} = \int \left(\frac{\alpha - x}{\beta - x} \right)^{\lambda} \, dx$$ para que se obtiene.

Deje $u = \alpha - x$ obtener \begin{align} I_{\lambda} &= - \int u^{\lambda} \, (\beta - \alpha + u)^{- \lambda} \, du \\ &= (-1)^{\lambda + 1} \, (\alpha - \beta) \, \int t^{\lambda} (1-t)^{-\lambda} \, dt \hspace{5mm} \text{ where %#%#% } \\ &= (-1)^{\lambda + 1} \, (\alpha - \beta) \, \frac{t^{\lambda + 1}}{1 - \lambda} \, {}_{2}F_{1}(-\lambda, 1 - \lambda; 2 - \lambda; t) \\ &= \frac{\alpha - \beta}{1- \lambda} \, \left(\frac{x-\alpha}{\alpha - \beta}\right)^{\lambda +1} \, {}_{2}F_{1}\left(- \lambda , 1-\lambda; 2 - \lambda; \frac{\alpha - x}{\alpha - \beta} \right) + c_{0}. \end{align}

De esta forma es de notar que si $u = (\alpha - \beta) \, t$ no será un problema con la solución en términos de la función hipergeométrica. El caso de $\lambda =1 $ está dado por $\lambda = 1$$