9 votos

$\int_0^{\infty} \frac{x^{k_1}}{\left(x^{n_1} + a_1 \right)^{m_1}} \cdot \frac{x^{k_2}}{\left(x^{n_2} + a_2 \right)^{m_2}}\:dx$

Recientemente tuve la oportunidad de encontrar un resultado común de la integral definida: \begin{equation} J(n_1, k_1, m_1) = \int_0^{\infty} \frac{x^{k_1}}{\left(x^{n_1} + a_1 \right)^{m_1}}\:dx = \frac{a^{\frac{k_1 + 1}{n_1} - m_1}}{n_1}\Gamma\left(m_1 - \frac{k_1 + 1}{n_1}\right)\Gamma\left(\frac{k_1 + 1}{n_1}\right) \end{equation} La ventaja con esta integral es que si se puede introducir un parámetro libre en su integral (ala de Feynman del Truco), a continuación, en virtud de una determinada transformación, mediante el parámetro (es decir, los derivados, la transformada de Laplace, Fourier Transforma) que puede aislar el parámetro. Esto hace que la toma de la inversa de la transformación bastante fácil en la mayoría de los casos.

Estoy esperando ampliar este método para atender a las más difíciles integrales donde varios parámetros son introducidos. Al hacerlo, he llegado esta muy similares, pero mucho más complicado de lo integral.

\begin{equation} H\left(a_1, a_2,n_1,n_2,k_1,k_2,m_1,m_2\right)= \int_0^{\infty} \frac{x^{k_1}}{\left(x^{n_1} + a_1 \right)^{m_1}} \cdot \frac{x^{k_2}}{\left(x^{n_2} + a_2 \right)^{m_2}}\:dx \end{equation}

Donde $a_1, a_2,n_1,n_2,k_1,k_2,m_1,m_2 \in \mathbb{R}^{+}$

Por desgracia estoy atascado con esto y estoy interesado en saber si alguien ha encontrado este formulario antes y si es así, si saben de un método para encontrar una solución se expresa en términos de primaria o no-funciones elementales.

Un punto de partida sería muy apreciada.

También, si la solución se puede representar con ciertas restricciones sobre los parámetros, por favor post. El único absoluto que condiciones se $a_{1},a_{2},m_{1},m_{2} \gt 0$. Interesado en todas las soluciones restringidas o no.

Editar - Solo de pensar ahora que la única cosa que se puede hacer para simplificar la integral es dejar a $u = x^{n_1}$ o $u = x^{n_2}$. Aquí voy a utilizar la tarde para rendir la integral como

\begin{align} &H\left(a_1, a_2,n_1,n_2,k_1,k_2,m_1,m_2\right)= \int_0^{\infty} \frac{\left( u^{\frac{1}{n_2}}\right)^{k_1}}{\left(\left( u^{\frac{1}{n_2}}\right)^{n_1} + a_1 \right)^{m_1}} \cdot \frac{\left( u^{\frac{1}{n_2}}\right)^{k_2}}{\left(u + a_2 \right)^{m_2}}\frac{1}{n_2}u^{\frac{1 - n_2}{n_2}}\:du\\ \quad& = \frac{1}{n_2}\int_0^{\infty} \frac{u^{\frac{k_1 + k_2 + 1 - n_2}{n_2}}}{\left( u^{\frac{n_1}{n_2}} + a_1 \right)^{m_1}} \frac{1}{\left(u + a_2\right)^{m_1}}\:du = \frac{1}{n_2}\int_0^{\infty} \frac{u^{k_3}}{\left(u^{n_3} + a_1\right)^{m_1}} \frac{1}{\left(u + a_2\right)^{m_2}}\:du \end{align}

9voto

Maxim Puntos 146

Esta es una parte integral de dos Meijer G-funciones que se le da a un Zorro H-función. Deje $\nu_1 = 1/n_1$, $\,\nu_2 = 1/n_2$, $\,\sigma = k_1 + k_2 + 1$. La transformación es Mellin $$\mathcal M_{x \a p}[(x + a)^{m}] = \frac {\Gamma(p) \Gamma(m - p)} {\Gamma(m)}^{p -m}, \\ \mathcal M[(x^{n_1} + a_1)^{-m_1}] = \nu_1 \mathcal M[(x + a_1)^{-m_1}](\nu_1 p), \\ \mathcal M[x^{-\sigma} (x^{-n_2} + a_2)^{-m_2}] = \nu_2 \mathcal M[(x + a_2)^{-m_2}](\nu_2 (\sigma - p)).$$ La convolución es asignado al producto: $$\mathcal M[f * g] = \mathcal M {\left[\int_0^\infty f(x) \,g {\left( \frac \omega x \right)} \,\frac {dx} x \right]} = \mathcal M[f] \mathcal M[g].$$ El producto es de nuevo una combinación racional de gamma lineal de las funciones de veces $z^p$, la inversa de la transformación de lo que es, por definición, el H-función. La evaluación en $1$ ($\omega = 1$ anterior) da $$\int_0^\infty \frac {x^{k_1}} {(x^{n_1} + a_1)^{m_1}} \frac {x^{k_2}} {(x^{n_2} + a_2)^{m_2}} dx = \frac {\nu_1 \nu_2 a_1^{-m_1} a_2^{\nu_2 \sigma - m_2}} {\Gamma(m_1) \Gamma(m_2)} \times \\ \mathcal M^{-1}[ \Gamma(m_1 - \nu_1 p) \Gamma(\nu_2 \sigma \nu_2 p) \Gamma(\nu_1 p) \Gamma(m_2 - \nu_2 \sigma + \nu_2 p) (a_1^{-\nu_1} a_2^{\nu_2})^{p}](1) = \\ \frac {\nu_1 \nu_2 a_1^{-m_1} a_2^{\nu_2 \sigma - m_2}} {\Gamma(m_1) \Gamma(m_2)} H_{2, 2}^{2, 2} {\a la izquierda( a_1^{-\nu_1} a_2^{\nu_2} \medio| {(1 - m_1, \nu_1), (1 - \nu_2 \sigma \nu_2) \cima (0, \nu_1), (m_2 - \nu_2 \sigma \nu_2)} \right)}.$$ La integral existe si $\sigma < n_1 m_1 + n_2 m_2$.

5voto

Peter Puntos 103

A la larga por el comentario.

Tal vez es demasiado trillado, pero

En el caso de $n_1=n_2$ esta integral se puede reescribir a través de la función hipergeométrica $_2F_1$. No quiero prestar atención a que el coeficiente. I en este caso, la integral se puede reescribir de la siguiente forma $$ I= \alpha\int_0^{\infty} \frac{u^{k_3}}{\left(u + 1\right)^{m_1}} \frac{1}{\left(u + c\right)^{m_2}}\:du $$ como fue hecho por DavidG.

Después de que uno puede hacer el cambio de variables $y=u/(1+u)$ $$ I=\frac{\alpha}{c^{m_2}}\int_0^{1} \frac{y^{k_3}}{\left(1 - y\right)^{k_3+2-m_1-m_2} (1-y(1-1/c))^{m_2}}\:du=\frac{\alpha}{c^{m_2}}Г(k_3+1) Г(m_1+m_2-k_3-1) _2F_1(m_2,k_3+1,m_1+m_2,1-1/c) $$

No estoy seguro acerca de la existencia de la respuesta en el caso general.

3voto

Yuri Negometyanov Puntos 593

SUGERENCIA

Partamos de la OP resultado \begin{align} &H_1\left(a_1, a_2, m_1, m_2, n_3, k_3\right) = \frac{1}{n_2}\int\limits_0^{\infty} \frac{u^{k_3}}{\left(u^{n_3} + a_1\right)^{m_1}} \frac{1}{\left(u + a_2\right)^{m_2}}\:du.\tag1 \end{align}

Teniendo en cuenta, que la identidad

\begin{align} &\frac{x^n}{\left(x^n + a\right)^m} =\frac{x^n+a-a}{\left(u^n + a\right)^m} =\frac{1}{\left(x^n + a\right)^{m-1}} -\frac{a}{\left(x^n + a\right)^m}\tag2 \end{align}

permite gestionar el grado en el numerador tanto decreciente y creciente, asumir WLOG $\mathbf{k_3<m_1,\ k<m_2}.$

También, debido a la escala de sustitución, vamos a WLOG $\mathbf{a_1=1}.$

Bajo estas condiciones, lo suficiente como para considerar la integral \begin{align} &I(a,k,n,p,q) = \int\limits_0^{\infty} \frac{u^k}{\left(u^n + 1\right)^p} \frac{1}{\left(u + a\right)^{q}}\:du,\quad k<p,\quad k<q, \quad a>1.\tag3 \end{align}

Es conocido el binomio de descomposición

\begin{align} &(1-z)^{-d-1}=\sum\limits_{j=d}^\infty\binom{j}{d}z^{j-d} = \sum\limits_{j=d}^\infty\dfrac{\Gamma(j+1)}{\Gamma(d+1)\Gamma(j-d+1)}z^{j-d},\quad|z|<1.\tag4 \end{align}

Si $|u|<1$ luego de $(4)$ debe la serie de Maclaurin
\begin{align} &(1+u^n)^{-q} = \sum\limits_{j=q-1}^\infty(-1)^{j-q+1}\dfrac{\Gamma(j+1)}{\Gamma(q)\Gamma(j-q+2)}u^{n(j-q+1)}.\tag5 \end{align}

Si $|u|>1$ luego de $(4)$ pueden ser obtenidos de la serie de Laurent \begin{align} &(1+u^n)^{-q} = u^{-nq}(1+u^n)^{-q} = \sum\limits_{j=q-1}^\infty(-1)^{j-q+1} \dfrac{\Gamma(j+1)}{\Gamma(q)\Gamma(j-q+2)}u^{-n(j-q+1)}.\tag6 \end{align}

Al mismo tiempo, obtenidos de las integrales en los dos intervalos pueden ser expresadas a través de la función hipergeométrica

$$\int_0^1\dfrac{x^k}{(x+a)^m}\:dx=\dfrac{a^{-m}}{k+1}\,{_2F_1\left(k+1,m,k+2,-\dfrac1a\right)}\tag7$$

(ver también Wolfram Alpha),

$$\int_1^\infty\dfrac{x^k}{(x+a)^m}\:dx=\dfrac{_2F_1(m,-k+m-1,m-k,-a)}{-k+m-1}\tag8$$

(ver también Wolfram Alpha).

Dividir el problema integral a los intervalos de $(0,1)$ e $(1,\infty)$ y la aplicación de soluciones de $(5)-(8),$ uno puede presentar el resultado de la $I(a,k,n,p,q)$ como la suma de los pares de la serie, el uso de la función gamma y funciones hipergeométricas.

Gracias a los demás miembros de la discusión de sus ideas interesantes.

2voto

omegadot Puntos 156

Esto es , no una solución. Es un enfoque que muestra algunos de los posibles obstáculos que poner. Por supuesto, esto no es para decir que no son insuperables, pero $\ldots$

El enfoque a utilizar va a hacer uso de los llamados Schwinger parametrisation que hace uso de la conocida observación de $$\frac{1}{\beta^p (x)} = \frac{1}{\Gamma (p)} \int_0^\infty u^{p - 1} e^{-u \beta (x)} \, du,$$ para las condiciones adecuadas en función de $\beta (x)$.

Vamos a utilizar este parametrisation en su primera integral $J(a_1, n_1, m_1, k_1)$. De Schwinger parametrisation observamos que $$\frac{1}{(x^{n_1} + a_1)^{m_1}} = \frac{1}{\Gamma (m_1)} \int_0^\infty u^{m_1 - 1} e^{-u (x^{n_1} + a_1)} \, du,$$ (aquí se $\beta (x) = x^{n_1} + a_1$ e $p = m_1$). Su integral para $J$ a continuación, se convierte en $$J(a_1, n_1, m_1, k_1) = \frac{1}{\Gamma (m_1)} \int_0^\infty u^{m_1 - 1} e^{-u a_1} \, du \int_0^\infty x^{k_1} e^{-u x^{n_1}} \, dx,$$ cuando un cambio en el orden de integración se ha realizado. Ahora, si nos vamos a $t = u x^{n_1}$ hemos \begin{align} J(a_1, n_1, m_1, k_1) &= \frac{1}{\Gamma (m_1)} \int_0^\infty u^{m_1 - 1} e^{-u a_1} \, du \frac{1}{n_1} u^{-\frac{(k_1 + 1)}{n_1}} \int_0^\infty t^{\frac{k_1 + 1}{n_1} - 1} e^{-t} \, dt\\ &= \frac{1}{n_1 \Gamma (m_1)} \Gamma \left (\frac{k_1 + 1}{n_1} \right ) \int_0^\infty u^{\frac{m_1 n_1 - k_1 - 1}{n_1} - 1} e^{-u a_1} \, du. \end{align} El cumplimiento de una sustitución de $u \mapsto u/a_1$ conduce a \begin{align} J(a_1, n_1, m_1, k_1) &= \frac{a_1^{\frac{k_1 +1}{n_1} - m_1}}{n_1 \Gamma (m_1)} \Gamma \left (\frac{k_1 + 1}{n_1} \right ) \int_0^\infty u^{\frac{n_1 m_1 - k_1 - 1}{n_1} - 1} e^{-u} \, du\\[2ex] &= \frac{a_1^{\frac{k_1 +1}{n_1} - m_1}}{n_1 \Gamma (m_1)} \Gamma \left (m_1 - \frac{k_1 + 1}{n_1} \right ) \Gamma \left (\frac{k_1 + 1}{n_1} \right ). \end{align}


Ahora intentar una aproximación a la integral de la $H$. Aquí los dos siguientes Schwinger parametrisations se utilizan: $$\frac{1}{(x^{n_1} + a_1)^{m_1}} = \frac{1}{\Gamma (m_1)} \int_0^\infty y^{m_1 - 1} e^{-y (x^{n_1} + a_1)} \, dy,$$ y $$\frac{1}{(x^{n_2} + a_2)^{m_2}} = \frac{1}{\Gamma (m_2)} \int_0^\infty z^{m_2 - 1} e^{-z (x^{n_2} + a_2)} \, dz.$$ De modo que la integral de $H$, después de un cambio en el orden de integración se ha realizado, se convierte en $$H = \frac{1}{\Gamma (m_1) \Gamma (m_2)} \int_0^\infty y^{m_1 - 1} e^{-y a_1} \, dy \int_0^\infty z^{m_2 - 1} e^{-z a_2} \, dz \int_0^\infty x^{k_1 + k_2} e^{-(y x^{n_1} + z x^{n_2})} \, dx.$$ El obstáculo es lo que se va a hacer con que el interior de la $x$integral si $n_1 \neq n_2$?

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