Informática $ \int_a^b \frac{x^p}{\sqrt{(x-a)(b-x)}} \mathrm dx$

Question

Me gustaría calcular la integral:

$$ \int_a^b \frac{x^p}{\sqrt{(x-a)(b-x)}} \mathrm dx$$

donde $$ a<b$$ y $$ p\in\mathbb{N}$$

$$ \int_a^b \frac{x^p}{\sqrt{(x-a)(b-x)}} \mathrm dx=\frac{2}{b-a} \int_a^b \frac{x^p \mathrm dx}{\sqrt{1-\left(\frac{2x-(a+b)}{b-a}\right)^2}} $$

La sustitución $x\rightarrow \frac{2x-(a+b)}{b-a}$ da:

$$ \frac{1}{2^p} \int_{-1}^{1} \frac{((b-a)x+a+b)^p}{\sqrt{1-x^2}} \mathrm dx$$

He intentado hacer una integración por partes:

$$ \frac{1}{2^p}\left(2^{p-1}\pi(a^p+b^p)-p(b-a) \int_{-1}^1 \arcsin(x)((b-a)x+a+b)^{p-1} \mathrm dx \right)$$

¿Qué pasa con la integral $$ \int_{-1}^1 \arcsin(x)((b-a)x+a+b)^{p-1} \mathrm dx $$ ?

Answer 1

Sea $x = a + (b-a)t$ . Entonces $$I(p) = \int_0^1 \dfrac{(a+(b-a)t)^p}{\sqrt{t(1-t)}} dt$$ Tenemos que $$\int_0^1 \dfrac{t^k dt}{\sqrt{t(1-t)}} = \sqrt{\pi} \dfrac{\Gamma(k+1/2)}{\Gamma(k+1)}$$ La simplificación anterior es posible por la siguiente razón. Recordemos que el $\beta$ función se define como $$\beta(x,y) = \int_0^1 t^{x-1} (1-t)^{y-1} dt$$ En $\beta$ -está estrechamente relacionada con la $\Gamma$ mediante la relación $$\beta(x,y) = \dfrac{\Gamma(x) \Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}.$$ La prueba de la afirmación anterior puede verse ici .

Por lo tanto, obtenemos que $$\int_0^1 \dfrac{t^k dt}{\sqrt{t(1-t)}} = \int_0^1 t^{k-1/2} (1-t)^{-1/2} dt = \int_0^1 t^{(k+1/2)-1} (1-t)^{1/2-1} dt\\ = \beta(k+1/2,1/2) = \dfrac{\Gamma(k+1/2) \Gamma(1/2)}{\Gamma(k+1)} = \sqrt{\pi} \dfrac{\Gamma(k+1/2)}{\Gamma(k+1)}$$ Además, $$\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}$$ Puede consultar ici para algunos valores particulares del $\Gamma$ función. $$\Gamma(k+1/2) = \dfrac{(2k-1)(2k-3)\cdots 1}{2^k} \sqrt{\pi} \text{ where } k \in \mathbb{Z}^+$$ Esto es así porque $\Gamma(z+1) = z \Gamma(z)$ y $\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}$ . $$\Gamma(k+1) = k! \text{ where } k \in \mathbb{Z}^+$$ $$\dfrac{\Gamma(k+1/2)}{\Gamma(k+1)} = \dfrac{(2k-1)(2k-3)\cdots 1}{2^k k!} \sqrt{\pi} = \dfrac1{4^k} \binom{2k}{k} \sqrt{\pi}$$

Por lo tanto, $$I(p) = \int_0^1 \sum_{k=0}^{p} \binom{p}{k} a^{p-k}(b-a)^{k} \dfrac{t^{k}}{\sqrt{t(1-t)}} dt\\ = \displaystyle \sum_{k=0}^{p} \left(\binom{p}{k} a^{p-k}(b-a)^{k} \int_0^1 \dfrac{t^{k}}{\sqrt{t(1-t)}} dt \right)\\ = \pi \times \left( \sum_{k=0}^{p} \left( \binom{p}{k}\binom{2k}{k} \dfrac{a^{p-k}(b-a)^{k}}{4^k} \right) \right)$$

Tenemos que $$I(0) = \pi$$ $$I(1) = \dfrac{a+b}{2} \pi$$ $$I(2) = \dfrac{3a^2+2ab+3b^2}{8} \pi$$ $$I(3) = \dfrac{5a^3+3a^2b+3ab^2+5b^3}{16} \pi$$

No sé si se puede simplificar más en términos de funciones elementales.

Answer 2

Yo procedería por integración compleja. Daré una demostración esquemática, ya que la discusión detallada llevaría páginas, pero implica muchos movimientos estándar. Consideremos el contorno formado por el borde superior de $[a,b]$ ( $\arg z=0$ ) un pequeño círculo alrededor de $z=a$ entonces el borde inferior de $[a,b]$ ( $\arg z$ disminuye en $\pi i$ debido al factor $\left(z-a\right)^{-1/2}$ los demás factores no contribuyen) y un pequeño círculo alrededor de $z=b$ . Integrar a lo largo de este contorno equivale a integrar a lo largo de un gran círculo que rodea el infinito. Debería ser relativamente fácil demostrar que las integrales a lo largo de los círculos pequeños tienden a 0 como los radios tienden a 0 por lo tanto, por el teorema del residuo: $$-I+e^{-\pi i}I=2\pi i R_{\infty}$$ $$-Ie^{-\frac{\pi i}{2}}\left(e^{\frac{\pi i}{2}}-e^{-\frac{\pi i}{2}}\right)=2\pi i R_{\infty}$$ $$I=-\frac{e^{\frac{\pi i}{2}}}{\sin\frac{\pi}{2}}R_\infty=-\pi e^{\frac{\pi i}{2}}R_{\infty}$$

Ahora queda encontrar $R_{\infty}$ que es el coeficiente en $z^{-1}$ tomada con el signo contrario. Ampliando: $$\frac{z^{p}}{\sqrt{\left(z-a\right)\left(b-z\right)}}=e^{-\frac{\pi i}{2}}z^{p-1}\left(1-\frac{a}{z}\right)^{-\frac{1}{2}}\left(1-\frac{b}{z}\right)^{-\frac{1}{2}}=e^{-\frac{\pi i}{2}}z^{p-1}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\begin{array}{c} k-\frac{1}{2}\\ k \end{array}\right)\left(\frac{a}{z}\right)^{k}\times \sum_{k=0}^{\infty}\left(\begin{array}{c} k-\frac{1}{2}\\ k \end{array}\right)\left(\frac{b}{z}\right)^{k}$$ Así que tenemos que tomar el coeficiente en $z^{-p}$ en la expansión. Finalmente, como los exponentes se cancelan obtenemos: $$I=\pi \sum_{k=0}^{p}\left(\begin{array}{c} k-\frac{1}{2}\\ k \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} p-k+\frac{1}{2}\\ p-k \end{array}\right)a^{k}b^{p-k}$$ que debería ser equivalente a la forma indicada en la respuesta anterior.

Answer 3

Probablemente me resultaría más fácil reducir la integral dada a Integral de Euler para la función hipergeométrica de Gauss : $$ \int_a^b \frac{ x^p \mathrm{d} x}{\sqrt{(b-x)(x-a)}} \stackrel{x = a+(b-a) u}{=} \int_0^1 \frac{(a+(b-a)u)^p }{\sqrt{u(1-u)}} \mathrm{d} u = \\ a^p \int_0^1 u^{-\frac{1}{2}} \left(1-u\right)^{-\frac{1}{2}} \left( 1- \left(1-\frac{b}{a}\right) u \right)^p \mathrm{d} u $$ Este es el caso de la representación integral de Euler de la función hipergeométrica de Gauss con parámetros $\alpha = \frac{1}{2}$ , $\gamma=1$ y $\beta = -p$ y $z=1-\frac{b}{a}$ Por lo tanto $$ \int_a^b \frac{ x^p \mathrm{d} x}{\sqrt{(b-x)(x-a)}} = a^p \cdot \underbrace{\mathrm{B}\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)}_{\pi} \cdot {}_2 F_1\left(\frac{1}{2}, -p ; 1; 1 - \frac{b}{a}\right) $$ La serie hipergeométrica termina para $p\in \mathbb{N}$ y el resultado coincide con el de @Marvis, pero el resultado anterior se extiende a todos los valores complejos de $p$ :

In[29]:= With[{a = 2.4, b = 3.6, p = 3.4}, 
 a^p \[Pi] Hypergeometric2F1[1/2, -p, 1, 1 - b/a]]

Out[29]= 142.388

In[30]:= With[{a = 2.4, b = 3.6, p = 3.4}, 
 NIntegrate[x^p/Sqrt[(b - x) (x - a)], {x, a, b}]]

Out[30]= 142.388

Answer 4

Sea $x = \sin(\theta)$ en tu penúltima integral. Entonces tu integral se reduce a $${1 \over 2^p}\int_{-{\pi \over 2}}^{\pi \over 2} ((b - a)\sin(\theta) + (a + b))^p\,d\theta$$ Si expandes el integrando obtienes términos de la forma $Const \times \int_{-{\pi \over 2}}^{\pi \over 2}\sin^k(\theta)\,d\theta$ para las que existen fórmulas bien conocidas.