Integral de exponencial con $x(1-x)$ término

Question

¿La siguiente integral tiene una solución de forma cerrada?

$$\int_ {0}^{y} \exp\left (\,- \sqrt {\,x(1-x)\,}\, \right )\,{ \rm d}x$$

¿O debo conformarme con una aproximación?

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Editar: La forma actual de la integral tiene una $\alpha$ : $$\int_ {0}^{y} \exp\left (\, - \alpha \sqrt {\,x(1-x)\,}\, \right )\,{ \rm d}x$$ Necesito que la solución (o solución aproximada) funcione con grandes $\alpha$ (y si es posible para pequeños $\alpha$ también

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2ª edición: ¿Existe una expresión analítica para la integral definida que contiene el $\alpha$ ? $$\int_ {0}^{1} \exp\left (\, - \alpha \sqrt {\,x(1-x)\,}\, \right )\,{ \rm d}x$$

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3ª Edición: En realidad es $- \alpha$ no $\alpha$

Answer 1

$\textbf {Possible direction}$

$$\sqrt {x(1-x)} = \sqrt { \frac {1}{4}- \left (x- \frac {1}{2} \right )^2} = \frac {1}{2} \sqrt {1-4 \left (x- \frac {1}{2} \right )^2}.$$ haciendo así un cambio de variable $$\cos (t) = 2 \left (x- \frac {1}{2} \right ), \\ - \sin (t)dt = 2dx.$$ podemos reescribir la integral como $$- \frac {1}{2} \int_ { \pi }^{0} \mathrm {e}^{ \frac { \alpha }{2} \sin (t)} \sin (t)dt = \frac {1}{2} \int_ {0}^{ \pi } \mathrm {e}^{ \frac { \alpha }{2} \sin (t)} \sin (t)dt$$

por lo que la integral original se ve como $$\frac {1}{2} \int_ {0}^{ \pi } \mathrm {e}^{ \frac { \alpha }{2} \sin (s)} \sin (s)ds = \frac {1}{2} \pi \left [L_{-1} \left ( \frac { \alpha }{2} \right ) + I_{1} \left ( \frac { \alpha }{2} \right ) \right ] \approx 1.48983$$ $\textbf {update:}$ Parece haber una discrepancia entre esta "respuesta" y el resultado numérico obtenido en los comentarios anteriores. Si pudieran por favor abstenerse de votar hasta que las diferencias sean explicadas, eso sería muy grande. ¡Salud!

$\textbf {update 2}$ La última ecuación ha sido modificada de mi respuesta anterior debido a mi tonto error de convertir los límites de la integración! De todos modos, usando la matemática (disculpas) la integral final es de la forma función Struve modificada $L_{-1}(x)$ . La respuesta es aproximadamente 1.48983 para $\alpha =1$ y limita de 0 a 1, lo que corresponde al comentario anterior.

$\textbf {update 3}$ Respuesta modificada como se menciona en los comentarios a la pregunta original. Ahora trata de encontrar una manera de representar las funciones especiales con argumentos negativos.

Answer 2

Para la gama $0 \leq y \leq 1$ puedes tener una estimación muy precisa de la integral expandiendo primero la integral como una serie de Taylor construida en $x=0$ . Esto da $$e^{ \sqrt {x(1-x)}}=1+ \sqrt {x}+ \frac {x}{2}- \frac {x^{3/2}}{3}- \frac {11 x^2}{24}- \frac {11 x^{5/2}}{30}- \frac {59 x^3}{720}- \frac {13 x^{7/2}}{630}+ \frac {1513 x^4}{40320}- \frac {311 x^{9/2}}{22680}+ \frac {14761 x^5}{3628800}- \frac {31417 x^{11/2}}{1247400}- \frac {594659 x^6}{479001600}- \frac {1877123 x^{13/2}}{97297200}- \frac {8409491 x^7}{87178291200}+O \left (x^{15/2} \right )$$ Entonces, para la integral, tienes $$\int_ {0}^{y} e^{ \sqrt {x(1-x)}}\,{ \rm d}x=y+ \frac {2 y^{3/2}}{3}+ \frac {y^2}{4}- \frac {2 y^{5/2}}{15}- \frac {11 y^3}{72}- \frac {11 y^{7/2}}{105}- \frac {59 y^4}{2880}- \frac {13 y^{9/2}}{2835}+ \frac {1513 y^5}{201600}- \frac {311 y^{11/2}}{124740}+ \frac {14761 y^6}{21772800}- \frac {31417 y^{13/2}}{8108100}- \frac {594659 y^7}{3353011200}- \frac {1877123 y^{15/2}}{729729000}- \frac {8409491 y^8}{697426329600}+O \left (y^{17/2} \right )$$ lo cual es bastante exacto.

Añadido más tarde después de la solicitud de la OP

Si consideramos el caso de $$\int_ {0}^{y} e^{a \sqrt {x(1-x)}}\,{ \rm d}x$$ asumiendo que $a$ es pequeño, un procedimiento idéntico primero lleva a $$e^{a \sqrt {x(1-x)}}=1+a \sqrt {x}+ \frac {a^2 x}{2}+ \frac {1}{6} a \left (a^2-3 \right ) x^{3/2}+ \frac {1}{24} a^2 \left (a^2-12 \right ) x^2+ \frac {1}{120} a \left (a^4-30 a^2-15 \right ) x^{5/2}+ \frac {1}{720} a^4 \left (a^2-60 \right ) x^3+ \frac {a \left (a^6-105 a^4+315 a^2-315 \right ) x^{7/2}}{5040}+ \frac {a^4 \left (a^4-168 a^2+1680 \right ) x^4}{40320}+ \frac {a \left (a^8-252 a^6+5670 a^4+3780 a^2-14175 \right ) x^{9/2}}{362880}+ \frac {a^6 \left (a^4-360 a^2+15120 \right ) x^5}{3628800}+ \frac {a \left (a^{10}-495 a^8+34650 a^6-103950 a^4+155925 a^2-1091475 \right ) x^{11/2}}{39916800}+ \frac {a^6 \left (a^6-660 a^4+71280 a^2-665280 \right ) x^6}{479001600}+ \frac {a \left (a^{12}-858 a^{10}+135135 a^8-2702700 a^6-2027025 a^4+12162150 a^2-127702575 \right ) x^{13/2}}{6227020800}+ \frac {a^8 \left (a^6-1092 a^4+240240 a^2-8648640 \right ) x^7}{87178291200}+O \left (x^{15/2} \right )$$ y, luego, para la integral $$\int_ {0}^{y} e^{a \sqrt {x(1-x)}}\,{ \rm d}x=y+ \frac {2}{3} a y^{3/2}+ \frac {a^2 y^2}{4}+ \frac {1}{15} a \left (a^2-3 \right ) y^{5/2}+ \frac {1}{72} a^2 \left (a^2-12 \right ) y^3+ \frac {1}{420} a \left (a^4-30 a^2-15 \right ) y^{7/2}+ \frac {a^4 \left (a^2-60 \right ) y^4}{2880}+ \frac {a \left (a^6-105 a^4+315 a^2-315 \right ) y^{9/2}}{22680}+ \frac {a^4 \left (a^4-168 a^2+1680 \right ) y^5}{201600}+ \frac {a \left (a^8-252 a^6+5670 a^4+3780 a^2-14175 \right ) y^{11/2}}{1995840}+ \frac {a^6 \left (a^4-360 a^2+15120 \right ) y^6}{21772800}+ \frac {a \left (a^{10}-495 a^8+34650 a^6-103950 a^4+155925 a^2-1091475 \right ) y^{13/2}}{259459200}+ \frac {a^6 \left (a^6-660 a^4+71280 a^2-665280 \right ) y^7}{3353011200}+ \frac {a \left (a^{12}-858 a^{10}+135135 a^8-2702700 a^6-2027025 a^4+12162150 a^2-127702575 \right ) y^{15/2}}{46702656000}+ \frac {a^8 \left (a^6-1092 a^4+240240 a^2-8648640 \right ) y^8}{697426329600}+O \left (y^{17/2} \right )$$

Answer 3

Siento no poder escribir un buen contenido matemático en este sitio todavía, me acabo de inscribir.

Creo que es posible encontrar una solución analítica a esto. Primero la función : $x --> x*(1-x)$ es bijectivo cuando x está entre 0 y $\frac {1}{2}$ . Así que podemos asumir que x verifica eso, o separamos la integral en dos, una parte de 0 a $\frac {1}{2}$ y el otro de $\frac {1}{2}$ sabiendo que el método para calcularlo es el mismo.

Primero cambiamos las variables con $u^2 = x*(1-x)$ que da $x= (1- \frac { \sqrt {1-4*u^2}}{2})$ (dos soluciones pero sólo una de ellas es más pequeña que $\frac {1}{2}$ ))

reemplazarlo en el integral y utilizar una integración por partes en $4* \frac {u}{ \sqrt {(1-4*u^2)}}$ que debería aparecer después de la correcta reescritura de la integral tras el cambio de variable.

Entonces, para simplificar la notación, use otra: $v=2*u$ ( podríamos hacerlo antes de la integración por partes)

Si estoy en lo cierto, deberías obtener una cierta función de y (la variable principal) que está hecha de raíces y exponenciales por lo que se conoce) y $\int \sqrt {(1-v^2)}*e^{ \frac {v}{2}}$ delimitado por los valores adecuados (aquí 0 y $\frac {1}{2}* \sqrt {y(1-y)}$ ). Luego usas un cambio de pecado de la variable : v=sin(t) y te da :

el mismo término función de y, y $\int cos(t)^2*e^{ \frac {sin(t)}{2}}$ A partir de aquí, se utiliza la integración de dos partes para clasificar la cosa y debería darte la solución analítica, por fea que sea :) . Puede que me haya equivocado en algún momento, así que por favor no dude en decirme si resulta ser así. Gracias a los que leen esto hasta el final :)

Answer 4

$\int_0 ^y e^{- \alpha\sqrt {x(1-x)}}~dx$

$= \int_0 ^y e^{- \alpha\sqrt {-(x^2-x)}}~dx$

$= \int_0 ^y e^{- \alpha\sqrt {- \left (x^2-x+ \frac {1}{4}- \frac {1}{4} \right )}}~dx$

$= \int_0 ^y e^{- \alpha\sqrt { \frac {1}{4}- \left (x- \frac {1}{2} \right )^2}}~dx$

$= \int_ {- \frac {1}{2}}^{y- \frac {1}{2}}e^{- \alpha\sqrt { \frac {1}{4}-x^2}}~dx$

$= \int_\pi ^{ \cos ^{-1}(2y-1)}e^{- \alpha\sqrt { \frac {1}{4}- \left ( \frac { \cos x}{2} \right )^2}}~d \left ( \dfrac { \cos x}{2} \right )$

$= \dfrac {1}{2} \int_ { \cos ^{-1}(2y-1)}^ \pi e^{- \frac { \alpha\sin x}{2}} \sin x~dx$

$= \int_ { \cos ^{-1}(2y-1)}^ \pi\sum\limits_ {n=0}^ \infty\dfrac { \alpha ^{2n} \sin ^{2n+1}x}{2^{2n+1}(2n)!}dx- \int_ { \cos ^{-1}(2y-1)}^ \pi\sum\limits_ {n=0}^ \infty\dfrac { \alpha ^{2n+1} \sin ^{2n+2}x}{4^{n+1}(2n+1)!}dx$

Para $n$ es cualquier número entero no negativo,

$\int\sin ^{2n+2}x~dx= \dfrac {(2n+2)!x}{4^{n+1}((n+1)!)^2}- \sum\limits_ {k=0}^n \dfrac {(2n+2)!(k!)^2 \sin ^{2k+1}x \cos x}{4^{n-k+1}((n+1)!)^2(2k+1)!}+C$

Este resultado puede lograrse mediante la integración sucesiva por partes.

$\int\sin ^{2n+1}x~dx$

$=- \int\sin ^{2n}x~d( \cos x)$

$=- \int (1- \cos ^2x)^n~d( \cos x)$

$=- \int\sum\limits_ {k=0}^nC_k^n(-1)^k \cos ^{2k}x~d( \cos x)$

$= \sum\limits_ {k=0}^n \dfrac {(-1)^{k+1}n! \cos ^{2k+1}x}{k!(n-k)!(2k+1)}+C$

$\therefore\int_ { \cos ^{-1}(2y-1)}^ \pi\sum\limits_ {n=0}^ \infty\dfrac { \alpha ^{2n} \sin ^{2n+1}x}{2^{2n+1}(2n)!}dx- \int_ { \cos ^{-1}(2y-1)}^ \pi\sum\limits_ {n=0}^ \infty\dfrac { \alpha ^{2n+1} \sin ^{2n+2}x}{4^{n+1}(2n+1)!}dx$

$= \left [ \sum\limits_ {n=0}^ \infty\sum\limits_ {k=0}^n \dfrac {(-1)^{k+1}n! \alpha ^{2n} \cos ^{2k+1}x}{2^{2n+1}(2n)!k!(n-k)!(2k+1)} \right ]_{ \cos ^{-1}(2y-1)}^ \pi - \left [ \sum\limits_ {n=0}^ \infty\dfrac { \alpha ^{2n+1}x}{2^{4n+3}n!(n+1)!}- \sum\limits_ {n=0}^ \infty\sum\limits_ {k=0}^n \dfrac {(k!)^2 \alpha ^{2n+1} \sin ^{2k+1}x \cos x}{2^{4n-2k+3}n!(n+1)!(2k+1)!} \right ]_{ \cos ^{-1}(2y-1)}^ \pi$

$= \sum\limits_ {n=0}^ \infty\sum\limits_ {k=0}^n \dfrac {(-1)^kn! \alpha ^{2n}((2y-1)^{2k+1}+1)}{2^{2n+1}(2n)!k!(n-k)!(2k+1)}+ \sum\limits_ {n=0}^ \infty\dfrac { \alpha ^{2n+1}( \cos ^{-1}(2y-1)- \pi )}{2^{4n+3}n!(n+1)!}+ \sum\limits_ {n=0}^ \infty\sum\limits_ {k=0}^n \dfrac {(k!)^2 \alpha ^{2n+1}(2y-1)(1-(2y-1)^2)^{k+ \frac {1}{2}}}{2^{4n-2k+3}n!(n+1)!(2k+1)!}$