Cómo utilizar las series de potencias para encontrar el valor aproximado de esta función integral con $p$ como variable?

Question

$$L(p)=\int_0^{2^{-\frac{1}{p}}}(1+(x^{-p}-1)^{1-p})^{\frac{1}{p}}dx, p\in \mathbb{R}, p\ge 1$$

Parametrizar $x$ como $\cos^{\frac{2}{p}}(t)$ entonces podemos encontrar una forma equivalente de la integral, a saber

$$L(p)=\int_{\frac{\pi}{4}}^{{\frac{\pi}{2}}}(\frac{2}{p})\sin(t)\cos(t)(\cos^{2-2p}(t)+\sin(t)^{2-2p})^{\frac{1}{p}}, p\in \mathbb{R}, p\ge 1$$

Cómo utilizar las series de potencias para encontrar el valor aproximado de esta función integral con $p$ como variable?

Answer 1

No sé si hay una forma conveniente de convertir esto en una serie de potencias. La función es bastante complicada.

Mediante la secuencia de sustituciones pude transformar la integral a la forma

$$L(p)=\frac{1}{p} \int_0^1 v^{1/p-1}(1+v)^{-1-1/p} (1+v^{p-1})^{1/p} \mathrm{d} v$$

Desde $v \leq 1$ Cada paréntesis puede expandirse en una serie binomial, por ejemplo:

$$(1+v^{p-1})^{1/p}=\sum_{k=0}^\infty \binom{1/p}{k} v^{(p-1)k}$$

Ahora tenemos que encontrar la integral:

$$ \int_0^1 v^{(p-1)k+1/p-1}(1+v)^{-1-1/p} \mathrm{d} v$$

Se trata de una función hipergeométrica de Gauss muy conocida (véase Wikipedia u otras fuentes).

Por último, tenemos:

$$L(p)=\sum_{k=0}^\infty \binom{1/p}{k} \frac{1}{p(p-1)k+1} {_2 F_1} \left((p-1)k+\frac{1}{p},1+\frac{1}{p};(p-1)k+\frac{1}{p}+1;-1 \right)$$

¿Qué sentido tiene, se preguntarán? Resulta que la serie converge bastante rápido. Por ejemplo, aquí está el gráfico de la integral original (azul) frente a la aproximación con sólo $\mathbf{5}$ términos (rojo):

$$L1(p)=\sum_{k=0}^5 \binom{1/p}{k} \frac{1}{p(p-1)k+1} {_2 F_1} \left((p-1)k+\frac{1}{p},1+\frac{1}{p};(p-1)k+\frac{1}{p}+1;-1 \right)$$