De forma cerrada, la expresión de una integral iterada

Question

¿La siguiente integral iterada tiene una simple forma cerrada de la expresión en términos de $z$?

$$ I = \int_0^\infty \int_0^\infty \sqrt{\frac{1 + x^2 y^2 + x^2 z^2 + y^2 z^2}{(x^2 + y^2 + z^2 + x^2 y^2 z^2)^3}} \, dy \, dx $$

donde$x \in \mathbb{R^+}$$y \in \mathbb{R^+}$. Suponga $z \in \mathbb{R^+}$ es una constante.

---

Traté de sustituir:

$$ u = \frac{1}{2} \left[ 1 + \frac{y^2(1 + x^2 z^2)-(x^2+z^2)}{y^2(1 + x^2 z^2)+(x^2+z^2)} \right] $$

lo que simplifica la integral a este:

\begin{align} I &= \int_0^\infty \frac{\pi}{2} \frac{1}{x^2+z^2} \operatorname{_2F_1} \left( -\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2}; 1; 1{-}\left[ \frac{x^2+z^2}{1+x^2 z^2} \right]^2 \right) \, dx \\ &= \int_0^\infty \frac{1}{x^2+z^2} \operatorname{E} \left( \sqrt{1{-}\left[ \frac{x^2+z^2}{1+x^2 z^2} \right]^2} \right) \, dx \end{align}

$\operatorname{E}(k)$ aquí es la integral elíptica de segunda especie (utilizando elíptica módulo de $k$, no el parámetro de $m=k^2$).

Me parece que no puede simplificar este. Es allí una manera de proceder con esta integral sobre la $\operatorname{E}(k)$? (He mirado a través de tablas de integrales de las integrales elípticas, pero nada parece coincidir.) O hay otra manera de simplificar la integral iterada, por ejemplo, a través de una sustitución por tanto $x$$y$?

---

Para el registro, esta integral surge cuando derivan de un cierto tipo de estado de la distribución de los parámetros de un determinado modelo probabilístico.

Berger & Bernardo, 1992, "Ordenó el Grupo de Referencia de los Priores con Aplicación a la Multinomial Problema" describir un tipo generalizado de Jeffreys antes de que supone un parámetro específico de ordenar y agrupar. Esencialmente, el "condicional Jeffreys antes" se deriva para cada grupo basado en una condicional de la matriz de información de Fisher (con los parámetros anteriores en el orden se mantiene constante), que se basa en un marginales de probabilidad de la función con los parámetros más en la ordenación integrada de salida).

La integral anterior aparece al derivar un previo para un bivariante de Bernoulli modelo específico, con una parametrización y ordenó a la agrupación de los parámetros. Para dos variables binarias $X$ $Y$ con probabilidad conjunta denotado por ejemplo,$p_{11}$, considere el modelo saturado con tres "odds ratio" parámetros:

$$O_X=\left(\frac{p_{10} p_{11}}{p_{00} p_{01}}\right)^{1/4}, O_Y=\left(\frac{p_{01} p_{11}}{p_{00} p_{10}}\right)^{1/4}, O_{XY}=\left(\frac{p_{00} p_{11}}{p_{10} p_{01}}\right)^{1/4}$$

(Estos son similares a la de los clásicos log-lineal de los parámetros definidos, por ejemplo, en Bishop, Fienberg Y Holland, 1975, Discretos Análisis Multivariante, pero sin los registros. Supongo que la integral de aquí podría aparecer también para el caso de la log-lineal de los parámetros.)

Suponiendo que la orden de agrupación: $(\{O_{XY}\},\{O_X,O_Y\})$, la integral anterior aparece como parte de la normalización de la constante para el condicional antes de $p(O_X,O_Y|O_{XY})$. Búsqueda de la articulación antes de $p(O_X,O_Y,O_{XY})$ implica entonces que derivan $p(O_{XY})$ de probabilidad marginal.

Answer 1

$$\mathcal{I}{\left(z\right)}=\frac{2\left[2\,K{\left(\frac{1-z}{\sqrt{2}\sqrt{1+z^2}}\right)}E{\left(\frac{1-z}{\sqrt{2}\sqrt{1+z^2}}\right)}-\left(\frac{1+z+z^2}{1+z^2}\right)K{\left(\frac{1-z}{\sqrt{2}\sqrt{1+z^2}}\right)}^2\right]}{z}.$$

---

Definir el auxiliar del parámetro$\frac{1-z^2}{1+z^2}=:a$$z\in\mathbb{R}^{+}$. Invertida, esto corresponde a $z=\sqrt{\frac{1-a}{1+a}}$$-1<a<1$. Sustituyendo en la integral doble de las transformaciones $x=\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\land y=\sqrt{\frac{1-u}{1+u}}$, podemos encontrar:

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(z\right)} &=\iint_{[0,\infty)^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\,\sqrt{\frac{1+x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2}{\left(x^2+y^2+z^2+x^2y^2z^2\right)^3}}\\ &=\small{\iint_{[-1,1]^2}\frac{\mathrm{d}t\mathrm{d}u}{\left(1+t\right)\left(1+u\right)\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)}}\,\sqrt{\frac{\left(\frac{4(1+atu)}{(1+a)(1+t)(1+u)}\right)}{\left(\frac{4(1-atu)}{(1+a)(1+t)(1+u)}\right)^3}}}\\ &=\frac{1+a}{4}\iint_{[-1,1]^2}\frac{\mathrm{d}t\mathrm{d}u}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)}}\,\sqrt{\frac{1+atu}{\left(1-atu\right)^3}}\\ &=\frac{1+a}{4}\iint_{[-1,1]^2}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{1+atu}{1-atu}}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &=\frac{1+a}{4}\iint_{[0,1]^2}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{1+atu}{1-atu}}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &~~~~~+\frac{1+a}{4}\iint_{[-1,0]^2}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{1+atu}{1-atu}}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &~~~~~+\frac{1+a}{4}\iint_{[0,1]\times[-1,0]}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{1+atu}{1-atu}}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &~~~~~+\frac{1+a}{4}\iint_{[-1,0]\times[0,1]}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{1+atu}{1-atu}}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &=\frac{1+a}{2}\iint_{[0,1]^2}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{1+atu}{1-atu}}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &~~~~~+\frac{1+a}{2}\iint_{[0,1]\times[-1,0]}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{1+atu}{1-atu}}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &=\frac{1+a}{2}\iint_{[0,1]^2}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{1+atu}{1-atu}+\frac{1-atu}{1+atu}}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &=\frac{1+a}{2}\iint_{[0,1]^2}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{2(1+a^2t^2u^2)}{1-a^2t^2u^2}}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &=\left(1+a\right)\iint_{[0,1]^2}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\,\frac{\frac{2}{1-a^2t^2u^2}-1}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &=2\left(1+a\right)\iint_{[0,1]^2}\frac{\mathrm{d}t\mathrm{d}u}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)^3}}\\ &~~~~~-\left(1+a\right)\iint_{[0,1]^2}\frac{\mathrm{d}t\mathrm{d}u}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}.\\ \end{align}$$

Ahora estamos en el camino correcto porque tenemos un par de dobles de las integrales elípticas bastante mucho en la forma estándar. La evaluación de las integrales dobles como las integrales iteradas, ahora nos encontramos con:

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(z\right)} &=2\left(1+a\right)\iint_{[0,1]^2}\frac{\mathrm{d}t\mathrm{d}u}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)^3}}\\ &~~~~~-\left(1+a\right)\iint_{[0,1]^2}\frac{\mathrm{d}t\mathrm{d}u}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &=2\left(1+a\right)\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)^3}}\\ &~~~~~-\left(1+a\right)\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\\ &=\small{2\left(1+a\right)\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{\partial}{\partial a}\left[\frac{a}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\right]}\\ &~~~~~\small{-\left(1+a\right)\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}}\\ &=\small{2\left(1+a\right)\frac{d}{da}\left[a\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}\right]}\\ &~~~~~\small{-\left(1+a\right)\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}}\\ &=\small{\left(1+a\right)\left(1+2a\frac{d}{da}\right)\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{1}{\sqrt{\left(1-t^2\right)\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}}\\ &=\small{\left(1+a\right)\left(1+2a\frac{d}{da}\right)\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{\left(1-u^2\right)\left(1-a^2t^2u^2\right)}}}\\ &=\left(1+a\right)\left(1+2a\frac{d}{da}\right)\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{K{\left(\left|a\right|t\right)}}{\sqrt{1-t^2}}.\\ \end{align}$$

Por lo tanto, sólo necesitamos calcular la siguiente integral: para $-1<a<1$,

$$\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{K{\left(\left|a\right|t\right)}}{\sqrt{1-t^2}}\,\mathrm{d}t &=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\frac{{_2F_1}{\left(\frac12,\frac12;1;a^2t^2\right)}}{\sqrt{1-t^2}}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{\pi}{4}\int_{0}^{1}\frac{{_2F_1}{\left(\frac12,\frac12;1;a^2x\right)}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\,\mathrm{d}x;~~~\small{\left[t=\sqrt{x}\right]}\\ &=\frac{\pi^2}{4}\,{_3F_2}{\left(\frac12,\frac12,\frac12;1,1;a^2\right)}\\ &=\frac{\pi^2}{4}\,{_2F_1}{\left(\frac12,\frac12;1;\frac{1-\sqrt{1-a^2}}{2}\right)}^2\\ &=\frac{\pi^2}{4}\,{_2F_1}{\left(\frac12,\frac12;1;\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)^2\right)}^2\\ &=K{\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)}^2.\\ \end{align}$$

Por lo tanto,

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(z\right)} &=\left(1+a\right)\left(1+2a\frac{d}{da}\right)\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{K{\left(\left|a\right|t\right)}}{\sqrt{1-t^2}}\\ &=\left(1+a\right)\left(1+2a\frac{d}{da}\right)\left[K{\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)}^2\right]\\ &=\left(1+a\right)K{\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)}^2\\ &~~~~~+2a\left(1+a\right)\frac{d}{da}\left[K{\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)}^2\right]\\ &=\left(1+a\right)K{\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)}^2\\ &~~~~~+a\left(\frac{1+a}{\sqrt{1+a}}+\frac{1+a}{\sqrt{1-a}}\right)K{\left(k\right)}\frac{dK{(k)}}{dk}\bigg{|}_{k=\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}}\\ &=\left(1+a\right)K{\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)}^2\\ &~~~~~+a\left(1+a\right)\left(\frac{\sqrt{1+a}+\sqrt{1-a}}{\sqrt{1-a^2}}\right)K{\left(k\right)}\frac{dK{(k)}}{dk}\bigg{|}_{k=\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}}\\ &=\left(1+a\right)K{\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)}^2\\ &~~~~~+\frac{a^2\left(1+a\right)}{\sqrt{1-a^2}}\frac{K{\left(k\right)}\frac{dK{(k)}}{dk}}{k}\bigg{|}_{k=\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}}\\ &=\left(1+a\right)K{\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)}^2\\ &~~~~~+\frac{4\left(1+a\right)}{\sqrt{1-a^2}}\,K{\left(k\right)}\left[kk^{\prime\,2}\frac{dK{(k)}}{dk}\right]\bigg{|}_{k=\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}}\\ &=\left(1+a\right)K{\left(\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}\right)}^2\\ &~~~~~+\frac{4\left(1+a\right)}{\sqrt{1-a^2}}\,K{\left(k\right)}\left[E{\left(k\right)}-k^{\prime\,2}\,K{\left(k\right)}\right]\bigg{|}_{k=\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}}\\ &=\frac{\left(1+a\right)}{\sqrt{1-a^2}}K{\left(k\right)}\left[4\,E{\left(k\right)}-\left(2+\sqrt{1-a^2}\right)K{\left(k\right)}\right]\bigg{|}_{k=\frac{\sqrt{1+a}-\sqrt{1-a}}{2}}\\ &=\frac{1}{z}K{\left(k\right)}\left[4\,E{\left(k\right)}-\left(2+\frac{2z}{1+z^2}\right)K{\left(k\right)}\right]\bigg{|}_{k=\frac{1-z}{\sqrt{2}\sqrt{1+z^2}}}\\ &=\frac{2}{z}K{\left(k\right)}\left[2\,E{\left(k\right)}-\left(\frac{1+z+z^2}{1+z^2}\right)K{\left(k\right)}\right]\bigg{|}_{k=\frac{1-z}{\sqrt{2}\sqrt{1+z^2}}}\\ &=\frac{2\left[2\,K{\left(\frac{1-z}{\sqrt{2}\sqrt{1+z^2}}\right)}E{\left(\frac{1-z}{\sqrt{2}\sqrt{1+z^2}}\right)}-\left(\frac{1+z+z^2}{1+z^2}\right)K{\left(\frac{1-z}{\sqrt{2}\sqrt{1+z^2}}\right)}^2\right]}{z}.\\ \end{align}$$