Deje $$f(a)={_2F_3}\left(\begin{array}c1,\ 1\\\tfrac32,\ 1-a,\ 2+a\end{array}\middle|-\pi^2\right).$$ Cómo encontrar a $f'(0)$ en forma cerrada?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
La función de $f(a)$ tiene la siguiente representación integral en términos de la Struve función de $\operatorname{H}_{\nu}{(z)}$:
$$\begin{align} f(a) &={_2F_3}{\left(1,1;\frac32,1-a,2+a;-\pi^2\right)}\\ &=(1+a)\Gamma{(1-a)}\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x. \end{align}$$
Prueba: La representación integral de arriba es un corolario de la siguiente integral representaciones de la función hipergeométrica generalizada ${_2F_3}$ (ref.), la función hipergeométrica generalizada ${_1F_2}$ (ref.), y la función hipergeométrica confluente ${_0F_1}$ (ref.):
$${_2F_3}{\left(a_1,a_2;b_1,b_2,b_3;z\right)}=\frac{\Gamma{\left(b_3\right)}}{\Gamma{\left(a_2\right)}\Gamma{\left(b_3-a_2\right)}}\int_{0}^{1}t^{a_2-1}(1-t)^{-a_2+b_3-1}{_1F_2}{\left(a_1;b_1,b_2;zt\right)}\,\mathrm{d}t;$$
$${_1F_2}{\left(a_1;b_1,b_2;zt\right)}=\frac{\Gamma{\left(b_2\right)}}{\Gamma{\left(a_1\right)}\Gamma{\left(b_2-a_1\right)}}\int_{0}^{1}u^{a_1-1}(1-u)^{-a_1+b_2-1}{_0F_1}{\left(;b_1;ztu\right)}\,\mathrm{d}u;$$
$${_0F_1}{\left(;b_1;ztu\right)}=\frac{2\,\Gamma{\left(b_1\right)}}{\sqrt{\pi}\,\Gamma{\left(b_1-\frac12\right)}}\int_{0}^{1}(1-\xi^2)^{b_1-\frac32}\cosh{\left(2\,\sqrt{ztu}\,\xi\right)}\,\mathrm{d}\xi.$$
Tenga en cuenta que la última integral anterior se reduce a una forma extremadamente simple trigonométricas integral en el caso especial donde $b_1=\frac32$ (que es por supuesto cierto de que el problema en la mano).
$$\begin{align} {_2F_3}{\left(1,1;\frac32,1-a,2+a;-\pi^2\right)} &=\frac{\Gamma{\left(2+a\right)}}{\Gamma{\left(1\right)}\Gamma{\left(2+a-1\right)}}\int_{0}^{1}t^{1-1}(1-t)^{-1+2+a-1}{_1F_2}{\left(1;\frac32,1-a;-\pi^2t\right)}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{\Gamma{\left(2+a\right)}}{\Gamma{\left(1+a\right)}}\int_{0}^{1}(1-t)^{a}{_1F_2}{\left(1;\frac32,1-a;-\pi^2t\right)}\,\mathrm{d}t\\ &=(1+a)\int_{0}^{1}(1-t)^{a}{_1F_2}{\left(1;\frac32,1-a;-\pi^2t\right)}\,\mathrm{d}t. \end{align}$$
$$\begin{align} {_1F_2}{\left(1;\frac32,1-a;-\pi^2t\right)} &=\frac{\Gamma{\left(1-a\right)}}{\Gamma{\left(1\right)}\Gamma{\left(1-a-1\right)}}\int_{0}^{1}u^{1-1}(1-u)^{-1+(1-a)-1}{_0F_1}{\left(;\frac32;-\pi^2tu\right)}\,\mathrm{d}u\\ &=\frac{\Gamma{\left(1-a\right)}}{\Gamma{\left(-a\right)}}\int_{0}^{1}(1-u)^{-(a+1)}{_0F_1}{\left(;\frac32;-\pi^2tu\right)}\,\mathrm{d}u\\ &=-a\int_{0}^{1}(1-u)^{-(a+1)}{_0F_1}{\left(;\frac32;-\pi^2tu\right)}\,\mathrm{d}u. \end{align}$$
$$\begin{align} {_0F_1}{\left(;\frac32;-\pi^2tu\right)} &=\frac{2\,\Gamma{\left(\frac32\right)}}{\sqrt{\pi}\,\Gamma{\left(\frac32-\frac12\right)}}\int_{0}^{1}(1-\xi^2)^{\frac32-\frac32}\cosh{\left(2\,\sqrt{-\pi^2tu}\,\xi\right)}\,\mathrm{d}\xi\\ &=\frac{2\,\Gamma{\left(\frac32\right)}}{\sqrt{\pi}\,\Gamma{\left(1\right)}}\int_{0}^{1}\cosh{\left(2\,\sqrt{-\pi^2tu}\,\xi\right)}\,\mathrm{d}\xi\\ &=\frac{2\,\Gamma{\left(\frac32\right)}}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{1}\cos{\left(2\,\pi\,\sqrt{tu}\,\xi\right)}\,\mathrm{d}\xi\\ &=\int_{0}^{1}\cos{\left(2\,\pi\,\sqrt{tu}\,\xi\right)}\,\mathrm{d}\xi\\ &=\frac{\sin{\left(2\pi\sqrt{tu}\right)}}{2\pi\sqrt{tu}}. \end{align}$$
Luego viene la parte de atrás de sustitución. Insertar el resultado de ${_0F_1}$ en la integral para ${_1F_2}$, y, a continuación, sustituya $u=v^2$:
$$\begin{align} {_1F_2}{\left(1;\frac32,1-a;-\pi^2t\right)} &=-a\int_{0}^{1}(1-u)^{-(a+1)}{_0F_1}{\left(;\frac32;-\pi^2tu\right)}\,\mathrm{d}u\\ &=-a\int_{0}^{1}(1-u)^{-(a+1)}\frac{\sin{\left(2\pi\sqrt{tu}\right)}}{2\pi\sqrt{tu}}\,\mathrm{d}u\\ &=-a\int_{0}^{1}(1-v^2)^{-(a+1)}\frac{\sin{\left(2\pi\sqrt{t}\,v\right)}}{\pi\sqrt{t}}\,\mathrm{d}v\\ &=-\frac{a}{\pi\sqrt{t}}\int_{0}^{1}(1-v^2)^{-(a+1)}\sin{\left(2\pi\sqrt{t}\,v\right)}\,\mathrm{d}v. \end{align}$$
El siguiente paso después de llegar a la última línea de arriba es donde el Struve función finalmente hace su aparición. La integral en la línea anterior es precisamente la forma requerida por esta representación integral de la Struve función. Por lo tanto,
$$\begin{align} {_1F_2}{\left(1;\frac32,1-a;-\pi^2t\right)} &=-\frac{a}{\pi\sqrt{t}}\int_{0}^{1}(1-v^2)^{-(a+1)}\sin{\left(2\pi\sqrt{t}\,v\right)}\,\mathrm{d}v\\ &=-\frac{a}{\pi\sqrt{t}}\frac{\pi^{a+1}}{2}t^{\frac{a}{2}+\frac14}\Gamma{(-a)}\operatorname{H}_{-a-\frac12}{(2\pi\sqrt{t})}\\ &=\frac12\pi^{a}t^{\frac{a}{2}-\frac14}\Gamma{(1-a)}\operatorname{H}_{-a-\frac12}{(2\pi\sqrt{t})}. \end{align}$$
Por último, en sustitución de $x=\sqrt{t}$,
$$\begin{align} f(a) &={_2F_3}{\left(1,1;\frac32,1-a,2+a;-\pi^2\right)}\\ &=(1+a)\int_{0}^{1}(1-t)^{a}{_1F_2}{\left(1;\frac32,1-a;-\pi^2t\right)}\,\mathrm{d}t\\ &=(1+a)\int_{0}^{1}(1-t)^{a}\cdot\frac12\pi^{a}t^{\frac{a}{2}-\frac14}\Gamma{(1-a)}\operatorname{H}_{-a-\frac12}{(2\pi\sqrt{t})}\,\mathrm{d}t\\ &=\pi^{a}(1+a)\Gamma{(1-a)}\int_{0}^{1}(1-t)^{a}t^{\frac{a}{2}+\frac14}\operatorname{H}_{-a-\frac12}{(2\pi\sqrt{t})}\,\frac{1}{2t^{1/2}}\mathrm{d}t\\ &=\pi^{a}(1+a)\Gamma{(1-a)}\int_{0}^{1}(1-x^2)^{a}x^{a+\frac12}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x\\ &=\pi^a(1+a)\Gamma{(1-a)}\int_{0}^{1}\left[x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x\\ &=(1+a)\Gamma{(1-a)}\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x. \end{align}$$
El uso de la representación integral,
$$\begin{align} f{(a)} &=(1+a)\Gamma{(1-a)}\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x, \end{align}$$
diferenciar $f(a)$ con respecto al $a$ usando la regla del producto:
$$\begin{align} f^\prime{(a)} &=\frac{d}{da}\left[(1+a)\Gamma{(1-a)}\right]\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x+\\&~~~~~(1+a)\Gamma{(1-a)}\frac{d}{da}\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x. \end{align}$$
La evaluación de la derivada en $a=0$, y usando el hecho de que $\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12}{(2\pi\,x)}=\frac{\sin{(2\pi x)}}{\pi}$, tenemos:
$$\begin{align} f^\prime{(0)} &=\frac{d}{da}\bigg{|}_{a=0}\left[(1+a)\Gamma{(1-a)}\right]\int_{0}^{1}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x+\\&~~~~~\Gamma{(1)}\frac{d}{da}\bigg{|}_{a=0}\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{d}{da}\bigg{|}_{a=0}\left[(1+a)\Gamma{(1-a)}\right]\int_{0}^{1}\frac{\sin{(2\pi x)}}{\pi}\,\mathrm{d}x+\\&~~~~~\frac{d}{da}\bigg{|}_{a=0}\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{d}{da}\bigg{|}_{a=0}\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x. \end{align}$$
El uso de la Leibniz integral de la regla,
$$\begin{align} &\frac{d}{da}\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x =\int_{0}^{1}\frac{\partial}{\partial a}\left[\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\right]\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\left[\pi x(1-x^2)\right]^{a}\sqrt{x}\left[\ln{\left(\pi x(1-x^2)\right)}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}-\frac{\partial}{\partial a}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\right]\,\mathrm{d}x. \end{align}$$
Por lo tanto,
$$\begin{align} f^\prime{(0)} &=\int_{0}^{1}\sqrt{x}\left[\ln{\left(\pi x(1-x^2)\right)}\operatorname{H}_{-\frac12}{(2\pi\,x)}-\frac{\partial}{\partial a}\operatorname{H}_{-\frac12-a}{(2\pi\,x)}\right]\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\sqrt{x}\left[\ln{\left(\pi x(1-x^2)\right)}\operatorname{H}_{-\frac12}{(2\pi\,x)}-\operatorname{H}_{-\frac12}^{(1,0)}{(2\pi\,x)}\right]\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\left[\ln{\left(\pi x(1-x^2)\right)}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12}{(2\pi\,x)}-\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12}^{(1,0)}{(2\pi\,x)}\right]\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\left[\ln{\left(\pi x(1-x^2)\right)}\frac{\sin{(2\pi x)}}{\pi}-\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12}^{(1,0)}{(2\pi\,x)}\right]\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}\ln{\left(\pi x(1-x^2)\right)}\sin{(2\pi x)}\,\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\sqrt{x}\operatorname{H}_{-\frac12}^{(1,0)}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x. \end{align}$$
Para evaluar la derivada de la $f(a)$ con respecto al $a$$a=0$, también te será útil saber que
$$\sqrt{x}\,\operatorname{H}_{-\frac12}^{(1,0)}{(2\pi\,x)}=\frac{\left(2\operatorname{Ci}{(2\pi\,x)}-\operatorname{Ci}{(4\pi\,x)}\right)\sin{(2\pi\,x)}-\left(2\operatorname{Si}{(2\pi\,x)}-\operatorname{Si}{(4\pi\,x)}\right)\cos{(2\pi\,x)}}{\pi}.$$
A partir de aquí, no es muy difícil demostrar que la conjetura valor propuesto por @VladimirReshetnikov es de hecho correcta:
$$\begin{align} f^\prime(0) &=-\frac{\operatorname{Ci}{(2\pi)}-\operatorname{Ci}{(4\pi)}+\ln{2}}{2\pi^2}-\int_{0}^{1}\sqrt{x}\,\operatorname{H}_{-\frac12}^{(1,0)}{(2\pi\,x)}\,\mathrm{d}x\\ &=-\frac{\operatorname{Ci}{(2\pi)}-\operatorname{Ci}{(4\pi)}+\ln{2}}{2\pi^2}-\\ &~~~~\int_{0}^{1}\frac{\left(2\operatorname{Ci}{(2\pi\,x)}-\operatorname{Ci}{(4\pi\,x)}\right)\sin{(2\pi\,x)}-\left(2\operatorname{Si}{(2\pi\,x)}-\operatorname{Si}{(4\pi\,x)}\right)\cos{(2\pi\,x)}}{\pi}\,\mathrm{d}x\\ &=-\frac{\operatorname{Ci}{(2\pi)}-\operatorname{Ci}{(4\pi)}+\ln{2}}{2\pi^2}-\frac{-3\operatorname{Ci}{(2\pi)}+\operatorname{Ci}{(4\pi)}+2\ln{2\pi}}{2\pi^2}+\frac{\ln{(2)}-2\gamma}{2\pi^2}\\ &=\frac{\operatorname{Ci}{(2\pi)}-\ln{2\pi}-\gamma}{\pi^2}.~~\blacksquare \end{align}$$
