Prueba $\int_a^b \frac{1}{x}\sqrt{-(x-a)(x-b)}dx = (\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab})\pi$

Question

¿Alguien sabe cómo resolver $$\int_a^b \frac{1}{x}\sqrt{-(x-a)(x-b)}dx$$ Después de probar Wolfram Alpha, llego a la conclusión de que posiblemente sea igual a $(\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab})\pi = \frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2}{2}\pi$ . El libro que estoy leyendo dice que se puede utilizar el teorema del residuo para obtener rápidamente el resultado, pero los detalles no están escritos y no puedo averiguar la solución.

P.D. Se puede demostrar a partir de esta integral que la media aritmética $\geq$ media geométrica.

Answer 1

Unidades de striptease bajo el radical. $x-a=(b-a)t$ $$I=\int_a^b\frac1x\sqrt{(x-a)(b-x)}dx=(b-a)^2\int_0^1\frac{\sqrt{t(1-t)}}{a+(b-a)t}dt$$ A continuación, una sustitución trigonométrica para eliminar el radical. $t=\sin^2\theta$ $$I=2(b-a)^2\int_9^{\pi/2}\frac{\sin^2\theta\cos^2\theta}{a+(b-a)\sin^2\theta}d\theta$$ Luego una sustitución trigonométrica inversa, para reducir el integrando a una función racional, $u=\tan\theta$ $$\begin{align}I&=2(b-a)^2\int_0^{\infty}\frac{u^2}{(1+u^2)^2(a+bu^2)}du\\ &=2\int_0^{\infty}\left(\frac{b-a}{(1+u^2)^2}+\frac a{1+u^2}-\frac{ab}{a+bu^2}\right)du\end{align}$$ Si dejamos que $u=\tan\theta$ obtenemos de nuevo $$\begin{align}2\int_0^{\infty}\left(\frac{b-a}{(1+u^2)^2}+\frac a{1+u^2}\right)du&=2\int_0^{\pi/2}\left((b-a)\cos^2\theta+a\right)d\theta\\ &=2\frac{\pi}2\left(\frac12(b-a)+a\right)=\frac{\pi}2(b+a)\end{align}$$ Dado que el valor medio de $\cos^2\theta$ es $1/2$ el valor medio de $1$ es $1$ y la longitud del intervalo es $\pi/2$ . Entonces en la última integral podemos dejar que $\sqrt b\,u=\sqrt a\,\tan\phi$ así que $$-2ab\int_0^{\infty}\frac{du}{a+bu^2}=-2\sqrt{ab}\int_0^{\pi/2}d\phi=-\pi\sqrt{ab}$$ Sumando, obtenemos $$I=\int_a^b\frac1x\sqrt{(x-a)(b-x)}dx=\pi\left(\frac{b+a}2-\sqrt{ab}\right)$$ ¿Pero querías el teorema del residuo?

EDITAR : Dado que la respuesta fue afirmativa, observamos en primer lugar que existe el problema de que el integrando se aproxima a $1$ como $|x|\rightarrow\infty$ . Por tanto, el cierre del contorno es problemático. En consecuencia, hago la sustitución $t=1/x$ : $$\int_a^b\frac{\sqrt{(x-a)(b-x)}}xdx=\int_{1/b}^{1/a}\frac{\sqrt{(1-at)(bt-1)}}{t^2}dt$$ Ahora podemos integrar los contornos. Consideremos el contorno $C$ ilustrado a continuación que comienza en el borde derecho de un círculo de radio $r$ centrado en $z=1/a$ , va hacia el este a lo largo del contorno $C_1$ hasta llegar a un círculo de radio $R$ centrado en $z=0$ , sigue ese círculo en el sentido contrario a las agujas del reloj a lo largo del contorno $C_2$ hasta que esté de nuevo en el eje real, vuelve al oeste por el contorno $C_3$ hasta que encuentre de nuevo el círculo de radio $r$ centrado en $z=1/a$ , siga ese círculo en el sentido de las agujas del reloj a lo largo del contorno $C_4$ hasta que toque el eje real al oeste de $z=1/a$ sigue el eje real oeste a lo largo del contorno $C_5$ hasta que encuentre el círculo de radio $r$ centrado en $z=1/b$ sigue ese círculo en el sentido de las agujas del reloj a lo largo del contorno $C_6$ hasta que toque el eje real al este de $z=1/b$ , va hacia el este a lo largo del contorno $C_7$ hasta que encuentre el círculo de radio $r$ centrado en $z=1/a$ y finalmente sigue ese círculo en el sentido de las agujas del reloj a lo largo del contorno $C_8$ hasta llegar a su punto de partida.

Contornos $C_4$ , $C_6$ y $C_8$ no aportan nada al integeral como $r\rightarrow0$ porque las magnitudes del integrando están acotadas allí y la longitud de los contornos se aproxima a cero. Contornos $C_1$ y $C_3$ tienen la misma fase porque tomamos la rama cortada de $z=1/b$ a $z=1/a$ a lo largo del eje real. Sin embargo, se recorren en direcciones opuestas, por lo que se anulan. Contorno $C_7$ es la integral que queremos y esta vez el contorno $C_5$ tiene fase y dirección opuestas por lo que tiene la misma magnitud y signo que el contorno $C_7$ . Contorno $C_2$ es el antiguo cierre problemático $$\begin{align}\int_{C_2}\frac{\sqrt{(1-az)(bz-1)}}{z^2}dz&=\int_0^{2\pi}\frac{\sqrt{(1-aRe^{i\theta})(bRe^{i\theta}-1)}}{R^2e^{2i\theta}}iRe^{i\theta}d\theta\\ &=\int_0^{2\pi}i\sqrt{ab}e^{-\pi i/2}\left(1+O(1/R)\right)d\theta\\ &=2\pi\sqrt{ab}+O(1/R)\rightarrow2\pi\sqrt{ab}\end{align}$$ En $R\rightarrow\infty$ Así pues, tenemos los resultados $$2\int_a^b\frac{\sqrt{(x-a)(b-x)}}xdx+2\pi\sqrt{ab}=2\pi i\sum(\text{residues})$$ El único polo dentro del contorno está en $z=0$ y es un polo de segundo orden, así que $$\begin{align}\sum(\text{residues})&=\left.\frac d{dz}\left(z^2\frac{\sqrt{(1-az)(bz-1)}}{z^2}\right)\right|_{z=0}\\ &=\left.-\frac a2\frac{\sqrt{bz-1}}{\sqrt{1-az}}+\frac b2\frac{\sqrt{}1-az}{\sqrt{bz-1}}\right|_{z=0}\end{align}$$ Ahora, en este polo la fase de $1-az$ es cero pero la fase de $bz-1$ es $\pi$ así que $\sqrt{bz-1}=e^{\pi i/2}$ y $$\sum(\text{residues})=-\frac a2e^{\pi i/2}+\frac b2e^{-\pi i/2}=-\frac i2(a+b)$$ Así que hemos terminado: $$\int_a^b\frac{\sqrt{(x-a)(b-x)}}xdx=-\pi\sqrt{ab}+\frac{\pi}2(a+b)$$ ¿Era realmente más fácil?

EDITAR : Por supuesto después de mecanografiar todo esto y dibujar la figura y enviarla pude ver como hacer la integral del contorno sin sustituciones. El contorno es el mismo que en mi ilustración excepto que el punto $z=1/b$ se convierte en $z=a$ y el punto $z=1/a$ se convierte en $z=b$ . El contorno de cierre "problemático $C_2$ se gestiona observando que $$\begin{align}\sqrt{Re^{i\theta}-a}&=\sqrt Re^{i\theta/2}\sqrt{1-\frac aRe^{-i\theta}}\\ &=\sqrt Re^{i\theta/2}\left\{1-\frac a{2R}e^{-i\theta}-\frac{\frac{a^2}{4R^2}e^{-2i\theta}}{\sqrt{1-\frac aRe^{-i\theta}}+1-\frac a{2R}e^{-i\theta}}\right\}\end{align}$$ Y $$\begin{align}\sqrt{b-Re^{i\theta}}&=\sqrt Re^{i\theta/2}e^{-\pi i/2}\sqrt{1-\frac bRe^{-i\theta}}\\ &=\sqrt Re^{i\theta/2}e^{-\pi i/2}\left\{1-\frac b{2R}e^{-i\theta}-\frac{\frac{b^2}{4R^2}e^{-2i\theta}}{\sqrt{1-\frac bRe^{-i\theta}}+1-\frac b{2R}e^{-i\theta}}\right\}\end{align}$$ Entonces, después de multiplicar todo y observando también que $$\int_0^{2\pi}Re^{i\theta}d\theta=\int_0^{2\pi}R^{-1}e^{-i\theta}d\theta=0$$ Obtenemos cosas útiles del contorno $C_2$ después de todo.

Answer 2

Utilice la sustitución $\sin^2t = \frac{x-a}{b-a}$ para simplificar la integral,

$$I=\int_a^b \frac{1}{x}\sqrt{-(x-a)(x-b)}dx = \int_0^{\pi/2} \frac{2 {(b-a)^2}dt}{a\csc^2 t+b\sec^2 t}$$

A continuación, utilice $\csc^2 = \frac2{1-\cos 2t}$ y $\sec^2 = \frac2{1+\cos 2t}$ para reescribir y descomponer el integrando,

$$I= \int_0^{\pi/2} \frac{{(b-a)^2}(1-\cos^2 2t)}{(a+b)-(b-a)\cos 2t}dt$$ $$=\int_0^{\pi/2} \left[(a+b) + (b-a)\cos2t - \frac{4ab}{(a+b)-(b-a)\cos 2t} \right]dt$$ $$= \frac{(a+b)\pi}2 - \sqrt{ab}\pi $$

donde $\int_0^{\pi/2} \frac{du}{p-q\cos2t}=\frac{\pi}{2\sqrt{p^2-q^2}}$ se utiliza.

Answer 3

Sea $x=a\cos^2 t+b \sin^2 t \implies dx=(b-a) \sin 2t dt$ Entonces $$I=2\int_{0}^{\pi/2} \frac{(b-a)^2 \sin^2 t \cos^2 tdt}{a \cos^2 t+b \sin^2t}= 2 (b-a)^2 \int_{0}^{\pi/2}\frac{ \sin^2 t ~dt}{a+b\tan^2 t}$$ Sea $\tan t=u$ entonces $$I=2\int_{0}^{\infty} \frac{u^2 du}{(1+u^2)^2(a+bu^2)}=2\int_{0}^{\infty} du \left(\frac{b-a}{(1+u^2)^2}+\frac{a}{1+u^2}-\frac{ab}{a+bu^2}\right)$$
$$\implies I=\left. (b-a)\left(\frac{u}{1+u^2}+\tan^{-1}u\right)+2a \tan^{-1}u -2\sqrt{ab} ~\tan^{-1}\frac{u\sqrt{b}}{\sqrt{a}} \right|_{0}^{\infty}=\left(\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab} \right) \pi $$ Volveré.

Answer 4

Sea $n\in\mathbb{N}=\{1,2,\dotsc\}$ y $\boldsymbol{a}=(a_1,a_2,\dotsc,a_n)$ sea una secuencia positiva, es decir $a_k>0$ para $1\le k\le n$ . Las medias aritmética y geométrica $A_n(\boldsymbol{a})$ y $G_n(\boldsymbol{a})$ de la secuencia positiva $\boldsymbol{a}$ se definen respectivamente como \begin{equation*} A_n(\boldsymbol{a})=\frac1n\sum_{k=1}^na_k \quad \text{and}\quad G_n(\boldsymbol{a})=\Biggl(\prod_{k=1}^na_k\Biggr)^{1/n}. \end{equation*} Para $z\in\mathbb{C}\setminus(-\infty,-\min\{a_k,1\le k\le n\}]$ y $n\ge2$ , dejemos que $\boldsymbol{e}=(\overbrace{1,1,\dotsc,1}^{n})$ y \begin{equation*} G_n(\boldsymbol{a}+z\boldsymbol{e})=\Biggl[\prod_{k=1}^n(a_k+z)\Biggr]^{1/n}. \end{equation*}

En el Teorema 1.1 del trabajo [1] siguiente, en virtud de la fórmula integral de Cauchy en la teoría de funciones complejas, se estableció la siguiente representación integral.

Teorema 1.1. Sea $\sigma$ sea una permutación de la secuencia $\{1,2,\dotsc,n\}$ tal que la secuencia $\sigma(\boldsymbol{a})=\bigl(a_{\sigma(1)},a_{\sigma(2)},\dotsc,a_{\sigma(n)}\bigr)$ es una reordenación de $\boldsymbol{a}$ en orden ascendente $a_{\sigma(1)}\le a_{\sigma(2)}\le \dotsm \le a_{\sigma(n)}$ . Entonces la rama principal de la media geométrica $G_n(\boldsymbol{a}+z\boldsymbol{e})$ tiene la representación integral \begin{equation}\label{AG-New-eq1}\tag{1} G_n(\boldsymbol{a}+z\boldsymbol{e})=A_n(\boldsymbol{a})+z-\frac1\pi\sum_{\ell=1}^{n-1}\sin\frac{\ell\pi}n \int_{a_{\sigma(\ell)}}^{a_{\sigma(\ell+1)}} \Biggl|\prod_{k=1}^n(a_k-t)\Biggr|^{1/n} \frac{\textrm{d}\,t}{t+z} \end{equation} para $z\in\mathbb{C}\setminus(-\infty,-\min\{a_k,1\le k\le n\}]$ .

En $z=0$ en la representación integral \eqref {AG-Nuevo-eq1} produce \begin{equation}\label{AG-ineq-int}\tag{2} G_n(\boldsymbol{a})=A_n(\boldsymbol{a})-\frac1\pi\sum_{\ell=1}^{n-1}\sin\frac{\ell\pi}n \int_{a_{\sigma(\ell)}}^{a_{\sigma(\ell+1)}} \Biggl[\prod_{k=1}^n|a_k-t|\Biggr]^{1/n} \frac{\textrm{d}\,t}{t}\le A_n(\boldsymbol{a}). \end{equation} En $n=2,3$ en \eqref {AG-ineq-int} da $$ \frac{a_1+a_2}{2}-\sqrt{a_1a_2}\,=\frac1\pi\int_{a_1}^{a_2} \sqrt{\biggl(1-\frac{a_1}{t}\biggr) \biggl(\frac{a_2}{t}-1\biggr)}\, \textrm{d}\,t\ge0 $$ y $$ \frac{a_1+a_2+a_3}{3}-\sqrt[3]{a_1a_2a_3}\, =\frac{\sqrt{3}\,}{2\pi} \int_{a_1}^{a_3} \sqrt[3]{\biggl| \biggl(1-\frac{a_1}{t}\biggr) \biggl(1-\frac{a_2}{t}\biggr) \biggl(1-\frac{a_3}{t}\biggr)\biggr|}\,\textrm{d}\,t\ge0 $$ para $0<a_1\le a_2\le a_3$ .

Versión ponderada de la representación integral \eqref {AG-Nuevo-eq1} se puede encontrar en el documento [2] a continuación. Recitamos la versión ponderada como sigue.

Para $n\ge2$ , $\boldsymbol{a}=(a_1,a_2,\dotsc,a_n)$ y $\boldsymbol{w}=(w_1,w_2,\dotsc,w_n)$ con $a_k, w_k>0$ y $\sum_{k=1}^nw_k=1$ , las medias aritmética y geométrica ponderadas $A_{w,n}(\boldsymbol{a})$ y $G_{w,n}(\boldsymbol{a})$ de $\boldsymbol{a}$ con el peso positivo $\boldsymbol{w}$ se definen respectivamente como \begin{equation} A_{\boldsymbol{w},n}(\boldsymbol{a})=\sum_{k=1}^nw_ka_k \end{equation} y \begin{equation} G_{\boldsymbol{w},n}(\boldsymbol{a})=\prod_{k=1}^na_k^{w_k}. \end{equation} Denotemos $\alpha=\min\{a_k,1\le k\le n\}$ . Para una variable compleja $z\in\mathbb{C}\setminus(-\infty,-\alpha]$ introducimos la función compleja \begin{equation}\label{complex-geometric-mean} G_{\boldsymbol{w},n}(\boldsymbol{a}+z)=\prod_{k=1}^n(a_k+z)^{w_k}. \end{equation} En la Sección 3 del trabajo [2] siguiente, con la ayuda de la fórmula integral de Cauchy en la teoría de funciones complejas, se estableció la siguiente representación integral.

Teorema 3.1. Sea $0<a_k\le a_{k+1}$ para $1\le k\le n-1$ y $z\in\mathbb{C}\setminus(-\infty,-a_1]$ . Entonces la rama principal de la media geométrica ponderada $G_{\boldsymbol{w},n}(\boldsymbol{a}+z)$ con un peso positivo $\boldsymbol{w}=(w_1,w_2,\dotsc,w_n)$ tiene la representación integral \begin{equation}\label{AG-New-eq1-weighted}\tag{3} G_{\boldsymbol{w},n}(\boldsymbol{a}+z)=A_{\boldsymbol{w},n}(\boldsymbol{a})+z-\frac1\pi\sum_{\ell=1}^{n-1}\sin\Biggl[\Biggl(\sum_{k=1}^{\ell}w_k\Biggr)\pi\Biggr] \int_{a_\ell}^{a_{\ell+1}} \prod_{k=1}^n|a_k-t|^{w_k} \frac{\textrm{d}\,t}{t+z}. \end{equation} Dejar $z=0$ en la representación integral \eqref {AG-Nuevo-eq1-ponderado} da \begin{equation}\label{AG-New-eq1-weighted-z=0}\tag{4} G_{\boldsymbol{w},n}(\boldsymbol{a})=A_{\boldsymbol{w},n}(\boldsymbol{a})-\frac1\pi\sum_{\ell=1}^{n-1} \sin\Biggl[\Biggl(\sum_{k=1}^{\ell}w_k\Biggr)\pi\Biggr] \int_{a_\ell}^{a_{\ell+1}} \prod_{k=1}^n|a_k-t|^{w_k} \frac{\textrm{d}\,t}{t}\le A_{\boldsymbol{w},n}(\boldsymbol{a}). \end{equation} Configuración $n=2$ en \eqref {AG-Nuevo-eq1-ponderado-z=0} conduce a \begin{equation}\label{AG-New-n=2-weighted-z=0}\tag{5} a_1^{w_1}a_2^{w_2}=w_1a_1+w_2a_2-\frac{\sin(w_1\pi)}\pi \int_{a_1}^{a_2} \biggl(1-\frac{a_1}{t}\biggr)^{w_1} \biggl(\frac{a_2}{t}-1\biggr)^{w_2} \textrm{d}\,t \le w_1a_1+w_2a_2 \end{equation} para $w_1,w_2>0$ tal que $w_1+w_2=1$ .

Han existido conclusiones más estrechamente relacionadas publicadas en las siguientes referencias a continuación.

Referencias

1. Feng Qi, Xiao-Jing Zhang y Wen-Hui Li, Representación Levy--Khintchine de la media geométrica de muchos números positivos y aplicaciones , Desigualdades matemáticas y aplicaciones 17 (2014), n.º 2, 719--729; disponible en línea en https://doi.org/10.7153/mia-17-53 .
2. Feng Qi, Xiao-Jing Zhang y Wen-Hui Li, Una representación integral para la media geométrica ponderada y sus aplicaciones Acta Mathematica Sinica-Serie inglesa 30 (2014), n.º 1, 61--68; disponible en línea en https://doi.org/10.1007/s10114-013-2547-8 .
3. Feng Qi y Bai-Ni Guo, El recíproco de la media geométrica ponderada es una función de Stieltjes Boletín de la Sociedad Matemática Mexicana, Tercera Serie 24 (2018), n.º 1, 181--202; disponible en línea en https://doi.org/10.1007/s40590-016-0151-5 .
4. Feng Qi y Bai-Ni Guo, El recíproco de la media geométrica ponderada de muchos números positivos es una función de Stieltjes Quaestiones Mathematicae 41 (2018), no. 5, 653--664; disponible en línea en https://doi.org/10.2989/16073606.2017.1396508 .
5. Feng Qi y Dongkyu Lim, Representaciones integrales de la media geométrica compleja bivariante y sus aplicaciones Revista de Matemáticas Computacionales y Aplicadas 330 (2018), 41--58; disponible en línea en. https://doi.org/10.1016/j.cam.2017.08.005 .
6. Feng Qi, Limitación de la diferencia y la relación entre las medias aritmética y geométrica ponderadas Revista Internacional de Análisis y Aplicaciones 13 (2017), n.º 2, 132--135.
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8. Feng Qi, Xiao-Jing Zhang y Wen-Hui Li, Las medias armónica y geométrica son funciones de Bernstein Boletín de la Sociedad Matemática Mexicana, Tercera Serie 23 (2017), n.º 2, 713--736; disponible en línea en https://doi.org/10.1007/s40590-016-0085-y .
9. Feng Qi, Xiao-Jing Zhang y Wen-Hui Li, Una prueba elemental de que la media geométrica ponderada es una función de Bernstein Universidad Politécnica de Bucarest Scientific Bulletin Series A---Applied Mathematics and Physics 77 (2015), n.º 1, 35--38.
10. Bai-Ni Guo y Feng Qi, Sobre el grado de la media geométrica ponderada como función completa de Bernstein Afrika Matematika 26 (2015), n.º 7, 1253--1262; disponible en línea en https://doi.org/10.1007/s13370-014-0279-2 .
11. Feng Qi, Xiao-Jing Zhang y Wen-Hui Li, Representaciones Levy--Khintchine de la media geométrica ponderada y de la media logarítmica Revista Mediterránea de Matemáticas 11 (2014), n.º 2, 315--327; disponible en línea en https://doi.org/10.1007/s00009-013-0311-z .
12. Feng Qi y Bai-Ni Guo, Representación Levy--Khintchine de la media Toader--Qi , Desigualdades matemáticas y aplicaciones 21 (2018), n.º 2, 421--431; disponible en línea en https://doi.org/10.7153/mia-2018-21-29 .
13. Feng Qi, Viera Cernanova, Xiao-Ting Shi y Bai-Ni Guo, Algunas propiedades de los números centrales de Delannoy Revista de Matemáticas Computacionales y Aplicadas 328 (2018), 101--115; disponible en línea en. https://doi.org/10.1016/j.cam.2017.07.013 .

Answer 5

Al darse cuenta de que $(x-a)(b-x)=\left(\frac{b-a}{2}\right)^2-\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2$ dejamos que $x-\frac{a+b}{2}=\frac{b-a}{2} \sin \theta$ y transforma la integral en $$ \begin{aligned}I&=\left(\frac{b-a}{2}\right)^2 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^2 \theta}{\frac{b-a}{2} \sin \theta+\frac{a+b}{2}} d \theta \\ &=h^2 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^2 \theta}{h \sin \theta+k} d \theta\end{aligned} $$ donde $h=\frac{b-a}{2}$ y $k=\frac{a+b}{2}$ .

$$ \begin{aligned} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^2 \theta}{h \sin \theta+k} d \theta =& \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\sin ^2 \theta}{h \sin \theta+k} d \theta \\ =& \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(-\frac{\sin \theta}{h}+\frac{k}{h^2}+\frac{1-\frac{k^2}{h^2}}{h \sin \theta+k}\right) d \theta\\ =& {\left[\frac{\cos \theta}{h}+\frac{k}{h^2} \theta\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{h^2-k^2}{h^2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d \theta}{h \sin \theta+k} } \quad (*)\\=& \frac{k \pi}{h^2}-\frac{k^2-h^2}{h^2} \cdot\frac{\pi}{\sqrt{k^2-h^2}}\\=&\frac{\pi}{h^2}\left(k-\sqrt{k^2-h^2}\right) \end{aligned} $$

Ahora concluimos que

$$\boxed{ \int_a^b \frac{1}{x} \sqrt{(x-a)(b-x)} d x=\left(\frac{a+b}{2}-\sqrt{a b}\right) \pi}$$

Nota:

Consulte el Correo electrónico: para (*).