$$ \hspace{0.3cm} \large {\int_{0} ^{\infty} \frac{\frac{1}{x^4} \hspace{0.1cm} e^{- \frac{r}{x^2}}\hspace{0.1cm}e^{- \frac{r}{z^2}} }{ \frac{1}{x^2} \hspace{0.1cm} e^{- \frac{r}{x^2}}+ \frac{1}{y^2} \hspace{0.1cm} e^{- \frac{r}{y^2}}}} dr \hspace{.2cm} ; \hspace{1cm} x>0,y>0,z>0 $$ donde $ x $ , $ y $ y $z $ son constantes independientes de $ r $ .
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
La integral es bastante torpe tal y como está escrita. Vamos a cambiar el nombre de los parámetros:
$$a=\frac{1}{x^2} \\ b= \frac{1}{y^2} \\ c= \frac{1}{z^2}$$
Entonces tenemos:
$$a^2 \int_0^\infty \frac{e^{-(a+c)r} ~dr}{ae^{-ar}+be^{-br}}$$
Así que tenemos que encontrar la siguiente integral:
$$I(a,b,c)= \int_0^\infty \frac{e^{-(a+c)r} ~dr}{ae^{-ar}+be^{-br}}$$
Realmente preferiría que la integral fuera simétrica en $(a,b)$ así que cambiemos el parámetro:
$$c=b+s$$
Ahora sí:
$$J(a,b,s)=J(b,a,s)= \int_0^\infty \frac{e^{-(a+b+s)r} ~dr}{ae^{-ar}+be^{-br}}$$
Observamos que el integrando tiene forma de media armónica:
$$2 a bJ(a,b,s)= \int_0^\infty \frac{2a e^{-ar} b e^{-br} }{ae^{-ar}+be^{-br}}~e^{-sr} ~dr \leq \int_0^\infty \sqrt{ab} e^{-\frac{a+b}{2}r} e^{-sr} ~dr$$
Utilizando la desigualdad media armónica - media geométrica, hemos obtenido un límite muy agradable, suponiendo:
$$\frac{a+b}{2}+s>0 \qquad \Rightarrow \qquad \frac{a-b}{2}+c >0$$
$$2 a bJ(a,b,s) \leq \frac{2\sqrt{ab}}{a+b+2s} \\ J(a,b,s) \leq \frac{1}{(a+b+2s)\sqrt{ab}}$$
La igualdad se mantiene para el caso $a=b$ , donde obtenemos:
$$J(a,a,s) = \frac{1}{2a(a+s)}=\frac{1}{2ac}$$
Lo que se confirma considerando la integral original.
Sin embargo, ¿qué ocurre con la expresión general? Transformemos un poco el integrando:
$$J(a,b,s)=\frac{1}{a} \int_0^\infty \frac{e^{-(b+s)r} ~dr}{1+\frac{b}{a} e^{-(b-a)r}}$$
Introduzcamos una sustitución:
$$e^{-(b-a)r}=t \\ -(b-a) dr= \frac{dt}{t}$$
Suponemos que $b>a$ sin pérdida de generalidad, ya que la integral es simétrica en $a,b$ .
Obtenemos:
$$J(a,b,s)=\frac{1}{a(b-a)} \int_0^1 \frac{t^{(b+s)/(b-a)-1} ~dt}{1+\frac{b}{a} t}$$
$$J(a,b,s)=\frac{1}{a(b-a)} \int_0^1 t^{\frac{b+s}{b-a}-1} \left( 1+\frac{b}{a} t\right)^{-1} ~dt$$
Esta integral puede expresarse en términos de función hipergeométrica :
$${_2 F_1} (\alpha, \beta; \gamma; p)$$
$$\alpha=1 \\ \beta=\frac{b+s}{b-a} \\ \gamma=\beta+1=\frac{2b-a+s}{b-a} \\ p=-\frac{b}{a}$$
$$J(a,b,s)=\frac{1}{a(b+s)} {_2 F_1} \left(1,\frac{b+s}{b-a};\frac{2b-a+s}{b-a};-\frac{b}{a} \right)$$
Para la integral original obtenemos:
$$a^2 \int_0^\infty \frac{e^{-(a+c)r} ~dr}{ae^{-ar}+be^{-br}}=\frac{a}{c} ~{_2 F_1} \left(1,\frac{c}{b-a};1+\frac{c}{b-a};-\frac{b}{a} \right)$$
