Tratar con un integrante: ¿se puede ir más lejos?

Question

Me encuentro con una integral, pero está más allá de mi capacidad. $$ {\rm I}\left (\right) = \int_{a}^{1}{\arcsin\left(\,\sqrt{\,{1 - x^{2} \over 1 - un^{2}}\,}\,\right) \over x + 1}\,{\rm d}x, 0\le a <1. $$

Puedo trabajar cuando se $a = 0$, pero no lo contrario. No tengo la intención de encontrar una forma cerrada en la actualidad, una aproximación a la expresión va a estar bien. Alguna Sugerencia?

Answer 1

Para $0\le a<1$, $$\small{\mathcal{I}{\left(a\right)}:=\int_{a}^{1}\frac{\arcsin{\left(\sqrt{\frac{1-x^2}{1-a^2}}\right)}}{x+1}\,\mathrm{d}x=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi\left(1-a^2\right)}{16}\,{_4F_3}{\left(1,1,\frac32,\frac32;2,2,2;1-a^2\right)}.}$$

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Prueba:

Deje $a\in\mathbb{R}\land0\le a<1$, y para cada una de las $a$ definir $a^{\prime}:=\sqrt{1-a^2}$ a ser el complemento de $a$. Cambio de variables en la integral, de modo que el argumento de la función arcoseno es tan simple como sea posible, llegamos a la integral que comienza a asemejarse lo más posible a una integral elíptica.

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(a\right)} &=\int_{a}^{1}\frac{\arcsin{\left(\sqrt{\frac{1-x^2}{1-a^2}}\right)}}{x+1}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{1}^{0}\frac{\arcsin{\left(y\right)}}{1+\sqrt{1-\left(1-a^2\right)y^2}}\cdot\frac{-\left(1-a^2\right)y}{\sqrt{1-\left(1-a^2\right)y^2}}\,\mathrm{d}y;~~~\small{\left[\sqrt{\frac{1-x^2}{1-a^2}}=y\right]}\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\arcsin{\left(y\right)}}{1+\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}}\cdot\frac{a^{\prime\,2}y}{\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}}\,\mathrm{d}y\\ &=\int_{0}^{1}\left(\frac{1-\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}}{y\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}}\right)\arcsin{\left(y\right)}\,\mathrm{d}y.\\ \end{align}$$

La integración por partes próximo,

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(a\right)} &=\int_{0}^{1}\left(\frac{1-\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}}{y\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}}\right)\arcsin{\left(y\right)}\,\mathrm{d}y\\ &=\left[-\arcsin{\left(y\right)}\,\ln{\left(1+\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}\right)}\right]_{0}^{1}+\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}\right)}}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm{d}y\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(1+\sqrt{1-a^{\prime\,2}}\right)}+\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}\right)}}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm{d}y\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(1+a\right)}+\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}\right)}}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm{d}y.\\ \end{align}$$

Mediante sustitución trigonométrica,

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(a\right)} &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(1+a\right)}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln{\left(1+\sqrt{1-a^{\prime\,2}\sin^2{\left(\theta\right)}}\right)}\,\mathrm{d}\theta;~~~\small{\left[y=\sin{\theta}\right]}.\\ \end{align}$$

En este punto me di cuenta de la integral como esencialmente equivalente a este. Parece que lo mejor que uno puede esperar es una forma cerrada en términos de hipergeométrica generalizada funciones. La forma cerrada en términos de funciones hipergeométricas puede ser encontrado a través de la diferenciación bajo el signo integral. Definir la función de $\mathcal{J}{\left(\alpha\right)}$ $0<\alpha\le1$

$$\mathcal{J}{\left(\alpha\right)}:=\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+\sqrt{1-\alpha^2y^2}\right)}}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm{d}y.$$

A continuación,

$$\begin{align} \mathcal{J}{\left(a^{\prime}\right)} &=\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+\sqrt{1-a^{\prime\,2}y^2}\right)}}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm{d}y\\ &=\mathcal{J}{\left(0\right)}+\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\,\frac{\partial}{\partial\alpha}\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\frac{\ln{\left(1+\sqrt{1-\alpha^2y^2}\right)}}{\sqrt{1-y^2}}\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(2\right)}}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm{d}y+\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\frac{\partial}{\partial\alpha}\frac{\ln{\left(1+\sqrt{1-\alpha^2y^2}\right)}}{\sqrt{1-y^2}}\\ &=\ln{(2)}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^2}}+\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\frac{\left(-\alpha\,y^2\right)}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-\alpha^2y^2}\left(1+\sqrt{1-\alpha^2y^2}\right)}\\ &=\frac{\pi}{2}\ln{(2)}+\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\frac{\sqrt{1-\alpha^2y^2}-1}{\alpha\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-\alpha^2y^2}}\\ &=\frac{\pi}{2}\ln{(2)}+\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\,\frac{1}{\alpha}\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\frac{\sqrt{1-\alpha^2y^2}-1}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-\alpha^2y^2}}\\ &=\frac{\pi}{2}\ln{(2)}+\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\,\frac{1}{\alpha}\left[\frac{\pi}{2}-K{\left(\alpha\right)}\right],\\ \end{align}$$

donde $K{\left(k\right)}$ es la integral elíptica completa de primera especie, que se define aquí con el argumento de la convención,

$$K{\left(k\right)}:=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}\sqrt{1-k^2t^2}};~~~\small{\left[0<k^2<1\right]}.$$

En términos de funciones hipergeométricas, la integral elíptica completa de primera especie puede ser escrito (ver eq.3 aquí) como

$$K{\left(k\right)}=\frac{\pi}{2}\,{_2F_1}{\left(\frac12,\frac12;1;k^2\right)}.$$

Por lo tanto,

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(a\right)} &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(1+a\right)}+\mathcal{J}{\left(a^{\prime}\right)}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(1+a\right)}+\frac{\pi}{2}\ln{(2)}+\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\,\frac{\left[\frac{\pi}{2}-K{\left(\alpha\right)}\right]}{\alpha}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}+\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\,\frac{\left[\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\,{_2F_1}{\left(\frac12,\frac12;1;\alpha^2\right)}\right]}{\alpha}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\,\frac{\left[{_2F_1}{\left(\frac12,\frac12;1;\alpha^2\right)}-1\right]}{\alpha}.\\ \end{align}$$

La siguiente reducción de identidad será útil:

$${_3F_2}{\left(1,b,c;2,d;z\right)}=\frac{d-1}{\left(b-1\right)\left(c-1\right)z}\left[{_2F_1}{\left(b-1,c-1;d-1;z\right)}-1\right].$$

Establecimiento $b=c=\frac32\land d=2\land z=\alpha^2$ rendimientos

$${_3F_2}{\left(1,\frac32,\frac32;2,2;\alpha^2\right)}=\frac{4}{\alpha^2}\left[{_2F_1}{\left(\frac12,\frac12;1;\alpha^2\right)}-1\right].$$

Por lo tanto,

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(a\right)} &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\,\frac{\left[{_2F_1}{\left(\frac12,\frac12;1;\alpha^2\right)}-1\right]}{\alpha}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\,\frac{\alpha}{4}\,{_3F_2}{\left(1,\frac32,\frac32;2,2;\alpha^2\right)}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi}{8}\int_{0}^{a^{\prime}}\mathrm{d}\alpha\,\alpha\,{_3F_2}{\left(1,\frac32,\frac32;2,2;\alpha^2\right)}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi\,a^{\prime\,2}}{8}\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\,u\,{_3F_2}{\left(1,\frac32,\frac32;2,2;a^{\prime\,2}u^2\right)};~~~\small{\left[\frac{\alpha}{a^{\prime}}=u\right]}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi\,a^{\prime\,2}}{16}\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,{_3F_2}{\left(1,\frac32,\frac32;2,2;a^{\prime\,2}t\right)};~~~\small{\left[u^2=t\right]}.\\ \end{align}$$

Para $\Re{\left(r\right)}>\Re{\left(d\right)}>0$, tenemos la representación integral,

$${_4F_3}{\left(a,b,c,d;p,q,r;z\right)}=\frac{\Gamma{\left(r\right)}}{\Gamma{\left(d\right)}\,\Gamma{\left(r-d\right)}}\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,t^{d-1}\left(1-t\right)^{r-d-1}\,{_3F_2}{\left(a,b,c;p,q;zt\right)}.$$

Establecimiento $d=1\land r=2$, luego tenemos la representación integral,

$${_4F_3}{\left(a,b,c,1;p,q,2;z\right)}=\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,{_3F_2}{\left(a,b,c;p,q;zt\right)}.$$

Finalmente,

$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(a\right)} &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi\,a^{\prime\,2}}{16}\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,{_3F_2}{\left(1,\frac32,\frac32;2,2;a^{\prime\,2}t\right)}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi\,a^{\prime\,2}}{16}\,{_4F_3}{\left(1,\frac32,\frac32,1;2,2,2;a^{\prime\,2}\right)}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi\left(1-a^2\right)}{16}\,{_4F_3}{\left(1,\frac32,\frac32,1;2,2,2;1-a^2\right)}\\ &=-\frac{\pi}{2}\,\ln{\left(\frac{1+a}{2}\right)}-\frac{\pi\left(1-a^2\right)}{16}\,{_4F_3}{\left(1,1,\frac32,\frac32;2,2,2;1-a^2\right)}.\\ \end{align}$$