Quiero resolver la siguiente integral:
$$I = 2\left[\int_{0}^{1}\dfrac{y^m}{(1 - ay)^{m + 1}\sqrt{1 - y^2}}\mathrm{d}y+\int_{0}^{1}\dfrac{y^m}{(1 + ay)^{m + 1}\sqrt{1 - y^2}}\mathrm{d}y\right]$$
donde $0 \leq a \leq 1$ $m$ es arbitraria constante positiva.
Me han tratado de ampliar cada término de la integral anterior en forma de serie y resolverlo. Tengo la respuesta en una serie infinita de formulario, que no es una forma cerrada de expresión.
Serie infinita de expresión (Derivación se indica a continuación): $$ \boxed{ I = 4\sum_{t = 0}^{\infty}\sum_{\underset{u \neq \text{Impar}}{u=0}}^{t}\frac{a^u(m+1)_{u}}{u!}\frac{(1/2)_{t-u}}{(t-u)!}\frac{1}{(m+1)+2t-u}.} $$
Sin embargo, Arce le da una hermosa forma cerrada de la expresión en términos de la función hipergeométrica, que es como sigue:
$$I = \frac{2^{m+1}\left[\sqrt{\pi}\Gamma\left(\frac{m + 1}{2}\right)^2 {_2F_1\left(\left[\frac{m + 1}{2},\frac{m+ 1}{2}\right], \left[\frac{1}{2}\right], a^2\right)}\right]}{\sqrt{\pi}\Gamma(m + 1)}$$
donde ${_2F_1\left(\left[a, b\right], \left[w\right], z \right)}$ es una función hipergeométrica.
¿Cómo puedo obtener la expresión dada por Arce?
La derivación de una serie infinita de expresión: la Siguiente es la derivación de la serie infinita de expresión que yo podía entender.
Deje que la primera integral de la $I$ ser
$$I_1 = \int_{0}^{1}\dfrac{y^m}{(1 - ay)^{m + 1}\sqrt{1 - y^2}}\mathrm{d}y = \int_{0}^{1} y^m(1 - ay)^{-(m + 1)}(1 - y^2)^{-1/2}\mathrm{d}y.$$ A continuación, hacemos uso de la siguiente relación $$ (1 - y)^{-m} = \sum_{t=0}^{\infty}\frac{(m)_{t}}{t!}y^{t}$$ donde $(m)_{t}$ denota el símbolo de Pochhammer, y se define como:$(m)_{t} = (t)\times(m+1)\times\dotsc\times(m+t-1) = \frac{\Gamma(m+t)}{\Gamma(m)}$. Entonces, tenemos $$ (1 - ay)^{-(m+1)} = \sum_{t=0}^{\infty}\frac{(m+1)_{t}}{t!}(ay)^{t}.$$ En la misma línea, uno puede escribir $$(1 - y^2)^{-1/2} = \sum_{u=0}^{\infty}\frac{(1/2)_{u}}{u!}y^{2u}.$$ Por lo tanto, $I_1$ puede ser escrito como $$I_1 = \int_{0}^{1} y^m\left(\sum_{t=0}^{\infty}\frac{a^t(m+1)_{t}}{t!}y^{t}\right)\left(\sum_{u=0}^{\infty}\frac{(1/2)_{u}}{u!}y^{2u}\right)\mathrm{d}y.$$ Simplificando aún más, $$I_1 = \int_{0}^{1} \left(\sum_{t=0}^{\infty}\frac{a^t(m+1)_{t}}{t!}y^{t+m}\right)\left(\sum_{u=0}^{\infty}\frac{(1/2)_{u}}{u!}y^{2u}\right)\mathrm{d}y.$$ Hacemos uso de la siguiente relación $$ \left(\sum_{p=0}^{\infty}z_p\right)\left(\sum_{q=0}^{\infty}g_q\right) = \sum_{t = 0}^{\infty}\sum_{u=0}^{t}z_u g_{u-t}. $$ Entonces, podemos escribir $$ I_1 = \int_{0}^{1} \sum_{t = 0}^{\infty}\sum_{u = 0}^{t}\frac{a^uy^{u+m}(m+1)_{u}}{u!}\frac{y^{2(t-u)}(1/2)_{t-u}}{(t-u)!}\mathrm{d}y.$$ A continuación, $$ I_1 = \int_{0}^{1} \sum_{t = 0}^{\infty}\sum_{u = 0}^{t}\frac{a^u(m+1)_{u}}{u!}\frac{(1/2)_{t-u}}{(t-u)!}y^{(m+2t-u)}\mathrm{d}y. $$ Después de la integración, podemos escribir $$ I_1 = \sum_{t = 0}^{\infty}\sum_{u = 0}^{t}\frac{a^u(m+1)_{u}}{u!}\frac{(1/2)_{t-u}}{(t-u)!}\frac{1}{(m+1)+2t-u}. $$ Del mismo modo, $$ I_2 = \int_{0}^{1}\dfrac{y^m}{(1 + ay)^{m + 1}\sqrt{1 - y^2}}\mathrm{d}y = \sum_{t = 0}^{\infty}\sum_{u = 0}^{t}\frac{(-1)^u^u(m+1)_{u}}{u!}\frac{(1/2)_{t-u}}{(t-u)!}\frac{1}{(m+1)+2t-u}. $$ Así, podemos escribir la $I$ $$ \boxed{ I = 4\sum_{t = 0}^{\infty}\sum_{\underset{u \neq \text{Impar}}{u=0}}^{t}\frac{a^u(m+1)_{u}}{u!}\frac{(1/2)_{t-u}}{(t-u)!}\frac{1}{(m+1)+2t-u}.} $$
