¿Existe una forma cerrada para $\int_0^{\pi/2} \frac{e^{-x}\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\cos x}+\sqrt{\sin x}}dx$?

Question

¿Existe alguna fórmula cerrada para $\int_{0}^{\pi/2} \dfrac{e^{-x}\sqrt{\cos x}\ dx}{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}}?$

Sé que $\int_{0}^{\pi/2} \dfrac{\sqrt{\cos x}\ dx}{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}} = \dfrac{\pi}{4},$ reemplazando $x$ por $\frac{\pi}{2} - y$.

Answer 1

$$I=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{e^{-\theta}\sqrt{\cos{\theta}}}{\sqrt{\sin{\theta}}+\sqrt{\cos{\theta}}}d\theta=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{e^{-\theta}}{1+\sqrt{\tan{\theta}}}d\theta$$ Con la integración por partes con $u=(1+\sqrt{\tan\theta})^{-1}$ y $dv=e^{-\theta}$ obtenemos $$I=1-\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{e^{-\theta} d(\sqrt{\tan{\theta}})}{(1+\sqrt{\tan\theta})^2}$$ Sustituyendo $u=\sqrt{\tan\theta}$ $$I=1-\int_0^\infty\frac{e^{-\arctan(u^2)}}{(1+u)^2}dx=1+\int_0^\infty e^{-\arctan{(u^2)}}d\left(\frac{1}{1+u}\right)$$ Luego sustituimos $v=(1+u)^{-1}$ $$I=1-\int_0^1\exp\left(-\arctan\left((v^{-1}-1)^2\right)\right)dv$$ Usamos la definición logarítmica de la función arctan $$I=1-\int_0^1\exp\left(\frac{i}{2}\ln\left(\frac{1+i(v^{-1}-1)^2}{1-i(v^{-1}-1)^2}\right)\right)dv$$$$=1-\int_0^1\left(\frac{1+i(v^{-1}-1)^2}{1-i(v^{-1}-1)^2}\right)^{i/2}dv$$$$=1-\int_0^1\left(\frac{(1+i)v^2-2iv+i}{(1-i)v^2+2iv-i}\right)^{i/2}dv$$$$=1-\left(\frac{1+i}{1-i}\right)^{i/2}\int_0^1\left(\frac{v^2+(-1-i)v+(1+i)/2}{v^2+(-1+i)v+(1-i)/2}\right)^{i/2}dv$$$$=1-i^{i/2}\int_0^1\left(1-\frac{(2v-1)i}{v^2+(-1+i)v+(1-i)/2}\right)^{i/2}$$ Ahora podemos utilizar la siguiente serie que derivé para continuar. Podemos verificar fácilmente con entradas negativas enteras para k, y podemos usar la función gamma para expandirla a los números complejos $$(1-x)^k=\sum_{n=0}^\infty\frac{\Gamma(n-k)}{\Gamma(-k)}\frac{x^n}{n!}, k≠1,2,3,4,...$$ $$I=1-e^{-\pi/4}\sum_{n=0}^\infty\frac{\Gamma(n-i/2)}{\Gamma(-i/2)}\frac{i^n}{n!}\int_0^1\left(\frac{2v-1}{v^2+(-1+i)v+(1-i)/2}\right)^ndv$$ Podemos usar funciones especiales para resolver esta integral. Hice una pregunta al respecto aquí. Agregaré más tarde

Manejemos esta integral por separado. $$I_n=\int_0^1\left(\frac{2v-1}{v^2+(-1+i)v+(1-i)/2}\right)^ndv$$ Queremos sustituir $w=\frac{2v-1}{v^2+(-1+i)v+(1-i)/2}$, pero primero necesitaremos álgebra $$w=\frac{2v-1}{v^2+(-1+i)v+(1-i)/2}$$ $$wv^2+(-1+i)wv+\frac{1-i}{2}w=2v-1$$ $$wv^2+((-1+i)w-2)v+(\frac{1-i}{2}w+1)=0$$ $$v=\frac{-((-1+i)w-2)+\sqrt{((-1+i)w-2)^2-4(w)((\frac{1-i}{2}w+1))}}{2(w)}$$ $$v=\frac{2+(1-i)w+\sqrt{-2w^2-4iw+4}}{2w}$$ $$v=\frac{1}{w}+\frac{1-i}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{-2-4iw^{-1}+4w^{-2}}$$ $$dv=\left(-\frac{1}{w^2}+\frac{iw^{-2}-2w^{-3}}{\sqrt{-2-4iw^{-1}+4w^{-2}}}\right)dw$$ $$dv=\left(-\frac{1}{w^2}+\frac{iw^{-2}-2w^{-3}}{\sqrt{-2-4iw^{-1}+4w^{-2}}}\right)dw$$ $$dv=\left(-\frac{1}{w^2}+\frac{iw^{-1}-2w^{-2}}{\sqrt{-2w^2-4iw+4}}\right)dw$$ Ahora que nuestra sustitución está preparada$$I_n=\int_{-1-i}^{-1+i}w^n\left(-\frac{1}{w^2}+\frac{iw^{-1}-2w^{-2}}{\sqrt{-2w^2-4iw+4}}\right)dw$$ Sea $$J_n=\int_{-1-i}^{-1+i}\frac{w^n}{\sqrt{-2w^2-4iw+4}}dw$$ Entonces $$I_n=\frac{(-1-i)^{n-1}-(1-i)^{n-1}}{n+1}+iJ_{n-1}-2J_{n-2}$$ y $$I=1-e^{-\pi/4}\sum_{n=0}^\infty\frac{\Gamma(n-i/2)}{\Gamma(-i/2)}\frac{i^n}{n!}\left(\frac{(-1-i)^{n-1}-(1-i)^{n-1}}{n+1}+iJ_{n-1}-2J_{n-2}\right)$$ Añadiré más a esto más tarde. Ya tengo una solución para $J_n$

Answer 2

Aquí hay un resultado experimental utilizando un caso especial de Lauricella D de la función hiperelíptica de DLMF $\text R$ la cual tiene una expansión en series múltiples, utilizando el símbolo de Pochhammer $(u)_v$, de

¿Es correcta esta fórmula de conversión de Lauricella $\text F_\text D$ a hipergeométrica R, de DLMF?:

$$\text B(-a,(-a)’)\text R_a(b_1,\dots,b_n;z_1,\dots z_n)=\int_0^\infty t^{(-a)’-1}\prod_{j=1}^n(t+z_j)^{-b_j}dt=\sum_{m_1\ge0}\cdots\sum_{m_n\ge0}\frac{(-a)_{\sum_{j=1}^n m_j}}{\left(\sum\limits_{j=1}^nb_j\right)_{\sum_{j=1}^n m_j}}\prod_{j=1}^n\frac{(b_j)_{m_j}(1-x_j)^{m_j}}{m_j!},(-a)’=a+\sum_{j=1}^n b_j$$

Usando

$$I=1-(-1)^\frac i2\int_0^\infty t^0(t-\sqrt i)^\frac i2(t+\sqrt i)^\frac i2(t-\sqrt{-i})^{-\frac i2}(t+\sqrt{-i})^{-\frac i2}(t+1)^{-2}dt$$

y $(-a)’=1=a-\frac i2-\frac i2+\frac i2+\frac i2+2\implies a=-1$

¡Por lo tanto!:

$$I=1-i^i\text R_{-1}\left(-\frac i2,-\frac i2,\frac i2,\frac i2,2;-\sqrt i,\sqrt i,-\sqrt{-i},\sqrt {-i},1\right)$$

Un problema es que $x_5=1$ da $(1-x_5)^{m_5}=0^{m_5}$ en la expansión de la serie. Afortunadamente, la función es homogénea:

$$1-(i^{-i})^{-1}\text R_{-1}\left(-\frac i2,-\frac i2,\frac i2,\frac i2,2;-\sqrt i,\sqrt i,-\sqrt{-i},\sqrt {-i},1\right) = 1-\text R_{-1}\left(-\frac i2,-\frac i2,\frac i2,\frac i2,2;i^{\frac 52-i},i^{\frac12-i},i^{\frac32-i},i^{-\frac12-i},i^{-i}\right) $$

Ahora para la posible expansión en serie

Answer 3

No existe una forma cerrada para la Integral propuesta. Sin embargo, si generalizamos el problema como $$I(\alpha ) = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{e^{ - \alpha x}}\sqrt {\cos x} }}{{\sqrt {\cos x} + \sqrt {\sin x} }}dx}$$ podríamos obtener la variación de la integral con respecto a $\alpha$ (numéricamente) como