¿Se puede calcular esta integral de forma cerrada?

Question

Intento calcular la siguiente integral:

$$ \int_{0}^{1}x\,\mathrm{J}_{2}\!\left(\,bx\,\right) \sin\left(\,a\,\sqrt{\,1 - x^{2}\,}\,\right)\,\mathrm{d}x $$ donde $a$ y $b$ son parámetros ( independientes de $x$  ).

Cosas que he intentado hasta ahora, sin éxito (pero posiblemente no he conducido lo suficiente):

1. buscar en las tablas: sin éxito. La coincidencia ''más cercana'' que he encontrado es la ec. (6.738.1) en Gradshteyn y Ryzhik, pero ese resultado es para el primer factor que es $x^3$ en lugar de $x$ ;
2. use WolframAlpha (Standard): no da valores para el general $a$ y $b$ sólo para los seleccionados asignados $a$ y $b$ . Dado que necesito resultados para un amplio rango de valores para ambos $a$ y $b$ Esta (o cualquier cuadratura numérica para un $a$ y $b$ ) no es práctico;
3. utilizar una representación integral para las funciones de Bessel: \begin{align} J_2(bx) = \frac{1}{\pi} \int^\pi_0 \cos(2\theta - bx \sin\theta) d\theta \end{align} entonces intercambia el orden de integración. Sin embargo, la integración externa (es decir, con respecto a $\theta$ ) se convierte en un problema;
4. utilizar una relación de recurrencia para las funciones de Bessel: \begin{align} J_2(bx) = (2/(bx)) J_1(bx) - J_0(bx) \end{align} Esto no parece simplificar las cosas, porque la raíz cuadrada en sin() sigue siendo una dificultad.
5. intentar la integración parcial: como el integrando contiene tres factores, la elección no es obvia. He intentado agrupar los dos primeros factores y utilizar el resultado de la integral parcial \begin{align} \int x^m J_n(x) dx = -x^m J_{n-1}(x) + (m+n-1) \int x^{m-1} J_{n-1}(x) dx \end{align} para $m=1$ , $n=2$ es decir, \begin{align} \int x J_2(x) dx = -x J_{1}(x) - 2 J_{0}(x) + C\end{align} pero la derivada de $\sin(a\sqrt{1-x^2})$ con respecto a $x$ complica el resto de la integración;
6. utilizar una representación en serie de la función de Bessel: esto conduce a una doble suma de integrales (una suma es semi-infinita) de la forma \begin{align} \int^1_0 u^{2m+1} \sin(a u) du \end{align} pero esta integral es a su vez una diferencia de funciones hipergeométricas (o alternativamente una representación en serie adicional). Tal suma doble o triple es de nuevo poco práctica para el cálculo de funciones parametrizadas $a$ y $b$ ;
7. convirtiendo la integral original en \begin{align} \int^1_0 y J_2 (b \sqrt{1-y^2}) \sin(a y) dx \end{align} donde $y=\sqrt{1-x^2}$ y repitiendo los planteamientos anteriores;
8. intentar una sustitución trigonométrica como $x = \sin \alpha$ y repetir los enfoques anteriores.

¿Puede encontrar una solución o dar más sugerencias sobre lo que se podría intentar?

Answer 1

Esto no es una respuesta, pero es demasiado largo para un comentario.

Inspirados por el primer comentario de Jack D'Aurizio, escribamos la serie

$$J_2 (b x)=\sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m!(m+2)!} \left(\frac {b}2\right)^{2m+2}x^{2m+2}$$ $$\sin(a\sqrt{1-x^2})=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}a^{2n+1}\left(1-x^2\right)^{n+\frac 12}$$ que nos permite con una doble suma de integrales $$I_{m,n}=\int_0^1 x^{2m+3}\left(1-x^2\right)^{n+\frac 12}\,dx=\frac{\Gamma (m+2) \Gamma \left(n+\frac{3}{2}\right)}{2\, \Gamma \left(m+n+\frac{7}{2}\right)}$$ lo que lleva a

$$\int^1_0 x J_2 (b x) \sin(a\sqrt{1-x^2})\, dx=\sqrt{\pi }\sum _{m=0}^{\infty } \sum _{n=0}^{\infty } (-1)^{m+n}\frac{ a^{2 n+1}\, b^{2 m+2} }{2^{2 (m+n+2)}(m+2) \,m! \,n!\, \Gamma \left(m+n+\frac{7}{2}\right)}$$ que, observando algunas pruebas numéricas, parece converger bastante rápido.

A modo de ejemplo, utilizando $\sum _{m=0}^{p } \sum _{n=0}^{p }$ , $a=3$ y $b=5$ se obtienen las siguientes representaciones decimales $$\left( \begin{array}{cc} p & \text{result} \\ 2 & 0.263943 \\ 3 & 0.083938 \\ 4 & 0.119953 \\ 5 & 0.114727 \\ 6 & 0.115299 \\ 7 & 0.115250 \\ 8 & 0.115253 \end{array} \right)$$ que es idéntico (al menos para seis cifras significativas) al resultado de la integración numérica.

Editar

Puede ser interesante es que, gracias a un CAS, sumando sobre $n$ la integral puede expresarse como $$\int^1_0 x J_2 (b x) \sin(a\sqrt{1-x^2})\, dx=\sqrt{\pi }\sum _{m=0}^{\infty }(-1)^m\frac{b^{2m+2} }{(2a)^{m+\frac 32}\, (m+2)\, m! }\,J_{m+\frac{5}{2}}(a)$$

$$\int^1_0 x J_2 (b x) \sin(a\sqrt{1-x^2})\, dx=2a\sum _{m=0}^{\infty }(-1)^m\frac{ (m+1) b^{2 m+2} }{\Gamma (2 m+6)}\, _0F_1\left(;m+\frac{7}{2};-\frac{a^2}{4}\right)$$

Utilizando el mismo ejemplo anterior $$\left( \begin{array}{cc} m & \sum_{k=0}^m \\ 2 & 0.249952 \\ 3 & 0.085208 \\ 4 & 0.119870 \\ 5 & 0.114731 \\ 6 & 0.115298 \\ 7 & 0.115250 \\ 8 & 0.115253 \end{array} \right)$$

Answer 2

Esto tampoco es una respuesta, pero MSE no me dejó editar mi comentario.

Dejemos que $M(a,b)$ sea su integral, y que $N(a,b)$ sea la integral que encontró en la tabla con $x^3$ . Entonces $M$ y $N$ están relacionados por la ODE: $M(a,b)-N(a,b)=\frac{\partial^2 M}{\partial a^2}(a,b)$ que se puede resolver para $M(a,b)$ en términos de $N$ (que está en su tabla), $M(0,b)=0$ y $\frac{\partial M}{\partial a}(0,b)$ de la forma habitual. Según WolframAlpha, $$\frac{\partial M}{\partial a}(0,b)=\int_0^1xJ_2(bx)\sqrt{1-x^2}dx=\frac{b(2+\cos b)-3\sin b}{b^3}.$$ Así que si $N(a,b)$ es lo suficientemente agradable, ¡puede que tengas una oportunidad!