Me gustaría resolver la siguiente integral:
$$ I_0 (a,b)= \int_0^1 dx\int_0^{1-x} dz \frac{1}{a z (z-1)+a x z + x(1-b)}$ $ en el límite donde está pequeño $b$ ($a$ y $b$ son constantes positivas).
¿Cuál es la mejor manera para estudiar este límite asintótico? He intentado usar Mathematica, pero da unos resultados muy extraños.
Gracias por cualquier ayuda.
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El integrando del denominador es cero a lo largo de un cierto hipérbola que pasa por el general de la región de integración. Así como está escrito, la integral es impropia. Me pregunto si te refieres a por $a$ a ser una pequeña negativa en constante cambio. A continuación, la función está definida dentro de la región, y como $a\to0^-$, esta hipérbola se endereza a la $z$-eje, que es uno de la región del límite de las curvas. Procedimiento suponiendo que $a<0$$b>0$:
Final de EDICIÓN
El integrando del denominador es lineal en $x$, así que vamos a intentar integrar con respecto a $x$ primera. Tenga en cuenta que la región de integración es que el triángulo con vértices en a $(x,z)=(0,0),(1,0),(0,1)$, por lo que los límites de las integrales pueden ser intercambiados.
$$\begin{align} &\int_{z=0}^{z=1}dz\int_{x=0}^{x=1-z}dx\frac{1}{a z (z-1)+a x z + x(1-b)}\\ &=\int_{z=0}^{z=1}dz\int_{x=0}^{x=1-z}dx\frac{1}{a z (z-1)+ x(1-b+az)}\\ &=\int_{z=0}^{z=1}dz\frac{1}{1-b+az}\left[\ln\left|a z (z-1)+ x(1-b+az)\right|\right]_{x=0}^{x=1-z}\\ &=\int_{z=0}^{z=1}dz\frac{1}{1-b+az}\left[\ln\left|a z (z-1)+ (1-z)(1-b+az)\right|-\ln\left|a z (z-1)\right|\right]\\ &=\int_{z=0}^{z=1}dz\frac{1}{1-b+az}\left[\ln\left| \left(1-b\right)\left(1 - z\right)\right|-\ln\left|a z (z-1)\right|\right]\\ &=\int_{z=0}^{z=1}dz\frac{1}{1-b+az}\left[\ln\left|\frac{b-1}{az}\right|\right]\\ &=\int_{z=0}^{z=1}dz\frac{\ln\left|b-1\right|}{1-b+az}-\int_{z=0}^{z=1}dz\frac{\ln|az|}{1-b+az}\\ &=\left[\ln\left|b-1\right|\frac1a\ln\left|1-b+az\right|\right]_{z=0}^{z=1}-\frac{1}{a}\int_{u=0}^{u=a}du\frac{\ln|u|}{1-b+u}\\ &=\frac{\ln\left|b-1\right|}{a}\ln\left|1+\frac{a}{1-b}\right|-\frac{1}{a}\int_{u=0}^{u=a}du\frac{\ln|u|}{1-b+u}\\ \end{align}$$
Esta última integral no es uno que tiene una escuela primaria antiderivada. Su antiderivada implica una función llamada el dilogarithm, $\operatorname{Li}_2$, que se podría concebir como una función que fue inventado sólo para dar un nombre a un cierto antiderivada de que estaba fuera de su alcance en el mundo de funciones elementales.
Si quieres ir más lejos, $$\int\frac{\ln u}{A+u}\,du=\operatorname{Li}_2\left(-{\frac{u}{A}}\right)+\ln(x)\ln\left(1+\frac{x}{A}\right)+C$$ and also because one limit of integration is $0$, this integral is improper, and should be computed using a limit as $t\to0^+$ of $\int_t^{a}$.
Por ahora ignoramos la justificación para cambiar el orden de integración y resolver un problema más fácil con la ayuda de Mathematica. La región de integración es el triángulo delimitado por la $x$ $z$ ejes y la línea de $x + z = 1$. Cuando se cambie el orden de integración tenemos la integral
$$J(a,b) = \int_0^1 \int_0^{1-z} \frac{dx dz}{az(z-1)+axz+x(1-b)}$$
El denominador es $0$ siempre
$$x_0 = \frac{az(1-z)}{az+1-b}$$
así que tenemos que calcular una integral impropia de primera. Tenemos
$$\int_0^{x_0-\epsilon} \frac{dx}{az(z-1)+axz+x(1-b)} = \frac{\log((-1+b-az)\epsilon)-\log(az(z-1))}{az+1-b}$$
y como esto no es finito como $\epsilon$$0$, tenemos que admitir que la integral impropia no converge. Del mismo modo
$$\int_{x_0+\epsilon}^{1-z} \frac{dx}{az(z-1)+axz+x(1-b)} = \frac{\log((1-b)(1-z))-\log((1-b+az)\epsilon)}{az+1-b}$$
no es finito como $\epsilon$$0$. Sin embargo, podemos calcular el valor del capital por poner las dos integrales juntos y dejar que el límite de enfoque de integración de $x_0$ a la misma velocidad en ambos lados
$$P.V.\int_0^{1-z} = \frac{\log((1-b)(1-z))-\log(az(1-z))}{1-b+az}$$
Integrando de nuevo con respecto a z tenemos
$$P.V.J(a,b) = \int_0^1\frac{\log((1-b)(1-z))-\log(az(1-z))}{1-b+az} dz = \frac{1}{a}\left(\log\left(\frac{a}{1-b}\right)\log\left(\frac{1-b}{1+a-b}\right)-Li_2\left(-\frac{a}{1-b}\right)\right)$$
Podemos ampliar esta como
$$-\frac{1}{a}(\log(a)\log(1+a)+Li_2(-a))-\frac{\log(a)}{1+a}b-\frac{1+a+(2+a)\log(a)}{2(1+a)^2}b^2+O(b^3)$$
Al $b$ es pequeña, nos quedamos con
$$-\frac{1}{a}(\log(a)\log(1+a)+Li_2(-a))$$
La pregunta es - fuimos justificados en intercambiar el orden de integración en el primer lugar? No estoy seguro de si esto le ayuda.
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