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Expresar la integral de la 10dx(1x3)(1a6x3) en términos de integrales elípticas

Pregunta: Para 0<a<1, definir I(a) por el parámetro dependiente de la integral definida, I(a):=10dx(1x3)(1a6x3). Hay una manera simple de representar a I(a) en términos de incompleta de las integrales elípticas de primera clase? Puede I(a) ser escrito como un simple escalar múltiples de una integral elíptica completa de primera especie?


Motivación:

He notado que una de las preguntas en este sitio relacionadas a probar especial de la forma cerrada de los valores de la función hipergeométrica de Gauss, 2F1(a,b;c;z), un número inusualmente elevado de los más difíciles puede ser demostrado equivalente a probar la particular función hipergeométrica con parámetros a=12, b=13, y c=56, es decir, 2F1(12,13;56;z), lleva a algunos especiales (generalmente algebraica) de valor para algunos en particular (generalmente racional) valor de z, donde 0<z<1. Así, en el interés de la generalización, quería ver que tan cerca uno podría llegar a la obtención de una forma cerrada para f(z):=2F1(12,13;56;z) para valores arbitrarios de z(0,1).

El uso de Euler de la representación integral de la función hipergeométrica de Gauss con la suposición de que 0<z<1, tenemos:

f(z)=2F1(12,13;56;z)=1B(13,12)10t23(1t)12(1zt)12dt=3B(13,12)10dx(1x3)(1zx3),

donde la función beta, factor que también puede ser escrita en términos de la función gamma como,

B(13,12)=324/3π[Γ(13)]3.

El factor integral en la última línea de (2) ya está superficialmente bastante similar a la siguiente representación integral de la integral elíptica completa de primera especie:

K(k)=10dt(1t2)(1k2t2).

Además, en la última línea de (2) implica que para f(z) tomar algebraica de valor, el factor integral será el producto de un número algebraico A con una integral elíptica de valor singular][1]:

10dx(1x3)(1zx3)=AK(k3)=A31/427/3π[Γ(13)]3.

Esto me hizo sospechar que la integral de la 10dx(1x3)(1zx3)=I(z1/6) podría ser capaz de ser escrito como una combinación lineal de completar las integrales elípticas en general.


Mi progreso:

Primero me di cuenta de que simplemente reescalado de la integración de la variable a través de la sustitución de ax=y me podría transformar la integral de a uno cuya integrando tendría un sexto grado del polinomio con simétrica de coeficientes bajo el radical, por lo que se permite el uso de un determinado resultado pregunté en [otra pregunta][2]:

I(a)=10dx(1x3)(1a6x3)=10dx(1(a6+1)x3+a6x6)=a01ady(1(a3+a3)y3+y6);  [ax=y]=1aa0dy(1(a6+1a3)y3+y6).

Siguiente, sustituyendo y=zz21, y la definición de a2+12a=:α>1, tenemos:

I(a)=1aa0dy(1(a6+1a3)y3+y6)=1alim

Una opción después de la que podría ser la utilización de la siguiente resultado de Gradshteyn:

Suponga \alpha,\beta,u,m,n\in\mathbb{R} tal que \beta<\alpha<u. A continuación, la proposición 3.145(1) de Gradshteyn de la Tabla de Integrales, Series, y los Productos delos estados: \begin{align} \small{\int_{\alpha}^{u}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left(x-\alpha\right)\left(x-\beta\right)\left[\left(x-m\right)+n^2\right]}}} &=\small{\frac{1}{pq}F{\left(2\arctan{\sqrt{\frac{q\left(u-\alpha\right)}{p\left(u-\beta\right)}}},\frac12\sqrt{\frac{\left(p+q\right)^2+\left(\alpha-\beta\right)^2}{pq}}\right)},} \end{align} donde (m-\alpha)^2+n^2=p^2, e (m-\beta)^2+n^2=q^2.

Realmente me gustaría utilizar la proposición anterior, pero, ¿cómo obtenerlo? Y puede alguno más simplificaciones ser hecho después de usarlo?

*Nota: Gradshteyn utiliza el argumento de la convención,

F{\left(\varphi,k\right)}=\int_{0}^{\varphi}\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{1-k^2\sin^2{\theta}}}=\int_{0}^{\sin{\varphi}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}.

18voto

Godsaur Puntos 121

Procedimiento General:

Voy a dar un esbozo de un posible procedimiento (que aprendí de un libro de cálculo hace algún tiempo) para resolver las integrales de la forma \mathcal{J}=\int\frac{{\rm d}x}{\sqrt{(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)}} En primer lugar, vamos a x=t+\lambda. \begin{align} \mathcal{J}=\int\frac{{\rm d}t}{\sqrt{(t^2+(2\lambda+a)t+\lambda^2+\lambda a+b)(t^2+(2\lambda+c)t+\lambda^2+\lambda c+d)}} \end{align} A continuación, vamos a \lambda=\dfrac{d-b}{a-c}, a continuación, hacer la sustitución de \displaystyle t=\mu v donde \displaystyle \mu=\sqrt{\lambda^2+\frac{ad-bc}{a-c}}. \mathcal{J}=\frac{1}{\mu}\int\frac{{\rm d}v}{\sqrt{\left(v^2+Av+1\right)\left(v^2+Cv+1\right)}} donde\displaystyle A=\frac{2\lambda+a}{\mu}\displaystyle C=\frac{2\lambda+c}{\mu}. Siga esto con la sustitución de \displaystyle v=\frac{1+w}{1-w}. \mathcal{J}=\frac{2}{\mu}\int\frac{{\rm d}w}{\sqrt{((2-A)w^2+(2+A))((2-C)w^2+(2+C))}} Mediante la aplicación de la correspondiente sustitución trigonométrica, se puede ver que \mathcal{J} puede ser reducido a una incompleta de las integrales elípticas.


Parámetros

Voy a definir los siguientes parámetros para ahorrar espacio y escribir. \begin{align} \alpha_1=&\ \frac{1}{\sqrt{\left(a+1\right)^2\left(3a^2+2\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}+3\right)}}\\ \alpha_2=&\ \frac{1}{\sqrt{\left(a-1\right)^2\left(3a^2+2\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}+3\right)}}\\ \beta_1=&\ \frac{\sqrt{3}a^2-\sqrt{a^4+a^2+1}+\sqrt{3}a+\sqrt{3}}{\sqrt{3}a^2+\sqrt{a^4+a^2+1}+\sqrt{3}a+\sqrt{3}}\\ \beta_2=&\ \frac{\sqrt{3}a^2-\sqrt{a^4+a^2+1}-\sqrt{3}a+\sqrt{3}}{\sqrt{3}a^2+\sqrt{a^4+a^2+1}-\sqrt{3}a+\sqrt{3}}\\ \xi_1=&\ \frac{\sqrt{a^4+a^2+1}-\sqrt{3}a}{\sqrt{a^4+a^2+1}+\sqrt{3}a}\\ \xi_2=&\ \frac{\sqrt{a^4+a^2+1}+\sqrt{3}a}{\sqrt{a^4+a^2+1}-\sqrt{3}a} \end{align}


Evaluación de \ \mathcal{I}(a)

Fue derivado por el OP que \begin{align} \mathcal{I}(a) =&\underbrace{\frac{1}{4a}\int^\infty_\frac{a^2+1}{2a}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{(a-1)^2}{2a}x-\frac{a^2+1}{2a}\right)\left(x^2+\frac{a^2+1}{2a}x+\frac{a^4-a^2+1}{4a^2}\right)}}}_{\mathcal{I}_1}\\ &+\underbrace{\frac{1}{4a}\int^\infty_\frac{a^2+1}{2a}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{(a+1)^2}{2a}x+\frac{a^2+1}{2a}\right)\left(x^2+\frac{a^2+1}{2a}x+\frac{a^4-a^2+1}{4a^2}\right)}}}_{\mathcal{I}_2} \end{align} Aplicar el procedimiento antes señalado y el uso de Wolfram Alpha para hacer todo el álgebra, obtenemos \begin{align} \mathcal{I}_1 =&\frac{1}{4a}\int^\infty_\frac{a^2+1}{2a}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{(a-1)^2}{2a}x-\frac{a^2+1}{2a}\right)\left(x^2+\frac{a^2+1}{2a}x+\frac{a^4-a^2+1}{4a^2}\right)}}\\ =&\frac{1}{\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}}\int^\infty_\frac{\sqrt{3}(a^2+a+1)}{\sqrt{a^4+a^2+1}}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{2(2a^2+a+2)}{\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}}x+1\right)\left(x^2-\frac{2\sqrt{3}\ a}{\sqrt{a^4+a^2+1}}+1\right)}}\\ =&\alpha_1\int^1_{\beta_1}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\beta_1^2\right)\left(x^2+\xi_1\right)}} =\alpha_1\int^{\arccos{\beta_1}}_{0}\frac{\sec{\varphi}\tan{\varphi}}{\sqrt{(\sec^2{\varphi}-1)(\beta_1^2\sec^2{\varphi}+\xi_1)}}{\rm d}\varphi\\ =&\alpha_1\int^{\arccos{\beta_1}}_{0}\frac{{\rm d}\varphi}{\sqrt{\beta_1^2+\xi_1\cos^2{\varphi}}} =\alpha_1\int^{\arccos{\beta_1}}_{0}\frac{{\rm d}\varphi}{\sqrt{(\beta_1^2+\xi_1)-\xi_1\sin^2{\varphi}}}\\ =&\frac{\alpha_1}{\sqrt{\beta_1^2+\xi_1}}\int^{\arccos{\beta_1}}_{0}\frac{{\rm d}\varphi}{\sqrt{1-\frac{\xi_1}{\beta_1^2+\xi_1}\sin^2{\varphi}}} =\color{red}{\frac{\alpha_1}{\sqrt{\beta_1^2+\xi_1}}\mathbf{F}\left(\arccos{\beta_1},\sqrt{\frac{\xi_1}{\beta_1^2+\xi_1}}\right)} \end{align} para \mathcal{I}_1, y obtenemos (omito los pasos de la trigonométricas manipulaciones ya que son los mismos) \begin{align} \mathcal{I}_2 =&\frac{1}{4a}\int^\infty_\frac{a^2+1}{2a}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{(a+1)^2}{2a}x+\frac{a^2+1}{2a}\right)\left(x^2+\frac{a^2+1}{2a}x+\frac{a^4-a^2+1}{4a^2}\right)}}\\ =&\frac{1}{\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}}\int^\infty_{\frac{\sqrt{3}(a^2-a+1)}{\sqrt{a^4+a^2+1}}}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\frac{2(2a^2-a+2)}{\sqrt{3}\sqrt{a^4+a^2+1}}x+1\right)\left(x^2+\frac{2\sqrt{3}\ a}{\sqrt{a^4+a^2+1}}x+1\right)}}\\ =&\alpha_2\int^1_{\beta_2}\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x^2-\beta_2^2\right)\left(x^2+\xi_2\right)}}=\color{blue}{\frac{\alpha_2}{\sqrt{\beta_2^2+\xi_2}}\mathbf{F}\left(\arccos{\beta_2},\sqrt{\frac{\xi_2}{\beta_2^2+\xi_2}}\right)} \end{align} Por lo tanto \mathcal{I}(a)=\frac{\alpha_1}{\sqrt{\beta_1^2+\xi_1}}\mathbf{F}\left(\arccos{\beta_1},\sqrt{\frac{\xi_1}{\beta_1^2+\xi_1}}\right)+\frac{\alpha_2}{\sqrt{\beta_2^2+\xi_2}}\mathbf{F}\left(\arccos{\beta_2},\sqrt{\frac{\xi_2}{\beta_2^2+\xi_2}}\right) Me han sustituido en algunos valores aleatorios de a a \mathcal{I}_1, y parece que coincide numéricamente. Sin embargo, no he verificado \mathcal{I}_2 sin embargo, por lo que puede ser un error.

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