La forma cerrada para $\int_{0}^{\alpha} \int_{0}^{\alpha-x} \frac{1}{[(x+y)(\beta-x)(1-\beta-y)]^{3/2}} dy dx$

Question

Deje $0\leq \alpha \leq \frac{1}{2},$ y deje $\beta$ ser tal que $\alpha \leq \beta \leq 1-\alpha$. Definir $\varphi(\alpha,\beta)$ a ser la integral $$\varphi(\alpha,\beta) = \int_{0}^{\alpha} \int_{0}^{\alpha-x} \frac{1}{[(x+y)(\beta-x)(1-\beta-y)]^{3/2}} dy\ dx.$$ Sería bueno tener algo cerrado expresión de esta integral, pero hasta ahora he sido incapaz de encontrar uno. Mathematica empieza a escupir algunos realmente grandes expresiones con un montón de números complejos, y he sido incapaz de convencer es que la respuesta debe ser real. ¿Alguien sabe de una sustitución o de cualquier otro método que pueda producir una mejor expresión?

Answer 1

Deje $z = x+y$, tenemos

$$\varphi(\alpha,\beta) = \int_0^\alpha \frac{dz}{z^{3/2}}\left\{\int_0^z \frac{dy}{((\beta-z+y)(1-\beta-y))^{3/2}}\right\}$$

Fijo $z$, introducir las variables de $u, v$ tal que $u = \beta -z + y$, $v = 1 - \beta-y$. Es fácil de comprobar

$$\left(\frac{u, v}{\sqrt{uv}}\right) = \left(\frac{2}{\sqrt{uv}} - \frac{(u-v)(v-u)}{2\sqrt{uv}^3}\right) dy = \frac{(u+v)^2}{2\sqrt{uv}^3} dy = \frac{(1-z)^2}{2\sqrt{uv}^3} dy $$ y por lo tanto $$\begin{align} \varphi(\alpha,\beta) =& 2 \int_0^\alpha \frac{dz}{z^{3/2}(1-z)^2} \left\{ \left[\frac{u-v}{\sqrt{uv}}\right]_{y=0}^{y=z} \right\}\\ =& 2 \int_0^\alpha \frac{dz}{z^{3/2}(1-z)^2}\left\{ \frac{2\beta-1 +z}{\sqrt{\beta(1-\beta-z)}} - \frac{2\beta-1-z}{\sqrt{(1-\beta)(\beta-z)}} \right\}\\ =& -4\frac{\partial}{\partial\beta} \int_0^\alpha \frac{dz}{z^{3/2}(1-z)^2}\left\{ \sqrt{\beta(1-\beta-z)} - \sqrt{(1-\beta)(\beta-z)} \right\}\\ =& -4\frac{\partial}{\partial\beta}\left[ \sqrt{\beta(1-\beta)} \left( F\left(\frac{1}{1-\beta},\alpha\right) - F\left(\frac{1}{\beta},\alpha\right) \right) \right] \end{align} $$ donde $$F(\mu,z) = \int^z \frac{\sqrt{1-\mu t}}{t^{3/2}(1-t)^2} dt + \text{ constant }.$$

Para evaluar $F(\mu,z)$, vamos a presentar nuevas variables $$s = \frac{t}{1-\mu t} \;\;\leftrightarrow\;\; t = \frac{s}{1+\mu s} \quad\implica\quad ds = \frac{dt}{(1-\mu t)^2} $$ y deje $\nu = \mu - 1$. Aviso de $0 < \beta < 1$ implica que tanto $\frac{1}{1-\beta}$ $\frac{1}{\beta}$ son más grandes que las $1$. Esto significa que en este problema, $\nu$ es siempre positivo. En términos de estas variables, podemos transformar $F(\mu,z)$

$$ F(\mu,z) = \int^z \frac{dt}{(1-\mu t)^2} \sqrt{\frac{1-\mu t}{t}}\left(\frac{1-\mu t}{t}\right)^2 \frac{t}{(1-t)^2} = \int \frac{ds}{\sqrt{s}} \frac{1+\mu s}{s(1+\nu s)^2} $$

Aviso $$\begin{align} \frac{1+\mu s}{s(1+\nu s)^2} =& \frac{(1+\nu s) + s}{s(1+\nu s)^2} = \frac{1}{s(1+\nu s)} + \frac{1}{(1+\nu s)^2} = \frac{1}{s} - \frac{\nu}{1+\nu s} + \frac{1}{(1+\nu s)^2}\\ =& \frac{1}{s} + \left(\frac{\partial}{\partial \nu} - 1 \right) \frac{\nu}{1+\nu s} = \frac{1}{s} + \left(\nu \frac{\partial}{\partial \nu} + 1 - \nu\right)\frac{1}{1 + \nu s} \end{align}$$

Tenemos

$$\begin{align} F(\mu, z) = & -\frac{2}{\sqrt{s}} + \left(\nu \frac{\partial}{\partial \nu} + 1 - \nu\right) \int \frac{ds}{\sqrt{s}}\frac{1}{1+\nu s}\\ = & -\frac{2}{\sqrt{s}} + \left(\nu \frac{\partial}{\partial \nu} + 1 - \nu\right) \left[\frac{2}{\sqrt{\nu}}\tan^{-1}\sqrt{\nu s}\right]\\ = & \left(\frac{s}{1+\nu s} - 2\right)\frac{1}{\sqrt{s}} + \frac{1-2\nu}{\sqrt{\nu}}\tan^{-1}\sqrt{\nu s}\\ = & \frac{3z-2}{\sqrt{z}(1-z)}\sqrt{1-\mu z} + \frac{3-2\mu}{\sqrt{\mu - 1}} \tan^{-1}\sqrt{\frac{(\mu - 1)z}{1-\mu z}} \end{align} $$ Esto lleva a $$\begin{align} & \sqrt{\beta(1-\beta)}\left( F(\frac{1}{1-\beta},\alpha) - F(\frac{1}{\beta},\alpha)\right)\\ = & \frac{3\alpha-2}{\sqrt{\alpha}(1-\alpha)} \left(\sqrt{\beta(1-\beta-\alpha)} - \sqrt{(1-\beta)(\beta-\alpha)}\right)\\ &+(1-3\beta)\tan^{-1}\sqrt{\frac{\beta \alpha}{1-\beta-\alpha}} -(3\beta-2)\tan^{-1}\sqrt{\frac{(1-\beta)\alpha}{\beta-\alpha}} \end{align}$$

y como resultado,

$$\begin{align} \varphi(\alpha,\beta) = & 2\left\{ \frac{3\alpha-2}{\sqrt{\alpha}(1-\alpha)}\left( \frac{2\beta-1+\alpha}{\sqrt{\beta(1-\beta-\alpha)}} -\frac{2\beta-1-\alpha}{\sqrt{(1-\beta)(\beta-\alpha)}} \right) +6\left( \tan^{-1}\sqrt{\frac{\beta \alpha}{1-\beta -\alpha}} +\tan^{-1}\sqrt{\frac{(1-\beta)\alpha}{\beta-\alpha}} \right) -\sqrt{\alpha} \left( \frac{1-3\beta}{(1-\beta)\sqrt{\beta(1-\beta-\alpha)}} + \frac{3\beta-2}{\beta\sqrt{(1-\beta)(\beta-\alpha)}} \right) \right\}\\ \end{align}$$

Answer 2

Aquí hay algo para empezar. Es sólo directos de computación sin ningún tipo especial de transformación de la integral, y sólo va tan lejos. $$\int \frac{1}{((A+t)(B-t))^{3/2}}\,dt=\frac{2(A-B+2t)}{(A+B)^2\sqrt{(A+t)(B-t)}}+C$$

Así $$ \begin{align*} &\int_{0}^{\alpha} \int_{0}^{\alpha-x} \frac{1}{[(x+y)(\beta-x)(1-\beta-y)]^{3/2}}\,dy\,dx\\ &=\int_{0}^{\alpha} \frac{1}{(\beta-x)^{3/2}}\left[ \frac{2(x-(1-\beta)+2y)}{(x+1-\beta)^2\sqrt{(x+y)(1-\beta-y)}} \right]_{0}^{\alpha-x}\,dx\\ &=\int_{0}^{\alpha} \frac{2}{(\beta-x)^{3/2}(x+1-\beta)^2}\left[ \frac{-1+\beta+2\alpha-x}{\sqrt{\alpha(1-\beta-\alpha+x)}} -\frac{x-1+\beta}{\sqrt{x(1-\beta)}} \right]\,dx\\ &=\int_{0}^{\alpha} \frac{2}{(\beta-x)^{3/2}(x+1-\beta)^2}\left[ -\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\sqrt{1-\beta-\alpha+x} +\frac{\sqrt{\alpha}}{\sqrt{1-\beta-\alpha+x}} -\sqrt{\frac{x}{(1-\beta)}}+\sqrt{\frac{1-\beta}{x}} \right]\,dx \end{align*}$$

Estos cuatro integrales puede (o no) llegar a ser más manejable.

Answer 3

Respecto de la primera integral (con respecto a "y"), he obtenido una expresión real después de haber introducido una serie de supuestos

Integrar[1/((x + y) (b - x) (1 - b - y))^(3/2), {y, 0, - x}, Supuestos -> { {Real}, {a > 0}, {a < 1/2}, {b Real}, {b > a}, {b < 1}, {x Real} , {x > 0}, {x < a}}]

El resultado es un ConditionalExpression que expresa varias condiciones para ser otorgados. Puede ser que usted podría comprobar si usted puede continuar con el llenado de la lista de supuestos.