Ein einfacher allgemeiner Ausdruck für ein bestimmtes Integral

Question

Ein einfacher allgemeiner Ausdruck für ein bestimmtes Integral

geschlossene Form
Integration
Mathematik
bestimmte Integrale
hypergeometric-function

Omegadot

Lassen

{ICH}_{k} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} Sünde X \cos^{2 k} X \sqrt{1 + Sünde X} D X,

$I_k = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin x \cos^{2k} x \sqrt{1 + \sin x} \, dx,$ Wo

k = 0, 1, 2, \dots

$k = 0,1,2,\ldots$ . Ich möchte einen einfachen allgemeinen Ausdruck für finden

I_{k}

$I_k$ bezüglich

k

$k$ . Einfach ist hier das entscheidende Wort.

Eine tangentiale Halbwinkelsubstitution von vornehmen $t = \tan \frac{x}{2}$ produziert

{ICH}_{k} = 4 \int_{0}^{1} \frac{T (1 + T)^{2 k + 1} (1 - T)^{2 k}}{(1 + T^{2})^{2 k + \frac{5}{2}}} D T .

$I_k = 4\int_0^1 \frac{t(1 + t)^{2k + 1} (1 - t)^{2k}}{(1 + t^2)^{2k + \frac{5}{2}}} \, dt.$

Versucht man seine allgemeine Form zu erraten, bemerkt man:

\begin{aligned} k = 0 : {ICH}_{0} & = 4 \int_{0}^{1} \frac{T (1 + T)}{(1 + T^{2})^{\frac{5}{2}}} D T = 4 {[\frac{(T - 1) (T^{2} + T + 1)}{3 (T^{2} + 1)^{\frac{3}{2}}}]}_{0}^{1} = \frac{4}{3} \\ k = 1 : {ICH}_{1} & = 4 \int_{0}^{1} \frac{T (1 + T)^{3} (1 - T)^{2}}{(1 + T^{2})^{\frac{9}{2}}} D T = 4 {[\frac{(T - 1)^{3} (11 T^{4} + 33 T^{3} + 52 T^{2} + 33 T + 11)}{105 (T^{2} + 1)^{\frac{7}{2}}}]}_{0}^{1} = \frac{44}{105} \\ k = 2 : {ICH}_{2} & = 4 \int_{0}^{1} \frac{T (1 + T)^{5} (1 - T)^{4}}{(1 + T^{2})^{\frac{13}{2}}} D T = 4 {[\frac{(1 - T)^{5} (211 T^{6} + 1055 T^{5} + 2593 T^{4} + 3370 T^{2} + 1055 T + 211)}{3465 (T^{2} + 1)^{\frac{11}{2}}}]}_{0}^{1} = \frac{844}{3465} \end{aligned}

$\begin{align*} k = 0 : \quad I_0 &= 4\int_0^1 \frac{t(1 + t)}{(1 + t^2)^{\frac{5}{2}}} \, dt = 4 \left [\frac{(t - 1)(t^2 + t + 1)}{3(t^2 + 1)^{\frac{3}{2}}} \right ]_0^1 = \frac{4}{3}\\ k = 1 : \quad I_1 &= 4\int_0^1 \frac{t(1 + t)^3(1 - t)^2}{(1 + t^2)^{\frac{9}{2}}} \, dt = 4 \left [\frac{(t - 1)^3(11t^4 + 33t^3 + 52t^2 + 33t + 11)}{105(t^2 + 1)^{\frac{7}{2}}} \right ]_0^1 = \frac{44}{105}\\ k = 2 : \quad I_2 &= 4 \int_0^1 \frac{t(1 + t)^5(1 - t)^4}{(1 + t^2)^{\frac{13}{2}}} \, dt = 4\left [\frac{(1 - t)^5(211t^6 + 1055t^5 + 2593 t^4 + 3370t^2 + 1055t + 211)}{3465(t^2 + 1)^{\frac{11}{2}}} \right ]_0^1 = \frac{844}{3465} \end{align*}$ So scheint es

{ICH}_{k} = 4 {[\frac{(T - 1)^{2 k + 1} P_{k} (T)}{A_{k} (T^{2} + 1)^{2 k + \frac{3}{2}}}]}_{0}^{1},

$I_k = 4 \left [\frac{(t - 1)^{2k + 1}p_k(t)}{a_k(t^2 + 1)^{2k + \frac{3}{2}}} \right ]_0^1,$ Wo

a_{k}

$a_k$ ist eine positive ganze Zahl und

p_{k} (t)

$p_k(t)$ ist ein symmetrisches Gradpolynom

(2 k + 2)

$(2k + 2)$ . Aber was ist

a_{k}

$a_k$ Und

p_{k} (t)

$p_k(t)$ ?

Alternativ kann ein geschlossener Ausdruck in Bezug auf die hypergeometrische Funktion gefunden werden. Es ist

{ICH}_{k} = \frac{2}{3 \sqrt{2}}_{2} F_{1} (\frac{3}{2}, - 2 k; \frac{5}{2}; 1) + \frac{1}{2^{2 k + \frac{3}{2}} (2 k + 1)}_{2} F_{1} (2 k + 1, 2 k + \frac{5}{2}; 2 k + 2; \frac{1}{2}),

$I_k = \frac{2}{3\sqrt{2}} {}_2 F_1 \left (\frac{3}{2},-2k;\frac{5}{2};1 \right ) + \frac{1}{2^{2k + \frac{3}{2}}(2k+1)} {}_2F_1 \left (2k + 1,2k + \frac{5}{2};2k + 2; \frac{1}{2} \right ),$ aber das ist schließlich kaum einfach

I_{k}

$I_k$ ist nur eine positive rationale Zahl. Vielleicht lässt sich dieser Ausdruck irgendwie vereinfachen.

Meine Frage ist also, kann ein einfacher Ausdruck für $I_k$ gefunden werden?

Gary

Einige vorgeschlagene Vereinfachungen: Von dlmf.nist.gov/15.4.E24

F (\frac{3}{2}, - 2 k; \frac{5}{2}; 1) = F (- 2 k, \frac{3}{2}; \frac{5}{2}; 1) = \frac{(1)_{2 k}}{(5 / 2)_{2 k}} = 3 \cdot 4^{2 k + 1} \frac{(2 k + 2)! (2 k)!}{(4 k + 4)!}

$F\left( {\frac{3}{2}, - 2k;\frac{5}{2};1} \right) = F\left( { - 2k,\frac{3}{2};\frac{5}{2};1} \right) = \frac{{(1)_{2k} }}{{(5/2)_{2k} }} = 3 \cdot 4^{2k + 1} \frac{{(2k + 2)!(2k)!}}{{(4k + 4)!}}$ und von dlmf.nist.gov/15.8.E1

\frac{1}{2^{2 k + 3 / 2}}_{2} F_{1} (2 k + 1, 2 k + \frac{5}{2}; 2 k + 2; \frac{1}{2}) =_{2} F_{1} (1, - \frac{1}{2}; 2 k + 2; \frac{1}{2}) .

$\frac{1}{{2^{2k + 3/2} }}{}_2F_1 \left( {2k + 1,2k + \frac{5}{2};2k + 2;\frac{1}{2}} \right) = {}_2F_1 \left( {1, - \frac{1}{2};2k + 2;\frac{1}{2}} \right).$

Omegadot

Danke @Gary. Es wäre wirklich schön, wenn wir diese letzte hypergeometrische Funktion wegzaubern könnten. Ich vermute, wir können das nicht, da die Zahlenfolge im Zähler und Nenner der Endergebnisse für erscheint

I_{k}

$I_k$ sind im OEIS nicht zu finden.

Antworten (2)

Ein einfacher allgemeiner Ausdruck für ein bestimmtes Integral

Einige vorgeschlagene Vereinfachungen: Von dlmf.nist.gov/15.4.E24 $F (\frac{3}{2}, - 2 k; \frac{5}{2}; 1) = F (- 2 k, \frac{3}{2}; \frac{5}{2}; 1) = \frac{(1)_{2 k}}{(5 / 2)_{2 k}} = 3 \cdot 4^{2 k + 1} \frac{(2 k + 2)! (2 k)!}{(4 k + 4)!}$ $F\left( {\frac{3}{2}, - 2k;\frac{5}{2};1} \right) = F\left( { - 2k,\frac{3}{2};\frac{5}{2};1} \right) = \frac{{(1)_{2k} }}{{(5/2)_{2k} }} = 3 \cdot 4^{2k + 1} \frac{{(2k + 2)!(2k)!}}{{(4k + 4)!}}$ und von dlmf.nist.gov/15.8.E1 $\frac{1}{2^{2 k + 3 / 2}}_{2} F_{1} (2 k + 1, 2 k + \frac{5}{2}; 2 k + 2; \frac{1}{2}) =_{2} F_{1} (1, - \frac{1}{2}; 2 k + 2; \frac{1}{2}) .$ $\frac{1}{{2^{2k + 3/2} }}{}_2F_1 \left( {2k + 1,2k + \frac{5}{2};2k + 2;\frac{1}{2}} \right) = {}_2F_1 \left( {1, - \frac{1}{2};2k + 2;\frac{1}{2}} \right).$
Danke @Gary. Es wäre wirklich schön, wenn wir diese letzte hypergeometrische Funktion wegzaubern könnten. Ich vermute, wir können das nicht, da die Zahlenfolge im Zähler und Nenner der Endergebnisse für erscheint $I_k$ sind im OEIS nicht zu finden.

Sangchul Lee · Answer 1

Zu lange für einen Kommentar.

Ich habe einige Berechnungen auf der Rückseite des Umschlags durchgeführt und die folgende Vermutung erhalten:

{ICH}_{k} = 2 \sum_{N = 0}^{k + 1} \sum_{l = N}^{⌊ \frac{N + k + 1}{2} ⌋} \frac{(- 1)^{N}}{2 N + 2 k + 1} (\binom{N + k + 1}{2 l}) (\binom{l}{N}) .

$I_k = 2 \sum_{n=0}^{k+1} \sum_{l=n}^{\left\lfloor\frac{n+k+1}{2}\right\rfloor} \frac{(-1)^{n}}{2n+2k+1} \binom{n+k+1}{2l}\binom{l}{n}.$

Die Idee ist, dass die folgende Identität wahrscheinlich zutrifft $|z| < 1$ :

\sum_{k = 0}^{\infty} {ICH}_{k} z^{2 k} = \frac{a arctanh (a) + β arctanh (β)}{z^{2}}, Wo a, β = \sqrt{z (z \pm ich \sqrt{1 - z^{2}})}

$\sum_{k=0}^{\infty} I_k z^{2k} = \frac{\alpha\operatorname{arctanh}(\alpha) + \beta \operatorname{arctanh}(\beta)}{z^2}, \quad \text{where} \quad \alpha, \beta = \sqrt{z\bigl(z \pm i\sqrt{1-z^2}\bigr)}$

(Ich habe dieses Ergebnis nicht selbst berechnet, sondern es in mein Mathematica gerammt und das Ergebnis vereinfacht.)

Erweitern der rechten Seite und Auslesen des Koeffizienten von $z^{2k}$ ergibt die obige Formel. Hier ist ein Mathematica-Code zum Generieren der obigen Sequenz:

Table[2 Sum[(-1)^n/(2 n + 2 k + 1) Binomial[n + k + 1, 2 l] Binomial[l, n], {n, 0, k + 1}, {l, n, (n + k + 1)/2}], {k, 0, 5}]

Im Folgenden werden die verschiedenen Darstellungen z $I_k$ 'S:

Bleiben Sie lieber bei einer Summenbildung als bei der Beta-Funktion. Dies ist nur aus reiner Neugier, seien Sie sicher. Prost und $\to +1$ .
@ClaudeLeibovici, Meine Interpretation ist, dass OP nach einer Formel sucht, die zum Studium algebraischer Eigenschaften geeignet ist $I_k$ , wie Rationalität. Deshalb habe ich versucht, transzendente Funktionen zu vermeiden.
OK dann. Mehr als wahrscheinlich, Sie haben völlig recht. In einem solchen Fall ist Ihre Formel für die Rationalität einfach hervorragend. Danke und tschüss :-)

Claude Leibovici · Answer 2

Ich denke, dass wir die Problemvermietung vereinfachen könnten

\sqrt{1 + Sünde (X)} = T ⟹ X = - {Sünde}^{- 1} (1 - T^{2}) ⟹ D X = \frac{2 T}{\sqrt{1 - {(1 - T^{2})}^{2}}} D T

$\sqrt{1+\sin(x)}=t \implies x=-\sin ^{-1}\left(1-t^2\right)\implies dx=\frac{2 t}{\sqrt{1-\left(1-t^2\right)^2}}\,dt$ Das macht

{ICH}_{k} = 2 \int_{1}^{\sqrt{2}} (T^{2} - 1) T^{2 k + 1} {(2 - T^{2})}^{k - \frac{1}{2}} D T

$I_k=2\int_1^{\sqrt 2}\left(t^2-1\right) t^{2 k+1} \left(2-t^2\right)^{k-\frac{1}{2}}\,dt$

{ICH}_{k} = \frac{\sqrt{π} Γ (2 k + 1) - 4^{k} Γ (2 k + \frac{3}{2}) ((2 k - 1) B_{\frac{1}{2}} (k + 1, k - \frac{1}{2}) - 4 k B_{\frac{1}{2}} (k + 1, k + \frac{1}{2}))}{\sqrt{2} Γ (2 k + \frac{5}{2})}

$\color{blue}{I_k=\frac{\sqrt{\pi }\, \Gamma (2 k+1)-4^k \Gamma \left(2 k+\frac{3}{2}\right) \left((2 k-1) B_{\frac{1}{2}}\left(k+1,k-\frac{1}{2}\right)-4 k B_{\frac{1}{2}}\left(k+1,k+\frac{1}{2}\right)\right)}{\sqrt{2}\, \Gamma \left(2 k+\frac{5}{2}\right)}}$ was gilt

\forall k \geq 0

$\forall k\geq 0$ .

Für Ganzzahl $k$ , dies erzeugt die Sequenz

{\frac{4}{3}, \frac{44}{105}, \frac{844}{3465}, \frac{7676}{45045}, \frac{271372}{2078505}, \frac{785244}{7436429}, \frac{40395868}{456326325}, \frac{343225244}{4508102925}, \frac{3309796628}{49589132175}, \dots}

$\left\{\frac{4}{3},\frac{44}{105},\frac{844}{3465},\frac{7676}{45045},\frac{271372} {2078505},\frac{785244}{7436429},\frac{40395868}{456326325},\frac{343225244}{450 8102925},\frac{3309796628}{49589132175},\cdots\right\}$

Diese Sequenzen finden sich nicht in $OEIS$ .

Ich bin auch den Weg der unvollständigen Beta-Funktion gegangen, aber es ist nicht einfach für etwas, das sich letztendlich als positive rationale Zahl herausstellt.
@omegadot. Es hängt sehr davon ab, was Sie tun möchten. Für numerische Auswertungen nehme ich an, dass diese ziemlich effizient sein könnte. Aber wissen Sie, das Problem mit der Demokratie ist, dass wir uns nicht einig sein können! Gruß und danke für das Problem.

Ein einfacher allgemeiner Ausdruck für ein bestimmtes Integral

Omegadot

Gary

Omegadot

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Sangchul Lee

Claude Leibovici

Sangchul Lee

Claude Leibovici

Claude Leibovici

Omegadot

Claude Leibovici

Integral ∫1−11x1+x1−x−−−√ln(2x2+2x+12x2−2x+1)dx∫−111x1+x1−xln⁡(2x2+2x+12x2−2x+1)dx\int_{- 1}^1\frac1x\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\ln\left(\frac{2\,x^2+2\,x+1}{2\,x^ 2-2\,x+1}\right) \mathrm dx

Integral ∫10x2−2x2−1−−−−√dx=π2π√Γ2(1/4)+Γ2(1/4)42π√∫01x2−2x2−1dx=π2πΓ2(1/4)+Γ2(1/4 )42π\int_0^1 \sqrt{\frac{x^2-2}{x^2-1}}\, dx=\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma^2(1 /4)}+\frac{\Gamma^2(1/4)}{4\sqrt{2\pi}}

Auswerten von ∫101+xn1−xn−−−−√ dx ∫011+xn1−xn dx ~\int_0^1\sqrt{\frac{1+x^n}{1-x^n}}~dx~ und ∫ 101+x21−x2−−−−√n dx ∫011+x21−x2n dx~\int_0^1\sqrt[n]{\frac{1+x^2}{1-x^2}}~dx

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