Geschlossene Lösung für Reihen mit unvollständiger Gammafunktion

Question

Geschlossene Lösung für Reihen mit unvollständiger Gammafunktion

Integration
Mathematik
Gamma-Funktion
uneigentliche Integrale
Folgen-und-Serien
hypergeometric-function

Aaron Hendrickson

Ich arbeite an einer Lösung für eine ganze Zahl, die zu einer Reihe führt, bei der ich feststecke. Unten ist, was ich getan habe und wie ich zur letzten Serie gekommen bin. Irgendwelche Ideen, wie man die Serie am Ende lösen könnte?

\int_{- \infty}^{X} e^{A X}_{1} F_{1} (- a; - β; - λ X) D X für X \leq 0

$\begin{equation} \int_{-\infty}^{x} e^{ax} \, {_{1}}F_{1}(-\alpha;-\beta;-\lambda x) \ \mathrm{d}x \quad \text{for} \, x\leq 0 \end{equation}$

Wo, $a,\alpha,\beta,\lambda>0$ .

Ersatz $u=-ax\to$ $\mathrm{d}u = -a \ \mathrm{d}x$

A^{- 1} \int_{- u / A}^{\infty} e^{- u}_{1} F_{1} (- a; - β; \frac{λ}{A} u) D u

$\begin{equation} a^{-1}\int_{-u/a}^{\infty} e^{-u} \, {_{1}}F_{1}(-\alpha;-\beta;\tfrac{\lambda}{a} u) \ \mathrm{d}u \end{equation}$

An diesem Punkt konnte ich keine geschlossene Lösung für das Integral finden, also schrieb ich die konfluente hypergeometrische Funktion in ihrer Summendarstellung.

A^{- 1} \sum_{J = 0}^{\infty} \frac{(- a)_{J}}{(- β)_{J} J!} {(\frac{λ}{A})}^{J} \int_{- u / A}^{\infty} e^{- u} u^{J} D u

$\begin{equation} a^{-1}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-\alpha)_{j}}{(-\beta)_{j}\, j!} \left(\frac{\lambda}{a}\right)^{j}\int_{-u/a}^{\infty} e^{-u} \, u^{j} \ \mathrm{d}u \end{equation}$

Wo, $(x)_{j}$ ist das Pochhammer-Symbol.

Seit $u=-ax$ , Und $x\leq 0$ , das heisst $-u/a\geq 0$ und das Integral ist eine obere unvollständige Gammafunktion.

A^{- 1} \sum_{J = 0}^{\infty} \frac{(- a)_{J}}{(- β)_{J} J!} {(\frac{λ}{A})}^{J} Γ (J + 1, X)

$\begin{equation} a^{-1}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-\alpha)_{j}}{(-\beta)_{j}\, j!} \left(\frac{\lambda}{a}\right)^{j}\ \Gamma(j+1,x) \end{equation}$

Ich weiß nicht, wie ich an diesem Punkt vorbeikommen soll. Eine Idee, wie man die Summe löst?

Von wolframalpha habe ich folgende Definition gefunden, die sich ebenfalls als nützlich erweisen könnte:

γ (M, X) = M^{- 1} X^{M}_{1} F_{1} (M; M + 1; - X)

$\begin{equation} \gamma(m,x) = m^{-1} x^{m} \, {_{1}}F_{1}(m; m+1; -x) \end{equation}$

Wo, $\Gamma(m) = \Gamma(m,x)+\gamma(m,x)$ .

AKTUALISIEREN

Wenn $\alpha$ Und $\beta$ ganze Zahlen sind, dann kann eine Lösung durch partielle Integration gefunden werden. Die Lösung ist:

A^{- 1} \sum_{k = 0}^{a} {(\frac{λ}{A})}^{k} e^{A X}_{1} F_{1} (- a + k; - β + k, - λ X)

$\begin{equation} a^{-1}\sum_{k=0}^{\alpha} \left(\frac{\lambda}{a}\right)^{k} e^{ax}\, {_{1}}F_{1}(-\alpha+k;-\beta+k,-\lambda x) \end{equation}$

Ich suche den Fall wo $\alpha$ Und $\beta$ sind keine ganzen Zahlen.

Jack D’Aurizio

Wenn

α, β \in N

$\alpha,\beta\in\mathbb{N}$ , Ihre hypergeometrische Funktion ist nur ein Polynom und die geschlossene Form ist einfach zu berechnen. Es sollte nicht allzu schwierig sein, eine solche geschlossene Form für nicht ganzzahlige Werte von zu verallgemeinern

α, β

$\alpha,\beta$ .

Aaron Hendrickson

Jack, ich habe dieses Problem für den Fall gelöst, wo

α

$\alpha$ Und

β

$\beta$ sind Ganzzahlen mit ibp wo

u =_{1} F_{1} (- α; - β, - λ x)

$u={_{1}}F_{1}(-\alpha;-\beta,-\lambda x)$ Und

d v = e^{a x}

$\mathrm{d}v = e^{ax}$ . Ich könnte diese Antwort in den Beitrag aufnehmen, aber die Antwort ist aufgrund der Verwendung von ibp immer noch eine Serie. Und ich bin mir nicht sicher, wie es mir helfen wird, zur allgemeinen Lösung zu gelangen.

Jack D’Aurizio

Ich habe einige Berechnungen für den allgemeinen Fall durchgeführt, und ich habe eine hypergeometrische Funktion als Hauptterm und eine Reihe von

_{2} F_{2}

$\phantom{}_{2} F_2$ als Nebenbegriff fungiert, scheint das nicht weiter zu vereinfachen. Ich hoffe das hilft.

Aaron Hendrickson

Danke Jack. Ich werde es mir ansehen. Es kann sein, dass es keine Lösung in geschlossener Form gibt. Wenn sich keine bessere Antwort ergibt, werde ich akzeptieren, was Sie gepostet haben.

Antworten (2)

Geschlossene Lösung für Reihen mit unvollständiger Gammafunktion

Wenn $\alpha,\beta\in\mathbb{N}$ , Ihre hypergeometrische Funktion ist nur ein Polynom und die geschlossene Form ist einfach zu berechnen. Es sollte nicht allzu schwierig sein, eine solche geschlossene Form für nicht ganzzahlige Werte von zu verallgemeinern $\alpha,\beta$ .
Jack, ich habe dieses Problem für den Fall gelöst, wo $\alpha$ Und $\beta$ sind Ganzzahlen mit ibp wo $u={_{1}}F_{1}(-\alpha;-\beta,-\lambda x)$ Und $\mathrm{d}v = e^{ax}$ . Ich könnte diese Antwort in den Beitrag aufnehmen, aber die Antwort ist aufgrund der Verwendung von ibp immer noch eine Serie. Und ich bin mir nicht sicher, wie es mir helfen wird, zur allgemeinen Lösung zu gelangen.
Ich habe einige Berechnungen für den allgemeinen Fall durchgeführt, und ich habe eine hypergeometrische Funktion als Hauptterm und eine Reihe von $\phantom{}_{2} F_2$ als Nebenbegriff fungiert, scheint das nicht weiter zu vereinfachen. Ich hoffe das hilft.
Danke Jack. Ich werde es mir ansehen. Es kann sein, dass es keine Lösung in geschlossener Form gibt. Wenn sich keine bessere Antwort ergibt, werde ich akzeptieren, was Sie gepostet haben.

Harry Peter · Answer 1

$\int_{-\infty}^xe^{ax}{_1}F_1(-\alpha;-\beta;-\lambda x)~dx$

$=\int_\infty^{-x}e^{-ax}{_1}F_1(-\alpha;-\beta;\lambda x)~d(-x)$

$=\int_{-x}^\infty e^{-ax}{_1}F_1(-\alpha;-\beta;\lambda x)~dx$

$=\int_{-x}^\infty\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-\alpha)_n\lambda^nx^ne^{-ax}}{(-\beta)_nn!}~dx$

$=\int_0^\infty\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-\alpha)_n\lambda^nx^ne^{-ax}}{(-\beta)_nn!}~dx-\int_0^{-x}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-\alpha)_n\lambda^nx^ne^{-ax}}{(-\beta)_nn!}~dx$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-\alpha)_n\lambda^n}{(-\beta)_na^{n+1}}+\left[\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{(-\alpha)_n\lambda^nx^ke^{-ax}}{(-\beta)_nk!a^{n-k+1}}\right]_0^{-x}$ (gemäß http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_integrals_of_exponential_functions )

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-\alpha)_n\lambda^n}{(-\beta)_na^{n+1}}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-\alpha)_n\lambda^n}{(-\beta)_na^{n+1}}+\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{(-\alpha)_n\lambda^n(-1)^kx^ke^{ax}}{(-\beta)_nk!a^{n-k+1}}$

$=\sum\limits_{k=0}^\infty\sum\limits_{n=k}^\infty\dfrac{(-\alpha)_n\lambda^n(-1)^kx^ke^{ax}}{(-\beta)_nk!a^{n-k+1}}$

$=\sum\limits_{k=0}^\infty\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-\alpha)_{n+k}\lambda^{n+k}(-1)^kx^ke^{ax}}{(-\beta)_{n+k}k!a^{n+1}}$

$=\dfrac{e^{ax}}{a}\Phi_1\left(-\alpha,1,-\beta;\dfrac{\lambda}{a},-\lambda x\right)$ (laut http://en.wikipedia.org/wiki/Humbert_series )

Ich möchte diese Antwort überprüfen. Geben Sie mir eine Chance und ich werde akzeptieren, wenn es verifiziert ist. Danke.
Tatsächlich ist dies der Trick, der math.stackexchange.com/questions/1071168 ähnelt

Jack D’Aurizio · Answer 2

Lassen $z=-x$ . Wir wollen berechnen:

\int_{z}^{+ \infty} e^{- A T}_{1} F_{1} (- a, - β, λ T) D T = \sum_{N \geq 0} \frac{λ^{N} (- a)_{N}}{N! (- β)_{N}} \int_{z}^{+ \infty} e^{- A T} T^{N} D T

$\int_{z}^{+\infty} e^{-at}\phantom{}_1 F_1(-\alpha,-\beta,\lambda t)\,dt=\sum_{n\geq 0}\frac{\lambda^n(-\alpha)_n}{n!(-\beta)_n}\int_{z}^{+\infty}e^{-at}t^n\,dt$ Wo:

\begin{array}{rcl} \int_{z}^{+ \infty} e^{- A T} T^{N} D T & = & \frac{N!}{A^{N + 1}} - \int_{0}^{z} \sum_{M \geq 0} \frac{(- A)^{M}}{M!} T^{M + N} D T \\ = & \frac{N!}{A^{N + 1}} - \sum_{M \geq 0} \frac{(- A)^{M} z^{M + N + 1}}{(M + N + 1) M!} \end{array}

$\begin{eqnarray*} \int_{z}^{+\infty}e^{-at}t^n\,dt &=& \frac{n!}{a^{n+1}}-\int_{0}^{z}\sum_{m\geq 0}\frac{(-a)^m}{m!}\,t^{m+n}\,dt\\&=&\frac{n!}{a^{n+1}}-\sum_{m\geq 0}\frac{(-a)^m z^{m+n+1}}{(m+n+1)m!}\end{eqnarray*}$ gibt:

\int_{z}^{+ \infty} e^{- A T}_{1} F_{1} (- a, - β, λ T) D T = \sum_{N \geq 0} \frac{λ^{N} (- a)_{N}}{A^{N + 1} (- β)_{N}} - \sum_{N \geq 0} \sum_{M \geq 0} \frac{λ^{N} (- a)_{N} (- A)^{M} z^{M + N + 1}}{M! N! (- β)_{N} (M + N + 1)}

$\int_{z}^{+\infty} e^{-at}\phantom{}_1 F_1(-\alpha,-\beta,\lambda t)\,dt=\sum_{n\geq 0}\frac{\lambda^n (-\alpha)_n}{a^{n+1}(-\beta)_n}-\sum_{n\geq 0}\sum_{m\geq 0}\frac{\lambda^n(-\alpha)_n(-a)^m z^{m+n+1}}{m!n!(-\beta)_n(m+n+1)}$ wobei die erste Reihe gleich ist

\frac{1}{a}

$\frac{1}{a}$ mal

_{2} F_{1} (1, - α; - β; \frac{λ}{a})

$\phantom{}_2 F_1\left(1,-\alpha;-\beta;\frac{\lambda}{a}\right)$ und die zweite Doppelreihe kann durch Umschalten der Summierungsreihenfolge in die folgende Form gebracht werden:

\sum_{M \geq 0} \frac{(- A)^{M} z^{M + 1}}{(M + 1)!}_{2} F_{2} (1 + M, - a; 2 + M, - β; λ z) .

$\sum_{m\geq 0}\frac{(-a)^m z^{m+1}}{(m+1)!}\phantom{}_2 F_2\left(1+m,-\alpha;2+m,-\beta;\lambda z\right).$

Geschlossene Lösung für Reihen mit unvollständiger Gammafunktion

Aaron Hendrickson

Jack D’Aurizio

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Antworten (2)

Harry Peter

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Harry Peter

Jack D’Aurizio

Ableitungseigenschaft der Gamma-Funktion

Beweis interessanter Identitäten für ein integrales Produkt konfluenter hypergeometrischer Funktionen.

Berechnen Sie ∫∞0x2r(1+x2)m⋅Γ(m)Γ(1/2)Γ(m−1/2)dx∫0∞x2r(1+x2)m⋅Γ(m)Γ(1/2). )Γ(m−1/2)dx\int_0^\infty\frac{x^{2r}}{(1+x^2)^m}\cdot \frac{\Gamma(m)}{\Gamma( 1/2)\Gamma(m-1/2)}dx mit der Beta-Funktion

Geschlossene Form für eine unendliche Reihe mit niedrigeren unvollständigen Gammafunktionen

Auswertung dieses Integrals mit der Gamma-Funktion

Die Integrale ∫∞0dx(a+bxc)d(e+fxg)h∫0∞dx(a+bxc)d(e+fxg)h\int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{( a+bx^c)^d(e+fx^g)^h} und ∫∞0xe(a+bxc)ddx∫0∞xe(a+bxc)ddx\int_0^\infty \frac{x^e} {(a+bx^c)^d}\mathrm{d}x

Verstehen der Ableitung der Gamma-Funktion durch partielle Integration.

Ein einfacher allgemeiner Ausdruck für ein bestimmtes Integral

Geschlossene Form für diese unvollständige Gamma-Serie?

Das unbestimmte Integral ∫Li2(x)1+x√dx∫Li2⁡(x)1+xdx\int\frac{\operatorname{Li}_2(x)}{1+\sqrt{x}}\,dx: Was ist die Strategie, um ein solches unbestimmtes Integral zu erhalten?