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Calcular la integral de la $\int_{-1}^1 \frac{|x-y|^{\alpha}}{(1 - x^2)^{\frac{1+\alpha}{2}}}dx = \frac{\pi}{\cos(\pi \alpha/2)}$

Cómo probar que $$ \int_{-R}^R \frac{|x-y|^{\alpha}}{(R^2 - x^2)^{\frac{1+\alpha}{2}}}dx = \frac{\pi}{\cos(\pi \alpha/2)}, $$

donde $-1 < \alpha < 1$, $-R \le y \le R$.

Desde el lado derecho no depende de la $y$, supongo que debe haber alguna interpretación física. Voy a estar agradecido por las sugerencias.

4voto

Martin Nicholson Puntos 657

Sin pérdida de generalidad se puede suponer que $R=1$. Vamos a calcular la transformada de Fourier de la función $$ f(\beta)=\int_{-1}^1 \frac{|x-y|^{\alpha+\beta}}{(1 - x^2)^{\frac{1+\alpha+\beta}{2}}}dx $$ y demostrar que es independiente de $-1\le y\le 1$. Tenemos $$ F(t)=\int_{-\infty}^\infty f(\beta)e^{-i\beta t}dt=\int_{-1}^1 \frac{|x-y|^{\alpha}}{(1 - x^2)^{\frac{1+\alpha}{2}}}\cdot 2\pi\delta\left(t-\ln|x-y|+\frac{1}{2}\ln(1-x^2)\right) dx $$ donde $\delta$ es la función delta. Las raíces de $t-\ln|x-y|+\frac{1}{2}\ln(1-x^2)=0$ se puede encontrar mediante la resolución de la ecuación cuadrática $$ x^2(1+e^{2})-2xy+y^2-e^{2}=0. $$ Son $x_{1,2}=\frac{y\pm e^{t}\sqrt{1+e^{2t}-y^2}}{1+e^{2t}}$. También se $\frac{|x_{1,2}-y|}{(1 - x_{1,2}^2)^{\frac{1}{2}}}=e^t$.

Ahora podemos demostrar que $|x_{1,2}|\le 1$. Es suficiente como para considerar la $0\le y\le 1$ y demostrar que $\frac{y+ e^{t}\sqrt{1+e^{2t}-y^2}}{1+e^{2t}}<1$. Puede ser fácilmente comprobado que esto es cierto.

Así que tenemos uso de $\delta(g(t))=\sum_{t_i}\frac{\delta(t-t_i)}{|g'(t_i)|}$, donde la suma es sobre las verdaderas raíces de la función $g(t)$, que $$ \delta\left(t-\ln|x-y|+\frac{1}{2}\ln(1-x^2)\right)=\sum_{i=1,2}\frac{(1-x_i^2)|x_i-y|}{1-x_iy}\delta(x-x_i). $$ Como resultado $$ F(t)=2\pi e^{\alpha t} \sum_{i=1,2}\frac{(1-x_i^2)|x_i-y|}{(1-x_iy)\sqrt{1-x_i^2}}=e^{(\alpha+1) t} \sum_{i=1,2}\frac{1-x_i^2}{1-x_iy}. $$ Ahora el uso de Viete del teorema se puede demostrar por trivial álgebra que $$ \sum_{i=1,2}\frac{1-x_i^2}{1-x_iy}=\frac{2}{1+e^{2}}. $$ Por lo $F(t)=2\pi \frac{e^{\alpha t}}{\cosh t}$ es independiente de $y$. Cálculo de la inversa de la transformada de Fourier tenemos para $-1 < \alpha < 1$ $$ f(\beta)=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{(\alpha+\beta) t}}{\cosh t}dt=\frac{\pi}{\cos\frac{\pi(\alpha+\beta)}{2}}. $$ Ahora pon $\beta=0$ para completar la prueba.

3voto

kshama Puntos 497

Puede ser esta es una más elementales de la solución.

Cambio de la variable $x$ $Rx$y poner $c = \dfrac{y}{R}$. Estamos listos si podemos probar que \begin{equation*} f(c) = \int_{-1}^{1}\dfrac{|x-c|^{\alpha}}{(1-x^2)^{\frac{1+\alpha}{2}}}\, dx = \underbrace{ \int_{-1}^{c}\dfrac{(c-x)^{\alpha}}{(1-x)^{\frac{1+\alpha}{2}}(1+x)^{\frac{1+\alpha}{2}}}\, dx}_{= I_1} + \underbrace{\int_{c}^{1}\dfrac{(x-c)^{\alpha}}{(1-x^2)^{\frac{1+\alpha}{2}}}\, dx}_{= I_2} \end{ecuación*} no depende de $c\in (-1,1)$. Antes de demostrar que $f'(c) = 0$ hacemos algunas sustituciones de variables.

En $I_1$ ponemos \begin{equation*} x= \dfrac{1+c}{t+1}-1. \end{ecuación*} Entonces \begin{equation*} I_1 = (1+c)^{\frac{\alpha+1}{2}}\int_{0}^{\infty}\dfrac{t^{\alpha}}{(2t+1-c)^{\frac{\alpha+1}{2}}(t+1)}\, dt. \end{ecuación*} En la integral de la $I_2$ usamos la sustitución de $x=-t$. Entonces \begin{equation*} I_2 = \int_{-1}^{-c}\dfrac{((-c)-t)^{\alpha}}{(1-t^2)^{\frac{1+\alpha}{2}}}\, dt = I_1(-c). \end{ecuación*}

Ahora \begin{gather*} \dfrac{dI_1}{dc} = \dfrac{\alpha+1}{2}(1+c)^{\frac{\alpha-1}{2}}\int_{0}^{\infty}\dfrac{t^{\alpha}}{(2t+1-c)^{\frac{\alpha+1}{2}}(t+1)}\, dt +\\[2ex] \dfrac{\alpha+1}{2}(1+c)^{\frac{\alpha+1}{2}}\int_{0}^{\infty}\dfrac{t^{\alpha}}{(2t+1-c)^{\frac{\alpha+3}{2}}(t+1)}\, dt =\\[2ex] \dfrac{\alpha+1}{2}(1+c)^{\frac{\alpha-1}{2}}\int_{0}^{\infty}\dfrac{t^{\alpha}}{(2t+1-c)^{\frac{\alpha+1}{2}}(t+1)}\left(1+\dfrac{1+c}{2t+1-c}\right)\, dt =\\[2ex] (\alpha+1)(1+c)^{\frac{\alpha-1}{2}}\int_{0}^{\infty}\dfrac{t^{\alpha}}{(2t+1-c)^{\frac{\alpha+3}{2}}}\, dt \end{reunir*} Después de un final de escala $t=\dfrac{1-c}{2}s$ tenemos \begin{equation*} \dfrac{dI_1}{dc} = (\alpha+1)(1-c^2)^{\frac{\alpha-1}{2}}\cdot 2^{-\alpha-1}\int_{0}^{\infty}\dfrac{s^{\alpha}}{(1+s)^{\frac{\alpha +3}{2}}}\, ds. \end{ecuación*} Además \begin{equation*} I'_{2}(c) = -I'_1(-c) = -I'_1(c). \end{ecuación*} En consecuencia, $f'(c) = 0$ $f$ es constante.

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