Evaluación de $\int_0^1 \frac{x^3}{2(2-x^2)(1+x^2) + 3\sqrt{(2-x^2)(1+x^2)}}\,\mathrm dx$

Question

¿Cómo evaluar la siguiente integral?

$$\int_0^1 \frac{x^3}{2(2-x^2)(1+x^2) + 3\sqrt{(2-x^2)(1+x^2)}}\,\mathrm dx$$

Esta es una tarea problema y me han sido de evaluar esta integral por horas, sin embargo, hasta ahora sin éxito. He tratado de racionalizar el integrando multiplicando con $$\frac{2(2-x^2)(1+x^2) - 3\sqrt{(2-x^2)(1+x^2)}}{2(2-x^2)(1+x^2) - 3\sqrt{(2-x^2)(1+x^2)}}$$ pero el integrando es cada vez peor. He tratado de usar sustituciones trigonométricas como $x=\tan\theta$$x=\sqrt{2}\sin\theta$, pero no puedo eliminar la raíz cuadrada de la forma. También he probado a usar hiperbólico sustituciones trigonométricas pero la cosa no podría ser más sencillo ni también la sustitución de $y=x^2$ ni $y=\sqrt{(2-x^2)(1+x^2)}$. Usando integración por partes es casi imposible para éste. También he probado a usar los trucos de este hilo, pero todavía no conseguimos nada. Ninguna idea es dado. Mi profesor dijo, debemos utilizar listas de sustituciones, pero no puedo encontrarlos. Cualquier idea o sugerencia? Cualquier ayuda se agradece. Gracias de antemano.

Editar :

La respuesta que obtuve de mi Profe es $\dfrac{3-2\sqrt{2}}{6}$.

Answer 1

Por inteligente de sustituciones de su profesor probablemente significaba Euler Sustituciones.

$$\begin{align} I &=\int_0^1 \frac{x^3}{2(2-x^2)(1+x^2) + 3\sqrt{(2-x^2)(1+x^2)}}\,\mathrm dx\tag{1}\\ &=\frac12\int_0^1 \frac{t}{2(2-t)(1+t) + 3\sqrt{(2-t)(1+t)}}\,\mathrm dt\tag{2}\\ &=\frac13\int_{\sqrt2}^{1/\sqrt2} \frac{u^2-2}{(1+u)^2(u^2+1)}\,\mathrm du\tag{3}\\ &=\frac13\left[\int_{\sqrt2}^{1/\sqrt2} \frac{3 u}{2 \left(u^2+1\right)}\,\mathrm du -\int_{\sqrt2}^{1/\sqrt2} \frac{3}{2 (u+1)}\,\mathrm du -\int_{\sqrt2}^{1/\sqrt2} \frac{1}{2 (u+1)^2}\,\mathrm du\right]\tag{4}\\ &=\frac13\left[\frac{3}{4} \log \left(u^2+1\right)-\frac{3}{2} \log (u+1)+\frac{1}{2 (u+1)}\right]_{\sqrt2}^{1/\sqrt2}\tag{5}\\ &=\frac{1}{3}\Bigg[\frac{3-2 \sqrt{2}}{2}\Bigg]\tag{6}\\ \end{align}$$

$$\large\int_0^1 \frac{x^3}{2(2-x^2)(1+x^2) + 3\sqrt{(2-x^2)(1+x^2)}}\,\mathrm dx=\frac{1}{6}\left(3-2 \sqrt{2}\right)$$

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$\text{Explanations:}$

$(2)$ Sustituto $x^2=t\iff2x\,\mathrm dx=\,\mathrm dt$

$(3)$ Utilizando El Tipo De $\rm III$ Euler Sustitución

$$\pequeño \sqrt{(2-t)(t+1)}=(t+1)u \ffi t+1=\frac{3}{u^2+1} \ffi t=\frac{2-u^2}{u^2+1} \ffi \,\mathrm dt=-\frac{6 u}{\left(u^2+1\right)^2}\,\mathrm du$$

$(4)$ El Uso Parcial De La Fracción De Descomposición

$$\small\frac{2-u^2}{(1+u)^2(u^2+1)}=-\frac{3 u}{2 \left(u^2+1\right)}+\frac{3}{2 (u+1)}+\frac{1}{2 (u+1)^2}$$

Answer 2

Tal vez el enfoque más prometedor es volver a escribir el término $(2-x^2)(1+x^2)$ como sigue:

$$(2 - x^2)(1 + x^2) = 2 + x^2 - x^4 = \frac{9}{4} - \left(x^2 - \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{9}{4}\left(1 - \frac{4}{9}\left(x^2 - \frac{1}{2}\right)^2 \right)$$

Esta observación nos lleva a considerar la sustitución de $y = \frac{2}{3}\left(x^2-\frac{1}{2}\right)$.

Resultado de la sustitución es que el denominador de la limpia considerablemente, convirtiéndose $(1 - y^2) + \sqrt{1 - y^2}$. Más tarde, en la evaluación de establecimiento $y = \sin t$ bien puede ser una idea prometedora.

Answer 3

Deje $x=\sin y$, y tenga en cuenta que $(2-x^2)(1+x^2)$ simplifica a $2+\sin^2y\cos^2y$. Entonces la integral se convierte en $$I=\int_0^{\pi/2}\frac{\sin^3y\cos y}{2(2+\sin^2y\cos^2y)+3\sqrt{2+\sin^2y\cos^2y}}dy.$$ Ahora establezca $y=z-\frac{\pi}{2}$, para observar que $$I=I_0=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos^3y\sin y}{2(2+\sin^2y\cos^2y)+3\sqrt{2+\sin^2y\cos^2y}}dy.$$ Con $\cos^3y\sin y+\cos y\sin^3 y=\cos y\sin y$ usted obtener (con $2I=I+I_0$) $$\begin{align}I&=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\frac{\sin y\cos y}{2(2+\sin^2y\cos^2y)+3\sqrt{2+\sin^2y\cos^2y}}dy\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\frac{\sin y}{8+\sin^2y+3\sqrt{8+\sin^2y}}dy\end{align}$$ El resto debe ser manejable.

Addendum: $$\begin{align}I&=\int_0^{\pi/2}\frac{2\sin y}{17-\cos 2y+3\sqrt{34-2\cos2y}}dy\\ &=\int_0^{\pi/2}\Big(\frac{3\sec y \tan y}{\sqrt{34-2\cos 2y}}-\frac{1}{2}\sec y \tan y \Big) dy\\ &=0-\lim_{y\rightarrow 0}(-\frac{1}{2}\sec y+\frac{\sqrt{17-\cos 2y}\sec y}{6\sqrt{2}}) \end{align}$$ que se traduce en lo que necesitamos. La primera parte de la segunda integral es clara. Para la segunda parte de la nota que $$\begin{align}\sec y\frac{3 \tan y}{\sqrt{34-2\cos 2y}}&=\sec y \Big( \frac{\sin 2y}{6\sqrt{34-2\cos 2y}}+\frac{\sqrt{34-2\cos 2y}\tan y}{12}\Big)\\ &=\Big(\frac{d \frac{\sqrt{17-\cos 2y}}{6\sqrt{2}}}{dy}\Big)\sec y + \Big(\frac{d \sec y}{dy}\Big) \frac{\sqrt{17-\cos 2y}}{6\sqrt{2}} \end{align}$$

Answer 4

Primero vamos a sustituir $y = x^{2} + 1$. Entonces

\begin{align*} I &:= \int_{0}^{1} \frac{x^{3}}{2(2-x^{2})(1+x^{2}) + 3\sqrt{(2-x^{2})(1+x^{2})}} \, dx \\ &= \frac{1}{2} \int_{1}^{2} \frac{y - 1}{2y(3-y) + 3\sqrt{y(3-y)}} \, dy \tag{1} \end{align*}

Mediante la sustitución de $y \mapsto 3-y$, se deduce que

$$ I = \frac{1}{2} \int_{1}^{2} \frac{2-y}{2y(3-y) + 3\sqrt{y(3-y)}} \, dy. \tag{2} $$

Por lo tanto la suma de (1) y (2) dividiendo por 2, obtenemos

\begin{align*} I &= \frac{1}{4} \int_{1}^{2} \frac{dy}{2y(3-y) + 3\sqrt{y(3-y)}} = \frac{1}{12} \left[ \frac{3 - 2\sqrt{(3-y)y}}{2y-3} \right]_{1}^{2} = \frac{3-2\sqrt{2}}{6}. \end{align*}

Por supuesto, esto puede no ser una respuesta integral. Mi enfoque original utilizado una cadena de sustituciones:

\begin{align*} I &= \frac{1}{4} \int_{1}^{2} \frac{dy}{2y(3-y) + 3\sqrt{y(3-y)}} \\ &= \frac{1}{2} \int_{3/2}^{2} \frac{dy}{2y(3-y) + 3\sqrt{y(3-y)}}, \qquad (\because \text{ by symmetry}) \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{dy}{(9-s^{2}) + 3\sqrt{9-s^{2}}}, \qquad (s = 2x-3) \\ &= \frac{1}{6} \int_{0}^{\arcsin(1/3)} \frac{d\theta}{1+\cos\theta}, \qquad (s = 3\sin\theta) \\ &= \frac{1}{6} \int_{0}^{3-2\sqrt{2}} dt, \qquad (t = \tan(\theta/2)) \\ &= \frac{3-2\sqrt{2}}{6}. \end{align*}

Answer 5

Aquí es lo que tengo hasta ahora, así que espero que alguien pueda ir más lejos.. La integral anterior tiene una forma de $$ -\frac{1}{8}\int \frac{df}{dx}\frac{dg}{dx}dx $$ Donde $$ f(x) = \ln\left(1-2x^2\right)\\ g(x) = \ln\left(\frac{2}{3}\sqrt{\left(2-x^2\right)\left(1+x^2\right)} +1\right) $$

Pero como siempre la doble verificación de la manipulación.