Integrar a $\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}$

Question

integrar a $$\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}$$

He empezado por la divide en dos integrales: $$\int_0^{1/2} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}$$ y $$\int_{1/2}^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}$$

Entonces estoy tratando de encontrar una primitiva de a $$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}$$ por medio de la sustitución. Sin embargo, yo no tener éxito con ello. El uso de la integral a partir de wolframalpha: https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+1%2F%28sqrt%28x%281-x%29% 29% 29

Sigo sin encontrar la respuesta que debería ser $\pi$.

Answer 1

Hay una magia sustitución: vamos a $x=\sin^2\theta$. A continuación,$dx=2\sin\theta\cos\theta\,d\theta$, y el de abajo es $\sin\theta\cos\theta$. Así que queremos $$\int_{\theta=0}^{\pi/2} 2\,d\theta.$$

Nota: el original de La integral es en realidad un convergentes incorrecto integral. En el cálculo anterior, se fueron deliberadamente descuidado y se olvidó de eso.

Si queremos ser cuidadoso, vamos a encontrar el límite de $\delta$ $\epsilon$ enfoque de $0$ desde el derecho de $$\int_\delta^{\pi/2-\epsilon} 2\,d\theta.$$

Answer 2

Es una de las formas de la función Beta,

\begin{align} \int_0^1\, x^a\, (1-x)^b\, dx=\mathrm B(a+1,b+1)=\frac{\Gamma{(a+1)}\Gamma{(b+1)}}{\Gamma{(a+b+2)}} \end{align}

Para $a=b=-\frac{1}{2}$

$$\mathrm B\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\frac{\Gamma{(1/2)}\, \Gamma{(1/2)}}{\Gamma{(1)}}=\pi$$

Answer 3

$$x(1-x)=\frac14-\left(\frac12-x\right)^2$$

Así

$$I=\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}=\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\frac14-\left(\frac12-x\right)^2}}$$

Escribir $\frac{u}2=\frac12-x$, $\mathrm{d}u=-2\mathrm{d}x$ y

$$I=-\frac12\int_{1}^{-1} \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{\frac14-\frac{u^2}4}}= \int_{-1}^{1} \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1-u^2}}=[\arcsin u]_{-1}^{1}=\pi$$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{1}{\dd x \over \root{x\pars{1 - x}}}:\ {\large ?}}$

\begin{align} &\color{#00f}{\large\int_{0}^{1}{\dd x \over \root{x\pars{1 - x}}}} =\overbrace{\int_{0}^{1/2}{\dd x \over \root{x\pars{1 - x}}}} ^{\ds{x = t^{2}}}\ +\ \overbrace{\int_{1/2}^{1}{\dd x \over \root{x\pars{1 - x}}}}^{\ds{x = 1 - t^{2}}} \\[3mm]&=\int_{0}^{\root{2}/2}{2\,\dd t \over \root{1 - t^{2}}} +\int_{\root{2}/2}^{0}{-2\,\dd t \over \root{1 - t^{2}}} =4\ \overbrace{\int_{0}^{\root{2}/2}{\dd t \over \root{1 - t^{2}}}}^{\ds{t = \sin\pars{\theta}}} =4\int_{0}^{\pi/4}\dd\theta =\color{#00f}{\LARGE\pi} \end{align}

Answer 5

Las integrales de la forma $\int \frac{f(x)}{\sqrt{x}} dx$ se manejan a menudo con la sustitución de $u = \sqrt{x}, \frac{dx}{\sqrt{x}}=2\,du$. En este caso los rendimientos $\int \frac{2\, du}{\sqrt{1-u^2}} dx$, que se puede integrar el uso de $\arcsin$.