¿Cómo evaluar...

Question

Tengo que evaluar

$$\int_0^a\frac{x^4}{(a^2+x^2)^4}\,{\rm d}x$$

He intentado sustituir $x=a\tan\theta$ que entonces se simplifica a $$\frac1{a^5}\int_0^\frac\pi4\sin^4\theta\cos^2\theta\, {\rm d}\theta$ $.

Ahora, su muy agitado para solucionar esto. ¿Hay cualquier otros método hacia fuera?

Answer 1

No resulta "agitado" en todo:

$$\frac1{a^5}\int_0^\frac\pi4\sin^4\theta\cos^2\theta d\theta=$$

$$\frac1{a^5}\int_0^\frac\pi4(\sin\theta\cos\theta)^2\sin^2\theta d\theta=$$

$$\frac1{8a^5}\int_0^\frac\pi4(\sin^22\theta)(1-\cos2\theta) d\theta=$$

$$\frac1{16a^5}\int_0^\frac\pi4(1-\cos4\theta)(1-\cos2\theta) d\theta=$$

$$\frac1{16a^5}\int_0^\frac\pi4(1-\cos4\theta-\cos2\theta+\cos4\theta\cos2\theta) d\theta=$$

$$\frac1{16a^5}\int_0^\frac\pi4(1-\cos4\theta-\cos2\theta+\frac12(\cos6\theta+\cos2\theta))d\theta=$$

$$\frac1{16a^5}\int_0^\frac\pi4(1-\cos4\theta-\frac12\cos2\theta+\frac12\cos6\theta)d\theta=$$

$$\frac1{16a^5}(\theta-\frac14\sin4\theta-\frac14\sin2\theta+\frac1{12}\sin6\theta)|_{0}^{\pi/4}=$$

$$\frac1{16a^5}(\frac\pi4-\frac13)=\frac1{192}(3\pi-4)$$

.. .y Mathematica da el mismo resultado.

Answer 2

SUGERENCIA:

Si usted quiere resolver $\frac1{a^5}\int_0^\frac\pi4\sin^4\theta\cos^2\theta d\theta$ luego

$1)$Put $\theta=8t$ y $\frac1{a^5}\int_0^\frac\pi4\sin^4\theta\cos^2\theta d\theta=\frac1{8a^5}\int_0^{2\pi}\sin^4{8t}\cos^2{8t} dt$

$2)$ $z=e^{it}$ De poner y después de algunas sustituciones tendrá una integral de una función racional $\frac{P(z)}{Q(z)}$

Ahora puede encontrar los polos de la función de la región rodeada por el círculo de la unidad y aplicar el teorema del residuo.

Con la sustitución antedicha: $$\sin{t}=\frac{z-\frac{1}{z}}{2i}$$ $% $ $\cos{t}=\frac{z+\frac{1}{z}}{2}$

También se encuentran a relaciones similares para %#% $ #%

Answer 3

Una vez que es evidente que la integral original es simplemente $\frac{C}{a^5}$, $$ C=\int{0}^{\pi/4}\sin^4(\theta)\cos^2(\theta)\,d\theta\stackrel{\theta\mapsto\varphi/2}{=}\frac{1}{2}\int{0}^{\pi/2}\left(\frac{1-\cos\varphi}{2}\right)^2\left(\frac{1+\cos\varphi}{2}\right)\,d\varphi $ $ uno puede simplemente ampliar todo y explotar $$ \int{0}^{\pi/2}\cos^{2m}(\varphi)\,d\varphi = \frac{\pi}{2\cdot 4^m}\binom{2m}{m},\qquad \int{0}^{\pi/2}\cos^{2m+1}(\varphi)\,d\varphi = \frac{4^m}{(2m+1)\binom{2m}{m}} $ $, que son cruciales en muchas pruebas de producto de Wallis o desigualdad de Stirling, por ejemplo.
Tal vez no es el enfoque más eficiente, pero seguro es sencillo. Conduce a $C=\frac{3\pi-4}{192}$.

Answer 4

$$I=\int_0^a\frac{x^4}{(a^2+x^2)^4}dx$$ en primer lugar: $$\frac{1}{(a^2+x^2)^4}=\frac{1}{\left[a^2(1+\left(\frac{x}{a}\right)^2\right]^4}=\frac{a^{-8}}{\left[1+\left(\frac{x}{a}\right)^2\right]^4}$$ ahora podemos utilizar la sustitución: $$x=a\tan(u)\,,dx=a\sec^2(u)du$$ así que nuestra integral se convierte en: $$I=\frac{1}{a^8}\int_0^{\pi/4}\frac{a^4\tan^4(u)}{\sec^8(u)}.a\sec^2(u)du=\frac{1}{a^3}\int_0^{\pi/4}\frac{\tan^4(u)}{\sec^6(u)}du=\frac{1}{a^3}\int_0^{\pi/4}\sin^4(u)\cos^2(u)du$$ lo que ahora podemos dividir en dos partes: $$I_1=\int_0^{\pi/4}\sin^4(u)du$$ $$I_2=\int_0^{\pi/4}\sin^6(u)du$$ ahora sólo tiene que utilizar la $\sin(x)$ fórmula de reducción: $$\int\sin^n(x)dx=-\frac{1}{n}\sin^{n-1}(x)\cos(x)+\frac{n-1}{n}\int\sin^{n-2}(x)dx$$ que podemos modificar para nuestros límites: $$\int_0^{\pi/4}\sin^n(x)dx=-\frac{1}{n}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^n+\frac{n-1}{n}\int_0^{\pi/4}\sin^{n-2}(x)dx$$ y ahora es fácil evaulate: $$I_1=-\frac{1}{16}+\frac{3}{4}\int_0^{\pi/4}\sin^2(x)dx$$ $$I_1=-\frac{1}{16}+\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\int_0^{\pi/4}dx\right)=-\frac{1}{4}+\frac{3\pi}{32}$$ así que ahora podemos pasar a la segunda integral: $$I_2=-\frac{1}{48}+\frac{5}{6}I_1=-\frac{11}{48}+\frac{5\pi}{64}$$ así: $$I_1-I_2=\left(-\frac{1}{4}+\frac{3\pi}{32}\right)-\left(-\frac{11}{48}+\frac{5\pi}{64}\right)=\frac{3\pi-4}{192}$$ y sabemos que: $$I=\frac{I_1-I_2}{a^3}$$ por lo tanto: $$I=\frac{3\pi-4}{192a^3}$$

En términos de tratar de utilizar otro método, supongo que podría intentar utilizar una forma de la función beta. Sabemos que: $$B(\alpha,\beta)=\int_0^{\pi/2}\sin^{\alpha-1}(x)\cos^{\beta+1}(x)dx=\frac{\Gamma\left(\frac{\alpha}{2}\right)\Gamma\left(1+\frac{\beta}{2}\right)}{2\Gamma\left(1+\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}$$ y el uso de otra sustitución: $$u=\frac{x}{2}$$ podemos obtener: $$B(\alpha,\beta)=\int_0^{\pi/2}\sin^{\alpha-1}(x)\cos^{\beta+1}(x)dx=2\int_0^{\pi/4}\sin^{\alpha-1}(2u)\cos^{\beta+1}(2u)du=2\int_0^{\pi/4}\left(2\sin(u)\cos(u)\right)^{\alpha-1}\left(\cos^2(u)-\sin^2(u)\right)^{\beta+1}du$$ aunque esto parece ser más problemas que sólo la evaluación de la integral utilizando la fórmula de reducción.

Esta es la forma de derivar la fórmula de reducción: $$\int\sin^n(x)dx=-\sin^{n-1}(x)\cos(x)-(n-1)\int(-\cos(x))\sin^{n-2}(x)\cos(x)dx$$$$=-\sin^{n-1}(x)\cos(x)+(n-1)\int\sin^{n-2}(x)(1-\sin^2(x))dx$$$$=-\sin^{n-1}(x)\cos(x)+(n-1)\int\sin^{n-2}(x)dx-(n-1)\int\sin^n(x)dx$$ así: $$n\int\sin^n(x)dx=-\sin^{n-1}(x)\cos(x)+(n-1)\int\sin^{n-2}(x)dx$$ finalmente: $$\int\sin^n(x)dx=-\frac{1}{n}\sin^{n-1}(x)\cos(x)+\frac{n-1}{n}\int\sin^{n-2}(x)dx$$

O usted podría intentar el uso de la serie: $$I=\int_0^a\frac{x^4}{(a^2+x^2)^4}dx=\int_0^a x^4(a^2+x^2)^{-4}dx=a^{-8}\int_0^a x^4\left(1+\left(\frac{x}{a}\right)^2\right)^{-4}dx$$$$=\frac{a^{-8}}{24}\int_0^a x^4\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{x}{a}\right)^n (-1)^n \frac{(n+4)!}{n!}dx$$$$=\frac{1}{24}\int_0^a\sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{n+4}a^{-(n+8)}\frac{(n+4)!}{n!}dx$$$$ =\frac{1}{24}\sum_{n=0}^\infty\left[x^{n+5}\right]_{x=0}^a a^{-(n+8)}\frac{(-1)^n(n+4)!}{(n+5)n!}$$$$ =\frac{1}{24a^3}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n(n+4)!}{(n+5)n!}$$ aunque me parece que han cometido un error en la serie en algún lugar como la suma no converge

EDITAR: volviendo a la función beta, hay otra versión llamada la función beta incompleta, que establece: $$B(z;a,b)=\int_0^z x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx=z^a\sum_{n=0}^\infty\frac{(1-b)_n}{n!(a+n)}z^n$$ pero de nuevo no es sólo más fácil el uso de una fórmula de reducción o de romper hacia abajo para usted el uso de la identidad: $$\cos(2x)=\cos^2(x)-\sin^2(x)=2\cos^2(x)-1=1-2\sin^2(x)$$ por lo tanto: $$\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}{2}$$

Answer 5

Nos dan el cambio de la variable $x=a\tan\theta$

$$I=\int_0^a\frac{x^4}{(a^2+x^2)^4}\, dx=\frac{1}{a^3}\int_0^{\pi/4}\sin^4(\theta)\cos^2(\theta) \,d\theta.$$

Ahora escriba $\cos^2(\theta)=1-\sin^2(\theta)$, que

$$I=\frac{1}{a^3}\int_0^{\pi/4}\left[\sin^4(\theta)-\sin^6(\theta)\right] \,d\theta.$$

Utilice entonces la fórmula de reducción:

$$\int \sin^m(x)\,dx=-\frac{\cos(x)\sin^{m-1}(x)}{m}+\frac{m-1}{m}\int\sin^{-2+m}(x)\,dx.$$

Con esto, se obtiene

$$\int_0^a\frac{x^4}{(a^2+x^2)^4}\,dx =\frac{3\pi-4}{192a^3}$$