Necesito resolver la siguiente integral: $$ I = \int_{1}^{\infty} \frac{\sqrt{x - 1}}{(x + 1)^{2}} ~ \mathrm{d}{x}. $$ Wolfram Alpha da la respuesta como $ \dfrac{\pi}{2 \sqrt{2}} $ .
Creo que se puede conseguir mediante un análisis complejo, pero no tengo ni idea de cómo. Además, ¿hay un nombre especial para esta integral, es decir, tiene algún significado físico conocido?
Dejemos que $u=\sqrt{x-1}$ , $du=\frac{1}{2\sqrt{x-1}}$ entonces
$$I=2\int_0^\infty\frac{u^2}{(u^2+2)^2}du$$
Aquí podemos aplicar fracciones parciales.
$$=2\int_0^\infty\left(\frac{1}{u^2+2}-\frac{2}{(u^2+2)^2}\right)du$$
$$=2\int_0^\infty\frac{1}{u^2+2}du-4\int_0^\infty\frac{1}{(u^2+2)^2}du$$
El primer integrante es casi $\tan^{-1}$ Así que podemos factorizar el 2 y aplicar la sustitución $s=\frac{u}{\sqrt{2}}$ .
$$I=\sqrt 2\int_0^\infty\frac{1}{s^2+1}ds-4\int_0^\infty\frac{1}{(u^2+2)^2}du$$
$$=\frac{\pi}{\sqrt 2}-4\int_0^\infty\frac{1}{(u^2+2)^2}du$$
Ahora para abordar la segunda integral podemos utilizar una subtrama trigonométrica.
Dejemos que $u=\sqrt{2}\tan (t)$ , $du=\sqrt 2 \sec^2(t)dt$ .
$$I=\frac{\pi}{\sqrt 2}-4\sqrt 2 \int_0^{\pi/2}\frac{\sec ^2 t}{4\sec^4t}dt$$
$$=\frac{\pi}{\sqrt 2}-\sqrt 2\int _0^{\pi/2}\cos^2(t) dt$$
$$=\frac{\pi}{\sqrt 2}-\sqrt 2 \int_0^{\pi/2}\left(\frac{1}{2}\cos(2t)+\frac{1}{2} \right)dt$$
Si sustituimos $v=2t$ y dividiendo la integral obtenemos
$$I=\frac{\pi}{\sqrt 2}-\frac{1}{2\sqrt 2} \int_0^\pi \cos(v)dv-\frac{1}{\sqrt 2}\int_0^{\pi/2}1dt$$
La primera integral va claramente a 0 y la segunda integral se convierte en $\frac{\pi}{2\sqrt 2}$ .
Por lo tanto,
$$I=\frac{\pi}{2\sqrt 2}$$
Utilizando un contorno de ojo de cerradura con el origen del ojo de cerradura en $z=1$ y el pequeño círculo que encierra el valor $z=1$ y utilizando $$f(z) = \frac{\exp(1/2\log(z-1))}{(1+z)^2}$$ con el corte de rama del logaritmo en el eje real positivo y el argumento de $0$ a $2\pi$ obtenemos para la integral $$I=\int_1^\infty \frac{\sqrt{x-1}}{(1+x)^2} dx$$ que $$I(1-\exp(\pi i)) = 2\pi i\mathrm{Res}_{z=-1} f(z)$$ o $$I = \pi i\mathrm{Res}_{z=-1} f(z).$$
Ahora el término logarítmico es ciertamente analítico en una vecindad de $z=-1$ y tenemos $$\mathrm{Res}_{z=-1} f(z) = \left.\left(\exp(1/2\log(z-1))\right)'\right|_{z=-1} = \left. \left(\exp(1/2\log(z-1))\right) \frac{1}{2}\frac{1}{z-1}\right|_{z=-1} \\= \exp(1/2(\log 2 + \pi i)) \times -\frac{1}{2}\frac{1}{2} = -\frac{1}{4} \sqrt{2} i.$$
Esto da como resultado $$I = -\frac{1}{4} \sqrt{2} i \times\pi i=\frac{\sqrt{2}\pi}{4}.$$
Observación. Las estimaciones de los componentes circulares se realizan utilizando ML igual que en este Enlace MSE . Obtenemos para el círculo grande parametrizado por $z=R e^{it}$ $$\lim_{R\rightarrow \infty} 2\pi R \frac{\sqrt{R+1}}{(R-1)^2} = 0.$$
El círculo pequeño es un parámetro con $z=1+\epsilon e^{it}$ y obtenemos $$\lim_{\epsilon\rightarrow 0} 2\pi\epsilon \frac{\sqrt{\epsilon}}{4} = 0.$$
$$I=\int_{1}^{\infty}\frac{\sqrt{x-1}}{(x+1)^2}dx$$ Utilizar la sustitución $\frac{1}{x+1}=t$ lo que implica $\frac{dx}{(x+1)^2}=-dt$ Así que
$$I=-\int_{0.5}^{0}\sqrt{\frac{1}{t}-2}\:dt=\int_{0}^{0.5}\frac{\sqrt{1-2t}}{\sqrt{t}}dt$$
De nuevo, utilice la sustitución $\sqrt{t}=y$ lo que implica $\frac{dt}{\sqrt{t}}=2dy$
$$I=2\int_{0}^{\sqrt{0.5}}\sqrt{1-2y^2}dy=2\sqrt{2}\int_{0}^{\sqrt{0.5}}\sqrt{(\sqrt{0.5})^2-t^2}$$
Utilizar la integral estándar $$\int\sqrt{a^2-x^2}dx=\frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2}+\frac{a^2}{2}sin^{-1}(\frac{x}{a})$$
obtenemos $$I=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}$$
Esta es la antiderivada general. Sólo hay que tomar los límites y ya está. $$\int{\frac{\sqrt{x-1}}{(x+1)^2}dx}$$ Sustituir $u = \sqrt{x-1}$ $$= \int{\frac{u}{(u^2+2)^2}du}$$ $$= 2\int\left(\frac{u}{u^2+2}-\frac{2}{(u^2+2)^2}\right)du$$ $$= \int\frac{u}{\frac{u^2}{2}+1}du-4\int\frac{2}{(u^2+2)^2}du$$ Sustituir $s = \frac{u}{\sqrt{2}}$ y $ds = \frac{1}{\sqrt{2}}$ $$= \sqrt{2}\int\frac{1}{s^2+1}ds-4\int\frac{2}{(u^2+2)^2}du$$ $$= \sqrt{2}\arctan(s)-4\int\frac{2}{(u^2+2)^2}du$$ Sustituir $u = \sqrt{2}\tan (p)\quad$ y $\quad du = \sqrt{2}\sec^2(p) dp\quad$ y $\quad(u^2 + 2)^2 = (2\tan^2(p)+2)^2 = 4\sec^4(p)\quad$ y $\quad p=\arctan\frac{u}{\sqrt{2}}$ $$= \sqrt{2}\arctan(s)-\sqrt{2}\int\cos^2(p)du$$ $$= \sqrt{2}\arctan(s)-\sqrt{2}\int\left(\frac{1}{2} \cos(2p) + \frac{1}{2}\right)du$$ $$= \sqrt{2}\arctan(s)-\frac{1}{\sqrt{2}}\int\cos(2p) - \frac{1}{\sqrt{2}}\int du$$ $$= \sqrt{2}\arctan(s)-\frac{p}{\sqrt{2}} - \frac{\sin(p)\cos(p)}{\sqrt{2}}$$ $$= \sqrt{2}\arctan(s)-\frac{\arctan\frac{u}{\sqrt{2}}}{\sqrt{2}} - \frac{\sin(\arctan\frac{u}{\sqrt{2}})\cos(\arctan\frac{u}{\sqrt{2}})}{\sqrt{2}}$$ Tenga en cuenta que $\cos(\arctan(z)) = \frac{1}{\sqrt{z^2 + 1}}$ y $\sin(\arctan(z)) = \frac{z}{\sqrt{z^2+1}}$ $$= \frac{2\sqrt{2}(u^2+2)\arctan(s)+\sqrt{2}(u^2+2)\arctan\frac{u}{\sqrt{2}}+2u}{2(u^2+2)}$$ $$=\frac{\sqrt{2}(u^2+2)\arctan \frac{u}{\sqrt{2}}-2u}{2(u^2+2)}$$ $$=\frac{\sqrt{2}(x+1)\arctan \frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{2}}-2\sqrt{x-1}}{2(x+1)}$$ $$=\frac{\arctan \frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{2}}}{\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{x-1}}{x+1}$$
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El integrando tiene una antiderivada de forma cerrada.
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No es necesario utilizar análisis complejos.
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Si quieres usar la integración de contornos, toma un ojo de cerradura alrededor con una hendidura en la línea $(1,\infty)$