Cómo evaluar esta integral definida $\int_0^2(1-x^2)^\frac{1}{3}~dx$

Question

Un estudiante me pidió que le ayudara a calcular esta integral definida $$\int_0^2(1-x^2)^\frac{1}{3}~dx$$ Aunque he probado casi todos los métodos que he aprendido, no puedo seguir haciéndolo. He probado el cambio de variable $x=\sec t$ y el método de la integral por partes. ¿Puede alguien ayudarme?

Answer 1

No, nadie puede ayudar a su alumno a calcular esta integral definida. Es demasiado horriblemente desagradable de lejos . Dígale que espere hasta que llegue a la escuela de posgrado y vea si sigue interesado en las horribles integrales entonces.

Answer 2

$\int_0^2(1-x^2)^\frac{1}{3}~dx$

$=\int_1^{-\sqrt[3]3}x~d\left((1-x^3)^\frac{1}{2}\right)$

$=\int_1^{-\sqrt[3]3}\dfrac{3x^3(1-x^3)^{-\frac{1}{2}}}{2}dx$

$=\int_{-1}^\sqrt[3]3\dfrac{3(-x)^3(1-(-x)^3)^{-\frac{1}{2}}}{2}d(-x)$

$=\int_{-1}^\sqrt[3]3\dfrac{3x^3(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}}{2}dx$

$=\int_{-1}^1\dfrac{3x^3(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}}{2}dx+\int_1^\sqrt[3]3\dfrac{3x^3(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}}{2}dx$

$=\int_{-1}^1\dfrac{3x^3(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}}{2}dx+\int_1^\sqrt[3]3\dfrac{3x^\frac{3}{2}~(1+x^{-3})^{-\frac{1}{2}}}{2}dx$

Para la serie binomial de $(1+x)^{-\frac{1}{2}}$ , $(1+x)^{-\frac{1}{2}}=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n(2n)!x^n}{4^n(n!)^2}$

$\therefore\int_{-1}^1\dfrac{3x^3(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}}{2}dx+\int_1^\sqrt[3]3\dfrac{3x^\frac{3}{2}~(1+x^{-3})^{-\frac{1}{2}}}{2}dx$

$=\int_{-1}^1\dfrac{3x^3}{2}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n(2n)!x^{3n}}{4^n(n!)^2}dx+\int_1^\sqrt[3]3\dfrac{3x^\frac{3}{2}}{2}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n(2n)!x^{-3n}}{4^n(n!)^2}dx$

$=\int_{-1}^1\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(-1)^n(2n)!x^{3n+3}}{2^{2n+1}(n!)^2}dx+\int_1^\sqrt[3]3\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(-1)^n(2n)!x^{\frac{3}{2}-3n}}{2^{2n+1}(n!)^2}dx$

$=\biggl[\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(-1)^n(2n)!x^{3n+4}}{2^{2n+1}(n!)^2(3n+4)}\biggr]_{-1}^1+\biggl[\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(-1)^n(2n)!x^{\frac{5}{2}-3n}}{4^n(n!)^2(5-6n)}\biggr]_1^\sqrt[3]3$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(-1)^n(2n)!}{2^{2n+1}(n!)^2(3n+4)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(-1)^n(2n)!(-1)^{3n+4}}{2^{2n+1}(n!)^2(3n+4)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(-1)^n(2n)!3^{\frac{5}{6}-n}}{4^n(n!)^2(6n-5)}+\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(-1)^n(2n)!}{4^n(n!)^2(6n-5)}$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(-1)^n(2n)!}{4^n(n!)^2(6n-5)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3^\frac{11}{6}(-1)^n(2n)!}{12^n(n!)^2(6n-5)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(4n+2)!}{4^{2n+1}((2n+1)!)^2(6n+7)}$

Answer 3

Dejemos que $x = 1 -u^3$ podemos reescribir la integral $\mathcal{I}$ como

$$\mathcal{I} = \int_0^2\sqrt[3]{1-x^2}dx = 3\sqrt[3]{2}\int_{-1}^1 u^3 \left(1 - \frac{u^3}{2}\right)^{\frac13} du\\ $$ Dado que la expansión en serie de potencias de $\left(1 - \frac{u^3}{2}\right)^{\frac13}$ en $u = 0$ tiene un radio de convergencia $> 1$ podemos expandirla dentro del signo de la integral y evaluar la expansión término a término. Tenemos

$$\begin{align} \mathcal{I} \stackrel{[\color{blue}{1}]}{=}& 3\sqrt[3]{2}\int_{-1}^1 u^3 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\left(-\frac13\right)_k}{k!}\left(\frac{u^3}{2}\right)^k du\\ =&3\sqrt[3]{2}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-\frac13)_k}{k!}\frac{1}{3k+4}\left[\left(\frac12\right)^k - \left(-\frac12\right)^k\right]\\ \stackrel{[\color{blue}{2}]}{=}&\frac{3\sqrt[3]{2}}{4}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-\frac13)_k (\frac43)_k}{k!(\frac73)_k} \left[\left(\frac12\right)^k - \left(-\frac12\right)^k\right]\\ =&\frac{3\sqrt[3]{2}}{4}\left[\,_2F_1(-\frac13,\frac43;\,\frac73;\,\frac12) -\,_2F_1(-\frac13,\frac43;\,\frac73;\,-\frac12)\right] \end{align} $$ Lanzar la última expresión a WA nos da $$\mathcal{I} \sim -0.18490339160722117817295686175099263891533938048269736635284...$$ consistente con lo que obtendrá si le pide a WA que evalúe numéricamente la integral original.

Notas

$[\color{blue}{1}]$ $(\alpha)_k = \alpha(\alpha+1)\cdots(\alpha+k-1)$ es el aumento Símbolo del martillo pilón .
$[\color{blue}{2}]$ Utilizamos la identidad $\frac{(\gamma)_k}{(\gamma+1)_k} = \frac{\gamma}{\gamma+k}$ aquí.