Resuelve la integral usando funciones beta:$\int_0^1 \frac{(1-x^4)^{3/4}}{(1+x^4)^2}\,dx$

Question

Yo era la resolución de preguntas sobre la beta y gamma funciones y, a continuación, me encontré con esta pregunta.

$$ \int_0^1 \frac{(1-x^4)^{3/4}}{(1+x^4)^2}\,dx $$

Generalmente en las preguntas de la beta de las funciones de las integrales del tipo $\int x^n(1−x^m) \, dx$ puede ser resuelto mediante la sustitución de $x^m = t$, pero en este caso la sustitución no es convencional, porque si me pongo a$1+x^4=t$, entonces no voy a conseguir la forma de la función beta

Traté de sustituir $x^2 = \tan t$ y también trató de sustituir a$x^2 = \cos t$ pero en la simplificación de cada uno de ellos más que yo no podría reducir a una forma estándar de la función beta.

Answer 1

Aplicar la sustitución de $x^4 = \frac{1-u}{1+u}$. Entonces

$$ I := \int_{0}^{1} \frac{(1-x^4)^{3/4}}{(1+x^4)^2} \, dx = \frac{1}{2^{9/4}} \int_{0}^{1} u^{3/4}(1-u)^{-3/4} \, du = \frac{1}{2^{9/4}} B(\tfrac{7}{4},\tfrac{1}{4}) = \frac{3\pi}{2^{15/4}}.$$

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Las explicaciones. Primer sustituto $x^4 = t$ obtener $ I = \frac{1}{4} \int_{0}^{1} \frac{(1-t)^{3/4}t^{-3/4}}{(1+t)^2} \, dx$. Para transformar esta integral en la forma de beta integral, nos damos cuenta de que

• $-1$, $0$ e $1$ son la única rama de los puntos o polos de el integrando,
• $0$, $1$, $\infty$ son la única rama de los puntos o polos de el integrando de a$\int_{0}^{1} u^{\alpha-1}(1-u)^{\beta-1} \, du$.

Esto lleva a considerar la posibilidad de una transformación de Möbius $t = f(u) = \frac{au+b}{cu+d}$ la satisfacción de cualquiera de las

1. $f(\infty) = -1$, $f(0) = 0$ e $f(1) = 1$ e $ad-bc > 0$, o
2. $f(\infty) = -1$, $f(0) = 1$ e $f(1) = 0$ e $ad-bc < 0$.

La primera condición rendimientos $f(u) = \frac{u}{2-u}$ y la segunda condición rendimientos $f(u) = \frac{1-u}{1+u}$. Ambos pueden ser utilizados, ya que una condición es simplemente transformado a la otra por $z \mapsto 1-z$.

Answer 2

Podemos utilizar el Teorema del Binomio en el formulario $$ (1+x)^{-\alpha}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k\Gamma(k+\alpha)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(k+1)}x^k\tag1 $$ para obtener $$ \begin{align} \int_0^1\frac{(1-x^4)^{3/4}}{(1+x^4)^2}\,\mathrm{d}x &=\frac14\int_0^1\frac{(1-x)^{3/4}}{(1+x)^2}x^{-3/4}\,\mathrm{d}x\tag2\\ &=\frac14\int_0^1(1-x)^{3/4}x^{-3/4}\sum_{k=0}^\infty(k+1)(-x)^k\,\mathrm{d}x\tag3\\ &=\frac14\sum_{k=0}^\infty(-1)^k(k+1)\int_0^1(1-x)^{3/4}x^{k-3/4}\,\mathrm{d}x\tag4\\ &=\frac14\sum_{k=0}^\infty(-1)^k(k+1)\frac{\Gamma\!\left(\frac74\right)\Gamma\left(k+\frac14\right)}{\Gamma(k+2)}\tag5\\ &=\underbrace{\frac14\Gamma\!\left(\frac74\right)\Gamma\!\left(\frac14\right)\vphantom{\sum_{k=0}^\infty}}_{\frac{3\sqrt2}{16}\pi}\underbrace{\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k\Gamma\left(k+\frac14\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)\Gamma(k+1)}}_{(1+1)^{-1/4}}\tag6\\ &=\frac{3\sqrt[4]2}{16}\pi\tag7 \end{align} $$ Explicación:
$(2)$: sustituto $x\mapsto x^{1/4}$
$(3)$: aplicar $(1)$ con $\alpha=2$ y el uso de $(k+1)\Gamma(k+1)=\Gamma(k+2)$
$(4)$: recoger la integral de la Función Beta
$(5)$: evaluar la integral
$(6)$: reorganizar los factores y el uso de $(k+1)\Gamma(k+1)=\Gamma(k+2)$
$(7)$: $\frac14\Gamma\!\a la izquierda(\frac74\right)\Gamma\!\a la izquierda(\frac14\right) =\frac14\cdot\frac34\Gamma\!\a la izquierda(\frac34\right)\Gamma\!\a la izquierda(\frac14\right) =\frac3{16}\pi\csc\left(\frac\pi4\right) =\frac{3\sqrt2}{16}\pi$
$\phantom{(7)\text{:}}$ aplican $(1)$ con $\alpha=\frac14$ e $x=1$