Encontrar $\displaystyle \int{\dfrac{1}{\sqrt{1+x^4}}dx}$

Question

Encontrar $\displaystyle \int{\dfrac{1}{\sqrt{1+x^4}}dx}$

Deje $x^2=\tan u$ $\implies 2x dx=\sec^2 u du$ $\implies dx=\dfrac{\sec^2 u}{2\sqrt{\tan u}}du$

$=\displaystyle \int{\dfrac{\sec^2 u}{2\sec u\sqrt{\tan u}}du}$ $=\displaystyle \int{\dfrac{\sec u}{2\sqrt{\tan u}}du}$

Estoy seguro de cómo continuar..

Answer 1

Para cualquier número real de $x$ ,

Al $|x|\leq1$ ,

$\int\dfrac{1}{\sqrt{1+x^4}}dx$

$=\int\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n(2n)!x^{4n}}{4^n(n!)^2}dx$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n(2n)!x^{4n+1}}{4^n(n!)^2(4n+1)}+C$

Al $|x|\geq1$ ,

$\int\dfrac{1}{\sqrt{1+x^4}}dx$

$=\int\dfrac{1}{x^2\sqrt{1+\dfrac{1}{x^4}}}dx$

$=\int\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n(2n)!x^{-4n-2}}{4^n(n!)^2}dx$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n(2n)!x^{-4n-1}}{4^n(n!)^2(-4n-1)}+C$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^{n+1}(2n)!}{4^n(n!)^2(4n+1)x^{4n+1}}+C$

Answer 2

$$\displaystyle \int{\dfrac{1}{\sqrt{1-m^4}}dm} = F(\arcsin(m)|-1)$$

Deje $x = (-1)^{1/4}m$

$$-\int{\dfrac{1}{(-1)^{1/4}\sqrt{1+x^4}}dx} = F(\arcsin(x/(-1)^{1/4})|-1) $$

$$ \int{\dfrac{1}{\sqrt{1+x^4}}dx} =(-1)^{1/4} F(\sin^{-1}(x/(-1)^{1/4})|-1) = (-1)^{1/4} F(-\arcsin((-1)^{3/4} x)| -1 ) $$

Donde $F(x|y)$ es el primer tipo de la integral Elíptica de la función.

EDITAR: Lo siento por mi descuido, yo no valorar mis pasos sobre $dx$ de sustitución, la equivalencia puede comprobar a partir de Wolframalpha.

ACTUALIZACIÓN: Para mostrar la equivalencia de mi respuesta y la respuesta dada por WA,

Por $F(-x|y) = -F(x|y)$, $$(-1)^{1/4} F(-\arcsin((-1)^{3/4} x)| -1 ) =-(-1)^{1/4} F(\arcsin((-1)^{3/4} x)| -1 ) $$

Por $arcsin(ix) = iarcsinh(x)$

$$-(-1)^{1/4} F(\arcsin((-1)^{3/4} x)| -1 ) = -(-1)^{1/4} F(i \times arcsinh((-1)^{1/4} x)| -1 )$$

Todo está hecho.

Answer 3

Vamos $$I = \int\frac{1}{\sqrt{1+x^4}}dx\;,$$ Now put $x^2=\tan t\;,$ Then $2xdx = \s^2 tdt$

Por lo $$I = \frac{1}{2}\int\frac{\sec^2 t}{\sec t \sqrt{\tan t}}dt = \frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{1}{\sqrt{\sin 2 t}}dt$$

Ahora pon $\displaystyle 2t=\frac{\pi}{2}-2\theta\;,$ $dt = -d\theta\;,$ Así obtenemos $$I = -\frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}}d\theta$$

Por lo $$I = -\frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{1}{\sqrt{1-2\sin^2 \theta}}d\theta = -\frac{1}{\sqrt{2}}\int^{\theta}_{0}\frac{1}{\sqrt{1-2\sin^2 u}}du = -\frac{1}{\sqrt{2}}F\left(\theta\mid 2\right)+\mathcal{C}$$

$$ = -\frac{1}{\sqrt{2}}F\left(\frac{\frac{\pi}{4}-t}{2}\mid 2\right) +\mathcal{C}= -\frac{1}{\sqrt{2}}F\left(\frac{\frac{\pi}{4}-\tan^{-1}x^2}{2}\mid 2\right)+\mathcal{C}$$

Usando la integral elíptica de primera especie, $$F(\phi\mid k^2) = \int^{\phi}_{0}\frac{1}{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}}d\theta$$

Answer 4

la integral no puede expresada por un conocido elelmentary función, Mathematica dice que este aquí $$-\sqrt[4]{-1} F\left(\left.i \sinh ^{-1}\left(\sqrt[4]{-1} x\right)\right|-1\right)$$