Evaluar

Question

¿Cómo podemos demostrar $$\int_0^1\frac{x^{2/3}(1-x)^{-1/3}}{1-x+x^2}\mathrm{d} x=\frac{2\pi}{3\sqrt 3}?$$

Pensamiento 1
No se puede resolver usando el contorno de integración directa. Si reemplazamos $-1/3$ con $-2/3$ o $1/3$ o algo más, podemos usar el contorno de integración directamente a resolverlo.
Pensamiento 2
He tratado de sustitución de $x=t^3$ e $x=1-t$. Ninguno de ellos funcionó. Pero me di cuenta de que la forma de $1-x+x^2$ no cambia, mientras que la aplicación de $x=1-t$.
Pensamiento 3
Recordar la representación integral de la $_2F_1$ función, yo era capaz de convertir en una fórmula con $_2F_1\left(2/3,1;4/3; e^{\pi i/3}\right)$ involucrados. Pero creo que sólo hará que la integral más "complejo". Por otra parte, prefiero un acercamiento elemental. (Pero también aprecio hipergeométrica enfoque)

Answer 1

Actualización

Ahora he encontrado finalmente una manera de tomar mi hipergeométrica solución de todo el camino hasta su final de forma elemental.

Vamos $$I = \int_0^1 \frac{x^{2/3}}{\sqrt[3]{1 - x} (1 - x +x^2)} \, dx. \tag1$$ El cumplimiento de una sustitución de $x \mapsto 1 - x$ conduce a $$I = \int_0^1 \frac{(1 - x)^{2/3}}{\sqrt[3]{x} (1 - x + x^2)} \, dx. \tag2$$ La adición de (1) a (2) produce $$I = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt[3]{x - x^2} (1 - x + x^2)}.$$

Ampliando el segundo término que aparece en el denominador en términos de una serie geométrica, tenemos \begin{align} I &= \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{dx}{(x - x^2)^{1/3} [1 - (x - x^2)]}\\ &= \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{1}{(x - x^2)^{1/3}} \sum_{n = 0}^\infty (x - x^2)^n \, dx\\ &= \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^\infty \int_0^1 x^{n - 1/3} (1 - x)^{n - 1/3} \, dx\\ &= \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^\infty \operatorname{B} \left (n + \frac{2}{3}, n + \frac{2}{3} \right ), \tag3 \end{align} donde $\operatorname{B}(x,y)$ es la función Beta. Haciendo uso del resultado $$\operatorname{B} (x,x) = \frac{\sqrt{\pi} 2^{1 - 2x} \Gamma (x)}{\Gamma \left (x + \frac{1}{2} \right )},$$ la suma en (3) puede ser escrita como \begin{align} I &= \frac{\sqrt{\pi}}{2 \sqrt[3]{2}} \sum_{n = 0}^\infty \frac{\Gamma \left (n + \frac{2}{3} \right )}{\Gamma \left (n + \frac{7}{6} \right ) 4^n}\\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{2 \sqrt[3]{2}} \cdot \frac{\Gamma (\frac{2}{3})}{\Gamma (\frac{7}{6})} \sum_{n = 0}^\infty \frac{\left (\frac{2}{3} \right )_n (1)_n}{\left (\frac{7}{6} \right )_n 4^n n!}\\ &= \frac{\sqrt{\pi}}{2 \sqrt[3]{2}} \cdot \frac{\Gamma (\frac{2}{3})}{\Gamma (\frac{7}{6})}\ _2F_1 \left (\frac{2}{3}, 1; \frac{7}{6}; \frac{1}{4} \right ),\tag4 \end{align} donde $_2F_1 (a,b;c;x)$ es la función hipergeométrica de Gauss.

Para reducir la función hipergeométrica que aparece en (4) en forma elemental, procedemos de la siguiente manera.

En primer lugar, desde la $_2F_1 (a,b;c;x) =\ _2F_1 (b,a;c;x)$ sobre la aplicación de la segunda de Pfaff de las transformaciones, es decir, $$_2F_1 (a,b;c;x) = (1 - x)^{-a}\ _2F_1 \left (a,c-b;c;\frac{x}{x - 1} \right ),$$ a la función hipergeométrica, tenemos $$_2F_1 \left (1, \frac{2}{3}; \frac{7}{6}; \frac{1}{4} \right ) = \frac{4}{3}\ _2F_1 \left (1, \frac{1}{2}; \frac{7}{6}; -\frac{1}{3} \right ).\tag5$$ Siguiente, la aplicación de Euler de la transformación, es decir, $$_2F_1 (a,b;c;x) = (1 - x)^{c - a - b}\ _2F_1 (c-a,c-b;c;x),$$ tenemos $$_2F_1 \left (1, \frac{2}{3}; \frac{7}{6}; \frac{1}{4} \right ) = \frac{4^{2/3}}{3^{2/3}}\ _2F_1 \left (\frac{1}{6}, \frac{2}{3}; \frac{7}{6}; -\frac{1}{3} \right ). \tag6$$

Finalmente, a partir de DLMF: 15.4.31 vemos que $$_2F_1 \left (a, \frac{1}{2} + a; \frac{3}{2}-2a; -\frac{1}{3} \right ) = \left (\frac{8}{9} \right )^{-2a} \frac{\Gamma (\frac{4}{3}) \Gamma (\frac{3}{2} - 2a)}{\Gamma (\frac{3}{2}) \Gamma (\frac{4}{3} - 2a)}.$$ Establecimiento $a = 1/6$ conduce a $$_2F_1 \left (\frac{1}{6}, \frac{2}{3}; \frac{7}{6}; -\frac{1}{3} \right ) = \frac{\sqrt[3]{9}}{\sqrt{\pi}} \Gamma \left (\frac{4}{3} \right ) \Gamma \left (\frac{7}{6} \right ).$$ Por lo tanto (6) se convierte en $$_2F_1 \left (1, \frac{2}{3}; \frac{7}{6}; \frac{1}{4} \right ) = \frac{2^{4/3}}{\sqrt{\pi}} \Gamma \left (\frac{4}{3} \right ) \Gamma \left (\frac{7}{6} \right ).$$ Sobre sustituyendo este resultado en (4), se tiene \begin{align} I &= \Gamma \left (\frac{2}{3} \right ) \Gamma \left (\frac{4}{3} \right )\\ &= \frac{1}{3} \Gamma \left (\frac{2}{3} \right ) \Gamma \left (\frac{1}{3} \right )\\ &= \frac{1}{3} \Gamma \left (1 - \frac{1}{3} \right ) \Gamma \left (\frac{4}{3} \right )\\ &= \frac{\pi}{3 \sin (\frac{\pi}{3})}\\ &= \frac{2\pi}{3 \sqrt{3}}, \end{align} como se requiere.

Answer 2

La solución fuertemente explota la simetría de el integrando.

Deje $$I = \int_0^1\frac{x^{2/3}(1-x)^{-1/3}}{1-x+x^2} dx $$ Reemplace $x$ por $1-x$ y la suma da $$\tag{1} 2I = \int_0^1 \frac{x^{2/3}(1-x)^{-1/3} + (1-x)^{2/3}x^{-1/3}}{1-x+x^2} dx = \int_0^1 \frac{x^{-1/3}(1-x)^{-1/3}}{1-x+x^2} dx$$

---

Deje $\ln_1$ ser complejo logaritmo de la rama de corte en el eje real positivo, mientras que $\ln_2$ ser el único cuyo corte es en el eje real negativo. Denotar $$f(z) = \frac{2}{3}\ln_1(x) - \frac{1}{3}\ln_2 (1-x)$$ A continuación, $f(z)$ es discontinua a lo largo de la positiva del eje, pero tienen diferentes saltar en $\arg$ a través de intervalos de $[0,1]$ e $[1,\infty)$.

Ahora se integran $g(z) = e^{f(z)}/(1-z+z^2)$ usando el contorno del ojo de la cerradura. Deje $\gamma_1$ ser camino un poco por encima de $[0,1]$, $\gamma_4$ a continuación. $\gamma_2$ ser camino un poco por encima de $[1,\infty)$, $\gamma_3$ a continuación. Es fácil comprobar que $$\int_{\gamma 1} g(z) dz = I \qquad \qquad \int_{\gamma 4} g(z) dz = I e^{4\pi i/3}$$ $$\int_{\gamma 2} g(z) dz = e^{\pi i/3} \underbrace{\int_1^\infty \frac{x^{2/3}(x-1)^{-1/3}}{1-x+x^2} dx}_J\qquad \int_{\gamma 3} g(z) dz = e^{\pi i} J$$

Si realizamos $x\mapsto 1/x$ a $J$, obtenemos $\int_0^1 x^{-1/3}(1-x)^{-1/3}/(1-x+x^2)dx$, lo $J = 2I$ por $(1)$.

Por lo tanto, $$I(1-e^{4\pi i/3}) + 2I(e^{\pi i / 3} - e^{\pi i}) = 2\pi i\times \text{Sum of residues of } g(z) \text{ at } e^{\pm 2\pi i /3}$$ A partir de la cual creo que se puede calcular el valor de $I$.

Answer 3

Hay una completamente primaria manera de resolver esto. En la final, no veo cómo encontrar la primaria de la primitiva de una manera sencilla e intuitiva (si los demás hacen, y, a continuación, por favor, edite la respuesta en consecuencia), pero Rubi me ayudó. Por esta razón he puesto esto, pero lo hacen de cw. También me gustaría agradecer a @JanG que me señaló a la pregunta y que en realidad era el que hacía los primeros cambios de variables.

Conjunto $$ I=\int_0^1\frac{x^{2/3}(1-x)^{-1/3}}{1-x(1-x)}\,dx. $$ Haciendo $x\mapsto 1-x$ y añadiendo, otros han encontrado que $$ I= \frac{1}{2}\int_0^1\frac{x^{-1/3}(1-x)^{-1/3}}{1-x(1-x)}\,dx. $$ A continuación, vamos a $x=(1+y)/2$. Entonces la integral se convierte en $$ I=2^{2/3}\int_{-1}^1\frac{1}{(1-y^2)^{1/3}(3+y^2)}\,dy= 2^{5/3}\int_{0}^1\frac{1}{(1-y^2)^{1/3}(3+y^2)}\,dy. $$ Esto es muy similar (y sólo una $y=\cos t$ fuera de la integral de @Zacky observa en un comentario a la pregunta.

Esto se puede poner en Rubi, y con sorpresa el resultado es elemental, $$ I=\biggl[\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\Bigl(\frac{\sqrt{3}} de{y}\Bigr) +\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\Bigl(\frac{\sqrt{3}\bigl(1-(2-2y^2)^{1/3}\bigr)}{y}\Bigr)-\frac{1}{3}\text{artanh}\,y+\text{artanh}\,\Bigl(\frac{y}{1+(2-2y^2)^{1/3}}\Bigr)\biggr]_0^1 $$ La inserción de la boundarys, el superior da (con un límite) $2\pi/(3\sqrt{3})$ y el inferior da $0$. Por lo tanto $$ I=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}. $$

Answer 4

Aquí nos piggy back off la solución publicado por @pisco, organizar el análisis con detalle en las definiciones de $\arg(z)$ e $\arg(1-z)$, y el acabado mediante la evaluación de la resiudes cerrado por cerrado el "ojo de la cerradura de contorno."

---

Deje $f(z)$ ser la función dada por

$$f(z)=\frac{z^{2/3}(1-z)^{-1/3}}{z^2-z+1}$$

donde elegir la rama de corte de $0$ a $\infty$ a lo largo del eje real positivo tal que

$$\arg(z)=\begin{cases} 0&, z=x+i0^+\\\\ 2\pi&,z=x+i0^- \end{casos}$$

y elegimos la rama de corte de $1$ a $\infty$ a lo largo del eje real positivo con $\arg(1-z)=-\pi+\arg(z-1)$ tales que

$$\arg(1-z)=\begin{cases} 0&, 0<x<1\\\\ -\pi&,z=x+i0^+, 1<x\\\\ \pi&, z=x+i0^-, 1<x \end{casos}$$

---

Entonces, la integral alrededor de la clásica "key hole" contour $C$ es

$$\begin{align} \oint_C f(z)\,dz &=(e^{i2(0)/3}e^{-i(0)/3}-e^{i2(2\pi)/3}e^{-i(0)/3})\int_0^1 \frac{x^{2/3}(1-x)^{-1/3}}{x^2-x+1}\,dx\\\\ &+(e^{i2(0)/3}e^{-i(-\pi)/3}-e^{i2(2\pi)/3}e^{-i(\pi)/3})\int_1^\infty \frac{x^{2/3}(x-1)^{-1/3}}{x^2-x+1}\,dx\\\\ &=(1+e^{i\pi/3})\left(\int_0^1 \frac{x^{2/3}(1-x)^{-1/3}}{x^2-x+1}\,dx+\int_1^\infty \frac{x^{2/3}(x-1)^{-1/3}}{x^2-x+1}\,dx\right)\tag1 \end{align}$$

---

Hacer cumplir la sustitución de $x\mapsto 1/x$ en la segunda integral en el lado derecho de la $(1)$ revela

$$\begin{align} \oint_C f(z)\,dz &=(1+e^{i\pi/3})\int_0^1 \frac{x^{2/3}(1-x)^{-1/3}+x^{-1/3}(1-x)^{-1/3}}{x^2-x+1}\,dx\tag2 \end{align}$$

---

El uso de la identidad de $x^{2/3}(1-x)^{-1/3}+x^{-1/3}(1-x)^{2/3}=x^{-1/3}(1-x)^{-1/3}$ , y la observación de que $x^2-x+1=(1-x)^2-(1-x)+1$ podemos encontrar desde $(2)$ que

$$\begin{align} \oint_C f(z)\,dz &=3(1+e^{i\pi/3})\int_0^1 \frac{x^{2/3}(1-x)^{-1/3}}{x^2-x+1}\,dx\\\\ &=3(1+e^{i\pi/3})\int_0^1 \frac{x^{2/3}(1-x)^{-1/3}}{x^2-x+1}\,dx\tag3 \end{align}$$

---

A partir de los residuos teorema tenemos

$$\begin{align} \oint_C f(z)\,dz&=2\pi i \left(\text{Res}\left(f(z), z=\frac12+i\frac{\sqrt3}2\right)+\text{Res}\left(f(z), z=\frac12-i\frac{\sqrt3}2\right)\right)\\\\ &=2\pi i \left(\frac{e^{i2\pi/9}e^{i\pi/9}}{i2\sqrt 3}+\frac{e^{i10\pi/9}e^{-i\pi/9}}{-i2\sqrt 3}\right)\\\\ &=\frac{2\pi}{\sqrt3} (1+e^{i\pi/3})\tag4 \end{align}$$

---

Por último, el establecimiento $(3)$ e $(4)$ igualdad de los rendimientos de la codiciada resultado

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