Integrar

Question

Intenté muchas veces integrar esta función utilizando la integración por partes, la sustitución como$x^2+1=t$ sin ninguna conclusión ... ¿es integrable? Si es integrable, ¿cómo puedo integrarlo? Gracias de antemano

Answer 1

Mathematica sugiere $$ \int dx(x^2+1)^{1/3}=\frac{3}{5}x(x^2+1)^{1/3}+\frac{2x}{5} \cdot \ _2F_1[\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{3}{2},-x^2] $$ donde la función Hipergeométrica es dada por $$ _2F_1(a,b,c;x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{(a)_k (b)_k (c)_k x^k}{(c)_k k!}. $$ Para responder a sus preguntas, es integrable, sin embargo el resultado es, en términos de funciones especiales (HYpergeomtric funciones) y NO funciones elementales tales como las trigonométricas, logarítmicas, exponenciales, etc. Métodos como la integración por partes (y otros métodos), siendo el trabajo si usted está tratando con funciones especiales o de funciones elementales sin embargo. Si usted está tratando de aprender de integración, tal vez es el más sabio en primer lugar, tratar algo integrable en términos de funciones elementales tales como $$ \int dx(x^2+1)^{1/2}. $$

Answer 2

El extracto a continuación es de G. H. Hardy como La Integración de Funciones de una Sola Variable [véase p. 51 en el Proyecto Gutenberg versión].

Una clase particular de integrales que es de especial interés es el de la binomial integrales

$$\int x^m \left(ax^n + b\right)^{p} \, dx,$$

donde $m,$ $n,$ $p$ son racionales. Poner a $ax^n = bt,$ y dejar de lado un factor constante, se obtiene una integral de la forma

$$\int t^q (1 + t)^{p} \, dt,$$

donde $p$ e $q$ son racionales. Si $p$ es un número entero, y $q$ una fracción $r/s,$ esta integral se puede evaluar en vez de poner $t = u^{s},$ una sustitución que racionaliza el integrando. Si $q$ es un número entero, y $p = r/s,$ ponemos $1 + t = u^{s}.$ Si $p+q$ es un número entero, y $p = r/s,$ ponemos $1 + t = tu^{s}.$

Se sigue de Tschebyschef de investigación (para el que las referencias se dan en el Apéndice I) que estos tres casos son los únicos en los que la integral puede evaluarse en forma finita.

Para la integral anterior,

$$\int \left(x^2 + 1\right)^{\frac{1}{3}} dx,$$

tenemos $m=0,$ $a=1,$ $n=2,$ $b=1,$ y $p = \frac{1}{3}.$ por Lo tanto, utilizamos la sustitución de $x^2 = t.$ Para esta sustitución nos ha $dx = \frac{1}{2} x^{-1} dt = \frac{1}{2} t^{-\frac{1}{2}}dt,$, lo que da

$$\frac{1}{2} \int t^{-\frac{1}{2}}(1 + t)^{\frac{1}{3}} dt$$

Por lo tanto, para la integral anterior, se ha $p = \frac{1}{3}$ e $q = -\frac{1}{2}.$ Estos valores de $p$ e $q$ no pertenecen a uno de los tres resolver los casos que Hardy señalado, y por lo tanto se deduce que la integral no puede ser evaluado "en forma finita".

Answer 3

Dejar $u=(x^2+1)^\frac{1}{3}$ ,

Entonces $x=(u^3-1)^\frac{1}{2}$

$dx=\dfrac{3u^2}{2(u^3-1)^\frac{1}{2}}du$

$\therefore\int(x^2+1)^\frac{1}{3}~dx=\int\dfrac{3u^3}{2(u^3-1)^\frac{1}{2}}du$

Caso$1$:$|u|\leq1$, es decir,$\left|(x^2+1)^\frac{1}{3}\right|\leq1$

Entonces $\int\dfrac{3u^3}{2(u^3-1)^\frac{1}{2}}du$

$=\int\dfrac{3u^3}{2i(1-u^3)^\frac{1}{2}}du$

$=-\int\dfrac{3u^3i}{2}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(2n)!u^{3n}}{4^n(n!)^2}du$

$=-\int\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3i(2n)!u^{3n+3}}{2^{2n+1}(n!)^2}du$

$=-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3i(2n)!u^{3n+4}}{2^{2n+1}(n!)^2(3n+4)}+C$

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

Caso$2$:$|u|\geq1$, es decir,$\left|(x^2+1)^\frac{1}{3}\right|\geq1$

Entonces $\int\dfrac{3u^3}{2(u^3-1)^\frac{1}{2}}du$

$=\int\dfrac{3u^3}{2u^\frac{3}{2}(1-u^{-3})^\frac{1}{2}}du$

$=\int\dfrac{3u^\frac{3}{2}}{2}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(2n)!u^{-3n}}{4^n(n!)^2}du$

$=\int\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(2n)!u^{\frac{3}{2}-3n}}{2^{2n+1}(n!)^2}du$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{3(2n)!u^{\frac{5}{2}-3n}}{2^{2n+1}(n!)^2\left(\dfrac{5}{2}-3n\right)}+C$

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

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