Demostrar que $\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{x^4+1}} \, dx=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\pi ^{3/2}}{\Gamma \left(\frac{1}{4}\right)^2}$

Question

Cómo mostrar $$\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{x^4+1}} \, dx=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\pi ^{3/2}}{\Gamma \left(\frac{1}{4}\right)^2}$$ Probé con la expansión hipergeométrica, obteniendo $\, _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{3}{4};\frac{7}{4};-1\right)$ . ¿Puede evaluarse analíticamente? Se agradecerá cualquier ayuda.

Answer 1

Un enfoque alternativo. Por integración termal de una serie de Maclaurin

$$ I=\int_{0}^{1}\frac{x^2}{\sqrt{1+x^4}}\,dx = \sum_{n\geq 0}\left[\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\right]\frac{(-1)^n}{4n+3} $$ y debido al hecho de que $P_{2n}(0)=\left[\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\right](-1)^n$ el lado derecho de la línea anterior es el valor en $x=\frac{1}{2}$ de la siguiente función: $$ f(x) = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{2n+3} P_{n}(2x-1). $$ Ahora podemos explotar tres expansiones de Fourier-Legendre bien conocidas: $$ \sqrt{1-x} = \sum_{n\geq 0}\frac{2}{(1-2n)(2n+3)}P_n(2x-1), $$ $$ K(x) = \sum_{n\geq 0}\frac{2}{2n+1}P_n(2x-1), $$ $$ E(x) = \sum_{n\geq 0}\frac{4}{(1-2n)(2n+1)(2n+3)}P_n(2x-1) $$ (el argumento $x$ representa la elíptica módulo como en la notación de Mathematica) y deducir de la descomposición parcial de fracciones que

$$ I = \left.\frac{1}{2}K(x)-E(x)+\sqrt{1-x}\right|_{x=1/2}. $$ $K\left(\frac{1}{2}\right)$ y $E\left(\frac{1}{2}\right)$ son bien conocidos por estar relacionados con $\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)^2$ y relacionadas entre sí a través de la identidad de Legendre.

Answer 2

\begin{align} \int\limits_{0}^{1} \dfrac{x^{2}}{\sqrt{1+x^{4}}}\,\mathrm{d}x &= \dfrac{1}{4}\int\limits_{0}^{1} \dfrac{1}{x^{1/4}\sqrt{1+x}}\,\mathrm{d}x \\ &= \dfrac{1}{4}\int\limits_{1}^{2} \dfrac{1}{\left(x-1\right)^{1/4}\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x \\ &= \dfrac{1}{4}\int\limits_{1/2}^{1} \dfrac{1 -\color{red}{x} + \color{red}{x}}{\left(1-x\right)^{1/4}x^{5/4}}\,\mathrm{d}x \label{subst to 1/x} \tag{1} \\ &= \color{blue}{\dfrac{1}{4}\int\limits_{1/2}^{1} \dfrac{\left(1-x\right)^{3/4}}{x^{5/4}}\,\mathrm{d}x} + \dfrac{1}{4}\int\limits_{1/2}^{1} \dfrac{1}{\left(1-x\right)^{1/4}x^{1/4}}\,\mathrm{d}x \\ &\overset{\mathrm{IBP}}{=} \color{blue}{\left.-\dfrac{\left(1-x\right)^{3/4}}{x^{1/4}}\right\vert_{1/2}^{1}-\dfrac{3}{4}\int\limits_{1/2}^{1} \dfrac{1}{\left(1-x\right)^{1/4}x^{1/4}}\,\mathrm{d}x} + \dfrac{1}{4}\int\limits_{1/2}^{1} \dfrac{1}{\left(1-x\right)^{1/4}x^{1/4}}\,\mathrm{d}x \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{2}\int\limits_{1/2}^{1} \dfrac{1}{\left(1-x\right)^{1/4}x^{1/4}}\,\mathrm{d}x \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{4}\operatorname{B}\left(\dfrac{3}{4},\dfrac{3}{4}\right) \end{align} En \eqref {subst a 1/x} sustitución $x \to x^{-1}$ se hizo.

Answer 3

Como dije en mi comentario creo que haciendo la sustitución: $$x^2=\tan(t)$$ lo consigues: $$\int_0^1\frac{x^2}{\sqrt{x^4+1}}dx=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/4}\sin(t)^{1/2}\cos(t)^{-3/2}dt=\frac{1}{4}\int_0^{1/\sqrt[4]{2}}u^{-1/4}(1-u)^{-5/4}du=B\left(2^{-1/4};\frac34,-\frac14\right)$$