¿Cómo integro estas funciones?

Question

Eliminé mi última pregunta, ya que algunos de ustedes querían que volviera a redactar la pregunta correctamente. Lamento la inconveniencia, pero por favor entiendan que es la primera vez que uso $\texttt{MathJax}$.

Hasta ahora, he probado todos los métodos que conozco en integración, como sustitución, fracciones parciales, método uv, etc. Pero parece que nada funciona. Agradecería mucho su ayuda. Gracias.

$$ \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\left(x + 1\right) \left[x^{2}\left(1 - x\right)\right]^{1/3}}\,, \qquad\qquad\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\left(x^{2} + 1\right) \left[x^{2}\left(1 - x\right)\right]^{1/3}} $$

Answer 1

La primera integral puede reescribirse de la siguiente forma: $$I=\int _0^1\frac{(x/(1-x))^{(1/3)}}{\left(x+1\right)x}\:dx$$ Esta vista sugiere el siguiente cambio de variable $u=x/(1-x)$, $dx=\dfrac{du}{(1+u)^2}$ $$I=\int _0^\infty\frac{ u^{-2/3}du}{(1+2u)}=\frac{1}{2^{1/3}}\int _0^\infty\frac{ u^{-2/3}du}{(1+u)}$$ La última integral es la función Beta $$\frac{1}{2^{1/3}}B(1/3,2/3)=\frac{1}{2^{1/3}} \Gamma(1/3)\Gamma(2/3)=\frac{2^{2/3}\pi}{\sqrt{3}}\,.$$ Aquí utilizo la identidad $\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\dfrac{\pi}{\sin(\pi x)}$

Para evaluar la segunda integral, descompongo la fracción $\dfrac{1}{1+x^2}=\frac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1+i x}+\dfrac{1}{1-ix}\right)$ La integral $$I_a=\int _0^1\frac{(x/(1-x))^{(1/3)}}{\left(1+a x\right)x}\:dx=\frac{2\pi}{\sqrt{3}(1+a)^{1/3}}$$ La integral $I_a$ se calcula de manera absolutamente análoga a la integral $I$. Note que esta identidad es válida no solo para valores reales positivos de $a$, sino también para valores complejos. Está relacionada con el hecho de que la integral

$$I=\int _0^\infty\frac{ u^{-2/3}du}{(1+(1+a)u)}$$ se puede evaluar para $a$ complejo utilizando la técnica de integración por contorno, pero aquí no quiero tocarlo.

Así que tenemos $$ I_2=\int _0^1\frac{(x/(1-x))^{(1/3)}}{\left(1+x^2\right)x}\:dx=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\frac{1}{2}\left(\frac{1}{(1-i)^{1/3}} + \frac{1}{(1+i)^{1/3}}\right)=\frac{2\pi}{\sqrt{3}} \frac{cos(\pi/12)}{2^{1/6}}=\frac{\pi}{2^{2/3}} \frac{\sqrt3+1}{\sqrt3} $$

EDICIÓN: Mostraremos que $$I_a=\int _0^\infty\frac{ u^{-2/3}du}{(1+(1+a)u)}=\frac{2\pi}{\sqrt{3}(1+a)^{1/3}}\,.$$ El integrando tiene un corte en el plano complejo de cero a infinito. Establecemos este corte a lo largo del eje real positivo. Consideraremos la integral $$\int_\gamma \frac{ z^{-2/3}dz}{(1+(1+a)z)}\,,$$ el contorno $\gamma$ consiste de dos partes:

1) $z$ desde $-i \epsilon +\infty$ hasta $-i\epsilon$ (en contra del eje real positivo un poco debajo del corte

2) $z=\epsilon e^{-i \phi}$ $\phi$ desde $\phi=\pi/2$ hasta $\phi=3\pi/2$ (semicírculo)

3) $z$ desde $i\epsilon$ hasta $i \epsilon +\infty$ (a lo largo del eje real positivo un poco arriba del corte

$$\int_\gamma \frac{ z^{-2/3}dz}{(1+(1+a)z)}=I_a(1-e^{2\pi i/3 })$$ Por otro lado, esta función tiene un polo en el punto $z=-1/(1+a)$ y podemos calcular esta integral por residuos $$\int_\gamma \frac{ z^{-2/3}dz}{(1+(1+a)z)}=\frac{-2\pi i e^{i \pi/3}}{(1+a)^{1/3}}\,. $$ Por lo tanto, obtenemos $$ I_a=\frac{\pi }{\sin(\pi/3)(1+a)^{1/3}}=\frac{2\pi}{\sqrt{3}(1+a)^{1/3}}\,.$$

Answer 2

Evitemos números complejos si no es necesario. Primero, intenta la sustitución $x = 1/z$, así $dx = -dz/z^2$. Esto cambia los límites de integración a $\infty$ y $1$ respectivamente, los cuales podemos intercambiar y cancelar el signo negativo introducido por la sustitución diferencial. El integrando, después de un poco de álgebra simple, se simplifica a $\frac{z^2}{(z+1)(z-1)^{1/3}}$. Por lo tanto, la integral original es equivalente a $\int_1^\infty \frac{dz}{(z+1)(z-1)^{1/3}}.

Desde aquí, podemos utilizar otra sustitución $u = (z-1)^{1/3}$, que cambia la integral a $\int_0^\infty \frac{3udu}{u^3+2}$. El denominador se puede factorizar usando una fórmula de la suma de cubos, luego fracciones parciales y dividir el numerador en 3 términos. Uno de ellos se simplificará a $\arctan$ después de las sustituciones, mientras que los otros dos se simplificarán a $\log$. Sustituye los puntos finales de la sustitución final (o retrocede para obtener una integral indefinida explícita en $x) y deberías obtener la respuesta que marty cohen obtuvo de WolframAlpha.

Aunque no lo he intentado, estoy seguro de que un enfoque similar puede desglosar la segunda integral también, evitando nuevamente los números complejos.

Si deseas utilizar la integración de contornos (lo cual podría hacer el cálculo más fácil), probablemente puedas hacerlo a partir de la ecuación "$u$" con una elección de contorno inteligente, pero nuevamente no lo he intentado así que no hay garantías.

Answer 3

No tengo tiempo para decir mucho al respecto en este momento, pero:

Llamar a estas integrales respectivamente $I_1, I_2$. Siguiendo el punto de AlexanderJ93, la sustitución $x=\dfrac{1}{1+u^3}$ da $I_n=\int_0^\infty\dfrac{3u(1+u^3)^{n-1}du}{1+(1+u^3)^n}$. Si queremos ir más lejos, podemos usar el teorema del residuo. Para $n=1$, el denominador $2+u^3$ tiene ceros de primer orden $-2^{1/3}\omega^k$ para $0\le k\le 2,\,\omega:=\exp\dfrac{2\pi i}{3}$; de manera similar, para $n=2$ el denominador tiene ceros de primer orden $2^{1/6}\exp\dfrac{\pm\pi i}{4}\omega^k$.

Answer 4

Hay muchas maneras diferentes de calcular tus integrales, la forma más simple es la expansión de fracciones parciales [wikipedia] (https://en.wikipedia.org/wiki/Partial_fraction_decomposition):

$ \frac{1}{(x+1)\left( x^{2}\left( 1-x\right) \right) ^{\frac{1}{3}}}=\frac{x^{% \frac{4}{3}}}{2\left( 1-x\right) ^{\frac{1}{3}}}+\frac{\left( 1-x\right) ^{% \frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}}+\frac{\left( 1-x\right) ^{\frac{2}{3}}x^{% \frac{4}{3}}}{2\left( 1+x\right) }$

$\frac{1}{(x^{2}+1)\left( x^{2}\left( 1-x\right) \right) ^{\frac{1}{3}}}=% \frac{x^{\frac{4}{3}}}{2\left( 1-x\right) ^{\frac{1}{3}}}+\frac{\left( 1-x\right) ^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}}+\left( 1-x\right) ^{\frac{2}{3}% }x^{\frac{1}{3}}-\frac{\left( 1-x\right) ^{\frac{2}{3}}x^{\frac{4}{3}}}{% 2\left( 1+x^{2}\right) }-\frac{\left( 1-x\right) ^{\frac{2}{3}}x^{\frac{7}{3}% }}{2\left( 1+x^{2}\right) }$

o simplemente la siguiente transformación:

$\int_{0}^{1}\frac{1}{(x+1)\left( x^{2}\left( 1-x\right) \right) ^{\frac{1}{3}% }}dx=\int_{0}^{1}\frac{x^{-\frac{2}{3}}}{(x+1)\left( 1-x\right) ^{\frac{1}{3}% }}dx$

$\int_{0}^{1}\frac{1}{(x^{2}+1)\left( x^{2}\left( 1-x\right) \right) ^{\frac{1% }{3}}}dx=\int_{0}^{1}\frac{x^{-\frac{2}{3}}}{(x^{2}+1)\left( 1-x\right) ^{% \frac{1}{3}}}dx$

Aparecen las siguientes antiderivadas:

$\int \frac{x^{\alpha }}{\left( 1-x\right) ^{\beta }}=B\left( x,1+\alpha ,1-\beta \right) $

donde B es la función Beta incompletaBeta - Function.

$\int \frac{\left( 1-x\right) ^{\alpha }x^{\beta }}{\left( 1+x\right) }=\frac{% x^{\alpha +1}}{\alpha +1}F_{1}\left( \alpha +1;\beta ,1;\alpha +2;x,-x\right)$

donde $F_{1}$ es la función hipergeométrica de Appell AppellF1.

Además, utilizando las descomposiciones de fracciones parciales [Dieckmann] (http://www-elsa.physik.uni-bonn.de/dieckman/InfProd/InfProd.html):

$\frac{1}{\left( 1+x^{2}\right) }=\frac{i}{2\left( i+x\right) }-\frac{i}{% 2\left( x-i\right) }$

los últimos términos de antiderivación se calculan por:

$\int \frac{\left( 1-x\right) ^{\alpha }x^{\beta }}{\left( 1+x^{2}\right) }=% \frac{1}{2}\frac{x^{\alpha +1}}{\alpha +1}F_{1}\left( \alpha +1;\beta ,1;\alpha +2;x,i~x\right) +\frac{1}{2}\frac{x^{\alpha +1}}{\alpha +1}% F_{1}\left( \alpha +1;\beta ,1;\alpha +2;x,-i~x\right) $

En casos especiales, la función AppellF1 se puede reducir:

$F_{1}\left( a;b_{1},b_{1};c;x,-x\right) =~_{3}F_{2}\left( \frac{a}{2}+\frac{1% }{2},\frac{a}{2},b_{1};\frac{c}{2}+\frac{1}{2},\frac{c}{2};x^{2}\right) $

a una función hipergeométrica (http://functions.wolfram.com/HypergeometricFunctions/AppellF1/03/05/0002/)

Poner todos los parámetros y límites de integración finalmente conduce a los resultados mencionados [marty cohen] (https://math.stackexchange.com/posts/2611282/edit).

Answer 5

Como mencioné anteriormente, usemos análisis complejo. Creo que es más fácil hacer primero la segunda integral. Para empezar, consideremos la integral compleja

$$\oint_Cdz \, \frac{z^{-2/3} (z-1)^{-1/3}}{z^2+1} $$

donde $C$ es el siguiente contorno:

donde el radio del arco circular grande es $R$ y el radio de los arcos circulares pequeños es $\epsilon$.

Para evaluar la integral de contorno, dividimos el contorno en varias piezas y evaluamos cada pieza parametrizando según corresponda. En este caso, la integral de contorno es igual a

$$e^{i \pi} \int_R^{\epsilon} dx \, \frac{e^{-i 2 \pi/3} x^{-2/3} e^{-i \pi/3} (x+1)^{-1/3}}{x^2+1} +i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\epsilon^{-2/3} e^{-i 2 \phi/3} \left ( \epsilon e^{i \phi} -1 \right)^{-1/3}}{\epsilon^2 e^{i 2 \phi}+1} \\ + \int_{\epsilon}^{1-\epsilon} dx \, \frac{x^{-2/3} e^{-i \pi/3} (1-x)^{-1/3}}{x^2+1} + i \epsilon \int_{\pi}^{-\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\left (1+\epsilon e^{i \phi} \right)^{-2/3} \epsilon^{-1/3} e^{-i \phi/3}}{\left (1+\epsilon e^{i \phi}\right )^2+1} \\ + \int_{1-\epsilon}^{\epsilon} dx \, \frac{x^{-2/3} e^{i \pi/3} (1-x)^{-1/3}}{x^2+1} + i \epsilon \int_0^{-\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\epsilon^{-2/3} e^{-i 2 \phi/3} \left ( \epsilon e^{i \phi} -1 \right)^{-1/3}}{\epsilon^2 e^{i 2 \phi}+1} \\ +e^{-i \pi} \int_{\epsilon}^R dx \, \frac{e^{i 2 \pi/3} x^{-2/3} e^{i \pi/3} (x+1)^{-1/3}}{x^2+1} + i R \int_{-\pi}^{\pi} d\theta \, e^{i \theta} \frac{R^{-2/3} e^{-i 2 \theta/3} \left ( R e^{i \theta}-1 \right )^{-1/3}}{R^2 e^{i 2 \theta}+1}$$

Consideremos los límites cuando $\epsilon \to 0$ y $R \to \infty$. Independientemente de estos límites, las primeras y séptimas integrales se cancelan. En estos límites, el lector puede verificar que las segundas, cuartas, sextas y octavas integrales tienden a cero. Por lo tanto, nos quedan las terceras y quintas integrales. La integral de contorno en los límites anteriores se convierte entonces en

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

Por el teorema de los residuos, la integral de contorno también es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en los polos $z=\pm i = e^{\pm i\pi/2}$. Tenga en cuenta que la elección del argumento de los polos no es realmente una elección, ya que ya hemos definido esta elección con nuestro corte de rama. En consecuencia, la integral de contorno también es igual a

$$i 2 \pi \left [\frac{e^{-i \pi/3} \left (e^{i \pi/2}-1 \right )^{-1/3} }{i 2} + \frac{e^{i \pi/3} \left (e^{-i \pi/2}-1 \right )^{-1/3} }{-i 2} \right ] $$

Con el corte de rama que hemos definido, tenga en cuenta que $e^{i \pi/2}-1 = 2^{1/2} e^{i 3 \pi/4}$ y $e^{-i \pi/2}-1 = 2^{1/2} e^{-i 3 \pi/4}$. Haciendo el resto de la aritmética y estableciendo el resultado igual a la integral de contorno anterior, concluimos que

$$\int_0^1 dx \, \frac{x^{-2/3} (1-x)^{-1/3}}{1+x^2} = 2^{-1/6} \pi \frac{\sin{\frac{5 \pi}{12}}}{\sin{\frac{\pi}{3}}} = \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2^{1/6} \sqrt{3}} \pi$$

Dejo como ejercicio para el lector demostrar que el resultado es igual al producido por Wolfram Alpha/Mathematica como lo muestra Robert Israel.