¿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

Aquí hay una evaluación alternativa para la segunda integral.

\begin{align*} \int_0^1 \frac{dx}{(1 + x^2) [x^2 (1 - x)]^{1/3}} \, dx &= \int_0^1 \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n x^{2n} \frac{1}{x^{2/3} (1 - x)^{1/3}} \, dx\\ &= \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \int_0^1 x^{2n - 2/3} (1 - x)^{-1/3} \, dx\\ &= \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \text{B} \left (2n + \frac{1}{3}, \frac{2}{3} \right )\\ &= \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \frac{\Gamma (2n + 1/3) \Gamma (2/3)}{\Gamma (2n + 1)}\\ &= \Gamma \left (\frac{2}{3} \right ) \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n \Gamma (2n + 1/3)}{(2n)!} \tag1 \end{align*} Aquí $\text{B}(x,y)$ es la función Beta de Euler mientras que $\Gamma (x)$ es la conocida función Gamma. Ahora solo necesitamos encontrar una forma cerrada para la suma que aparece en (1).

Desde la definición integral de la función Gamma, es decir $$\Gamma (z) = \int_0^\infty t^{z - 1} e^{-t} \, dt,$$ podemos escribir $$\Gamma \left (2n + \frac{1}{3} \right ) = \int_0^\infty t^{2n - 2/3} e^{-t} \, dt,$$ así que la suma que aparece en (1) puede ser reescrita como \begin{align*} \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n \Gamma (2n + 1/3)}{(2n)!} &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \int_0^\infty \frac{t^{2n} e^{-t}}{t^{2/3}} \, dt\\ &= \int_0^\infty t^{-2/3} e^{-t} \left [\sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n t^{2n}}{(2n)!} \right ] \, dt\\ &= \int_0^\infty t^{-2/3} e^{-t} \cos t \, dt\\ &= \mathfrak{R} \int_0^\infty t^{-2/3} e^{-(1 - i) t} \, dt\\ &= \mathfrak{R} \left (\frac{1}{\sqrt[3]{1 - i}} \right ) \cdot \int_0^\infty u^{-2/3} e^{-u} \, du\\ &= \Gamma \left (\frac{1}{3} \right ) \mathfrak{R} \left (\frac{1}{\sqrt[3]{1 - i}} \right ). \end{align*}

Ahora se puede mostrar fácilmente que $$\frac{1}{\sqrt[3]{1 - i}} = \frac{1}{2^{1/6}} \exp \left (\frac{i \pi}{12} \right ).$$ Así que $$\mathfrak{R} \left (\frac{1}{\sqrt[3]{1 - i}} \right ) = \frac{1}{2^{1/6}} \cos \left (\frac{\pi}{12} \right ) = \frac{1 + \sqrt{3}}{2 \cdot 2^{2/3}},$$ ya que $\cos (\pi/12) = (1 + \sqrt{3})/(2\sqrt{2})$, y obtenemos $$\sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n \Gamma (2n + 1/3)}{(2n)!} = \Gamma \left (\frac{1}{3} \right ) \frac{1 + \sqrt{3}}{2 \cdot 2^{2/3}}.$$

Sustituyendo este resultado en (1), aprovechando la fórmula de duplicación para la función Gamma, es decir $$\Gamma \left (\frac{1}{3} \right ) \Gamma \left (\frac{2}{3} \right ) = \Gamma \left (\frac{1}{3} \right ) \Gamma \left (1 - \frac{1}{3} \right ) = \frac{\pi}{\sin (\pi/3)} = \frac{2\pi}{\sqrt{3}},$$ el valor de la integral será $$\int_0^1 \frac{dx}{(1 + x^2) x^{2/3} \sqrt[3]{1 - x}} = \frac{\pi (1 + \sqrt{3})}{2^{2/3} \sqrt{3}}.$$

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\LARGE\left. a\right)}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\int_{0}^{1}{\dd x \over \pars{x + 1}\bracks{x^{2}\pars{1 - x}}^{1/3}}}} \,\,\,\stackrel{x\ \mapsto\ 1/x}{=}\,\,\, \int_{1}^{\infty}{\dd x \over\pars{x + 1}\pars{x - 1}^{1/3}} \,\,\,\stackrel{x + 1\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, \int_{0}^{\infty}{x^{-1/3} \over x + 2}\,\dd x \\[5mm] = &\ \int_{0}^{\infty}x^{-1/3}\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{x + 2}t}\,\dd t\,\dd x = \int_{0}^{\infty}\expo{-2t}\int_{0}^{\infty}x^{-1/3}\expo{-tx}\,\dd x\,\dd t = \int_{0}^{\infty}\expo{-2t}\bracks{t^{-2/3}\,\Gamma\pars{2 \over 3}}\dd t \\[5mm] = &\ \Gamma\pars{2 \over 3}\bracks{2^{-1/3}\int_{0}^{\infty}t^{-2/3}\expo{-t}\,\dd t} = 2^{-1/3}\,\Gamma\pars{2 \over 3}\Gamma\pars{1 \over 3} = 2^{-1/3}\,{\pi \over \sin\pars{\pi/3}} = 2^{-1/3}\,{\pi \over \root{3}/2} \\[5mm] = &\ \bbx{{\root{3} \over 3}\,2^{2/3}\,\pi} \approx 2.8792 \end{align}

---

$\ds{\LARGE\left. b\right)}$ $\textsf{De aquí en adelante, omitiré algunos detalles porque la integración se asemeja de alguna manera a la anterior}$. \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\int_{0}^{1}{\dd x \over \pars{x^{2} + 1}\bracks{x^{2}\pars{1 - x}}^{1/3}}}} \,\,\,\stackrel{x\ \mapsto\ 1/x}{=}\,\,\, \int_{1}^{\infty}{x \over \pars{x^{2} + 1}\pars{x - 1}^{1/3}}\,\dd x \\[5mm] = &\ \Re\int_{1}^{\infty}{\dd x \over \pars{x - \ic}\pars{x - 1}^{1/3}} = \Re\int_{0}^{\infty}{x^{-1/3} \over x + 1 - \ic}\,\dd x = \Re\int_{0}^{\infty}x^{-1/3}\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{x + 1 - \ic}t} \,\dd t\,\dd x \\[5mm] = &\ \Re\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{1 - \ic}t}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}x^{-1/3}\expo{-tx}\,\dd x} ^{\ds{t^{-2/3}\,\Gamma\pars{2/3}}}\ \,\dd t = \Gamma\pars{2 \over 3}\Re\int_{0}^{\infty}t^{-2/3}\expo{-\pars{1 - \ic}t}\,\dd t \\[5mm] = &\ \Gamma\pars{2 \over 3}\Re\bracks{\pars{1 - \ic}^{-1/3} \int_{0}^{\pars{1 - \ic}\infty}t^{-2/3}\expo{-t}\,\dd t} \label{1}\tag{1} \\[5mm] = & \Gamma\pars{2 \over 3}\Re\bracks{2^{-1/6}\exp\pars{{\pi \over 12}\,\ic} \int_{0}^{\infty}t^{-2/3}\expo{-t}\,\dd t} = \Gamma\pars{2 \over 3}2^{-1/6}\cos\pars{\pi \over 12}\Gamma\pars{1 \over 3} \\[5mm] = &\ 2^{-1/6}\root{1 + \cos\pars{\pi/6} \over 2}\,{\pi \over \sin\pars{\pi/3}} = 2^{-2/3}\root{{4 \over 3} + {2\root{3} \over 3}}\,\pi = {2^{-2/3} \over 3}\ \overbrace{\root{12 + 6\root{3}}}^{\ds{3 + \root{3}}}\ \,\pi \\[5mm] = &\ \bbx{{2^{-2/3} \over 3}\pars{3 + \root{3}}\,\pi} \approx 3.1217 \end{align}

En \eqref{1}, la integración se 'cambia' a una integración a lo largo del eje real mediante una integración en un contorno.

Answer 3

Comentar, pero más fácil de ingresar como una respuesta.

Wolfy dice:

$\int_0^1 \dfrac{dx}{(x + 1) (x^2 (1 - x))^{1/3}} = \dfrac{2^{2/3} π}{\sqrt{3}} ≈2.87923 $

y

$\int _0^1\dfrac{dx}{(x^2+1)(x^2(1-x))^{1/3}} = \dfrac{(3 + \sqrt{3}) π}{3\cdot 2^{2/3}} ≈3.1217 $