Integral de la $-\int_{0}^{a}{at^{3}\,{\rm d}t\over\,\sqrt{\,\left(a^{2} -t^{2}\right)\left(b^{2}t^{2} +a^{4}-a^{2}t^{2}\right)\,}\,}$

Question

Este problema me lleva mucho más tiempo de lo que me gusta (probablemente haciendo las cosas de la manera difícil...). Tengo 9 diferentes términos para integrar, algunos de los cuales son más complicada de lo demás. Este, sin embargo, es más complicada de lo más. $$-{\Large\int}_{\!0}^{a} \!\elevar 0.8 ex {a^{3}\,{\rm d}t \más \,\sqrt{\,\a la izquierda(a^{2} -t^{2}\right)\left(b^{2}t^{2} +a^{4}-a^{2}t^{2}\right)\,}\,} $$

Traté de toda una serie de sustituciones en esto. Primera $t=a\sin\left(u\right)$, $v=\cos\left(u\right)$ y dividir el resultado integral en dos, sólo para encontrar (después de la sustitución de un número de tres) de que la primera mitad se separaron (no he probado la segunda mitad). En cualquier caso, estoy suponiendo que no tiene que ser una mejor manera de tratar esto. Cualquier sugerencia apreciado.

Answer 1

Mediante la sustitución de $u=a^2-t^2$ como se sugiere por André Nicolas, obtenemos:

$\dfrac{\mathrm du}{\mathrm dt}=-2t$. Así,

$\begin{align}&\int-\frac{at^3}{\sqrt{(a^2-t^2)(b^2t^2+a^4-a^2t^2)}}\mathrm dt\\ &=\frac{a}2\int\frac{t^2(-2t)}{\sqrt{(a^2-t^2)((b^2-a^2)t^2+a^4)}}\mathrm dt\\ &=\frac{a}2\int\frac{(a^2-u)}{\sqrt{u((b^2-a^2)(a^2-u)+a^4)}}\mathrm du\\ &=\frac{a}2\int\frac{(a^2-u)}{\sqrt{u(m-nu)}}\mathrm du \end{align}$

donde $m=a^2b^2$ $n=(b^2-a^2)$

$\begin{align} &=\frac{a^3}2\int\frac{1}{\sqrt{u(m-nu)}}\mathrm du - \frac{a}2\int\frac{\sqrt{u}}{\sqrt{m-nu}}\mathrm du\\ &=\frac{a^3}2I_1 - \frac{a}2I_2. \end{align}$

donde he sustituido $I_1$ $I_2$ para la primera y la segunda integral, respectivamente.

Para $I_1$, sustituto $v=\sqrt{u}$, por lo que el $\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm du}=\dfrac1{2\sqrt{u}}$. A continuación,

$\displaystyle I_1=2\int \frac1{\sqrt{m-nv^2}}\mathrm dv =\frac2{\sqrt{m}}\int \frac1{\sqrt{1-{\left(\sqrt{\frac{n}{m}}v\right)}^2}}\mathrm dv =\dfrac{2}{\sqrt{m}}\sqrt{\dfrac{m}{n}}\arcsin \sqrt{\dfrac{n}{m}}v+C$.

Ahora para $I_2$,

$\begin{align} I_2=&\int\frac{\sqrt{u}}{\sqrt{m-nu}}\mathrm du =\frac1{\sqrt{m}}\sqrt{\frac{m}{n}}\int\frac{\sqrt{\frac{n}{m}u}}{\sqrt{1-\frac{n}{m}u}}\mathrm du\\ &=\frac1{\sqrt{m}}\sqrt{\frac{m}{n}}\frac{m}{n}\int\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}\mathrm dx \qquad\qquad{\left(x=\dfrac{n}{m}u\right)} \end{align}$

Para solucionar $\displaystyle\int\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}\mathrm dx$, vamos a $\theta=\arcsin \sqrt{x} (\implies x=\sin^2 \theta)$. Tenemos, $\dfrac{\mathrm d\theta}{\mathrm dx}=\dfrac1{\sqrt{1-x}}\cdot\dfrac1{2\sqrt{x}}$.

Así,

$\begin{align}&\int \sqrt{\frac{x}{1-x}} \mathrm dx =\int 2x \dfrac1{\sqrt{1-x}}\cdot\dfrac1{2\sqrt{x}}\mathrm dx\\ &=\int 2\sin^2\theta \;\mathrm d\theta =\theta-\dfrac{\sin2\theta}{2}+C\\ &=\arcsin \sqrt{x}-\dfrac12\sin(2\arcsin \sqrt{x})+C=\arcsin \sqrt{x}-\sin(\arcsin \sqrt{x})\cos (\arcsin \sqrt{x})+C\\ &=\arcsin \sqrt{x}-\sin(\arcsin \sqrt{x})\sqrt{1-\sin^2 (\arcsin \sqrt{x})}+C\\ &=\arcsin \sqrt{x}-\sqrt{x}\sqrt{1-x}+C. \end{align}$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\fermi\pars{a,b} \equiv -\int_{0}^{a}{a^{3}\,{\rm d}t \más \,\sqrt{\,\a la izquierda(a^{2} - t^{2}\right)\left(b^{2}t^{2} +a^{4}- a^{2}t^{2}\right)\,}\,} \,,\quad \fermi\pars{0,b} = 0}$

Al $a \not= 0$: \begin{align} \\[3mm] \fermi\pars{a,b} &= -\sgn\pars{a}\int_{0}^{\verts{a}}{\verts{a}t^{3}\,{\rm d}t \over \,\sqrt{\,\left(a^{2} - t^{2}\right)\left(b^{2}t^{2} +a^{4}- a^{2}t^{2}\right)\,}\,} \\[3mm]&= -a\verts{a}{\rm F}\pars{\mu}\quad\mbox{where}\quad{\rm F}\pars{\mu} \equiv\int_{0}^{1}{t^{3}\,{\rm d}t \over \,\sqrt{\,\left(1 - t^{2}\right)\left(\mu t^{2} + 1\right)\,}\,}\,,\quad \mu \equiv \pars{b \over a}^{2} - 1 \end{align}

\begin{align} {\rm F}\pars{\mu} &= \half\int_{0}^{1}{t\,{\rm d}t \over \root{\pars{1 - t}\pars{\mu t + 1}}} \end{align}

Es claro que $\color{#00f}{{\rm F}\pars{0} = 2/3}$. Cuando $\color{#00f}{\mu \not= 0}$ realizamos el cambio de variables $t = 1 - x^{2}$ $\quad\iff\quad$ $x = \pars{1 - t}^{1/2}$: \begin{align} {\rm F}\pars{\mu} &= \half\int_{1}^{0}{1 - x^{2} \over x\bracks{\mu\pars{1 - x^{2}} + 1}}\, \pars{-2x\,\dd x} = \int^{1}_{0}{1 - x^{2} \over \mu + 1 - \mu x^{2}}\,\dd x \\[3mm]&= {1 \over \mu}\int^{1}_{0}{\pars{\mu + 1- \mu x^{2}} - 1 \over \mu + 1 - \mu x^{2}}\,\dd x ={1 \over \mu} - {1 \over \mu^{2}}\int_{0}^{1}{\dd x \over \pars{1 + 1/\mu} - x^{2}} \end{align}

1. $\color{#00f}{\large \mu < 0}$: \begin{align} {\cal F}\pars{\mu} &=\color{#00f}{\large{1 \over \mu} + {1 \over \mu^{2}}\int_{0}^{1} {\dd x \over x^{2} + \pars{\root{-1 - 1/\mu}}^{2}}} \\[3mm]&={1 \over \mu} + {1 \over \mu^{2}}\,\root{-\mu \over \mu + 1} \arctan\pars{\root{-\mu \over \mu + 1}} \end{align}
2. $\color{#00f}{\large \mu > 0}$: \begin{align} {\cal F}\pars{\mu} &={1 \over \mu} + {1 \over \mu^{2}}\int_{0}^{1} {\dd x \over x^{2} - \pars{\root{1 + 1/\mu}}^{2}} \\[3mm]&={1 \over \mu} + {1 \over \mu^{2}} \int_{0}^{1}\pars{{1 \over x - \root{1 + 1/\mu}} - {1 \over x + \root{1 + 1/\mu}}} {1 \over 2\root{1 + 1/\mu}} \\[3mm]&=\color{#00f}{\large{1 \over \mu} + {1 \over 2\mu^{2}}\, \root{\mu \over 1 + \mu} \ln\pars{\verts{\root{\mu} - \root{1 + \mu} \over \root{\mu} + \root{1 + \mu}}}} \end{align}
3. $\color{#00f}{\large \mu = 0}$: $${\cal F}\pars{\mu} = \color{#00f}{\large{\cal F}\pars{0} = {2 \over 3}} $$