Evaluación de $~\int_0^1\sqrt{\frac{1+x^n}{1-x^n}}~dx~$ y $~\int_0^1\sqrt[n]{\frac{1+x^2}{1-x^2}}~dx$

Question

¿Cómo podríamos demostrar que

$$\int_0^1\sqrt{\frac{1+x^n}{1-x^n}}~dx~=~a\cdot2^{a-1}~\bigg[\frac12~B\bigg(\frac a2,~\frac a2\bigg)~+~B\bigg(\dfrac{a+1}2,~\dfrac{a+1}2\bigg)\bigg],$$

donde $a=+~\dfrac1n$ y

$$\int_0^1\sqrt[n]{\frac{1+x^2}{1-x^2}}~dx~=~a\cdot2^{a-1}~\bigg[\frac12~B\bigg(\frac a2,~\frac a2\bigg)~-~B\bigg(\dfrac{a+1}2,~\dfrac{a+1}2\bigg)\bigg],$$

donde $a=-~\dfrac1n$ ?

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Este pregunta surgió como una generalización del hecho de que el longitud del arco de la $($ co $)$ función seno sobre un intervalo de la forma $\bigg(k~\dfrac\pi2,~m~\dfrac\pi2\bigg)$ con $k,~m\in\mathbb Z$ se puede expresar en términos de $\Gamma$ funciones lo que resulta algo sorprendente, ya que la evaluación de tales longitudes de arco suele implicar integrales elípticas de hecho, fue uno de los principales histórico razones para definirlos en primer lugar.

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Intenté sustituirlo por $x^n=\cos2t$ y luego empleando las conocidas fórmulas trigonométricas para $1\pm\cos2t$ con la esperanza de reducir el problema original a un función beta por medio de Integrales de Wallis ya que $\sqrt{\dfrac{1+x^n}{1-x^n}}~=~\cot(t)$ pero este enfoque no me llevó a ninguna parte $($ lo que no implica que el mismo método no pueda resultar fructífero en manos de otra persona $)$ .

Answer 1

Primera integral :

Multipliquemos el numerador y el denominador del integrando por $\sqrt{1+x^n}$ por lo que la integral inicial se convierte en $$\mathcal{I}=\underbrace{\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2n}}}}_{\mathcal{I}_1}+ \underbrace{\int_0^1\frac{x^ndx}{\sqrt{1-x^{2n}}}}_{\mathcal{I}_2}.$$ Después de la sustitución $x=\sin^{\frac1n}\theta$ las integrales $\mathcal{I}_{1,2}$ se reducen a representaciones integrales de dos funciones beta: $$\mathcal{I}_1=\frac{1}{2n}B\left(\frac12,\frac1{2n}\right),\qquad \mathcal{I}_2=\frac{1}{2n}B\left(\frac12,\frac{1+n}{2n}\right).$$ Se puede demostrar fácilmente (utilizando la fórmula de duplicación de la función gamma o repitiendo el cálculo desde este enlace ) que \begin{align*} B\left(\frac12,\frac1{2n}\right)&=2^{\frac1n-1}B\left(\frac1{2n},\frac1{2n}\right),\\ B\left(\frac12,\frac{1+n}{2n}\right)&= 2^{\frac1n}B\left(\frac{1+n}{2n},\frac{1+n}{2n}\right), \end{align*} lo que demuestra la primera fórmula de la pregunta. Espero que esto no tenga demasiado misterio.

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Segunda integral :

El cambio de variables $$y=\sqrt[n]{\frac{1-x^2}{1+x^2}} \qquad \Longleftrightarrow\qquad x=\sqrt{\frac{1-y^n}{1+y^n}}$$ transforma la integral en $$\int_0^1\frac{ny^{n-2}dy}{\left(1+y^n\right)\sqrt{1-y^{2n}}} =\int_0^1\frac{ny^{n-2}\left(1-y^n\right)dy}{\left(1-y^{2n}\right)^{\frac32}}=\int_0^1\frac{\left(1-y^n\right)}{y}d\left(\frac{y^n}{\sqrt{1-y^{2n}}}\right).$$ Ahora basta con integrar por partes y aplicar exactamente el mismo procedimiento (dos funciones beta en el primer paso y fórmula de duplicación en el segundo).

Answer 2

Vale, quizá no sea la solución más elegante, pero no por ello deja de serlo:

Me concentro en la primera integral y la llamo $I_1$ . Utilizando una sustitución $x^n=\cos^2(y),\,dx=-\frac{2}{n}\sin(x)\cos^{\frac{2}{n}-1}(x)$ obtenemos

$$ I_1=\frac{2}{n}\int_{0}^{\pi/2}\cos^{\frac{2}{n}-1}(y)\sqrt{1+\cos^2(y)} $$

Expandir la raíz cuadrada como una serie de Taylor nos permite escribir después de intercambiar la suma y la integración:

$$ I_1=\frac{2}{n}\sum_{m=0}^{\infty}\binom{1/2}{m}\int_0^{\pi/2}\cos^{2m+\frac{2}{n}-1}(y) $$

La integral está ahora en la forma de Función beta y obtenemos

$$ I_1=\frac{\sqrt{\pi}}{n}\sum_{m=0}^{\infty}\binom{1/2}{m}\frac{\Gamma \left(m+\frac{1}{n}\right) }{\Gamma \left(m+\frac{1}{n}+\frac{1}{2}\right)} $$

Recordando $\binom{1/2}{m}=\frac{(-1)^m\Gamma(2m+1)}{\Gamma(m+1)^2}\frac{1}{(1-2m)4^m}$

Y utilizando algunas propiedades básicas del Función gamma (fórmula de duplicación y fórmula de reducción para $\Gamma(\frac{1}{2}+n)$ )esto se reduce a

$$ I_1=\frac{1}{n}\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^m\frac{\Gamma \left(m-\frac{1}{2}\right)}{m!}\frac{\Gamma \left(m+\frac{1}{n}\right) }{\Gamma \left(m+\frac{1}{n}+\frac{1}{2}\right)} $$

Ahora, utilizando la definición de la Función hipergeométrica junto con la definición de Símbolo del martillo pilón podemos reescribirlo como

$$ I_1=\frac{1}{n}B(\frac{1}{2},\frac1n)_2F_1\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{n},\frac{1}{2}+\frac{1}{n}\right) $$

Ahora usando Transformación de Eulers esto da como resultado

$$ I_1=\frac{1}{2n}B(\frac{1}{2},\frac1n)_2F_1\left(1+\frac{1}{n},\frac{1}{2},\frac{1}{2}+\frac{1}{n},-1\right) $$

Lo que puede según este El sitio puede ser evaluado en términos de $\Gamma$ -funciones que dan el resultado correcto.

Observaciones:

No estoy muy satisfecho con esta respuesta porque contiene (lo que realmente odio para ser honesto) demasiado hocus-pocus hipergeométrico. Intentaré añadir una prueba a la identidad crucial mañana, pero espero que encontremos una forma más elegante para este problema...

Editar:

Para una prueba de la identidad mencionada, eche un vistazo aquí, capítulo 2