¿Una forma más sencilla de calcular una integral definida sin recurrir a fracciones parciales?

Question

El método de las fracciones parciales me ha resultado muy laborioso para resolver esta integral definida : $$\int_0^\infty \frac{\sqrt[3]{x}}{1 + x^2}\,dx$$

¿Hay alguna forma más sencilla de hacerlo?

Answer 1

Quizá esto sea más sencillo.

Realice la sustitución $\displaystyle x^{2/3} = t$ . Dándonos

$\displaystyle \frac{2 x^{1/3}}{3 x^{2/3}} dx = dt$ es decir $\displaystyle x^{1/3} dx = \frac{3}{2} t dt$

Esto nos da que la integral es

$$I = \frac{3}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{t}{1 + t^3} \ \text{d}t$$

Ahora haga la sustitución $t = \frac{1}{z}$ para obtener

$$I = \frac{3}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + t^3} \ \text{d}t$$

Súmalos, anula el $\displaystyle 1+t$ escriba el denominador ( $\displaystyle t^2 - t + 1$ ) como $\displaystyle (t+a)^2 + b^2$ y obtener la respuesta.

Answer 2

He aquí una forma diferente que me gusta mucho:

Llamemos a nuestra integral I, que es el conjunto $$I=\int_0^\infty \frac{\sqrt[3]{x}}{1+x^2}\,dx$$ Sea $u=1+x^{2}$ para que $du=2x \, dx$ . Desde $$\sqrt[3]{x} \, dx=\frac{1}{2}\frac{2x \, dx}{\sqrt[3]{x^{2}}}=\frac{1}{2}\frac{u}{\left({u-1}\right)^{\frac{1}{3}}}\,du$$ tenemos que $$I=\frac{1}{2}\int_{1}^{\infty}\frac{1}{u\left(u-1\right)^{\frac{1}{3}}}\,du.$$ Sea $u=\frac{1}{v}$ de modo que se convierta en $$\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\frac{1}{v}\left(\frac{1}{v}-1\right)^{\frac{1}{3}}}\frac{1}{v^{2}}\,dv=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}v^{-\frac{2}{3}}\left(1-v\right)^{-\frac{1}{3}}\,dv=\frac{1}{2}\text{B}\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$$ donde $\text{B}(x,y)$ es el función beta . Desde $$\text{B}(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$$ tenemos que $$I=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{2}{3})}{\Gamma(1)}.$$ Desde $\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{\sin\pi s}$ se deduce que $$I=\frac{\pi}{2\sin\pi/3}=\frac{\pi}{\sqrt{3}}.$$ Espero que le sirva de ayuda,

También cabe mencionar que numéricamente, Wolfram Alpha está de acuerdo con esta respuesta.

Answer 3

Utilizando técnicas de análisis complejo ( $\text{Residue Theory}$ ) se puede demostrar que $$\int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{a-1}}{1+x^{b}} \ \text{dx} = \frac{\pi}{b \sin(\pi{a}/b)}, \qquad 0 < a <b$$

Puede obtener el valor de su $\text{Integral}$ poniendo $a=\frac{4}{3}$ y $b=2$ .

Establecer $$I = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{a-1}}{1+x^{b}} \ \text{dx}$$ e integrar $$f(z) = \frac{z^{a-1}}{1+z^{b}} = \frac{|z|^{a-1} \cdot e^{i(a-1)\text{arg}(z)}}{1+|z|^{b}e^{ib\text{arg}(z)}}$$

Poste simple en $z_{1} = e^{\pi{i}/b}$ y por lo tanto $$\text{Res} \Biggl[\frac{z^{a-1}}{1+z^{b}}, e^{\pi{i}/b}\Biggr] = \frac{z^{a-1}}{bz^{b-1}}\Biggl|_{z =e^{\pi i / b}} = -\frac{1}{b}e^{\pi i a/b}$$

Integrar a lo largo de $\gamma_{1}$ y que $R \to \infty$ y que $ \epsilon \to 0^{+}$ . Esto da, \begin{align*} \int\limits_{\gamma_{1}} f(z) \ dz & = \int\limits_{\gamma_{1}} \frac{|z|^{a-1} \cdot e^{i(a-1)\text{arg}(z)}}{1+|z|^{b}e^{ib\text{arg}(z)}} \ dz \\ &= \int\limits_{\epsilon}^{R} \frac{x^{a-1}}{1+x^{b}} \to \int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{a-1}}{1+x^{b}} \ dx =I \end{align*}

Integrar a lo largo de $\gamma_{2}$ y que $R \to \infty$ . Esto da $0 < a < b$ y $$\Biggl|\int\limits_{\gamma_{2}} f(z) dz \Biggr| \leq \frac{R^{a-1}}{R^{b}-1} \cdot \frac{2\pi R}{b} \sim \frac{2 \pi}{b R^{b-a}} \to 0$$

Integrar a lo largo de $\gamma_{3}$ y que $R \to \infty$ y $\epsilon \to 0^{+}$ . Esto da \begin{align*} \int\limits_{\gamma_{3}} f(z) \ dz &= \int\limits_{\gamma_{3}} \frac{|z|^{a-1} \cdot e^{i(a-1)\text{arg}(z)}}{1+|z|^{b}e^{ib\text{arg}(z)}} = \Biggl[\begin{array}{c} z=x e^{2\pi i/b} \\ dz=e^{2\pi i/b} \ dx \end{array} \Biggr] \ {\} &= \int\limits_{R}^{\\epsilon} \frac{x^{a-1}e^{2\pi i(a-1)/b}}{1+x^{b}} \cdot e^{2\pi i b} \ dx \to \int\limits_{\infty}^{0} \frac{x^{a-1}e^{2\pi i(a-1)/b}}{1+x^{b}} \cdot e^{2\pi i b} \ dx \ &= -e^{2\pi ia/b}I \fin{align*}

Integrar a lo largo de $\gamma_{4}$ y que $\epsilon \to 0^{+}$ . Esto da $0 < a <b$ , $$\Biggl|\int\limits_{\gamma_{4}} f(z) \ dz \Biggr| \leq \frac{\epsilon^{a-1}}{1-\epsilon^{b}} \cdot \frac{2\pi\epsilon}{b} \sim \frac{2\pi\epsilon}{b} \to 0$$

Utilización de la $\text{Residue Theorem}$ y dejando $R \to \infty$ y $\epsilon \to 0^{+}$ obtenemos que $$ I + 0 - e^{2\pi a/b}I + 0 = 2\pi i \cdot \Bigl(-\frac{1}{b} e^{\pi ia/b}\Bigr)$$ Esto produce, $$(e^{-\pi i a/b} - e^{\pi i a./b})I= -\frac{2\pi i}{b}$$ y, por tanto, resolver para $I$ tenemos $$I= \frac{2\pi i}{b \cdot (e^{\pi ia/b} - e^{-\pi i a/b})}=\frac{\pi}{b \sin(\pi a/b)}$$

Answer 4

Usando la misma técnica que en mi respuesta anterior podemos generalizar, y encontrar la Transformada de Mellin:

Considere $$I(\alpha,\beta)=\int_{0}^{\infty}\frac{u^{\alpha-1}}{1+u^{\beta}}du=\mathcal{M}\left(\frac{1}{1+u^{\beta}}\right)(\alpha)$$ Sea $x=1+u^{\beta}$ para que $u=(x-1)^{\frac{1}{\beta}}$ . Entonces tenemos $$I(\alpha,\beta)=\frac{1}{\beta}\int_{1}^{\infty}\frac{(x-1)^{\frac{\alpha-1}{\beta}}}{x}(x-1)^{\frac{1}{\beta}-1}dx.$$ Configuración $x=\frac{1}{v}$ obtenemos $$I(\alpha,\beta)=\frac{1}{\beta}\int_{0}^{1}v^{-\frac{\alpha}{\beta}}(1-v)^{\frac{\alpha}{\beta}-1}dv=\frac{1}{\beta}\text{B}\left(-\frac{\alpha}{\beta}+1,\ \frac{\alpha}{\beta}\right).$$

Utilizando las propiedades de las funciones Beta y Gamma, esto es igual a $$\frac{1}{\beta}\frac{\Gamma\left(1-\frac{\alpha}{\beta}\right)\Gamma\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)}{\Gamma(1)}=\frac{\pi}{\beta\sin\left(\frac{\pi\alpha}{\beta}\right)}.$$

Answer 5

Generalicemos el problema. Evaluaremos $$ \int_0^\infty\dfrac{x^{\large a-1}}{1+x^b}\ dx. $$ Sea $$y=\dfrac{1}{1+x^b}\quad\Rightarrow\quad x=\left(\dfrac{1-y}{y}\right)^{\large\frac1b}\quad\Rightarrow\quad dx=-\left(\dfrac{1-y}{y}\right)^{\large\frac1b-1}\ \dfrac{dy}{by^2}\ ,$$ entonces \begin{align} \int_0^\infty\dfrac{x^{\large a-1}}{1+x^b}\ dx&=\int_0^1 y\left(\dfrac{1-y}{y}\right)^{\large\frac{a-1}b}\left(\dfrac{1-y}{y}\right)^{\large\frac1b-1}\ \dfrac{dy}{by^2}\\&=\frac1b\int_0^1y^{\large1-\frac{a}{b}-1}(1-y)^{\large\frac{a}{b}-1}\ dy, \end{align} donde la última integral del lado derecho es Función beta . $$ \text{B}(x,y)=\int_0^1t^{\ \large x-1}\ (1-t)^{\ \large y-1}\ dt=\frac{\Gamma(x)\cdot\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}. $$ Por lo tanto \begin{align} \int_0^\infty\dfrac{x^{\large a-1}}{1+x^b}\ dx&=\frac1b\int_0^1y^{\large1-\frac{a}{b}-1}(1-y)^{\large\frac{a}{b}-1}\ dy\\&=\frac1b\cdot\Gamma\left(1-\frac{a}{b}\right)\cdot\Gamma\left(\frac{a}{b}\right)\\&=\large{\color{blue}{\frac{\pi}{b\sin\left(\frac{a\pi}{b}\right)}}}. \end{align} La última parte utiliza Fórmula de reflexión de Euler para la función Gamma proporcionado $0<a<b$ . Así $$ \large\int_0^\infty\dfrac{\sqrt[3]{x}}{1+x^2}\ dx=\int_0^\infty\dfrac{x^{\large\frac43-1}}{1+x^2}\ dx=\frac{\pi}{2\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)}=\color{blue}{\frac\pi3\sqrt{3}}. $$