Calcular la integral definida

Question

Pregunta: calcular $$\int_0^1 \frac{\sqrt{x-x^2}}{x+2}dx.$ $

Intento: he probado varias sustituciones sin éxito. Buscó una posible integración de contorno convirtiendo esto en una función racional de $\sin\theta$ y $\cos \theta$.

Answer 1

Dejando $x=u^2, dx=2udu$ da $\displaystyle2\int_0^1\frac{u^2\sqrt{1-u^2}}{u^2+2}du$; luego dejar $u=\sin\theta, du=\cos\theta d\theta$ da

$\displaystyle2\int_0^{\pi/2}\frac{\sin^2\theta\cos^2\theta}{\sin^2\theta+2}d\theta=2\int_0^{\pi/2}\frac{\tan^2\theta\sec^2\theta}{(\sec^4\theta)(3\tan^2\theta+2)}d\theta=2\int_0^{\infty}\frac{t^2}{(t^2+1)^2(3t^2+2)}dt$ [$t=\tan\theta$]

$\displaystyle=2\int_0^{\infty}\left(\frac{2}{t^2+1}+\frac{1}{(t^2+1)^2}-\frac{6}{3t^2+2}\right)du=2\left[\frac{5}{2}\tan^{-1}t+\frac{t}{2(t^2+1)}-\sqrt{6}\tan^{-1}\frac{\sqrt{6}t}{2}\right]_0^{\infty}$

$\displaystyle=5\cdot\frac{\pi}{2}-2\sqrt{6}\cdot\frac{\pi}{2}=\big(5-2\sqrt{6}\big)\frac{\pi}{2}$.

Answer 2

Sin duda podemos utilizar contorno de integración de aquí. En primer lugar, a través de un sub de $x \mapsto x^2$ y un poco de álgebra, podemos expresar la integral como

$$2 \int_0^1 dx \, \sqrt{1-x^2} - 4 \int_0^1 dx \frac{\sqrt{1-x^2}}{2+x^2} = \frac{\pi}{2} - 2 \int_{-1}^1 dx \frac{\sqrt{1-x^2}}{2+x^2}$$

Ahora considere la posibilidad de

$$\oint_C dz \frac{\sqrt{z^2-1}}{z^2+2} $$

donde $C$ es (1) el círculo $z=R e^{i \theta}$, $\theta \in [-\pi,\pi)$, (2) una línea que se extiende desde el círculo de la $\theta=\pi$ al hueso de perro de contorno, (3) el hueso de perro, y (4) una línea de retorno al círculo de la $\theta=-\pi$. Tenga en cuenta que la integral se desvanece a lo largo de las líneas para el hueso de perro y a lo largo de los círculos pequeños de hueso de perro.

Por lo tanto, el contorno de la integral es igual a

$$i R \int_{-\pi}^{\pi} d\theta \, e^{i \theta} \frac{\sqrt{R^2 e^{i 2 \theta}-1}}{R^2 e^{i 2 \theta}+2} + i 2 \int_{-1}^1 dx \frac{\sqrt{1-x^2}}{2+x^2}$$

Tenga en cuenta que me han hecho caso omiso de la pequeña semicirculares y circulares contornos, como el de las integrales en torno a aquellos que se desvanecen a medida que sus radios se desvanecen. Además, me he saltado el paso de la asignación de una fase a cada rama de la raíz cuadrada a lo largo de $[-1,1]$.

El contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces el residuo de los polos dentro de $C$, los cuales son en $z=\sqrt{2} e^{\pm i \pi/2}$. Así, tomando el límite cuando $R \to \infty$, obtenemos

$$i 2 \pi + i 2 \int_{-1}^1 dx \frac{\sqrt{1-x^2}}{2+x^2} = i 2 \pi \left (\frac{i \sqrt{3}}{i \sqrt{2}} + \frac{-i \sqrt{3}}{-i \sqrt{2}} \right ) = i \sqrt{6} \pi $$

Poniendo todo esto, obtenemos

$$\int_{-1}^1 dx \frac{\sqrt{1-x^2}}{2+x^2} = \left (\sqrt{6}-2 \right ) \frac{\pi}{2} $$

y por lo tanto, el original de la integral es igual a

$$\int_0^1 dx \frac{\sqrt{x-x^2}}{x+2} = \left (\frac{5}{2}-\sqrt{6} \right ) \pi $$

Answer 3

Sustitución de $x=\frac{1+\cos(\theta)}2$ y $z=e^{i\theta}$, podemos calcular esta integral como un contorno integral alrededor del círculo de la unidad: $$\begin{align} \int_0^1\frac{\sqrt{x-x^2}}{x+2}\,\mathrm{d}x &=\frac12\int_0^\pi\frac{\sin^2(\theta)}{5+\cos(\theta)}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\frac14\int_0^{2\pi}\frac{\sin^2(\theta)}{5+\cos(\theta)}\,\mathrm{d}\theta\\ &=-\frac1{8i}\oint\frac{z^2-2+\frac1{z^2}}{z+10+\frac1z}\frac{\mathrm{d}z}z\\ &=-\frac1{8i}\oint\frac{z^4-2z^2+1}{z^2+10z+1}\frac{\mathrm{d}z}{z^2}\\[3pt] &=-\frac1{8i}\oint\left(\color{#0000F0}{1+\frac1{z^2}}\color{#00A000}{-\frac{10}z+\frac{4\sqrt6}{z+5-\sqrt{24}}}\color{#C00000}{-\frac{4\sqrt6}{z+5+\sqrt{24}}}\right)\,\mathrm{d}z\\[6pt] &=-\frac\pi4\left(\color{#00A000}{-10+4\sqrt6}\right)\\[6pt] &=\pi\,\frac{5-2\sqrt6}2 \end {Alinee el} $$ los términos en azul no tienen ningún residuo y el poste del término en rojo está fuera del círculo de la unidad; por lo tanto, necesitamos consideramos solamente los términos en verde.

Answer 4

Hagamos el problema un poco más general considerando $ $$I=\int \frac{\sqrt{x-x^2}}{x+a}dx$$ and let us apply the same approach Mario G proposed. We then arrive to $$\begin{align*} I=\int\frac{\sqrt{x-x^2}}{x+2}dx &=\frac{1}{2}\int\frac{\cos^2( t)}{\sin t+(2a+1)}\,dt\\ \end{align*}$$ Now, let use the tangent half-angle substitution $y=\tan(\frac t2)

$$ me = \int\frac {\left (y ^ 2-1\right) ^ 2} {\left (y ^ 2 + 1\right) ^ \left 2 ((2 a + 1) y ^ 2 + 2 y + (a+1)\right)}\,dy$$ Now, partial fraction decomposition which gives for the integrand $$\frac{2 2 un + 1} {y ^ 2 + 1}-\frac {2 y} {\left (y ^ 2 + 1\right) ^ 2}-\frac {a\left(a+1\right) 4} {(2 a + 1) y ^ 2 + 2y + (2 a + 1)} $$

Integración de las diferentes especies, entonces llegamos a $$I=(2 a+1) \tan ^{-1}(y)+\frac{1}{y^2+1}-2 \sqrt{a(a+1)} \tan ^{-1}\left(\frac{(2 a+1) y+1}{2 \sqrt{a(a+1)}}\right)$ $

Answer 5

Que $x=\frac{1}{2}\sin t+\frac{1}{2}$, entonces tenemos\begin{align*} \int_0^1\frac{\sqrt{x-x^2}}{x+2}dx&=\int_0^1\frac{\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}}{x+2}dx\\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2-\left(\frac{1}{2}\sin t\right)^2}}{\frac{1}{2}\sin t+\frac{1}{2}+2}\frac{1}{2}\cos t\,dt\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos t}{\sin t+5}\cos t\,dt\\ \end{align*}