Evaluación de $\int_{0}^{1} \sqrt{1+x^2} \text{ d}x$

Question

Estoy aprendiendo integral. Aquí está mi tarea:

$$\int_0^1 \sqrt{1+x^2}\;dx$$

Creo que este problema se resuelve cambiando $x$ a otra variable. ¿Puedes decirme cómo por favor. (sólo la dirección de cómo resolver)

gracias :)

Answer 1

Integrar por partes para reducir a integral de tabla: $$ \int_0^1 \sqrt{1+x^2} \mathrm{d} x = \left. x \sqrt{1+x^2} \right|_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2 {\color\green{+1-1}}}{\sqrt{1+x^2}} \mathrm{d} x = \sqrt{2} - \int_0^1 \sqrt{1+x^2} \mathrm{d} x + \int_0^1 \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{1+x^2}} $$ Resolviendo ahora la ecuación para $\int_0^1 \sqrt{1-x^2} \mathrm{d} x$ y utilizando la tabla antiderivada $\int \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{1+x^2}} = \operatorname{arcsinh}(x)$ : $$ \int_0^1 \sqrt{1+x^2} \mathrm{d} x = \frac{1}{2} \left( \sqrt{2} + \operatorname{arcsinh}(1) \right) = \frac{1}{2} \left( \sqrt{2} + \log(1+\sqrt{2}) \right) \approx 1.1478 $$

Answer 2

Si optamos por una vía (puramente) trigonométrica, podríamos empezar así: $$ \eqalign{ x&=\tan\theta\\ dx&=\sec^2\theta\,d\theta\\ I&=\int_0^1\sqrt{1+x^2}\,dx\\ &=\int_0^\frac{\pi}{4}\sec^3\theta\,d\theta\\ } $$ Sin embargo, en esta fase, en realidad necesitamos la sustitución $t=\sec\theta+\tan\theta$ lo creas o no: $$ \eqalign{ t&=\sec\theta+\tan\theta\\ dt&=\left(\sec\theta\tan\theta+\sec^2\theta\right)\,d\theta =t\sec\theta\,d\theta\\ \frac{dt}{t}&=\sec\theta\,d\theta } $$ Y luego necesitamos algunas inspiraciones de trigonometría: $$ \eqalign{ t & = \sec\theta+\tan\theta = \frac{1+\sin\theta}{\cos\theta} = \frac{\cos\theta}{1-\sin\theta} \\ t-\frac1t & = \frac{\cos\theta}{1-\sin\theta} - \frac{\cos\theta}{1+\sin\theta} = 2\tan\theta \\ \tan\theta & = \frac12 \left( t-\frac1t \right) = \frac12 \left( t-t^{-1} \right) \\ \tan^2\theta & = \frac{t^2+t^{-2}}{4} - \frac12 \\ \sec^2\theta & = \frac{t^2+t^{-2}}{4} + \frac12 } $$ Podemos entonces proceder como sigue: $$ \eqalign{ I & = \int_0^\frac{\pi}{4}\sec^3\theta\,d\theta = \int_1^{1+\sqrt{2}} \left( \frac{t^2+t^{-2}}{4}+\frac12 \right)\,\frac{dt}{t} \\& = \frac14 \int_1^{1+\sqrt{2}} \left(t+t^{-3}\right)\,dt + \frac12 \int_1^{1+\sqrt{2}} t^{-1}\,dt \\& = \frac18\left[t^2-t^{-2}\right]_1^{1+\sqrt2} + \frac12\left[\ln t \right]_1^{1+\sqrt2} \\& = \frac{\sqrt2+\ln{\left(1+\sqrt2\right)}}{2} } $$ donde es útil observar que $$ \left(1+\sqrt2\right)^{-1} = \frac{1}{1+\sqrt2} \cdot \frac{1-\sqrt2}{1-\sqrt2} = \frac{1-\sqrt2}{-1} $$ para que $$ \left(1+\sqrt2\right)^{-2} = \left(1-\sqrt2\right)^2. $$

Answer 3

Dado que el integrando es una función de $x$ y $\sqrt{ax^{2}+bx+c}$ otro opción es utilizar el Sustitución de Euler $\sqrt{ax^{2}+bx+c}=\pm \sqrt{a}x\pm t$ con $a>0$ . Elegir $\sqrt{1+x^{2}}=t-x$ , elevando ambos al cuadrado lados y resolviendo para $x$ obtenemos $x=\frac{t^{2}-1}{2t}$ y $dx=\frac{ t^{2}+1}{2t^{2}}dt$ . El integrando se convierte en una fracción racional fácilmente integrable de $t$ $$\begin{equation*} \sqrt{1+\left( \frac{t^{2}-1}{2t}\right) ^{2}}\frac{t^{2}+1}{2t^{2}}=\frac{1 }{4}\frac{\left( t^{2}+1\right) ^{2}}{t^{3}}=\frac{1}{2t}+\frac{1}{4t^{3}}+\frac{1}{4}t. \end{equation*}$$ Así que $$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}\sqrt{1+x^{2}}dx &=&\int_{1}^{\sqrt{2}+1}\left( \frac{1}{2t}+\frac{1}{4t^{3}}+\frac{t}{4}\right) dt \\ &=&\left. \frac{1}{2}\ln t-\frac{1}{8t^{2}}+\frac{1}{8}t^{2}\right\vert _{1}^{\sqrt{2}+1}. \end{eqnarray*}$$

Añadido : He comprobado el resultado final:

$$\begin{eqnarray*} \left. \frac{1}{2}\ln t-\frac{1}{8t^{2}}+\frac{1}{8}t^{2}\right\vert _{1}^{\sqrt{2}+1} &=&\frac{\ln \left( \sqrt{2}+1\right) }{2}-\frac{1}{8\left( \sqrt{2} +1\right) ^{2}}+\frac{1}{8}\left( \sqrt{2}+1\right) ^{2}-0 \\ &=&\frac{\ln \left( \sqrt{2}+1\right) }{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}. \end{eqnarray*}$$

Answer 4

Ya que estamos añadiendo múltiples respuestas, aquí hay una utilizando la técnica de Diferenciación bajo el signo integral.

Si $$ F(a) = \int_{0}^{a} f(a,x) \text{ dx}$$ entonces, bajo hipótesis adecuadas,

$$ F'(a) = f(a,a) + \int_{0}^{a} \frac{\partial f(a,x)}{\partial a} \text{ dx}$$

(Aquí encontrará una versión más general: Página Wiki sobre Diferenciación bajo signo integral)

Ahora dejemos que

$$ F(a) = \int_{0}^{a} \sqrt{a^2 + x^2} \text{ dx} \tag{1}$$

Una sustitución $x = at$ nos muestra que

$$ F(a) = a^2 \int_{0}^{1} \sqrt{1 + t^2} \text{ dt} = Ka^2$$

(estamos intentando encontrar el valor de $K$ ).

Por lo tanto debemos tener que $$F'(a) = 2Ka \tag{2}$$

Ahora volvamos a (1) y utilicemos la técnica de diferenciar bajo el signo de la integral.

Obtenemos

$$ F'(a) = \sqrt{2} a + \int_{0}^{a} \frac{a}{\sqrt{a^2 + x^2}} \text{ dx} = \sqrt{2}a + a \sinh^{-1}(x/a)|_0^a = a (\sqrt{2} + \sinh^{-1}(1) - \sinh^{-1}(0))$$

Comparemos esto con (2) y obtendremos el valor de $K$ .

En este caso se utilizó un planteamiento similar: Integral definida: $\displaystyle\int^{4}_0 (16-x^2)^{\frac{3}{2}} dx$

Answer 5

La forma en que he visto hacer esto antes comienza como bgins hizo con la sustitución

$$x=\tan\theta,\quad dx=\sec^2\theta \; d\theta$$

$$\int \sqrt{1+x^2} \; dx=\int\sec^3\theta \; d\theta$$

A partir de aquí, utilizamos la integración por partes.

$$u=\sec\theta,\quad du=\sec\theta\tan\theta \; d\theta$$

$$dv=\sec^2\theta dx,\quad v=\tan\theta$$

$$\int\sec^3\theta d\theta=\sec\theta\tan\theta-\int\sec\theta\tan^2\theta \; d\theta$$

$$\int\sec\theta\tan^2\theta d\theta=\int\sec\theta(\sec^2\theta-1) \; d\theta=\int\sec^3\theta d\theta-\int\sec\theta d\theta$$

Combinando, obtenemos

$$\int\sec^3\theta d\theta=\sec\theta\tan\theta-\int\sec^3\theta \; d\theta+\int\sec\theta d\theta$$

$$2\int\sec^3\theta d\theta=\sec\theta\tan\theta+\int\sec\theta \; d\theta$$

$$\int\sec^3\theta \; d\theta=\frac12\sec\theta\tan\theta+\frac12\ln|\sec\theta+\tan\theta|+C$$

En ese momento usted podría sustituir de nuevo por $x$ o, dado que su caso es una integral definida, evaluar para las correspondientes vaules de $\theta$ .

Vamos a probar otro método sólo por diversión. Intentaremos deshacernos de esa raíz cuadrada con la sustitución

$$x=\frac{e^y}2-\frac{e^{-y}}2,\quad dx=\frac{e^y}2+\frac{e^{-y}}2 \; dy$$

$$\int\sqrt{1+x^2}dx=\int\sqrt{1+\left(\frac{e^y}2-\frac{e^{-y}}2\right)^2}\left(\frac{e^y}2+\frac{e^{-y}}2\right) \; dy$$

$$=\int \left(\frac{e^y}2+\frac{e^{-y}}2\right)\sqrt{1+\frac{e^{2y}}4+\frac{e^{-2y}}4-\frac12} \; dy=$$

$$\int \left(\frac{e^y}2+\frac{e^{-y}}2\right)\sqrt{\frac{e^{2y}}4+\frac{e^{-2y}}4+\frac12} \; dy$$

Pero el término fuera del paréntesis es la raíz cuadrada del término bajo el radical. Así que tenemos

$$\int \left(\frac{e^{2y}}4+\frac{e^{-2y}}4+\frac12\right) \; dy = \frac{e^{2y}}8-\frac{e^{-2y}}8+\frac y2+C$$

El único problema ahora es que la sustitución de la espalda es dolorosa.

$$\frac{e^{2y}}8-\frac{e^{-2y}}8+\frac y2+C=\frac12\left(\frac{e^y}2+\frac{e^{-y}}2\right)\left(\frac{e^y}2-\frac{e^{-y}}2\right)+\frac y2+C$$

$$=\frac{x\sqrt{1+x^2}}2+\frac12\ln(x+\sqrt{1+x^2})+C$$