Integrar $\int\sqrt{1+9t^4}\:dt$

Question

Necesito encontrar \begin {align} \int\sqrt {1+9t^4}\N- dt. \end {align} Lo que tengo hasta ahora: \begin {align} \int\sqrt {1+9t^4}\:dt & = \int\sqrt {1+ \left (3t^2 \right )^2}\N- dt, \tag {1} \end {align} ahora dejemos $3t^2=\tan\left(\theta\right)\implies \displaystyle t=\sqrt{\frac{\tan\left(\theta\right)}{3}},\:\:dt=\frac{1}{2}\left(\frac{\tan\left(\theta\right)}{3}\right)^{-1/2}\left(\frac{\sec^{2}\left(\theta\right)}{3}\right)$ , lo que me da \begin {align} \int\left [1+ \tan ^2 \left ( \theta\right ) \right ]^{1/2} \frac { \sqrt {3} \sec ^2 \left ( \theta\right )}{6 \sqrt { \tan\left ( \theta\right )}}\:d \theta\tag {2}&= \frac { \sqrt {3}}{6} \int\frac { \sec ^3 \left ( \theta\right )}{ \sqrt { \tan\left ( \theta\right )}}\:d \theta\\ & = \frac { \sqrt {3}}{6} \int\frac { \sec ^2 \left ( \theta\right ) \sec\left ( \theta\right )\:d \theta }{ \sqrt { \tan\left ( \theta\right )}} \tag {3}, \end {align} ahora dejemos $u=\tan\left(\theta\right),\:\:du=\sec^{2}\left(\theta\right)\:d\theta$ , lo que nos da \begin {align} \frac { \sqrt {3}}{6} \int\frac { \sqrt {1+u^{ \color {rojo}{2}} {\año}{\año}{\año}} \sqrt {u}} \tag {4}, \end {align} ¿y a dónde voy desde aquí? O tal vez sólo estoy yendo en círculos y no he hecho ningún progreso con este resultado.

Answer 1

Reescalando el integrando a $\sqrt{1+x^4}$ es un asunto sencillo, así que empecemos por ahí. En primer lugar, algunos trucos con la integración por partes pueden reducir la integral deseada a una más cercana a la forma de una integral elíptica del primer tipo:

$$\begin{align} \int_{0}^{a}\sqrt{1+x^4}\,\mathrm{d}x &=\int_{0}^{a}\frac{1+x^4}{\sqrt{1+x^4}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}}+\int_{0}^{a}\frac{x^4}{\sqrt{1+x^4}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}}+\int_{0}^{a}x\cdot\frac{x^3}{\sqrt{1+x^4}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}}+\left[\frac12x\sqrt{1+x^4}\right]_{0}^{a}-\frac12\int_{0}^{a}\sqrt{1+x^4}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}}+\frac12a\sqrt{1+a^4}-\frac12\int_{0}^{a}\sqrt{1+x^4}\,\mathrm{d}x\\ \implies \frac32\int_{0}^{a}\sqrt{1+x^4}\,\mathrm{d}x &=\frac{a}{2}\sqrt{1+a^4}+\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}}\\ \implies \int_{0}^{a}\sqrt{1+x^4}\,\mathrm{d}x &=\frac{a}{3}\sqrt{1+a^4}+\frac23\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}}.\\ \end{align}$$

Centrándonos ahora en la integralidad $\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}}$ aplicando una transformación de Landen de la forma $x=\frac{1-y}{1+y}$ rendimientos,

$$\begin{align} \int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}} &=\int_{1}^{\frac{1-a}{1+a}}\frac{(1+y)^2}{\sqrt{2(1+6y^2+y^4)}}\cdot\frac{(-2)\,\mathrm{d}y}{(1+y)^2}\\ &=\sqrt{2}\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1+6y^2+y^4}}\\ &=\sqrt{2}\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left(3+2\sqrt{2}+y^2\right)\left(3-2\sqrt{2}+y^2\right)}}.\\ \end{align}$$

Obsérvese que los términos constantes de la última línea anterior tienen las útiles propiedades

$$(3+2\sqrt{2})^{-1}=3-2\sqrt{2};\\ \sqrt{3+2\sqrt{2}}=1+\sqrt{2}.$$

Escalando la integral mediante la sustitución de $(\sqrt{2}+1)y=t$ ,

$$\begin{align} \int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}} &=\sqrt{2}\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left[(1+\sqrt{2})^2+y^2\right]\left[(1-\sqrt{2})^2+y^2\right]}} \\ &=\sqrt{2}\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)\sqrt{\left[1+(\sqrt{2}-1)^2y^2\right]\left[1+(\sqrt{2}+1)^2y^2\right]}} \\ &=\sqrt{2}\int_{\frac{1-a}{1+a}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left[1+(\sqrt{2}-1)^2y^2\right]\left[1+(\sqrt{2}+1)^2y^2\right]}} \\ &=(2-\sqrt{2})\int_{(\sqrt{2}+1)\frac{1-a}{1+a}}^{\sqrt{2}+1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{\left[1+(\sqrt{2}-1)^4t^2\right]\left(1+t^2\right)}} \\ &=(2-\sqrt{2})\int_{(\sqrt{2}+1)\frac{1-a}{1+a}}^{\sqrt{2}+1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^2}\sqrt{1+(\sqrt{2}-1)^4t^2}}. \\ \end{align}$$

Ahora es el momento de la sustitución trigonométrica. Para compactar la notación, escribe $(\sqrt{2}-1)^2=b$ . Utilizando $t=\tan{\theta}$ ,

$$\begin{align} \int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}} &=(2-\sqrt{2})\int_{(\sqrt{2}+1)\frac{1-a}{1+a}}^{\sqrt{2}+1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+t^2}\sqrt{1+b^2t^2}} \\ &=(2-\sqrt{2})\int_{\tan^{-1}{\left[(\sqrt{2}+1)\frac{1-a}{1+a}\right]}}^{\frac{3\pi}{8}}\frac{\sec^2{\theta}\,\mathrm{d}\theta}{\sqrt{\sec^2{\theta}}\sqrt{1+b^2\tan^2}{\theta}} \\ &=(2-\sqrt{2})\int_{\tan^{-1}{\left[(\sqrt{2}+1)\frac{1-a}{1+a}\right]}}^{\frac{3\pi}{8}}\frac{\sec^2{\theta}\,\mathrm{d}\theta}{\sqrt{\sec^4{\theta}}\sqrt{\cos^2{\theta}+b^2\sin^2}{\theta}} \\ &=(2-\sqrt{2})\int_{\tan^{-1}{\left[(\sqrt{2}+1)\frac{1-a}{1+a}\right]}}^{\frac{3\pi}{8}}\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{\cos^2{\theta}+b^2\sin^2}{\theta}} \\ &=(2-\sqrt{2})\int_{\tan^{-1}{\left[(\sqrt{2}+1)\frac{1-a}{1+a}\right]}}^{\frac{3\pi}{8}}\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{1-(1-b^2)\sin^2}{\theta}} \\ &=(2-\sqrt{2})\int_{\tan^{-1}{\left[(\sqrt{2}+1)\frac{1-a}{1+a}\right]}}^{\frac{3\pi}{8}}\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{1-b^{\prime\,2}\sin^2}{\theta}}. \\ \end{align}$$

Y presto chango, ¡una integral elíptica del tipo número uno! Supongo que puedo dejarle los detalles restantes, pero hágame saber si debe aclarar algo.

Answer 2

Vamos a escribir $\sqrt{1+9t^4}$ como $$ \sqrt{1+9t^4} = \frac{3t^2\sqrt{1+9t^4}}{3t^2}=3t^2\sqrt{1/(9t^4)+1} $$ Ahora podemos utilizar la expansión binomial de potencia fraccionaria. \begin {align} (1/(9t^4)+1)^{1/2}&= 1 + \frac {1}{18t^4}- \frac {1}{5184t^8} + \cdots\\ 3t^2(1/(9t^4)+1)^{1/2}&= 3t^2 + \frac {1}{6t^2}- \frac {1}{1728t^6} + \cdots \end {align} Ahora vamos a integrar \begin {align} \int\sqrt {1+9t^4}dt &= t^3 - \frac {1}{6t} + \frac {1}{1080t^5} - \frac {1}{34992t^9} + \cdots\\ &= 3 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(-1)^n(2n)!t^{3-4n}}{(4n-3)(2n-1)36^n(n!)^2} \end {align}

Answer 3

Pista: para esta parte $$\int\frac{\sqrt{1+u}\:du}{\sqrt{u}}$$ Dejemos que $v=\sqrt\frac{1+u}{u}$ o $u=\frac{1}{v^2-1}$ y por lo tanto $du=-\frac{2vdv}{(v^2-1)^2}$
Entonces se trata de resolver $$-\int \frac{2v^2dv}{(v^2-1)^2}$$ Por muy asqueroso que parezca, al menos es racional y, por tanto, "factible".

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Sin embargo, cuando hago que Maple calcule $\int\sqrt{1+9t^4}\:dt$ no da un resultado de forma cerrada. Así que me temo que debe haber algún error al simplificar a $(4)$ .

Answer 4

$$\int\sqrt{1+9t^4}dt = \int\sqrt{1+(3t^2)^2}dt$$ poner $$3t^2 = \sinh x \implies 6tdt = \cosh xdx \implies dt = \frac{\cosh x}{2\sqrt{3}\sqrt{\sinh x}}dx$$ $$\int\sqrt{1+\sinh^2x}\frac{\cosh x}{2\sqrt{3}\sqrt{\sinh x}}dx$$ $$\frac{1}{2\sqrt{3}}\int\sqrt{\cosh^2x}\frac{\cosh x}{\sqrt{\sinh x}}dx$$ $$\frac{1}{2\sqrt{3}}\int \cosh x\frac{\cosh x}{\sqrt{\sinh x}}dx$$ Tomando $\cosh x$ como 1ª función y $\frac{\cosh x}{\sqrt{\sinh x}}$ como 2ª función entonces por intigeración de partes obtenemos $$\frac{1}{2\sqrt{3}}[\cosh x \frac{(\sinh x)^{\frac{-1}{2}+1}}{\frac{-1}{2}+1}-\int \sinh x\frac{(\sinh x)^{\frac{-1}{2}+1}}{\frac{-1}{2}+1}dx]$$ $$\frac{1}{2\sqrt{3}}[\cosh x\sinh x-\int \sinh^2xdx]$$ $$\frac{1}{2\sqrt{3}}[\cosh x\sinh x-\int \frac{\cosh 2x-1}{2}dx]$$ $$\frac{1}{2\sqrt{3}}[\cosh x\sinh x- \frac{1}{2} \int (\cosh 2x-1)dx]$$ $$\frac{1}{2\sqrt{3}}[\cosh x\sinh x- \frac{1}{2} (\frac{\sinh 2x}{2}-x)]$$ como $\sinh 2x = 2\sinh x\cosh x = 2(3t^2)\sqrt{1+9t^4} = 6t^2\sqrt{1+9t^4}$ $$\frac{1}{2\sqrt{3}}[\sqrt{1+9t^4}(3t^2)- \frac{1}{2} (\frac{6t^2\sqrt{1+9t^4}}{2}-\sinh^{-1}(3t^2))]$$

Answer 5

$\qquad$ Sustituyendo $u=t\sqrt3$ y $v=\dfrac1{1+u^4}$ podremos expresar esta integral en términos de la

función beta incompleta de argumentos $\dfrac14$ y $-\dfrac34$ . Alternativamente, expandiendo el integrando en su

serie binomial y cambiando el orden de suma e integración, podemos reescribir la misma

integral en términos de la función hipergeométrica .