Área de los supercírculos, o cómo integrar $\int_0^1 \sqrt[n]{1-x^n}dx$ ?

Question

Martin Gardner, en alguna parte del libro Carnaval matemático ; habla de superellipses y su aplicación en el diseño de ciudades y otros ámbitos. Superellipses (gracias por el enlace anorton) están definidos por los puntos que se encuentran en el conjunto de curvas:

$$\left|\frac{x}{a} \right|^n + \left|\frac{y}{b} \right|^n = 1$$

Después de leer el capítulo, me preguntaba cómo calcular el área de estas formas. Así que empecé por la versión más simplista del área de los supercírculos:

$$\frac{A}{4}=\int_0^1 \sqrt[n]{1-x^n}dx$$

Aunque parece sencillo, no he sido capaz de evaluar la integral (salvo algunos casos sencillos, por ejemplo $n=1,2,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots$ ). Así que le pedí a Mathematica que viera si su resultado podía arrojar algo de luz sobre el procedimiento de integración, el resultado fue:

$$\int_0^1\sqrt[n]{1-x^n}dx=\frac{\Gamma \left(1+\frac{1}{n}\right)^2}{\Gamma \left(\frac{n+2}{n}\right)}$$ donde $\Re(n)>0$ . Pero todavía no he podido averiguar los pasos de la integración. Así que mi pregunta es: ¿cómo debemos hacer esta integración?

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Notas laterales:

Es fácil evaluar la integral en el límite de $n \rightarrow \infty$ ¡! Una forma de hacerlo es utilizando la expansión en serie de Taylor, y manteniendo los términos relevantes (sólo el primer término en este caso).

En la imagen inferior se muestran algunos hermosos supercírculos:

Como se puede ver su caso límite es un cuadrado.

Además, sería muy bueno, si se puede calcular el volumen de la generalización natural de la curva a 3(o $k$ ) dimensiones:

$$\left|\frac{x}{a} \right|^n + \left|\frac{y}{b} \right|^n +\left|\frac{z}{c} \right|^n = 1$$

Answer 1

Dejemos que $t=x^n$ Por lo tanto $dt = nx^{n-1}dx = nt^{1-\frac{1}{n}}dx$ $$\begin{align*} \int_0^1 \sqrt[n]{1-x^n}dx&=\frac{1}{n}\int_0^1t^{\frac{1}{n}-1}(1-t)^{\frac{1}{n}} dt\\ &=\frac{1}{n}\int_0^1t^{\frac{1}{n}-1}(1-t)^{1 + \frac{1}{n} - 1} dt\\ &=\frac{1}{n}\beta\biggr(\frac{1}{n}, 1+\frac{1}{n}\biggr)\\ &=\frac{1}{n}\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\Gamma(1+\frac{1}{n})}{\Gamma(\frac{n+2}{n})}\\ &=\frac{\Gamma(1+\frac{1}{n})^2}{\Gamma(\frac{n+2}{n})} \end{align*}$$

Por cierto, ¡maravillosa presentación del problema! He disfrutado al despertarme con esto.

Answer 2

Una pista: Utilizar el cambio de variables $t=x^{n}$ y luego utilizar el $\beta$ función

$$\mathrm{\beta}(u,v) = \int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v-1}\,dt=\frac{\Gamma(u)\Gamma(v)}{\Gamma(u+v)},\quad \textrm{Re}(u), \textrm{Re}(v) > 0.\,$$

Answer 3

Podemos calcular una antiderivada de $\sqrt[k]{1-x^k}$ :

Para cualquier $y\in[0,1]$ y $k\in]0,\infty[$ , $$\begin{split} \int_0^y \sqrt[k]{1-x^k}\,\mathrm dx&\overset{u=x^k}= \frac1k\int_0^{y^k} u^{\frac1k-1} \cdot (1-u)^{\frac1k}\,\mathrm du\\ &=\frac1k\cdot\operatorname B_{y^k}\left(\frac1k,\frac1k+1\right)\\ &=y\cdot{}_2F_1\left(-\frac1k,\frac1k;1+\frac1k;y^k\right), \end{split}$$

donde $\operatorname B$ denota el Función beta incompleta y ${}_2F_1$ es el Función hipergeométrica gaussiana . La última igualdad se demuestra aquí .

Por lo tanto, tenemos en $[0,1]$ , donde $c$ es una constante de integración, $$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int\sqrt[k]{1-x^k}\,\mathrm dx=\frac1k\cdot\operatorname B_{x^k}\left(\frac1k,\frac1k+1\right)+c=x\cdot{}_2F_1\left(-\frac1k,\frac1k;1+\frac1k;x^k\right)+c.}$$

En particular, por el Teorema Fundamental del cálculo, donde $\Gamma$ denota el Función gamma , $$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_0^1\sqrt[k]{1-x^k}\,\mathrm dx={}_2F_1\left(-\frac1k,\frac1k;1+\frac1k;1\right)=\frac{\Gamma \left(1+\frac{1}{k}\right)^2}{\Gamma \left(\frac{k+2}{k}\right)}=\frac{\sqrt{\pi }}{4^\frac1k}\frac{\Gamma \left(1+\frac{1}{k}\right)}{\Gamma \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{k}\right)},}$$

donde la penúltima igualdad es Teorema hipergeométrico de Gauss y la última igualdad es la Función gamma-Fórmula de Legendre .