Cómo evaluar ∫tan3/2(x)1−sin(x)dx∫tan3/2⁡(x)1−sin⁡(x)dx\int \frac{\tan^{3/2}\left(x) \right)}{1 - \sin\left(x\right)} \,\mathrm{d}x?

Question

Cómo evaluar ∫tan3/2(x)1−sin(x)dx∫tan3/2⁡(x)1−sin⁡(x)dx\int \frac{\tan^{3/2}\left(x) \right)}{1 - \sin\left(x\right)} \,\mathrm{d}x?

cálculo
integración
Matemáticas
Integrales indefinidas
Integrales trigonométricas

Hola Mundo

estoy tratando de evaluar

\begin{matrix} (1) & \int \frac{{broncearse}^{3 / 2} (X)}{1 - pecado (X)} d X \end{matrix}

$\int \frac{\tan^{3/2}\left(x\right)} {1 - \sin\left(x\right)}\,dx \label{1}\tag{1}$

Intenté usar la sustitución de Weierstrass. > **La sustitución de Weierstrass**, (llamada así por K.Weierstrass

(1815)

$\left(~1815~\right)$ ), es una sustitución utilizada para convertir expresiones racionales de funciones trigonométricas en expresiones racionales polinómicas. Las integrales de este tipo suelen ser más fáciles de evaluar.

Esta sustitución se construye haciendo:

t = broncearse (\frac{X}{2}) ⟺ X = 2 arcán (t) ⟺ d X = \frac{2}{t^{2} + 1}

$t = \tan\left(\frac{x}{2}\right) \iff x = 2\arctan(t) \iff dx = \frac{2}{t^2+1}$

Usando identidades trigonométricas básicas es fácil probar que:

porque X = \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}}

$\cos x = \dfrac{1 - t^2}{1 + t^2}$

pecado X = \frac{2 t}{1 + t^{2}}

$\sin x = \dfrac{2t}{1 + t^2}$

Usando esta sustitución terminamos en esta integral:

2 \int \frac{(2 t)^{\frac{3}{2}} (1 + t^{2})}{(1 - t^{2})^{\frac{3}{2}} (t^{2} - 2 t + 1)} d t

$2 \int \frac{(2t)^{\frac{3}{2}}(1+t^2)}{(1-t^2)^{\frac{3}{2}}(t^2-2t+1)}\,dt$

Lo cual claramente no es más fácil de evaluar que $(1)$ .

También probé otras sustituciones trigonométricas estándar como $u = \cos(x)$ , $u = \sin(x)$ , $u=\tan(x)$ sin mejor suerte.

Por fin no puedo ver ninguna identidad trigonométrica que pueda simplificar la fracción.

¿Alguna idea sobre cómo evaluar esta integral?

Claudio Leibovici

Me temo que el resultado podría ser una función hipergeométrica.

Nikunj

Sí, tendremos que calcular

\int (v^{2} - 1)^{3 / 4} d v

$\int (v^2-1)^{3/4} \,dv$ en algún lugar de la línea. Lo cual, según WA se puede expresar en términos de funciones hipergeométricas.

Respuestas (2)

Cómo evaluar ∫tan3/2(x)1−sin(x)dx∫tan3/2⁡(x)1−sin⁡(x)dx\int \frac{\tan^{3/2}\left(x) \right)}{1 - \sin\left(x\right)} \,\mathrm{d}x?

Me temo que el resultado podría ser una función hipergeométrica.
Sí, tendremos que calcular $\int (v^2-1)^{3/4} \,dv$ en algún lugar de la línea. Lo cual, según WA se puede expresar en términos de funciones hipergeométricas.

Chappers · Answer 1

Podemos mostrar de forma bastante sencilla que esto se reduce a una integral elíptica, que no puede ser una función elemental: poner $x = \arctan(u^2)$ . Entonces $dx = 2u/(1+u^4) \, du$ , $\tan x = u^2$ y $\sin x = u^2/\sqrt{1+u^4}$ , y la racionalización implica que la integral se convierte en

\int (2 {tu}^{4} + \frac{2 {tu}^{6}}{\sqrt{1 + {tu}^{4}}}) d tu,

$\int \bigg( 2u^4 + \frac{2u^6}{\sqrt{1+u^4}} \bigg) \, du ,$ y solo tenemos que preocuparnos por el segundo término. Da la casualidad de que esta fue una de las primeras integrales que Liouville consideró cuando se interesó en cuándo una integral es algebraica (consulte Joseph Liouville 1809–1882 de Lützen , págs. 374 y siguientes para obtener más detalles). Una integración por partes nos reduce a

\int \frac{u^{2}}{\sqrt{1 + u^{4}}} d u

$\int \frac{u^2}{\sqrt{1+u^4}} \, du$ , que se sabe que no es elemental (ver el trabajo de Liouville o el libro de Ritt Integración en términos finitos ). Así, la "parte elemental" es

\frac{2}{5} ({tu}^{5} + {tu}^{3} \sqrt{1 + {tu}^{4}}),

$\frac{2}{5} ( u^5 + u^3 \sqrt{1+u^4}) ,$ mientras que la parte no elemental es la integral elíptica

- \frac{6}{5} \int \frac{{tu}^{2}}{\sqrt{1 + {tu}^{4}}} d tu = \frac{6}{5} \sqrt{i} (F (arcsen (\sqrt{i} tu) ∣ - 1) - F (arcsen (\sqrt{i} tu) ∣ - 1) .

$- \frac{6}{5} \int \frac{u^2}{\sqrt{1+u^4}} \, du = \frac{6}{5}\sqrt{i} ( F(\arcsin(\sqrt{i}u) \mid -1) - F(\arcsin(\sqrt{i}u) \mid -1) .$ Se podría escribir en términos de

x

$x$ de nuevo, pero no parece tener mucho sentido.

Seguro que diste la mejor sustitución. Sin embargo, tengo la sensación de que puede tener algunos errores tipográficos. Saludos y gracias por sus respuestas y $\to +1$ .
Creo que nuestras respuestas podrían ser las mismas: las diferencias radican en las expresiones arcsin vs arg sinh. Sin embargo, es posible que tenga un error de señal en alguna parte.
No es mi respuesta; es tuyo ! te falta un factor $2$ (Error seguro al mirar los resultados finales). $dx$ no es correcto. Salud :-)

Claudio Leibovici · Answer 2

Primero, una pequeña precisión histórica: la mayoría de los libros llaman a la sustitución del medio ángulo tangente el Weierstrass $(1815-1897)$ sustitución cuando en realidad la técnica aparece en la obra de Euler $-1707-1783).

Con respecto a las posibles sustituciones, lo que @Chappers propuso es probablemente el mejor desde que conduce a una expresión de forma cerrada real en términos de integrales elípticas.

Solo para continuar con lo que escribí anteriormente en los comentarios, dejando $x=\sin ^{-1}(u)$ , terminamos con

I = \int \frac{{broncearse}^{\frac{3}{2}} (X)}{1 - pecado (X)} d X = \int \frac{{tu}^{3 / 2}}{(1 - tu)^{9 / 4} (tu + 1)^{5 / 4}} d tu

$I=\int \frac{\tan^{\frac{3}{2}}(x)}{1-\sin(x)} \,dx=\int \frac{u^{3/2}}{(1-u)^{9/4} \,(u+1)^{5/4}}\,du$

I = \frac{2 {tu}^{3 / 2} (3 tu - 2)}{5 (1 - tu)^{5 / 4} (tu + 1)^{1 / 4}} + \frac{4}{5} {tu}^{3 / 2}_{2} F_{1} (\frac{1}{4}, \frac{3}{4}; \frac{7}{4}; {tu}^{2})

$I=\frac{2 u^{3/2} (3 u-2)}{5 (1-u)^{5/4}\, (u+1)^{1/4}}+\frac{4}{5} u^{3/2} \, _2F_1\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4};\frac{7}{4};u^2\right)$ que no he podido simplificar más.

Observaciones

Mirando nuevamente la respuesta de @Chappers, tengo el relleno de que hay algunos errores tipográficos.

X = {broncearse}^{- 1} ({tu}^{2}) ⟹ d X = \frac{2 tu}{{tu}^{4} + 1} d tu y pecado (X) = \frac{{tu}^{2}}{\sqrt{{tu}^{4} + 1}}

$x= \tan ^{-1}\left(u^2\right)\implies dx=\frac{2 u}{u^4+1}\,du \qquad \text{and} \quad \sin(x)=\frac{u^2}{\sqrt{u^4+1}}$ haciendo

I = 2 \int ({tu}^{4} + \frac{{tu}^{6}}{\sqrt{{tu}^{4} + 1}}) d tu

$I =2\int \left(u^4+\frac{u^6}{\sqrt{u^4+1}}\right)\,du$ haciendo

I = \frac{2}{5} {tu}^{3} ({tu}^{2} + \sqrt{{tu}^{4} + 1}) +

$I=\frac{2}{5} u^3 \left(u^2+\sqrt{u^4+1}\right)+$

\frac{6}{5} (- 1)^{3 / 4} (mi (i {pecado}^{- 1} ((- 1)^{1 / 4} tu) | - 1) - F (i {pecado}^{- 1} ((- 1)^{1 / 4} tu) | - 1))

$\frac{6}{5} (-1)^{3/4} \left(E\left(\left.i \sinh ^{-1}\left((-1)^{1/4} u\right)\right|-1\right)-F\left(\left.i \sinh ^{-1}\left((-1)^{1/4} u\right)\right|-1\right)\right)$

Si bien ambas respuestas son muy informativas, acepté a @Chappers porque respondió antes. ¡Gracias a los dos!
@Veriun. Debería haberme sentido muy infeliz al ver que no aceptabas la respuesta de Chappers (¡lo cual es realmente genial!).
@Claude Leibovici: ¿Conoce ejemplos del uso de este cambio de variable en los escritos de Euler?

Cómo evaluar ∫tan3/2(x)1−sin(x)dx∫tan3/2⁡(x)1−sin⁡(x)dx\int \frac{\tan^{3/2}\left(x) \right)}{1 - \sin\left(x\right)} \,\mathrm{d}x?

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atascado al inicio del problema de integración