Verificar la integración de ∫2−x−x2√x2dx∫2−x−x2x2dx \int\frac{\sqrt{2-xx^2}}{x^2}dx

Este es el ejercicio 6.25.40 de Cálculo I de Tom Apostol. Me gustaría pedirle a alguien que verifique mi solución, el resultado que obtuve difiere del proporcionado en el libro.

Evalúa la siguiente integral:$\int\frac{\sqrt{2-x-x^2}}{x^2}dx$

$x \in [{-2,0}) \cup ({0,1}]$

Como se sugiere en el libro, multiplicamos tanto el numerador como el numerador por$\sqrt{2-x-x^2}$. Esto elimina los extremos del dominio del integrando, pero la integral definida que calculamos con la antiderivada de esta nueva función seguirá siendo la integral propia entre dos puntos cualquiera del dominio original: solo eliminamos un número finito de puntos del dominio original y el dominio de la antiderivada resultante será el mismo que el dominio original.

$$I=I_1+I_2=\int\frac{2-x}{x^2\sqrt{2-x-x^2}}dx-\int\frac1{\sqrt{2-x-x^2}}dx \tag{1}$$

evaluando primero$I_1$sustituyendo$t=\frac1{x} \; \text, \; dx=-\frac1{t^2}dt \text:$

$$I_1=-\frac1{\sqrt2}\int\frac{2t-1}{\frac{t}{|t|}\sqrt{\left(t-\frac14\right)^2-\left(\frac34\right)^2}}dt \tag{2}$$

Sustituyendo de nuevo$\frac34\sec{u}=t-\frac14 \; \text, \; dt=\frac34\sec{u}\tan{u}du \; \text, \; t=\frac{3\sec{u}+1}{4} \; \text, \; u=\operatorname{arcsec}{\frac{4t-1}{3}}$, considerando el signo de$t$y$\tan{u}$en los dos subdominios del integrando:

a)$x \in (-2, 0): t<-\frac12 \; \text, \; \frac{4t-1}{3}<-1 \; \text, \; u \in(\frac\pi2,\pi) \; \text, \; \tan{u}<0$
b)$x \in (0, 1): t>1 \; \text, \; \frac{4t-1}{3}>1 \; \text, \; u \in(0,\frac\pi2) \; \text, \; \tan{u}>0$

$$I_1=-\frac{1}{2\sqrt2}\int3\sec^2{u}-\sec{u}=-\frac1{2\sqrt2}\left(3\tan{u}-\log\left|\tan{u}+\sec{u}\right|\right)+C_1 \tag{3}$$

$$\sec{u}=\sec\operatorname{arcsec}\frac{4t-1}{3}=\frac{4t-1}{3}=\frac{4-x}{3x} \tag{4}$$

$$\tan^2{u}=\tan^2\operatorname{arcsec}\frac{4t-1}{3}=\left(\frac{4t-1}{3}\right)^2-1=\frac89\frac{2-x-x^2}{x^2} \tag{5}$$

Considerando nuevamente los casos a) y b):

$$\tan{u}=\frac{2\sqrt2}{3}\frac{\sqrt{2-x-x^2}}{x} \tag{6}$$

$$I_1=-\frac{\sqrt{2-x-x^2}}{x}+\frac1{2\sqrt2}\log\left|\frac{2\sqrt2}{3}\left(\frac{\sqrt{2-x-x^2}+\sqrt2}{x}-\frac1{2\sqrt2}\right)\right|+C_1= \tag{7}$$

$$-\frac{\sqrt{2-x-x^2}}{x}+\frac1{2\sqrt2}\log\left|\frac{\sqrt{2-x-x^2}+\sqrt2}{x}-\frac1{2\sqrt2}\right|+C'_1 \tag{8}$$

evaluando ahora$I_2$:

$$I_2=-\int\frac1{\sqrt{\left(\frac32\right)^2-\left(x+\frac12\right)^2}}dx \tag{9}$$

Sustituyendo$\frac32\sin{z}=x+\frac12 \; \text, \; dx=\frac32\cos{z}dz \; \text, \; z=\operatorname{arcsin}{\frac{2x+1}{3}}$:

$$I_2 = -\int dz = -\operatorname{arcsin}{\frac{2x+1}{3}}+C_2 \tag{10}$$

El resultado final:

$$I = I_1 + I_2 = -\frac{\sqrt{2-x-x^2}}{x}+\frac1{2\sqrt2}\log\left|\frac{\sqrt{2-x-x^2}+\sqrt2}{x}-\frac1{2\sqrt2}\right|-\operatorname{arcsin}{\frac{2x+1}{3}}+C \tag{11}$$

La solución proporcionada en el libro:

$$I = -\frac{\sqrt{2-x-x^2}}{x}+\frac1{2\sqrt2}\log\left(\frac{\sqrt{2-x-x^2}}{x}-\frac1{2\sqrt2}\right)-\operatorname{arcsin}\frac{2x+1}{3}+C$$