$latex \displaystyle z \mapsto \int_0^z \frac{d\zeta}{\sqrt{\zeta(\zeta^2 - 1)}}$
tienen longitud $latex \dfrac{\Gamma^2(1/4)}{2\sqrt{2\pi}}$. Todos los que entregaron la solución a este problema mostraron que se reduce a calcular la integral
$latex \displaystyle \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x(1 - x^2)}},$
aunque ninguno mostró cómo evaluarla. En Mathematica, el resultado es indicado como $latex \dfrac{2\sqrt{\pi}\Gamma(5/4)}{\Gamma(3/4)},$ del cual se sigue fácilmente el resultado utilizando las identidades
$latex \displaystyle \Gamma(5/4) = \frac{1}{4}\Gamma(1/4) \qquad\text{ y }\qquad \Gamma(1/4)\Gamma(3/4) = \frac{\pi}{\sin \pi/4}.$
En esta nota les doy los detalles de cómo calcular esta integral.
Sea $latex \displaystyle \mathfrak I = \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x(1 - x^2)}}$. En el cálculo de $latex \mathfrak I$, utilizaremos frecuentemente la identidad
$latex \displaystyle \frac{1}{\lambda^{\alpha}} = \frac{1}{\Gamma(\alpha)} \int_0^\infty e^{-\lambda t} t^{\alpha-1} dt, \qquad \alpha>0,$
la cual se sigue de la definición de $latex \Gamma(\alpha)$ y del cambio de variable $latex t \mapsto \lambda t.$
Procedemos con los siguientes pasos
I. Sustituimos $latex \displaystyle \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} = \frac{1}{\Gamma(1/2)} \int_0^\infty e^{-(1 - x^2) t} t^{-1/2} dt.$ Entonces
$latex \displaystyle \mathfrak I = \frac{1}{\Gamma(1/2)} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}} \int_0^\infty e^{-(1 - x^2) t} t^{-1/2} dt dx$
$latex \displaystyle = \frac{1}{\Gamma(1/2)} \int_0^\infty \int_0^1 e^{-(1 - x^2) t}x^{-1/2} t^{-1/2} dt dx,$
donde hemos usado el teorema de Fubini para intercambiar las integrales.
II. Hacemos el cambio de variable, en $latex x$, $latex (1-x^2)t \mapsto y,$ de tal forma que $latex x\mapsto \Big(1 - \dfrac{y}{t}\Big)^{1/2}.$ Entonces
$latex \displaystyle \mathfrak I = \frac{1}{2\Gamma(1/2)} \int_0^\infty \int_0^t e^{-y} t^{-3/2} \Big(1 - \dfrac{y}{t}\Big)^{-3/4} dydt$
$latex \displaystyle = \frac{1}{2\Gamma(1/2)} \int_0^\infty \int_0^t e^{-y}t^{-3/4}(t - y)^{-3/4} dydt$
$latex \displaystyle = \frac{1}{2\Gamma(1/2)} \int_0^\infty \int_y^\infty e^{-y}t^{-3/4}(t - y)^{-3/4} dtdy,$
donde, nuevamente, hemos usado Fubini para intercambiar la integral de la última identidad.
III. Hacemos el cambio $latex t\mapsto z + y$. Entonces
$latex \displaystyle \mathfrak I = \frac{1}{2\Gamma(1/2)} \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-y} (z + y)^{-3/4} z^{-3/4} dzdy.$
IV. Sustituimos $latex \displaystyle (z + y)^{-3/4} = \frac{1}{\Gamma(3/4)} \int_0^\infty e^{-(z + y)u} u^{-1/4} du.$ Entonces
$latex \displaystyle \mathfrak I = \frac{1}{2\Gamma(1/2)\Gamma(3/4)} \int_0^\infty \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-y} e^{-zu} e^{-yu} u^{-1/4} z^{-3/4} dudzdy$
$latex \displaystyle = \frac{1}{2\Gamma(1/2)\Gamma(3/4)} \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-y} e^{-yu} u^{-1/4}\int_0^\infty e^{-zu} z^{-3/4} dzdudy.$
V. Sustituimos $latex \displaystyle \int_0^\infty e^{-zu} z^{-3/4} dz = \Gamma(1/4) u^{-1/4}.$ Entonces
$latex \displaystyle \mathfrak I = \frac{\Gamma(1/4)}{2\Gamma(1/2)\Gamma(3/4)} \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-y} e^{-yu} u^{-1/2}dudy$
$latex \displaystyle = \frac{\Gamma(1/4)}{2\Gamma(1/2)\Gamma(3/4)} \int_0^\infty e^{-y} \int_0^\infty e^{-yu} u^{-1/2}du dy.$
VI. Sustituimos $latex \displaystyle \int_0^\infty e^{-yu} u^{-1/2}du = \Gamma(1/2) y^{-1/2}$ para, finalmente, obtener
$latex \displaystyle \mathfrak I = \frac{\Gamma(1/4)}{2\Gamma(3/4)} \int_0^\infty e^{-y} y^{-1/2}du dy = \frac{\Gamma(1/4)\Gamma(1/2)}{2\Gamma(3/4)} = \frac{\sqrt{\pi}\Gamma(1/4)}{2\Gamma(3/4)},$
donde hemos utilizados el hecho que $latex \Gamma(1/2) = \sqrt\pi.$
Nota final. Para nada es obvio que los cambios de variable y sustituciones anteriores son los que ayudan a evaluar la integral (ni son únicos). Es necesario, para obtenerlos, hacer talacha e intentar varias técnicas durante un buen rato. No deben, bajo ningún motivo, abandonar una integral nomás porque "no salió a la primera".
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