Prueba integral de ayer:$\int_0^\pi {{1+\sin^2x}\over{6-\cos^2x+\left|\cos x\right|}} \sin x \cdot x \, dx$

Question

Esta fue la integral que tuvimos en la prueba de ayer:

ps

Ninguno de mis amigos, incluido yo, lo resolvió. ¿Alguien sabe cómo resolver esta integral? Intenté literalmente todo, pero no pude resolverlo ... Por cierto, ¿cree que esta integral es demasiado difícil para estar en la prueba? (Primer año de la universidad, prueba de 90 minutos)

Answer 1

Me deja escribir $$f(x)={{1+\sin^2x}\over{6-\cos^2x+\left|\cos x\right|}} \sin x$$ and $$I=\int_0^\pi f(x) x\,dx.$$ Since $\el pecado(\pi-x)=\sin x$ and $\cos(\pi-x)=-\cos x$, we have $f(\pi-x)=f(x)$. So, making the substitution $u=\pi-x$ in the integral, we have $$I=\int_{\pi}^0f(u)(\pi-u)(-du)=\pi\int_0^\pi f(u)\,du-\int_0^\pi f(u)u\,du=\pi\int_0^\pi f(u)\,du-I$$ and so $$2I=\pi\int_0^\pi f(u)\,du.$$ La identidad de $f(\pi-x)=f(x)$ además le da ese $$\int_0^\pi f(x)\,dx=2\int_0^{\pi/2}f(x)\,dx.$$ Así, basta con calcular la integral $$J=\int_0^{\pi/2}f(x)\,dx$$ and then we will have $I=\pi J$.

Para calcular los $J$, observar primero que $\cos x$ es siempre no negativo para$x\in[0,\pi/2]$, por lo que podemos ignorar el valor absoluto en $f(x)$. Ahora hacemos la sustitución de $u=\cos x$ para obtener $$J=\int_1^0\frac{2-u^2}{6-u^2+u}(-du)=\int_0^1\frac{2-u^2}{-(u-3)(u+2)}\,du$$ (here we use the fact that $\sin^2 x=1-\cos^2 x$ to write the numerator in terms of $u$). Now we use partial fractions to write the integrand as $$1+\frac{7/5}{u-3}-\frac{2/5}{u+2}$$ which we can now integrate straightforwardly to find that $$J=1+\frac{7}{5}(\log2-\log 3)-\frac{2}{5}(\log 3-\log 2)=1+\frac{9}{5}\log\frac{2}{3}.$$

Llegamos a la conclusión de que $$I=\pi\left(1+\frac{9}{5}\log\frac{2}{3}\right).$$

(Para confirmación de que me las he arreglado para no hacer cualquier pequeño error, WolframAlpha calcula tanto la integral y mi respuesta ha de ser aproximadamente de $0.848741$.)

Answer 2

Estaba a punto de decir que hay una cierta simetría que implica que la integral de $0$ $\pi/2$cancela la integral de $\pi/2$ $\pi,$ya que la función es simétrica sobre el punto de $(\pi/2,0).$ Pero eso no es cierto, debido a la multiplicación por $x,$, por lo que acaba de saltar este párrafo, a menos que desee para ver si usted puede encontrar una versión más sutil de ese argumento.

Sin embargo: $$ {{1+\sin^2x}\over{6-\cos^2x+\left|\cos x\right|}} \sin x \, dx = \frac{2-\cos^2 x}{6-\cos^2 x + \left|\cos x\right|} (\sin x\,dx) = \frac{2-w^2}{6-w^2+|w|}\,dw $$ En el intervalo de$0$$\pi/2$$\cos x\ge0$, de modo que usted puede bajar el valor absoluto de firmar. Entonces usted tiene $6-w^2+w=-(w-3)(w+2).$ Y en el intervalo de $\pi/2$ $\pi$$6-w^2-w = -(w+3)(w-2).$

Así que el primer uso parcial de las fracciones y escribe $du = \dfrac{2-w^2}{6-w^2+w}\,dw$ o más la versión con $6-w^2-2,$ e integrar a averiguar lo $u$ es, y entonces usted tiene $$ \int x \left( \frac{2-w^2}{6-w^2+w} \, dw \right) = \underbrace{\int x\, du = xu - \int u\, dx}_\text{integración por partes} $$ y trabajar por separado en el intervalo de $\pi/2$ $\pi,$en una manera similar.