Evaluar la forma cerrada de $\int_{0}^{\pi/2}{\arctan(a\tan^2x)\over b\sin^2x+c\cos^2x}\mathrm dx=f(a,b,c)$

Question

Última pregunta de esta forma

Tengo mucha curiosidad por lo que es la forma cerrada de:

Asumir donde $a,b,c > 0$

$$\int_{0}^{\pi/2}{\arctan(a\tan^2x)\over b\sin^2x+c\cos^2x}\mathrm dx=f(a,b,c)\tag1$$

$$b\sin^2x+c\cos^2x$$ $$=b(1-\cos^2 x)+c\cos^2 x$$ $$=b-(b-c)\cos^2 x$$

$$\int_{0}^{\pi/2}{\arctan(a\tan^2x)\over b-(b-c)\cos^2x}\mathrm dx\tag2$$

$u=a\tan^2x\implies du=2a\tan x\sec^2 x dx$

${u-a\over a}=\sec^2 x$

$${\sqrt{a}\over 2}\int_{0}^{\infty}{\arctan(u)\over \sqrt{u}(bu+ac-2ab)}\mathrm du\tag3$$

$u=y^2\implies du=2ydy$

$$\sqrt{a}\int_{0}^{\infty}{\arctan(y^2)\over by^2+ac-2ab}\mathrm dy\tag4$$

$b=P$ y $ac-2ab=Q$

Tomar la forma de: $$\int_{0}^{\infty}{\arctan(y^2)\over Py^2+Q}\mathrm dy\tag5$ $

Aplicar $arctan(y)$ serie

$$\sum{n=0}^{\infty}{(-1)^n\over 2n+1}\int{0}^{\infty}{y^{4n+2}\over Py^2+Q}\mathrm dy\tag6$$

Answer 1

Tenemos

$$ f(a,b,c) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\arctan(a \tan^2\theta)}{b \sin^2\theta + c\cos\theta^2} \, d\theta = \frac{\pi}{\sqrt{bc}} \left( \arctan\left(1 + \sqrt{\frac{2ac}{b}}\right) - \frac{\pi}{4} \right). $$

Aquí es un boceto de la computación.

Paso 1. Reducción del problema (no imprescindible)

Considere la curva $\gamma(\theta) = (\sqrt{c}\cos\theta, \sqrt{b}\sin\theta)$$\theta \in [0,\pi/2]$. Esto es parte de una elipse en el primer cuadrante. Observando que en el $ \sqrt{bc} d\theta = x dy - y dx$, se deduce que

$$ f(a,b,c) = \int_{\gamma} \omega, \quad \text{where} \quad \omega = \frac{1}{\sqrt{bc}} \arctan\left(\frac{ac}{b}\cdot\frac{y^2}{x^2}\right) \frac{x dy - y dx}{x^2 + y^2}. $$

Escribir $g = ac/b$ por la simplicidad. A continuación, la observación crucial es que

$$ d\omega = \frac{1}{\sqrt{bc}} \left( \frac{\partial}{\partial x} \frac{x \arctan(gy^2/x^2)}{x^2 + y^2} + \frac{\partial}{\partial y} \frac{y \arctan(gy^2/x^2)}{x^2 + y^2} \right) dx \wedge dy = 0 $$

en el primer cuadrante. Así que por el Verde del teorema, podemos substituir $\gamma$ por cualquier definidas a trozos $C^1$-curva en el primer cuadrante que se une a de$P = (\sqrt{c}, 0)$$Q = (0, \sqrt{b})$. Puesto que la integral de $\omega$ a lo largo de cualquier segmento de línea en cada eje es cero, podemos también sustituir a $P$ por cualquier punto positivo de la $x$-eje y de la misma manera para $Q$. Poner en conjunto, que puede sustituir a $\gamma$ por el arco circular $(x,y) = (\cos\theta, \sin\theta)$ obtener

$$ f(a,b,c) = \frac{1}{\sqrt{bc}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(g\tan^2\theta) \, d\theta = \frac{1}{2\sqrt{bc}} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan(g u)}{\sqrt{u}(1+u)} \, du. $$

Paso 2. Cálculo

Ahora el resto de cálculo se puede hacer con la ayuda de residuos de la computación. En efecto, considerar la última integral como una función de la $g$. A continuación, el residuo de cálculo muestra que

$$ \frac{\partial f}{\partial g} = \frac{1}{2\sqrt{bc}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sqrt{u}}{(1+u)(1+ g^2 u^2)} \, du = \frac{\pi}{2\sqrt{bc}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2 g}(1 + \sqrt{2 g} + g)}. $$

La integración de ambos lados y usando el valor inicial $f|_{g=0} = 0$ da la respuesta deseada.

---

Observación. Me di cuenta de que podemos omitir el Paso 1 y aplicar técnicas en el Paso 2 directamente a

$$ f(a,b,c) = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (a u)}{\sqrt{u}(c + bu)} \, du. $$

Aún así, el Paso 1 se ve agradable a mí como se desinfecta parámetros y muestra un poco de la técnica.

Answer 2

Vamos a utilizar la transformación de Fourier y la identidad de Parseval. Decir que\begin{equation} \hat{g}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\xi x}g(x)\, dx . \end{ecuación } entonces el Fourier transforma de $g(x) = \arctan\dfrac{2}{x^2}$\begin{equation} \hat{g}(\xi) = 2\pi\dfrac{\sin \xi}{\xi}e^{-|\xi|}\tag{1} \end{ecuación } (integración por partes seguidas por cálculo de residuo). Ahora estamos preparados para la integral dada. Empezamos con el substituition $y=\tan x$. \begin{equation} f(a,b,c) = \int{0}^{\infty}\dfrac{\arctan(ay^2)}{by^2+c}\, dy =\left[y =\dfrac{\sqrt{2}}{z\sqrt{a}}\right] = \dfrac{1}{c\sqrt{2a}} \int{-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{z^2+d^2}\arctan\dfrac{2}{z^2}\, dz \tag {2} \end{ecuación } donde $d=\sqrt{\dfrac{2b}{ac}}$. Pero la identidad de Parseval combinado con (1) dar\begin{gather} \int{-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{z^2+d^2}\arctan\dfrac{2}{z^2}\, dz =[\text{ Parseval ]} = \dfrac{1}{2\pi}\int{-\infty}^{\infty}\dfrac{\pi}{d}e^{-d|\xi|}\, 2\pi\dfrac{\sin \xi}{\xi}e^{-|\xi|}\, d\xi = \[2ex] \dfrac{2\pi}{d}\dfrac{1}{2\pi}\int{-\infty}^{\infty}\pi e^{-(1+d)|\xi|}\, \dfrac{\sin \xi}{\xi}\, d\xi = [\text{ Parseval, H = Heaviside ]} = \[2ex]\dfrac{2\pi}{d}\int{-\infty}^{\infty}\dfrac{1+d}{x^2+(1+d)^2}\dfrac{1}{2}({\rm H}(\xi+1)-{\rm H}(\xi-1))\, d\xi = \dfrac{\pi}{d}\int_{-1}^{1}\dfrac{1+d}{x^2+(1+d)^2} = \[2ex]\dfrac{2\pi}{d}\arctan\dfrac{1}{1+d}. \end{frunce } finalmente esto (2)\begin{equation} f(a,b,c) = \dfrac{\pi}{\sqrt{bc}}\arctan\left(\dfrac{\sqrt{ac}}{\sqrt{ac}+\sqrt{2b}}\right). \end{ecuación }