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Question

Esta integral apareció cuando intentaba resolver esta integral:$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\sin^2x}{4(\cos^4x+2\sin^4x)+2\sin^2 2x}\,dx $ $

Lo simplifiqué un poco, sustituí$\tan(x)=u$ y se me ocurrió,

PS

¿Alguna sugerencia de cómo puedo tomarla desde aquí?

Answer 1

Puede haber una salida fácil, tomando de donde @tilper dejó$$\begin{align}I&=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2u^2}{8(1+2u^2+2u^4)}\,du\\&=\frac{1}{8}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{du}{(\sqrt{1+\sqrt{2}})^2+\left[u-\frac{1}{u\sqrt{2}}\right]^2}\\&=\frac{1}{8}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{du}{u^2+(\sqrt{1+\sqrt{2}})^2}\\&=\boxed{\frac{1}{8}\dfrac{1}{\sqrt{1+\sqrt{2}}}\cdot\pi}\end{align}$ $ en el tercer paso que usé

PS

Answer 2

Por el gusto de hacerlo :-)

\begin{align} 4(\cos^4x+2\sin^4x)+2\sin^2 2x&=4(1-\sin^2x)^2+8\sin^4x+2(2\sin x \cos x)^2\\ &=4-8\sin^2x+4\sin^4x+8\sin^4x+8\sin^2 x (1-\sin^2x)\\ &=4+4\sin^4x \end{align}

Por lo tanto \begin{align} I&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\sin^2x}{4(\cos^4x+2\sin^4x)+2\sin^2 2x}\,dx\\ &=\frac14\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\sin^2x}{1+\sin^4x}\,dx\\ &=\frac12\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin^2x}{1+\sin^4x}\,dx\\ &=\frac12\int_{0}^{\pi/2}\sin^2x\sum_{j=0}^{\infty}(-1)^j\sin^{4j}x\,dx\\ &=\frac12\sum_{j=0}^{\infty}(-1)^j\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2\times\frac{4j+3}{2}-1}x\cos^{2\times\frac12-1}x\,dx\\ &=\frac14\sum_{j=0}^{\infty}(-1)^j \text{Beta}\left(\frac{4j+3}{2},\frac12\right)\\ &=\frac14\sum_{j=0}^{\infty}(-1)^j \frac{\Gamma(\frac12)\Gamma(2j+\frac32)}{\Gamma(2j+2)}\\ \end {align} No estoy seguro de cómo fijar el último hacia abajo. Seré feliz si alguien compartiera sus pensamientos sobre esto :-)

Answer 3

Si asumimos, como en el comentario de mickep, que es$\dfrac{u^2}{8u^4 + 8u^2+4},$, primero trabajamos factorizando el denominador: $$ 8u ^ 4 + (\ cdots) + 4 = \ Big (\ sqrt8 \, u ^ 2 + 2 \ Big) ^ 2 = 8u ^ 4 + 8 \ sqrt 2 \, u ^ 2 + 2 $$ Entonces \begin{align} 8u^4 + 8u^2 + 4 & = \Big(8u^2 + 8\sqrt 2 u^2 + 2\Big) + (8u^2 - 8\sqrt 2\, u^2) \\[10pt] & = (\sqrt8\,u^2 + 2)^2 + 8(1-\sqrt2)u^2 \\[10pt] & = \Big( \sqrt8\,u^2 + 2\Big)^2 - \Big( \sqrt{8(\sqrt 2 - 1)} \, u \Big)^2 \\[10pt] & = \Big( \sqrt8\, u^2 + 1 - \sqrt{8(\sqrt 2 - 1)}\,u\, \Big) \Big( \sqrt8\, u^2 + 1 + \sqrt{8(\sqrt 2 - 1)}\,u \, \Big). \end {align} Entonces tienes un producto de dos factores cuadráticos irreducibles en el denominador. Hacer fracciones parciales en consecuencia.

También podría considerar la sustitución de ángulo medio tangente: $$ w = \ tan \ frac x 2 $$ que lleva a \begin{align} \sin x & = \frac{2w}{1+w^2}, \\[10pt] \cos x & = \frac{1-w^2}{1+w^2}, \\[10pt] dx & = \frac{2\,dw}{1+w^2}. \end {align}

Answer 4

Esto es más un comentario que una respuesta.

Considerando$$\frac{\sin^2(x)}{4(\cos^4(x)+2\sin^4(x))+2\sin^2 (2x)}$$ the denominator can be simplified as $ 2 \ cos ^ 2 (2x) -4 \ cos (2x) +10$ and the numerator as $ \ frac {1- \ cos (2x)} 2 $.

Entonces, por el momento, dejemos que$X=\cos(2x)$ y el entero sea entonces$$\frac{1-X}{4 (X-a) (X-b)}=\frac 1{4(a-b)}\left(\frac{1-a}{X-a} -\frac{1-b}{X-b}\right)$$ where $ a = 1-2i$, $ b = 1 +2i$ are the roots of $ 2X ^ 2-4X +10 = 0 $.

Por lo tanto, básicamente nos enfrentamos a integrales más simples que parecen$$I=\int \frac{dx}{\cos(2x)-c}=\frac 1{\sqrt{1-c^2}}{\tanh ^{-1}\left(\sqrt{\frac{1+c}{1-c}}\tan (x)\right)}$ $ y el problema se vuelve fácil (asumiendo que disfrutas de números complejos).