Encontrando $\int_{0}^{\pi/2} \frac{\tan x}{1+m^2\tan^2{x}} \mathrm{d}x$

Question

¿Cómo demostramos que $$I(m)=\int_{0}^{\pi/2} \frac{\tan x}{1+m^2\tan^2{x}} \mathrm{d}x=\frac{\log{m}}{m^2-1}$$

Veo que $$I(m)=\frac{\partial}{\partial m} \int_{0}^{\pi/2} \arctan({m\tan x}) \ \mathrm{d}x$$

Pero no veo cómo utilizar este hecho. ¿Se puede? Por favor, ayúdenme y, si es posible, publiquen una solución utilizando la diferenciación bajo el signo integral.

Answer 1

$\def\artanh{{\rm{artanh}}\;}$ Denotemos la integral evaluada como $I$ y reescribirlo como sigue \begin{align} I&=\frac{1}{2}\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\frac{\sin2x}{\cos^2x+m^2\sin^2x}\,dx\\ &=\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\frac{\sin2x}{m^2+1-(m^2-1)\cos2x}\,dx\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{\large\pi}\frac{\sin x}{m^2+1-(m^2-1)\cos x}\,dx\\ \end{align}

donde utilizamos la identidad trigonométrica $\sin^2\theta=\dfrac{1-\cos2\theta}{2}$ y $\cos^2\theta=\dfrac{1+\cos2\theta}{2}$ y el mapa $2x\mapsto x$ . Ahora, utilizando la identidad (la prueba se puede ver aquí ) \begin{equation} 1+2\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{b}{a}\right)^n\cos(n x)=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2-2ab\cos x}\qquad,\qquad\mbox{for}\, |b|<a \end{equation} y los valores de correspondencia $a=\dfrac{m+1}{\sqrt{2}}$ y $b=\dfrac{m-1}{\sqrt{2}}$ se puede encontrar \begin{align} I&=\frac{1}{4m}\int_0^{\large\pi}\left[\sin x+2\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{m-1}{m+1}\right)^n\cos(nx)\sin x\right]\,dx\\ &=\frac{1}{2m}+\frac{1}{2m}\sum_{n=2}^\infty \left(\frac{m-1}{m+1}\right)^n\int_0^{\large\pi}\cos(nx)\sin x\,dx\\ &=\frac{1}{2m}-\frac{1}{2m}\sum_{n=2}^\infty \left(\frac{m-1}{m+1}\right)^n\frac{\cos(n\pi)+1}{n^2-1}\\ &=\frac{1}{2m}-\frac{1}{m}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{m-1}{m+1}\right)^{2n}\frac{1}{4n^2-1}\\ &=\frac{1}{2m}-\frac{1}{2m}\left[1+\left(\frac{m-1}{m+1}\right)\artanh\left(\frac{m-1}{m+1}\right)-\left(\frac{m+1}{m-1}\right)\artanh\left(\frac{m-1}{m+1}\right)\right]\\ &=\frac{2}{m^2-1}\artanh\left(\frac{m-1}{m+1}\right)\\ &=\frac{\ln m}{m^2-1}\qquad\qquad\square \end{align} Para la evaluación del último paso, utilizamos series de Taylor para $\artanh$ función \begin{equation} \artanh x=\sum_{n=0}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\qquad,\qquad\mbox{for}\,\, |x|<1 \end{equation} y identidad \begin{equation} \artanh x=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\qquad,\qquad\mbox{for}\,\, |x|<1 \end{equation}

Answer 2

Supongamos que $m\gt0$ (ya que la integral es par en $m$ ) y sustituir $t=\tan(x)$ y $u=t^2$ : $$ \begin{align} \int_0^{\pi/2}\frac{\tan(x)}{1+m^2\tan^2(x)}\mathrm{d}x &=\int_0^\infty\frac{t}{1+m^2t^2}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}\\ &=\frac12\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}u}{(1+m^2u)(1+u)}\\ &=\frac1{2(m^2-1)}\lim_{L\to\infty}\int_0^L\left(\frac{m^2}{1+m^2u}-\frac1{1+u}\right)\mathrm{d}u\\ &=\frac1{2(m^2-1)}\lim_{L\to\infty}\left[\int_0^{m^2L}\frac{\mathrm{d}u}{1+u}-\int_0^L\frac{\mathrm{d}u}{1+u}\right]\\ &=\frac1{2(m^2-1)}\lim_{L\to\infty}\int_L^{m^2L}\frac{\mathrm{d}u}{1+u}\\ &=\frac1{2(m^2-1)}\lim_{L\to\infty}\log\left(\frac{1+m^2L}{1+L}\right)\\ &=\frac{\log(m)}{m^2-1} \end{align} $$

Answer 3

Utilizando mi pista del comentario anterior ( $x=\arctan(y)$ ) y asumiendo que $m$ es real y finito nos da \begin{align} I(m)=\int_0^{b}\frac{dy}{1+y^2}\frac{y}{1+y^2m^2}\ \end{align}

Donde $b=\lim_{y\to\pi/2}\tan(y)$ este límite hay que tomarlo con cierto cuidado porque es divergente. Calculando la integral anterior por métodos estándar (las fracciones parciales funcionan) nos da \begin{align} I(m)=\frac{1}{2}\dfrac{\log\left(\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{m^2 b^2}{1+b^2}\right)}{m^2-1} \end{align}

Elegir la rama correcta de $\tan(y)$ (para que nuestro rango de integración sea continuo) obtenemos $b=+\infty$ . Esto lleva a

\begin{align} I(m)=\frac{1}{2}\frac{\log(m^2)}{m^2-1}=\frac{\log(m)}{m^2-1} \end{align}

Tal vez habría que añadir que $\lim_{m\to 1}I(m)=1/2$ Esto puede verse, por ejemplo, en la expansión de Taylor de $\log$ alrededor de $1$ .

Answer 4

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{{\rm I}\pars{m}\equiv\int_{0}^{\pi/2} {\tan\pars{x} \over 1 + m^{2}\tan^{2}\pars{x}}\,\dd x = {\ln\pars{\verts{m}} \over m^{2} - 1}:\ {\large ?}}$ .

\begin{align} {\rm I}\pars{m}& =\color{#66f}{\large\int_{0}^{\pi/2}{\sin\pars{x}\cos\pars{x}\over \cos^{2}\pars{x} + m^{2}\sin^{2}\pars{x}}\,\dd x} \\[5mm]&=\half\int_{0}^{\pi/2}{\sin\pars{2x}\over \bracks{1 + \cos\pars{2x}}/2 + m^{2}\bracks{1 - \cos\pars{2x}}/2}\,\dd x \\[5mm]&=\int_{0}^{\pi/2}{\sin\pars{2x}\over 1 + m^{2} + \pars{1 - m^{2}}\cos\pars{2x}}\,\dd x \\[5mm]&=\left.{\ln\pars{1 + m^{2} + \bracks{1 - m^{2}}\cos\pars{2x}}\over -2\pars{1 - m^{2}}} \right\vert_{\, x\ =\ 0}^{\, x\ =\ \pi/2} \\[5mm]&={\ln\pars{2m^{2}} - \ln\pars{2}\over 2\pars{m^{2} - 1}} =\color{#66f}{\large{\ln\pars{\verts{m}} \over m^{2} - 1}} \end{align}