Comprobar $\int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{1+\sin^2{(\tan{x})}}=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\bigl(\frac{e^2+3-2\sqrt{2}}{e^2-3+2\sqrt{2}}\bigr)$

Question

Probar que la siguiente integral $$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{dx}{1+\sin^2{(\tan{x})}}=\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\dfrac{e^2+3-2\sqrt{2}}{e^2-3+2\sqrt{2}}\right)$$

Esta integral resultado fue calculado utilizando Mathematica y Me gusta esta integral. Pero no puedo resolverlo.

Mi idea:

Deje que $$\bronceado{x}=t\Longrightarrow dx=\dfrac{1}{1+t^2}dt$$ así $$I=\int_{0}^{\infty}\dfrac{dt}{1+\sin^2{t}}\cdot \dfrac{1}{1+t^2}$$

entonces yo no puedo continuar. Me pueden ayudar? Gracias.

Answer 1

Primera nota de que

$$ \begin{align} \int_{0}^{\pi /2} \frac{1}{1+ \sin^{2} ( \tan x)} \ dx &= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+\sin^{2} t)(1+t^{2})} \ dt \\ &= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(3 - \cos 2t)(1+t^{2})} \ dt \end{align}$$

A continuación, utilizando la identidad $$\sum_{k=0}^{\infty}^{k} \cos(kx) = \frac{1 - \cos x}{1-2a \cos x + a^{2}} , \ \ |a|<1$$

tenemos

$A$1 + 2 \sum_{k=1}^{\infty}^{k} \cos(kx) = 1 + 2 \left(\frac{1-\cos x}{1-2a \cos x +a^{2}} -1\right) = \frac{1-a^{2}}{1-2 a \cos x + a^{2}}$$

Por lo tanto,

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1-2a \cos 2x +a^{2})(1+x^{2})} \ dx &= \frac{1}{1-a^{2}} \int_{0}^{\infty} \Big(1+2 \sum_{k=1}^{\infty}^{k} \cos(2kx) \Big) \ \frac{1}{1+x^{2}} \, dx \\ &= \frac{\pi}{2} \frac{1}{1-a^{2}} + \frac{2}{1-a^{2}} \sum_{k=1}^{\infty}^{k} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos(2kx)}{1+x^{2}} \, dx \\ &= \frac{\pi}{2} \frac{1}{1-a^{2}} + \frac{\pi}{1-a^{2}} \sum_{k=1}^{\infty} \Big(\frac{a}{e^{2}} \Big)^{k} \\ &= \frac{\pi}{2} \frac{1}{1-a^{2}} + \frac{\pi}{1-a^{2}} \frac{a/e^{2}}{1-a^/e^{2}} \\ &= \frac{\pi}{2} \frac{1}{1-a^{2}} \Big(1+ \frac{2a}{e^{2} -} \Big) = \frac{\pi}{2} \frac{1}{1-a^{2}} \frac{e^{2}+} {e^{2} -} \end{align}$$

Ahora reescribir la integral como

$$ \frac{1}{1+a^{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1 - \frac{2a}{1+a^{2}} \cos 2x)(1+x^{2})} \, dx$$

y dejar que $a= 3 - 2 \sqrt{2}$.

Entonces

$$ \begin{align} \frac{1}{1+a^{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1- \frac{1}{3} \cos 2x)(1+x^{2})} \ dx &= \frac{3}{1+a^{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(3 - \cos 2x)(1+x^{2})} \, dx \\ &= \frac{\pi}{2} \frac{1}{1-a^{2}} \frac{e^{2} + 3 - 2 \sqrt{2}}{e^{2} - 3 + 2 \sqrt{2}} \end{align}$$

lo que implica

$$ \begin{align} \int_{0}^{\pi /2} \frac{1}{1+\sin^{2} (\tan x)} \ dx &= \frac{\pi}{3} \frac{1+a^{2}}{1-a^{2}}\frac{e^{2} + 3 - 2 \sqrt{2}}{e^{2} - 3 + 2 \sqrt{2}} \\ &= \frac{\pi}{3} \frac{3}{2 \sqrt{2}}\frac{e^{2} + 3 - 2 \sqrt{2}}{e^{2} - 3 + 2 \sqrt{2}} \\ &= \frac{\pi}{2 \sqrt{2}}\frac{e^{2} + 3 - 2 \sqrt{2}}{e^{2} - 3 + 2 \sqrt{2}} \end{align}$$

Answer 2

Deje que $f : [-1,1] \to \mathbb{R}$ ser una función par en $[-1,1]$. Considere la siguiente integral

$$I_f \stackrel{def}{=} \int_0^{\pi/2} f(\sin(\tan x)) dx = \frac12 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} f(\sin(\tan x)) dx = \frac12 \int_{-\infty}^{\infty} f(\pecado y)\frac{dy}{1+y^2} $$ donde $ $ y = \tan x$. Dado que $f(\cdot)$ es, incluso, $f(\pecado y)$ es periódica en $y$ con $\pi$. Podemos reescribir $I_f$ como $$ I_f = \frac12 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} f(\pecado y)g(y) dy $$ donde $$g(y) = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{1+(y+n\pi)^2} = \frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^\infty \left(\frac{1}{n\pi + y - i} - \frac{1}{n\pi+y + i}\right)$$ Deje que $z = \bronceado y$ y $T = -i\bronceado i = \tanh 1 = \frac{e^2-1}{e^2+1}$. Recordar siguiente expansión de $\cuna de$y,

$$\cuna y = \frac{1}{y} + \sum_{n \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}}\left( \frac{1}{y+n\pi} - \frac{1}{n\pi}\right)$$

Nos encontramos $$g(y) = \frac{1}{2}(\cuna(y-i) - \cuna(y+i)) = \frac{1}{2} \left(\frac{1 + izT}{z} - \frac{1 - izT}{z +}\right) = \frac{(z^2+1)T}{z^2+T^2} $$ Como resultado, podemos deshacernos de la explícita trigonométricas dependencia en $I_f$: $$ I_f = \frac12 \int_{-\infty}^\infty f\left(\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right) \frac{(z^2+1)T}{z^2+T^2} \frac{dz}{1+z^2} = \frac{T}{2}\int_{-\infty}^\infty f\left(\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right) \frac{dz}{z^2+T^2} $$ Para cualquier $a > 0$, vamos a por $b = \sqrt{a^2+1}$ y aplicar la fórmula anterior para $f_{a}(z) \stackrel{def}{=} \frac{1}{a^2+z^2}$, tenemos $$\begin{align} I_{f_a} &= \frac{T}{2}\int_{-\infty}^\infty \frac{z^2+1}{a^2+b^2z^2}\frac{dz}{z^2+T^2}\\ &= \frac{T}{2(a^2-b^2T^2)}\int_{-\infty}^\infty \left(\frac{1-T^2}{z^2+T^2} - \frac{1}{a^2+b^2z^2}\right) dz\\ &= \frac{T}{2(a^2-b^2T^2)}\left((1-T^2)\frac{\pi}{T} - \frac{\pi}{ab}\right) = \frac{\pi}{2ab}\frac{b + a}{a + bT} \end{align} $$ Cuando $a = 1$, $b$ se convierte en $\sqrt{2}$ y $I_{f_1}$ se reduce a la integral $I$ queremos calcular, es decir, $$I = I_{f_1} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}\frac{\sqrt{2}+\frac{e^2-1}{e^2+1}}{1+\sqrt{2}\frac{e^2-1}{e^2+1}} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}\frac{(\sqrt{2}+1)e^2 + (\sqrt{2}-1)}{(\sqrt{2}+1)e^2 - (\sqrt{2}-1)} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}\frac{e^2 + (\sqrt{2}-1)^2}{e^2 - (\sqrt{2}-1)^2} $$

Answer 3

Espero que a nadie le importa que yo exhumar esta pregunta, pero me pareció interesante que es posible obtener esta integral por un relativly sencillo contorno método de integración global.

Observar que,a raíz de la pregunta de apertura y el uso de la paridad, que podemos reescribir la integral como

$$ \frac{1}{2}\int^{\infty}_{-\infty}\frac{1}{1+t^2}\frac{1}{1+\sin^2(t)} $$

Ahora es fácil demostrar que los polos se están

$$ t_{\pm}=\pm i\\ t_{n\pm}=\pi n\pm i \text{arcsinh(1)} $$

así que tenemos dos polos aislados y el resto se encuentra en dos líneas rectas paralelo al eje real.

Porque el integrando interpretarse como una función compleja converge $|z|\rightarrow\infty$, podemos elegir un semicírculo cerrado en la mitad superior del plano como una integración de contorno. Nos encontramos

$$ I=\pi i\sum_{n=-\infty}^{\infty}\text{res}(t_{n+})+\pi i \text{res}(t_{+}) $$

Donde los residuos son dadas por $$ \text{res}(t_{+})=\frac{i}{2}\frac{1}{2 \sinh^2(1)-1}\\ \text{res}(t_{n+})=\frac{-i}{2\sqrt{2}}\frac{1}{1+(n \pi+i \text{arcsinh(1)} )^2} $$

Por lo tanto, la integral se reduce a la siguiente suma

$$ I=\frac{\pi}{2\sqrt{2}} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+(n \pi+i \text{arcsinh(1)})^2} -\frac{\pi}{2}\frac{1}{2 \sinh^2(1)-1} $$

El uso de una fracción parcial de la descomposición junto con el Mittag-Leffler de expansión de $\coth(x)$, esto puede escribirse como

$$ I=\frac{\pi}{4\sqrt{2}} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{-i}{-i+n \pi+ \text{arcsinh(1)}}+ \frac{i}{i+n \pi+ i\text{arcsinh(1)}}-\frac{\pi}{2}\frac{1}{2 \sinh^2(1)-1}=\\ \frac{\sqrt{2} \pi}{8} \left( \coth \left(1-\text{arcsinh(1)}\right)+ \coth \left(1+\text{arcsinh(1)}\right)\right)-\frac{\pi}{2}\frac{1}{2 \sinh^2(1)-1}\\ $$

O $$ I\aprox 1.16353 $$

Lo que coincide con el resultado reivindicado.

También podemos calcular este señala explícitamente que $\text{arcsinh(1)}=\log(1+\sqrt{2})$ (*). Pero esto es algo tedioso así que simplemente dejo este paso a la lectura y a la conclusión de que $$ I=\frac{e^2+3-2\sqrt{2}}{e^2-3+2\sqrt{2}} $$

Apéndice

Sólo para dar algunos detalles de la última parte de los cálculos:

El uso de (*) la parte derivada de la suma es $$ \frac{\pi}{4\sqrt{2}}\left(\frac{ \frac{1+\sqrt{2}}{e}+\frac{e}{1+\sqrt{2}}}{ \frac{e}{1+\sqrt{2}}-\frac{1+\sqrt{2}}{e}}+\frac{e \left(1+\sqrt{2}\right)+\frac{1}{1+\sqrt{2} e} }{\left(1+\sqrt{2}\right) e-\frac{1}{\left(1+\sqrt{2}\right) e}}\right)=\\ \frac{\left(e^4-1\right) \pi }{2 \sqrt{2} \left(1-6 e^2+b^4\right)} $$

La parte de la simple polo da

$$ \frac{\pi }{2 \left(\left(\frac{e}{2}-\frac{1}{2}\right)^2-1\right)}=\frac{2 e^2 \pi }{1-6 e^2+b^4} $$

La adición de ambos términos y factorización, a continuación, se obtiene el resultado deseado