Integral

Question

Evaluar $$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2(x)\cos(a+b\tan(x))\mathrm dx

Probé las siguientes ideas:

$u=a+b\tan(x)$ , $du=b\sec^2(x)dx$

PS

utilizando $$\frac{1}{b}\int \cos^4(x)\cos(u)du$

PS

Estoy atascado en este punto. ¿Alguna ayuda?

Answer 1

$$I=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2(x)\cos(a+b\tan(x))\mathrm dx\overset{x\to -x}=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2(x)\cos(a-b\tan(x))\mathrm dx El resumen de las dos integrales de arriba nos da: $$ 2I= 2\cos a \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 x \cos(b\tan x) dx\Rightarrow I=2\cos a\int_0^{\pi/2}\cos^2 x\cos(b\tan x) dx $$\overset{\tan x=t}=2\cos a\int_0^\infty \frac{\cos(b t)}{(1+t^2)^2}dt\overset{bt=x}=2b^3 \cos a\int_0^\infty \frac{\cos x}{(b^2+x^2)^2}dx Considere la siguiente integral, que se encuentra aquí : $$I(b)=\int_0^\infty \frac{\cos x}{b^2+x^2}dx=\frac{\pi}{2b e^{b}}\Rightarrow I'(b)=-2b\int_0^\infty \frac{\cos x}{(b^2+x^2)^2}dx $$\Rightarrow I= -2b^3\cos a\cdot \frac{1}{2b}I'(b)= \frac{\pi}{2}\cos a\frac{b+1}{ e^b}

Answer 2

Establecimiento $I_{a,b}$ igual a la original, integral y asumiendo $b > 0$, se consigue, con su sustitución $b\tan(x) = u-a$, $$\begin{split} I_{a,b} &= \frac 1b \int_{-\infty}^{+\infty} \cos^4(x) \cos(u) \mathop{}\!du = \frac 1b \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(u) \mathop{}\! du}{\sec^4(x)} = \frac1 b\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(u)\mathop{}\! du}{(1+\tan^2(x))^2} \\ &= \frac 1 b \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{b^4\cos(u)\mathop{}\!du}{(b^2 + (u-a)^2)^2} = b^3 \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(s+a) \mathop{}\!ds}{(b^2 + s^2)^2} = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(bt + a)}{(1+t^2)^2}dt. \end{split}$$ La última integral se puede resolver de dos maneras:

Directo contorno de integración. Considerar el complejo integral $$J_{a,b} = \lim_{r\to\infty} e^{ia}\int_{\Gamma_r} \frac{e^{ibz}}{(1 + z^2)^2}\mathop{}\!dz \tag 1$$ donde el contorno cerrado $\Gamma_r = [-r,r] \cup \gamma_{0,r,\curvearrowleft}$ indica que la concatenación de un segmento de longitud $2r$ acostado en la recta real y un semicírculo acostado en la mitad superior del plano -. La integral se puede dividir en dos componentes, $$\int_{\Gamma_r} \frac{e^{ibz}}{(1 + z^2)^2}\mathop{}\!dz = \int_{[-r,r]} \frac{e^{ibz}}{(1 + z^2)^2}\mathop{}\!dz + \int_{\gamma_{0,r,\curvearrowleft}} \frac{e^{ibz}}{(1 + z^2)^2}\mathop{}\!dz,$$ y desde la segunda integral se desvanece gracias a el Jordán lema, que nos lleva a $$J_{a,b} = \lim_{r\to\infty} \int_{[-r,r]} \frac{e^{i(bz+a)}}{(1+z^2)^2} \mathop{}\!dz = \lim_{r\to\infty} \int_{-r}^r \frac{e^{i(bt+a)}}{(1+t^2)^2} \mathop{}\!dt = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i(bt+a)}}{(1+t^2)^2} \mathop{}\!dt,$$ de donde es claro que $$\operatorname{Re}(J_{a,b}) = I_{a,b}. \tag2$$ Aplicando el teorema de los residuos a la integral en $(1)$implica $$\begin{split} J_{a,b} &= e^{ia} \lim_{r\to\infty} \left(2\pi i \operatorname*{Res}\limits_{z=i} \frac{e^{ibz}}{(1 + z^2)^2} \right) \\ &= 2\pi i\ e^{ia} \left( -\frac{b+1}{4e^b}i \right) = \frac \pi 2 e^{ia} \frac{b+1}{e^b}, \end{split}$$ y por $(2)$ obtenemos $$I_{a,b} = \boxed{ \frac \pi 2 \cos(a) \frac{b+1}{e^b}}$$

Feynman truco, luego el contorno de integración. Vamos a presentar el siguiente parámetro dependiente de la integral: $$K_{a,b}(\lambda) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(bt+a)}{\lambda^2 + t^2} \mathop{}\!dt.$$ La diferenciación de w.r.t. $\lambda$rendimientos $$K_{a,b}'(\lambda)=\frac{dK_{a,b}}{d\lambda}(\lambda) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\partial}{\partial\lambda} \left(\frac{\cos(bt+a)}{\lambda^2 + t^2}\right) \mathop{}\!dt = -2\lambda \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(bt+a)}{(\lambda^2 + t^2)^2} \mathop{}\!dt.$$ Por un procedimiento que es casi idéntico al visto anteriormente, podemos calcular $$K_{a,b}(\lambda) = \operatorname{Re} \left( 2\pi i\ e^{ia} \operatorname*{Res}\limits_{z=\lambda i} \frac{e^{ibz}}{\lambda^2 + z^2} \right) = \operatorname{Re}\left(2\pi i\ e^{ia} \frac{-i}{2\lambda e^{b \lambda}} \right) = \pi \frac{\cos(a)}{\lambda e^{b\lambda}} ,$$ así que $$K_{a,b}'(\lambda) = - \pi\cos(a) \frac{e^{-b\lambda} (b\lambda +1)}{\lambda^2}.$$ Llegamos a la conclusión de que, observando $$I_{a,b} = -\frac 1 2 K'_{a,b}(1) = \boxed{ \frac \pi 2 \cos(a) \frac{b+1}{e^{b}}}$$