Verifique que $\int_0^{\pi/2} \frac{{\rm d}\theta}{(1-m^2\cos^2{\theta})^2}= \frac{(2-m^2)\pi}{4(1-m^2)^{3/2}}$ para $0<m<1$

Question

Me han dicho que la integral

\begin{align} I&=\int_0^{\pi/2} \frac{1}{(1-m^2\cos^2{\theta})^2}\,{\rm d}\theta\\ &= \frac{(2-m^2)\pi}{4(1-m^2)^{3/2}} \end{align}

Dónde $0<m<1$ . Quiero comprobarlo, pero no tengo ni idea de cómo se hace. ¿Alguien puede explicarlo?

Estaba pensando en una posible sustitución, así que probé $x=m\cos\theta$ Sin embargo, esto hace que el problema sea más complicado, por lo que obviamente es incorrecto.

Answer 1

SUGERENCIA:

La integral de interés $I(m)=\int_0^{\pi/2} \frac{1}{(1-m^2\cos^2(\theta))^2}\,d\theta$ puede simplificarse fácilmente como

$$\begin{align} I&=\int_0^{\pi/2} \frac{1}{(1-m^2\cos^2(\theta))^2}\,d\theta\\\\ &=-\frac2{m^4}\left.\frac{d}{da}\left(\int_{0}^\pi\frac{1}{a-\cos(\theta)}\,d\theta\right)\right|_{a=2/m^2 -1}\\\\ \end{align}$$

Ahora, o simplemente se aplica el clásico Sustitución de Weierstrass Utilizar la integración de contornos, o simplemente recordar el resultado conocido para llegar a

$$\begin{align} I&=-\frac2{m^4}\left.\frac{d}{da}\left(\frac{\pi}{\sqrt{a^2-1}}\right)\right|_{a=2/m^2 -1}\\\\ &=\frac{\pi(2-m^2)}{4(1-m^2)^{3/2}} \end{align}$$

¡como se iba a mostrar!

Answer 2

En lugar de realizar la sustitución de Weierstrass $\theta=2\arctan\frac{t}{2}$ probablemente sea más rápido realizar directamente la sustitución $\theta=\arctan t$ , lo que lleva a $d\theta=\frac{dt}{1+t^2}$ y $\frac{1}{1+t^2}=\cos^2\theta$ para que

$$ I(m) = \int_{0}^{+\infty}\frac{1+t^2}{(1-m^2+t^2)^2}=\frac{1}{(1-m^2)^{3/2}}\int_{0}^{+\infty}\frac{1+(1-m^2)u^2}{(1+u^2)^2}\,du $$ y las integrales $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{du}{(1+u^2)^2}=\frac{\pi}{4},\qquad \int_{0}^{+\infty}\frac{u^2\,du}{(1+u^2)^2}=\frac{\pi}{4}$$ puede calcularse de varias maneras, por ejemplo mediante el teorema del residuo. Conducen a: $$ I(m)=\frac{\pi}{4}\cdot\frac{2-m^2}{(1-m^2)^{3/2}} $$ como se busca. Otro truco eficaz es reconocer en la integral algún múltiplo del área encerrada por una elipse, debido a la ecuación polar de una elipse y a la fórmula para calcular el área en coordenadas polares.

Actualización: Me gustaría que los downvoters explicaran sus downvotes. ¿Qué es lo que está mal aquí?

Answer 3

Dejemos que $t = \tan \theta = \frac {\sin \theta} {\cos \theta}$ . Combinando esto con la identidad $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ y teniendo en cuenta que $\theta \in [0, \frac \pi 2]$ (donde $\cos \theta \ge 0$ ), obtenemos $\cos^2 \theta = \frac 1 {1+t^2}$ . Con esta sustitución la integral se convierte en

$$\int \limits _0 ^\infty \frac 1 {(1 - m^2 \frac 1 {1 + t^2})^2} \frac 1 {1+t^2} \ \Bbb d t = \int \limits _0 ^\infty \frac {t^2 + 1} {(t^2 + 1 - m^2)^2} \ \Bbb d t = \int \limits _0 ^\infty \frac 1 {t^2 + 1 - m^2} \ \Bbb d t + \int \limits _0 ^\infty \frac {m^2} {(t^2 + 1 - m^2)^2} \ \Bbb d t .$$

La primera, por el cambio de variable $t = \sqrt {1-m^2} u$ se convierte en

$$\frac 1 {\sqrt {1-m^2}} \int \limits _0 ^\infty \frac 1 {1+u^2} \ \Bbb d u = \frac 1 {\sqrt {1-m^2}} \arctan u \big| _0 ^\infty = \frac \pi 2 \frac 1 {\sqrt {1-m^2}} .$$

Con el mismo cambio de variable, la segunda se convierte en

$$\frac {m^2} {\sqrt {1-m^2} ^3} \int \limits _0 ^\infty \frac 1 {(1+u^2)^2} \ \Bbb d u .$$

Para esta última integral, realiza el cambio de variables $u = \tan s$ , obteniendo

$$\frac {m^2} {\sqrt {1-m^2} ^3} \int \limits _0 ^\frac \pi 2 \frac 1 {(1 + \tan^2 s)^2} \frac 1 {\cos^2 s} \Bbb d s = \frac {m^2} {\sqrt {1-m^2} ^3} \int \limits _0 ^\frac \pi 2 \frac 1 {\frac 1 {\cos^4 s}} \frac 1 {\cos^2 s} \Bbb d s = \frac {m^2} {\sqrt {1-m^2} ^3} \int \limits _0 ^\frac \pi 2 \cos^2 s \ \Bbb d s = \\ \frac {m^2} {\sqrt {1-m^2} ^3} \int \limits _0 ^\frac \pi 2 \frac {1 + \cos 2s} 2 \ \Bbb d s = \frac \pi 4 \frac {m^2} {\sqrt {1-m^2} ^3} .$$

Sumando las dos integrales, obtenemos

$$\frac \pi 4 \frac 1 {\sqrt {1 - m^2}} \left( 2 + \frac {m^2} {1-m^2} \right) = \frac \pi 4 \frac {2-m^2} {(1-m^2) ^\frac 3 2} .$$

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\bbox[8px,border:1px groove navy]{{#1}}\ } \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbx{\left. \vphantom{\Huge A^{a}}% \int_{0}^{\pi/2}{\dd\theta \over \bracks{1 - m^{2}\cos^{2}\pars{\theta}}^{2}} \right\vert_{\ 0\ <\ m\ <\ 1}} = \int_{0}^{\pi/2}{\dd\theta \over \bracks{1 - m^{2}\cos^{2}\pars{\theta}}^{2}} \\[5mm] & \stackrel{t\ \equiv\ \tan\pars{\theta}}{=}\,\,\, \int_{0}^{\infty}{t^{2} + 1 \over \pars{t^{2} + 1 - m^{2}}^{2}}\,\dd t = m^{2}\int_{0}^{\infty}{\dd t \over \pars{t^{2} + 1 - m^{2}}^{2}}\,\dd t + \int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} + 1 - m^{2}}\,\dd t \\[5mm] = &\ \pars{{1 \over 2}\,m\,\totald{}{m} + 1}\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} + 1 - m^{2}}} _{\color{#f00}{\ds{{\pi \over 2}\,{1 \over \root{1 - m^{2}}}}}}\ =\ {\pi \over 2}\pars{{1 \over 2}\,m\,\totald{}{m} + 1} {1 \over \root{1 - m^{2}}} \\[5mm] & = \bbx{{\pi \over 4}\,{2 - m^{2} \over \pars{1 - m^{2}}^{3/2}}} \end{align}

Answer 5

Ya que tenemos $m\cos\left(\theta\right)<1 $ obtenemos $$I\left(m\right)=\int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{\left(1-m^{2}\cos^{2}\left(\theta\right)\right)^{2}}d\theta $$ $$=\sum_{k\geq1}km^{2k-2}\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2k-2}\left(\theta\right)d\theta $$ $$=\frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sum_{k\geq2}\frac{km^{2k-2}\Gamma\left(k-\frac{1}{2}\right)}{\left(k-1\right)!}\tag{1} $$ donde $(1)$ se deduce de la definición de la función Beta de la siguiente forma $$\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2a-1}\left(\theta\right)\cos^{2b-1}\left(\theta\right)d\theta=\frac{B\left(a.b\right)}{2},a,b>0,$$ así que $$I\left(m\right)=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\sum_{k\geq1}\frac{\left(k+1\right)m^{2k}\left(2k\right)!}{k!^{2}4^{k}}\tag{2} $$ donde $(2) $ se desprende de esta identidad Por lo tanto $$I\left(m\right)=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\sum_{k\geq1}\dbinom{2k}{k}\left(k+1\right)\left(\frac{m}{2}\right)^{2k} $$ sino de la teorema del binomio generalizado sabemos que $$\sum_{k\geq0}\dbinom{2k}{k}x^{k}=\frac{1}{\sqrt{1-4x^{2}}} $$ por lo que $$I\left(m\right)=\color{red}{\frac{\pi}{4}\frac{2-m^{2}}{\left(1-m^{2}\right)^{3/2}}}$$ como se quería.