Informática $\int_0^\pi \frac{dx}{1+a^2\cos^2(x)}$

Question

Intento calcular la siguiente integral $$\int_0^\pi \frac{dx}{1+a^2\cos^2(x)}$$

Pero me quedé atascado en el camino. Efectivamente, forzando el cambio de variables $t =\cos^2x$ lleva a

$$\int_0^\pi \frac{d x}{1+a^2\cos^2(x)}= \int_{-1}^1 \frac{d x}{(1+a^2t^2)(1-t^2)^{1/2}}dx =2\int_{0}^1 \frac{d x}{(1+a^2t^2)(1-t^2)^{1/2}}dx$$

¿y ahora qué? Pensé que esto estaba relacionado con la función beta y gamma pero parece que no. ¿Puede alguien ayudarme?

Answer 1

Reglas de Bioche dicen que la sustitución correcta debería ser $t=\tan x$ .

De hecho, entonces $\; \mathrm d x=\dfrac{ \mathrm d t}{1+t^2}$ para que \begin{align}\int\frac{\mathrm d x}{1+a^2\cos^2(x)}&=\int\frac{\mathrm d t}{(1+t^2)\biggl(1+\cfrac{a^2}{1+t^2}\biggr)}=\int\frac{\mathrm d t}{1+a^2+t^2}\\&=\frac1{\sqrt{1+a^2}}\,\arctan \frac t{\sqrt{1+a^2}}. \end{align}

Answer 2

Dejemos que $u=a\cos x$ . Entonces $du=-a\sin x\,dx$ y $u(0)=a; u(\pi)=-a$ así que $$\int_0^\pi \frac{\sin x}{1+a^2\cos^2(x)}dx=-\frac1a\int_{-a}^a\frac1{1+u^2}\,du$$ o $$-\frac1a\left[\tan^{-1}u\right]_{-a}^a=-\frac1a(2\tan^{-1}a)=\boxed{-\frac2a\tan^{-1}a}$$

Answer 3

Utilizaría $$\sin(x)=\frac{2t}{1+t^2}$$ $$\cos(x)=\frac{1-t^2}{1+t^2}$$ y $$dx=\frac{2}{1+t^2}dt$$

Answer 4

Esta es otra forma. Considere la identidad $$\cos^2x=\frac{1+\cos 2x}{2}$$ y la integral se transforma en $$2\int_{0}^{\pi}\frac{dx}{2+a^2+a^2\cos 2x}$$ y utilizando la sustitución $$2x=t$$ obtenemos $$\int_{0}^{2\pi}\frac{dt}{2+a^2+a^2\cos t} $$ Desde $\cos(2\pi - t) =\cos t$ podemos ver que la integral anterior es igual a $$2\int_{0}^{\pi}\frac{dt}{2+a^2+a^2\cos t} $$ y utilizando la fórmula estándar $$\int_{0}^{\pi}\frac{dx}{A+B\cos x}=\frac{\pi} {\sqrt{A^2-B^2}}$$ podemos ver que la integral en cuestión es igual a $$\frac{2\pi}{\sqrt{(2+a^2)^2-a^4}}=\frac{\pi}{\sqrt{1+a^2}}$$ La fórmula estándar anterior puede demostrarse mediante la sustitución $$(A+B\cos x) (A-B\cos y) =A^2-B^2$$ y es válido para $A>|B|$ .