Evaluar $\int\limits_0^{\pi} \frac{dx}{1+2\sin^2x}$

Question

Después de hacer u sustitución de dos veces, me estoy haciendo integral indefinida como $$\int\limits\dfrac{dx}{1+2\sin^2x} = \dfrac{\arctan(\sqrt{3}\tan(x))}{\sqrt{3}}+ C$$

Estoy atascado en el trabajo de los límites porque estoy recibiendo $0$, pero la respuesta debe ser $\pi/\sqrt{3}$. Creo $\arctan(x)$ se define en $-\pi/2 \lt x\lt\pi/2$, mientras que haciendo u sustitución. Sin embargo, no veo cómo utilizar esta observación para mi ventaja. ¿Alguien puede ayudar a obtener la respuesta y la comprensión de lo que pasa. Gracias !

Answer 1

Usted puede escribir $$ \begin{align} \int_0^{\pi/2}\dfrac{dx}{1+2\sin^2x}& =\int_0^{\pi/2}\dfrac{dx}{1+2(1-\cos^2x)}\\\\ &=\int_0^{\pi/2}\dfrac{dx}{3-2\cos^2x}\\\\ &=\int_0^{\pi/2}\dfrac{dx}{3-\frac{2}{1+\tan^2x}}\\\\ &=\int_0^{\pi/2}\dfrac{(1+\tan^2x)}{1+3\tan^2x}dx\\\\ &=\int_0^{\infty}\dfrac{du}{1+3u^2}\\\\ &=\left.\dfrac{\arctan(\sqrt{3}u)}{\sqrt{3}}\right|_{0}^{\infty}\\\\ &=\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}} \end{align} $$ y el uso de André Nicolás' comentario: su primera integral es el doble de la anterior.

Answer 2

Su integral es el doble que la siguiente integral. La razón por la que su integral es dos veces la de abajo integral es porque satisface $f(2a-x)=f(x)$ donde $a =\frac{\pi}{2}$.

• Véase este enlace: ¿Cómo demuestro $\int_{0}^{2a}f(x) dx = \int_{0}^{a}f(x)dx +\int_{0}^{a}f(2a-x)dx$

\begin{align*} \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+2\sin^{2}(x)} &= \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sec^{2}(x)}{\sec^{2}(x)+2\tan^{2}(x)} \\&= \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sec^{2}(x)}{1+3\tan^{2}(x)} \end{align*}

Answer 3

Creo que de Weierstrass sustitución podría ayudar. Vamos $$I=\int \dfrac{dx}{1+2\sin^2x}$$ So, using $t=\tan(\frac{x}{2})$, you arrive to $$I=\int \frac{2 \left(t^2+1\right)}{t^4+10 t^2+1}dt$$ Now, notice that the denominator write $$t^4+10 t^2+1=(t^2+\alpha)(t^2+\beta)$$ with $\alfa=2 \sqrt{6}+5$, $\beta=2 \sqrt{6}-5$. Use partial fraction decomposition and integrate; you should arrive to $$I=\frac{\bronceado ^{-1}\left(\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right) t\right)+\bronceado ^{-1}\left(\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right) t\right)}{\sqrt{3}}=\frac{\bronceado ^{-1}\left(\frac{2 \sqrt{3} t}{1-t^2}\right)}{\sqrt{3}}$$ Now, use the bounds for $t$.

Answer 4

Vamos a resolver el problema de una manera que es casi idéntica a la suya, con una pequeña corrección. Deje $F(x)$ ser una antiderivada de una función. Entonces la integral es $F(\pi)-F(0)$.

El único problema con su solución es que para $\frac{\pi}{2}\lt x\lt \pi$, la función $$\frac{\arctan(\tan(\sqrt{3}x))}{\sqrt{3}}\tag{1}$$ es que no la correcta antiderivada. El problema es la sustitución hacia atrás.

Para recordar que $\arctan t$ es el número de $t$ $-\frac{\pi}{2}$ $\frac{\pi}{2}$ cuyo bronceado es $t$. Si queremos un ángulo entre el$\frac{\pi}{2}$$\pi$, tenemos que usar la $\pi+\arctan t$. En particular, para $x$ cerca pero por debajo de $\pi$, $F(X)$ está dada por $$F(x) =\frac{\pi +\arctan(\tan(\sqrt{3}x))}{\sqrt{3}}.\tag{2}$$ Ahora "plug in" $\pi$ (en la expresión de la derecha (2) y quitarle el resultado de conectar $0$ (en la expresión de la derecha (1)). Llegamos $\frac{\pi}{\sqrt{3}}$.

Comentario: me gustaría en el hecho de romper la integral en dos partes, como una respuesta reflexiva a la simetría. E incluso si no, para la sustitución que yo considero los dos intervalos por separado, ya que las singularidades hacen que me ponía nervioso. Sin embargo, eso no es necesario. Y en la solución anterior, $\frac{\pi}{2}$ ni siquiera aparecen en la imagen.

Answer 5

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align} \color{#66f}{\large\int{\dd x \over 1 + 2\sin^{2}\pars{x}}}& =\int{\sec^{2}\pars{x}\,\dd x \over \sec^{2}\pars{x} + 2\tan^{2}\pars{x}} = \overbrace{\int{\sec^{2}\pars{x}\,\dd x \over 3\tan^{2}\pars{x} + 1}} ^{\color{#c00000}{\ds{\mbox{Set}\ t \equiv \tan\pars{x}}}} \\[5mm]&={1 \over \root{3}} \ \underbrace{% \int{\root{3}\,\dd t \over \pars{\root{3}t}^{2} + 1}} _{\color{#c00000}{\ds{\root{3}t \equiv \xi\ \imp\ t = {\root{3} \over 3}\,\xi}}}\ =\ {\root{3} \over 3}\int{\dd\xi \over \xi^{2} + 1} \\[5mm]&={\root{3} \over 3}\,\arctan\pars{\xi}={\root{3} \over 3}\,\arctan\pars{\root{3}t} \end{align}

$$ \color{#66f}{\large\int{\dd x \a más de 1 + 2\sin^{2}\pars{x}} ={\raíz{3} \over 3}\,\arctan\pars{\raíz{3}\tan\pars{x}}} + \mbox{una constante} $$