La evaluación de $\int_{0}^{\pi/2}\frac{x\sin x\cos x\;dx}{(a^{2}\cos^{2}x+b^{2}\sin^{2}x)^{2}}$

Question

Cómo evaluar la siguiente integral $$\int_{0}^{\pi/2}\frac{x\sin x\cos x}{(a^{2}\cos^{2}x+b^{2}\sin^{2}x)^{2}}dx$$

Para la integración de tomé $\cos^{2}x$ fuera y aplicar la integración por partes.

Dada la respuesta es $\dfrac{\pi}{4ab^{2}(a+b)}$. Pero no estoy recibiendo la respuesta.

Answer 1

El caso de $a^2=b^2$ ser simple, vamos a considerar, por simetría, el caso de $a>b>0$.

Observar que $$ \partial _x \left(\frac{1}{a^2 \cos^2x+b^2 \sin^2 x}\right)=2(a^2-b^2)\frac{\cos x\sin x}{(a^2 \cos^2x+b^2 \sin^2 x)^2} $$ entonces, integrando por partes, se puede escribir $$ \begin{align} I(a,b)&=\int_0^{\pi/2}\frac{x\cos x\sin x}{(a^2 \cos^2x+b^2 \sin^2 x)^2} dx\\\\ &=\frac{x}{2(a^2-b^2)}\left.\frac{1}{a^2 \cos^2x+b^2 \sin^2 x}\right|_{0}^{\pi/2}-\frac{1}{2(a^2-b^2)}\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{a^2 \cos^2x+b^2 \sin^2 x}\\\\ &= \frac{\pi}{4(a^2-b^2)b^2}-\frac{1}{2(a^2-b^2)}\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\left(a^2 +b^2 \large{\frac{\sin^2 x}{\cos^2x}}\right)}\frac{1}{\cos^2 x}dx\\\\ &= \frac{\pi}{4(a^2-b^2)b^2}-\frac{1}{2(a^2-b^2)}\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\left(a^2 +b^2 \tan ^2x\right)}(\tan x)'dx\\\\ &= \frac{\pi}{4(a^2-b^2)b^2}-\frac{1}{2(a^2-b^2)}\frac{1}{ab}\left.\arctan \left(\frac ba \tan x \right)\right|_{0}^{\pi/2}\\\\ &= \frac{\pi}{4(a^2-b^2)b^2}-\frac{\pi}{4(a^2-b^2)}\frac{1}{ab}\\\\ &= \frac{\pi}{4(a+b)ab^2}. \end{align} $$

Answer 2

deje $x=\dfrac{t}{2}$, tenemos $$I=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\dfrac{\dfrac{t}{2}\sin{\dfrac{t}{2}}\cos{\dfrac{t}{2}}}{\left(a^2\sin^2{\dfrac{t}{2}}+b^2\cos^2{\dfrac{t}{2}}\right)^2}dt=\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\dfrac{t\sin{t}}{[(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos{t}]^2}dt$$ Así \begin{align*}I&=-\dfrac{1}{2(a^2-b^2)}\int_{0}^{\pi}t\;d\left(\dfrac{1}{(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos{t}}\right)\\ &=-\dfrac{1}{2(a^2-b^2)}\dfrac{1}{(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos{t}}\Bigg|_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}\dfrac{1}{(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos{t}}dt\\ &=-\dfrac{\pi}{4b^2(a^2-b^2)}+\int_{0}^{\pi}\dfrac{1}{(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos{t}}dt \end{align*}

Answer 3

La integración por partes,

$$\int\frac{x\sin x\cos x}{(a^2\cos^2x+b^2\sin^2x)^2}dx$$

$$=x\int\frac{\sin x\cos x}{(a^2\cos^2x+b^2\sin^2x)^2}dx-\int\left[\frac{dx}{dx}\int\frac{\sin x\cos x}{(a^2\cos^2x+b^2\sin^2x)^2}dx\right]dx$$

Ahora $a^2\cos^2x+b^2\sin^2x=u\implies2(b^2-a^2)\sin x\cos x\ dx=du$

Para $\displaystyle\int\frac{dx}{a^2\cos^2x+b^2\sin^2x}=\int\frac{\sec^2x\ dx}{a^2+b^2\tan^2x},$

set $b\tan x=a\tan y$

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, nº 1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\pi/2}{x\sin\pars{x}\cos\pars{x}\over \bracks{a^{2}\cos^{2}\pars{x} + b^{2}\sin^{2}\pars{x}}^{2}}\,\dd x} \\[5mm]&=\ \overbrace{\int_{0}^{\pi/2}{x\sin\pars{2x}/2\over\braces{% a^{2}\bracks{1 + \cos\pars{2x}}/2 + b^{2}\bracks{1 - \cos\pars{2x}}/2}^{2}}\,\dd x} ^{\dsc{2x}\ \ds{\mapsto}\ \dsc{x}} \\[5mm]&=\half\int_{0}^{\pi}{x\sin\pars{x}\over\bracks{% a^{2} + b^{2} + \pars{a^{2} - b^{2}}\cos\pars{x}}^{2}}\,\dd x \\[5mm]&={1 \over 2\pars{a^{2} - b^{2}}}\int_{x\ =\ 0}^{x\ =\ \pi}x\, \dd\bracks{1 \over a^{2} + b^{2} + \pars{a^{2} - b^{2}}\cos\pars{x}} \\[1cm]&={1 \over 2\pars{a^{2} - b^{2}}}\,\left. {x \over a^{2} + b^{2} + \pars{a^{2} - b^{2}}\cos\pars{x}} \right\vert_{x\ =\ 0}^{x\ =\ \pi} \\[5mm]&-{1 \over 2\pars{a^{2} - b^{2}}}\ \underbrace{\int_{0}^{\pi} {\dd x \over a^{2} + b^{2} + \pars{a^{2} - b^{2}}\cos\pars{x}}} _{\dsc{t}\ \ds{=}\ \dsc{\tan\pars{x \over 2}}} \\[1cm]&={\pi \over 4b^{2}\pars{a^{2} - b^{2}}} -{1 \over 2\pars{a^{2} - b^{2}}}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty} {\dd x \over b^{2}t^{2} + a^{2}}}^{\ds{=}\ \dsc{\pi \over 2\verts{ab}}} ={\pi \over 4\verts{b}\pars{a^{2} - b^{2}}} \pars{{1 \over \verts{b}} - {1 \over \verts{a}}} \\[5mm]&=\color{#66f}{\large% {\pi \over 4\verts{a}b^{2}\pars{\verts{a} + \verts{b}}}} \end{align}

Answer 5

Puede utilizar esta propiedad : $$\int_a^b f(x)\hspace{1mm}dx = \int_a^b f(a+b-x)\hspace{1mm}dx$$

Para demostrar esta propiedad : Sustituto $a+b-x = u$

Veamos $$I = \int_0^{\pi/2}\dfrac{x\sin x\cos x}{(a^2\cos^2 x+b^2\sin^2 x)^2}\hspace{1mm}dx\rightarrow (1)$$

Después de la aplicación de la propiedad, usted conseguirá el

$$I = \int_0^{\pi/2}\dfrac{(\pi/2-x)\sin x\cos x}{(a^2\cos^2 x+b^2\sin^2 x)^2}\hspace{1mm}dx\rightarrow (2)$$

Después de la adición de las dos ecuaciones, se obtiene

$$I =\dfrac{\pi}{4} \int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin x\cos x}{(a^2\cos^2 x+b^2\sin^2 x)^2}\hspace{1mm}dx $$

Ahora sustituirá $a^2\cos^2x+b^2\sin^2x = u$

Para obtener $$I = \dfrac{\pi}{8(b^2-a^2)}\int_{a^2}^{b^2} \dfrac{1}{u^2}\hspace{1mm}du$$

Espero que usted puede Integrar desde aquí