En una pregunta relacionada con la siguiente integral se evaluó $$ \int_0^{\pi} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x =\int_0^{\pi} \frac{\mathrm{d}x/2}{1 + \cos x \sin x} =\int_0^{2\pi} \frac{\mathrm{d}x/2}{2 + \sin x} \,\mathrm{d}x =\int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{d}x/2}{1+x+x^2} $$ Me di cuenta de algo muy interesante, a saber, que $$ \begin{align*} \int_0^{\pi} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x & = \int_0^{\pi} \frac{(\sin x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x \\ & = \int_0^{\pi} \frac{(\cos x)^2}{1 - \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi} \frac{(\sin x)^2}{1 - \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x \end{align*} $$ El mismo tiene trivialmente si los límites superiores se ha cambiado a $\pi/2$ ($x \mapsto \pi/2 -u$). Pero he tenido problemas demostrando la primera igualdad. ¿Alguien tiene algunas sugerencias?
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Restar las dos integrales en cuestión y obtener
$$\int_0^{\pi} dx \frac{\cos{2 x}}{1+\frac12 \sin{2 x}} = \frac12 \int_0^{2 \pi} du \frac{\cos{u}}{1+\frac12 \sin{u}}$$
Esto puede ser demostrado ser igual a la del complejo integral
$$-\frac{i}{4} \oint_{|z|=1} \frac{dz}{z} \frac{z+z^{-1}}{1+\frac{1}{4 i} (z-z^{-1})} = \oint_{|z|=1}\frac{dz}{z} \frac{z^2+1}{z^2+i 4 z-1}$$
Los polos de el integrando dentro del círculo unidad son a $z=0$$z=-(2-\sqrt{3}) i$; sus respectivos residuos se $-1$$1$. Por el teorema de los residuos, por lo tanto, la integral es cero y los dos originales de las integrales son iguales.
Dividir la integral en dos términos con límite de $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ $\left[\frac{\pi}{2},\pi\right]$ \begin{align} \int_0^{\pi} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x =\int_0^{\pi/2} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x +\int_{\pi/2}^{\pi} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x \\ \end{align} El uso de la identidad \begin{align} \int_a^{b} f(x) \,\mathrm{d}x = \int_a^{b} f(a+b-x) \,\mathrm{d}x \end{align} También los hechos que $\cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\sin x$, $\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\cos x$, $\cos\left(\frac{3\pi}{2}-x\right)=-\sin x$, y $\sin\left(\frac{3\pi}{2}-x\right)=-\cos x$, obtenemos \begin{align} \int_0^{\pi} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x &=\int_0^{\pi/2} \frac{(\sin x)^2}{1 + \sin x \cos x} \,\mathrm{d}x +\int_{\pi/2}^{\pi} \frac{(-\sin x)^2}{1 + \sin x \cos x} \,\mathrm{d}x \\ &=\int_0^{\pi} \frac{(\sin x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x\tag{1} \end{align}
Vamos \begin{align} I=\int_0^{\pi} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x \end{align} Desde \begin{align} \int_0^{\pi} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x =\int_0^{\pi} \frac{(\sin x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x \end{align} entonces \begin{align} 2I&=\int_0^{\pi} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x +\int_0^{\pi} \frac{(\sin x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi} \frac{(\cos x)^2 + (\sin x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x\\ I&=\frac{1}{2}\int_0^{\pi} \frac{1}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x\tag{2} \end{align}
El uso de $(2)$, obtenemos \begin{align} I&=\int_0^{\pi} \frac{1}{2 + 2\cos x \sin x} \,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{\pi} \frac{1}{2 + \sin (2x)} \,\mathrm{d}x\qquad\Rightarrow\qquad x\mapsto2x\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi} \frac{1}{2 + \sin x} \,\mathrm{d}x\tag{3} \end{align}
Una rápida pista es de notar la simetría. Una rigurosa prueba de ello es que $$\int\limits_a^b {\frac{{f(\cos x)}}{{g(\sin x\cos x)}}dx} = \int\limits_a^b {\frac{{f\left( {\sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)} \right)}}{{g\left( {\cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)} \right)}}dx} = \int\limits_{\frac{\pi }{2} - b}^{\frac{\pi }{2} - a} {\frac{{f\left( {\sin u} \right)}}{{g\left( {\cos u\sin u} \right)}}du} $$Espero que sea de ayuda ;)
El integrands ambos son periódicas con período de $\pi$, por lo que es suficiente para verificar la identidad sobre cualquier intervalo de longitud de $\pi$, incluyendo a $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$. Entonces, ya que ambos integrands son incluso funciones, basta para comprobar que la identidad tiene a la hora de integrar más de $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, es decir, que $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\cos x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x =\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{(\sin x)^2}{1 + \cos x \sin x} \,\mathrm{d}x.$$
Pero se puede demostrar que esto simplemente mediante la sustitución de $x = \frac{\pi}{2} - u$ a cada lado.
