Evaluar la integral \int_0^{\pi/2 $$} \frac{1}{1+\tan^\alpha{x}}\,\mathrm{d}x$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Utilice el hecho de que
$$\bronceado{\left (\frac{\pi}{2} x\right)} = \frac{1}{\bronceado{x}}$$
es decir,
$$\frac1{1+\bronceado^{\alpha}{x}} = 1-\frac{\bronceado^{\alpha}{x}}{1+\bronceado^{\alpha}{x}} = 1-\frac1{1+\frac1{\bronceado^{\alpha}{x}}} = 1-\frac1{1+\bronceado^{\alpha}{\left (\frac{\pi}{2}-x\right)}}$$
Por lo tanto, si el buscado después de la integral es de $I$, a continuación,
$$I = \frac{\pi}{2}-I$$
y...
La respuesta dada por Gordon es muy bueno para el cálculo de la integral. Pero no da mucho de por qué funciona. La figura siguiente puede ayudar con eso
Esta es la integral por $\alpha=\sqrt{2}$. Parece como si el área bajo la función de es exactamente la mitad del rectángulo discontinuo... Una buena conjetura es, por tanto, $$ \int_0^{\pi/2} \frac{\mathrm{d}x}{1 + \tan(x)^\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}\right) $$ Esta sorprendente simetría puede ser mostrado cierto para cualquier elección de $\alpha$, jugar en geogebra o cualquier ploting herramienta te apetece =)
La simetría de dichas integrales se estudia más en el papel Symmetri y la Integración por Roger Nielsen Donde se muestra que si $f(x) + f(a+b-x)$ es constante para todo $x\in[a,b]$, lo que significa que tiene esta bonita propiedad simétrica.
Luego el área se puede calcular como $$ \int_a^b f(x) \mathrm{d}x = \frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a) = f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)\,. $$ Yo se lo dejo a usted para comprobar que $f(x)+f(a+b-x)$ es constante.
Alternativamente, la integral se puede calcular utilizando la siguiente manera \begin{align*} \int_0^{\pi/2} \frac{\mathrm{d}\theta}{(1 + (\tan \theta)^b} = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^b)} = \frac{1}{2} \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^2} = \frac{\pi}{4} \end{align*} Cuando la sustitución $u \mapsto \tan \theta$ se utiliza y que $$ \int_0^\infty \frac{R(x)}{x^b+1}\mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_0^\infty R(x)\,\mathrm{d}x $$ Dado que $R(x) = R(1/x)/x^2$, vuelva a comprobar que esto tiene para $1/(1+x^2)$. Una prueba de esto último se puede encontrar en la página $27$ aquí, en la sección 1.9. Más directamente uno tiene por los mismos métodos \begin{align*} \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^b)} & = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^b)} + \int_1^\infty \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^b)} \\ & = \int_0^1 \frac{1}{(1+x^2)(1+x^b)} + \frac{x^b}{(1+x^2)(1+x^b)} \mathrm{d}x \\ & = \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \frac{1}{2} \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \frac{\pi}{4} \end{align*} Cuando la sustitución $x \mapsto 1/x$ se utilizó en la última integral. Estos teoremas y las ideas no son la forma más sencilla de atacar el problema. Pero podría darle un poco mas de visión más abajo en la carretera.
La integral se puede resolver usando el hecho de que $\tan\left(\dfrac{\pi}{2} x\right)=\dfrac{1}{\tan x}$ y $$ \int_a^b f(x)\;dx=\int_a^b f(a+b-x)\;dx. $$ Vamos $$ I(\alpha)=\int_0^{\frac{\Large\pi}{2}} \frac{dx}{1+\bronceado^\alpha x}, $$ entonces $$ \begin{align} I(\alpha)&=\int_0^{\frac{\Large\pi}{2}} \frac{dx}{1+\bronceado^\alpha\left(\frac{\pi}{2}+0-x\right)}\\ &=\int_0^{\frac{\Large\pi}{2}} \frac{dx}{1+\dfrac{1}{\bronceado^\alpha x}}\\ &=\int_0^{\frac{\Large\pi}{2}} \frac{\bronceado^\alpha x}{1+\bronceado^\alpha x}dx. \end{align} $$ La adición de los dos $I(\alpha)$'s de los rendimientos $$ \begin{align} 2I(\alpha)&=\int_0^{\frac{\Large\pi}{2}} \frac{1}{1+\bronceado^\alpha x}dx+\int_0^{\frac{\Large\pi}{2}} \frac{\bronceado^\alpha x} {1+\bronceado^\alpha x}dx\\ &=\int_0^{\frac{\Large\pi}{2}}\;dx\\ &=\frac{\pi}{2}\\ I(\alpha)&=\large\color{blue}{\frac{\pi}{4}}. \end{align} $$
P. S.
Yo NO copia Ron Gordon respuesta, ya que esta respuesta es tomado de el problema similar que he publicado en Brilliant.org - Trigonométricas Integral del Año. Un problema similar puede encontrarse también en Wolfram Mathworld - la Integral Definida.