Prueba $\int_{0}^{2\pi}{x\sin^3(x)\over 1+\cos^2(x)}dx=2\pi-\pi^2$

Question

Integrar

$$I=\int_{0}^{2\pi}{x\sin^3(x)\over 1+\cos^2(x)}dx=2\pi-\pi^2$$

$${1\over 1+y}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^ny^n$$

Configuración $y=\cos(x)$

$\sin^3(x)={1\over 4}{(3\sin(x)-\sin(3x))}$

Sustituir en I

$$I=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\over 4}\int_{0}^{2\pi}x\sin^3(x)\cos^{2n}(x)dx$$

$$I=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\over 4}\int_{0}^{2\pi}x\sin(x)\cos^{2n}(x)-x\sin(3x)\cos^{2n}(x)dx$$

Dejemos que $$J=\int_{0}^{2\pi}x\sin(x)\cos^{2n}(x)dx$$ Recall $$\int_{0}^{2\pi}\sin(x)\cos^{2n}(x)dx=0$$ $$\int_{0}^{2\pi}\cos^{2n+1}(x)dx=0$$ Aplicación por partes

$$J=\left.-x{\cos^{2n+1}\over 2n+1}\right|_{0}^{2\pi}-{1\over 2n+1}\int_{0}^{2\pi}\cos^{2n+1}(x)dx$$

$$J={1-2\pi\over 1+2n}$$

Dejemos que $$K=\int_{0}^{2\pi}x\sin(3x)\cos^{2n}(x)dx$$

$$\sin(3x)=3\sin(x)\cos^2(x)-\sin^3(x)$$

Sustituir en K

$$K=\int_{0}^{2\pi}3x\sin(x)\cos^{2n+2}(x)-x\sin^3(x)\cos^{2n}(x)dx$$

Dejemos que $$L=3\int_{0}^{2\pi}x\sin(x)\cos^{2n+2}(x)dx$$

Aplicación por partes

$$L=\left.-3x{\cos^{2n+3}(x)\over n+1}\right|_{0}^{2\pi}-{1\over n+1}\int_{0}^{2\pi}\cos^{2n+3}dx$$

$$L={3-6\pi\over n+1}$$

Dejemos que $$M=\int_{0}^{2\pi}x\sin^3(x)\cos^{2n}(x)dx$$

Integrar M es tedioso. De todos modos puede alguien mostrarme otro método fácil para abordar la integral $I$ ? Gracias.

Answer 1

Una pista:

$$\begin{align} I &=\int_{0}^{2\pi}\frac{x\sin^{3}{\left(x\right)}}{1+\cos^{2}{\left(x\right)}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin^{3}{\left(x\right)}}{1+\cos^{2}{\left(x\right)}}\,\mathrm{d}x+\int_{\pi}^{2\pi}\frac{x\sin^{3}{\left(x\right)}}{1+\cos^{2}{\left(x\right)}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin^{3}{\left(x\right)}}{1+\cos^{2}{\left(x\right)}}\,\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}\frac{\left(\pi+t\right)\sin^{3}{\left(\pi+t\right)}}{1+\cos^{2}{\left(\pi+t\right)}}\,\mathrm{d}t;~~~\small{\left[x-\pi=t\right]}\\ &=\int_{0}^{\pi}\frac{t\sin^{3}{\left(t\right)}}{1+\cos^{2}{\left(t\right)}}\,\mathrm{d}t-\int_{0}^{\pi}\frac{\left(\pi+t\right)\sin^{3}{\left(t\right)}}{1+\cos^{2}{\left(t\right)}}\,\mathrm{d}t\\ &=-\pi\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{3}{\left(t\right)}}{1+\cos^{2}{\left(t\right)}}\,\mathrm{d}t.\\ \end{align}$$

Answer 2

Primero demostramos que $$I=\int\frac{\sin^{3}\left(x\right)}{1+\cos^{2}\left(x\right)}dx=\cos\left(x\right)-2\arctan\left(\cos\left(x\right)\right)dx+C. $$ Observamos que $$\int\frac{\sin^{3}\left(x\right)}{1+\cos^{2}\left(x\right)}dx=\int\frac{\sin(x)\left(1-\cos^{2}\left(x\right)\right)}{1+\cos^{2}\left(x\right)}dx $$ y tomando $\cos\left(x\right)=u $ obtenemos $$I=\int\frac{u^{2}-1}{u^{2}+1}du $$ y a partir de aquí es bastante sencillo concluir. Así que integrando por partes nuestra integral obtenemos $$\int_{0}^{2\pi}\frac{x\sin^{3}\left(x\right)}{1+\cos^{2}\left(x\right)}dx=-\pi^{2}+2\pi-\int_{0}^{2\pi}\cos\left(x\right)dx+2\int_{0}^{2\pi}\arctan\left(\cos\left(x\right)\right)dx $$ y observamos trivialmente que $$\int_{0}^{2\pi}\cos\left(x\right)dx=0 $$ y ahora recordamos que si una función es $T$ periódico e integrable entonces para todo $a\in\mathbb{R} $ tiene $$\int_{0}^{T}f\left(x\right)dx=\int_{a}^{T+a}f\left(x\right)dx $$ tenemos $$\int_{0}^{2\pi}\arctan\left(\cos\left(x\right)\right)dx=\int_{-\pi}^{\pi}\arctan\left(\cos\left(x\right)\right)dx $$ $$=\int_{0}^{2\pi}\arctan\left(\cos\left(y-\pi\right)\right)dy=-\int_{0}^{2\pi}\arctan\left(\cos\left(y\right)\right)dy $$ por lo que $$\int_{0}^{2\pi}\arctan\left(\cos\left(x\right)\right)dx=0. $$

Answer 3

Supongamos que queremos evaluar $$J = \int_0^{2\pi} \frac{x\sin^3 x}{1+\cos^2 x} dx = \int_0^{2\pi} \frac{x\sin x (1-\cos^2 x)}{1+\cos^2 x} dx \\ = \int_0^{2\pi} \frac{x\sin x (-1-\cos^2 x)}{1+\cos^2 x} dx + 2\int_0^{2\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} dx \\ = - \int_0^{2\pi} x\sin x dx + 2\int_0^{2\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} dx \\ = [x\cos x - \sin x]_0^{2\pi} + 2\int_0^{2\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} dx \\ = 2\pi + 2\int_0^{2\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} dx = 2\pi + 2K.$$

Poner $z = \exp(ix)$ para que $dz = i\exp(ix) dx$ y por lo tanto $\frac{dz}{iz} = dx$ para obtener $$\int_{|z|=1} \frac{(z-1/z)\log(z)/i/(2i)}{1+(z+1/z)^2/4} \frac{dz}{iz} \\ = - \frac{2}{i} \int_{|z|=1} \frac{(z-1/z)\log(z)}{4+(z+1/z)^2} \frac{dz}{z} \\ = - \frac{2}{i} \int_{|z|=1} \frac{(z^2-1)\log(z)}{4z^2+(z^2+1)^2} dz.$$

Llama al integrando sin el escalar $f(z).$ La integral debe ser puramente imaginaria porque $K$ es real. Ahora el contorno aquí es un círculo $\Gamma_0$ de radio uno a partir de $z=1$ y haciendo un giro en sentido contrario a las agujas del reloj alrededor del centro en el origen hasta volver hasta justo debajo de $z=1$ . La rama del logaritmo tiene el corte de la rama en el eje real positivo con argumento de $0$ a $2\pi$ . Ahora cerramos este contorno con un segmento de línea $\Gamma_1$ de $0$ a $1$ justo por encima de el eje real y un segmento de línea $\Gamma_2$ de $1$ a $0$ sólo por debajo del eje real, conectado por un círculo $\Gamma_3$ de radio $\epsilon$ alrededor del origen, obteniendo el contorno cerrado $\Gamma$ . Esto es como un contorno de ojo de cerradura, excepto que el círculo grande no va al infinito. Por lo tanto, tenemos

$$\int_\Gamma f(z) \; dz = 2\pi i\sum_\rho \mathrm{Res}_{z=\rho} f(z)$$

donde la suma es sobre los polos $\rho$ dentro de $\Gamma.$
En particular

$$\int_{\Gamma_0} f(z) \; dz = - \int_{\Gamma_{1,2}} f(z) \; dz - \int_{\Gamma_3} f(z) \; dz + 2\pi i\sum_\rho \mathrm{Res}_{z=\rho} f(z)$$

La contribución de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ es

$$\int_0^1 \frac{(x^2-1)\log(x)}{4x^2+(x^2+1)^2} dx - \int_0^1 \frac{(x^2-1)(\log(x)+2\pi i)}{4x^2+(x^2+1)^2} dx \\ = - 2\pi i\int_0^1 \frac{x^2-1}{4x^2+(x^2+1)^2} dx.$$

Llama a este integrando $g(z).$ Los postes aquí están en $$\rho_{0,1,2,3} = \pm i(\sqrt{2}\pm 1).$$ Tenemos

$$g(z) = \sum_\rho \frac{1}{z-\rho} \mathrm{Res}_{z=\rho} g(z).$$

Integrando obtenemos

$$\sum_\rho [\log(z-\rho)]_0^1 \mathrm{Res}_{z=\rho} g(z) = \sum_\rho \log\frac{\rho-1}{\rho} \mathrm{Res}_{z=\rho} g(z).$$

Calculando los residuos tenemos

$$\mathrm{Res}_{z=\rho} g(z) = \frac{\rho^2-1}{4\rho^3+12\rho}$$

obteniendo

$$i/4 \times \left(\log(+1 + (1+\sqrt{2}) i) - \log(+1 - (1+\sqrt{2}) i) \\ + \log(+1 + (1-\sqrt{2}) i) - \log(+1 - (1-\sqrt{2}) i)\right) \\ = i/4 \times \log i = i/4\times i \pi/2 = - \frac{\pi}{8}.$$

Pasando a $\Gamma_3$ obtenemos por el límite ML

$$\lim_{\epsilon\rightarrow 0} 2\pi\epsilon\times \frac{(\epsilon^2-1)\log\epsilon}{4\epsilon^2 + (\epsilon^2+1)^2} = 0.$$

Estamos listos para calcular los residuos en los polos de $f$ que son los mismos que los de $g$ , todo ello en el eje imaginario con el módulo dado por el escalar $\sqrt{2}\pm 1.$ Vemos que $\rho_{0,1} = \pm i(\sqrt{2}-1)$ están dentro del contorno y los residuos son

$$\frac{(\rho_{0,1}^2-1)\log\rho_{0,1}}{4\rho_{0,1}^3+12\rho_{0,1}}$$

que da como resultado

$$- \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4} \log(\sqrt{2}-1) i \quad\text{and}\quad \frac{3\pi}{8} - \frac{1}{4} \log(\sqrt{2}-1) i.$$

Recogiendo todas las contribuciones tenemos finalmente

$$K = -\frac{2}{i} \times \left(2\pi i\times -\frac{\pi}{8} + 2\pi i\times\frac{\pi}{4}\right) = - 2 \times \left(-\frac{\pi^2}{4} + \frac{\pi^2}{2}\right) = - \frac{\pi^2}{2}.$$

La respuesta al problema viene dada, pues, por

$$2\pi + 2K = 2\pi - \pi^2$$

como se ha reclamado.