Integral definida $\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(\cos(x))^{\arcsin(x)+1}}{(\cos(x))^{\arctan(x)}+(\cos(x))^{\arcsin(x)}}dx$

Question

¿Cómo puedo demostrar que

$${\large\int_{-\pi/2}^{\pi/2}}\frac{(\cos(x))^{\arcsin(x)+1}}{(\cos(x))^{\arctan(x)}+(\cos(x))^{\arcsin(x)}}dx=1$$

Answer 1

El mismo truco que en el otro que has puesto. Que tu integral sea $I$ . Dejar $x\mapsto -x:$

$$I=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{\arctan x+1} x}{\cos^{\arctan x}x+\cos^{\arcsin x}x}\,dx$$

Añade ambos,

$$I=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\,dx=1$$

Answer 2

SUGERENCIA:

Sea $\displaystyle \arcsin x=\theta$

$\displaystyle\implies(i) x=\sin\theta$

y $\displaystyle(ii) -\frac\pi2\le\theta\le \frac\pi2$ basado en la definición del valor principal de la función seno inversa

$\displaystyle\implies -x=-\sin\theta=\sin(-\theta)$ y $\displaystyle -\frac\pi2\le-\theta\le \frac\pi2$

$\displaystyle\implies -\theta=\arcsin(-x)\implies -\arcsin x=\arcsin(-x)$

Del mismo modo, $\displaystyle -\arctan x=\arctan(-x)$

$$\text{Now,}\int_a^bf(x)dx=\int_a^bf(a+b-x)dx\implies \int_{-b}^bf(x)dx=\int_{-b}^bf(-x)dx$$

$$\implies2I=\int_{-b}^bf(x)dx+\int_{-b}^bf(-x)dx=\int_{-b}^b\left(f(x)+f(-x)\right)dx$$

Answer 3

$ I=\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(\cos(x))^{\arcsin(x)+1}}{(\cos(x))^{\arctan(x)}+(\cos(x))^{\arcsin(x)}}dx=$

$ \int_{\frac{-\pi}{2}}^{0}\frac{(\cos(x))^{\arcsin(x)+1}}{(\cos(x))^{\arctan(x)}+(\cos(x))^{\arcsin(x)}}dx +\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(\cos(x))^{\arcsin(x)+1}}{(\cos(x))^{\arctan(x)}+(\cos(x))^{\arcsin(x)}}dx$

En la primera integral, por cambio de variable:

$x=-t$ ,
$\int_{\frac{-\pi}{2}}^{0}\frac{(\cos(x))^{\arcsin(x)+1}}{(\cos(x))^{\arctan(x)}+(\cos(x))^{\arcsin(x)}}dx= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(\cos(x))^{\arctan(x)+1}}{(\cos(x))^{\arctan(x)}+(\cos(x))^{\arcsin(x)}}dx$

Añadiendo uno nuevo con este último tenemos : $I= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cosxdx=1$