Evaluar $\int_0^{\pi/2} \frac{a}{a^2+\cos^2 \theta} \, d\theta$

Question

Quiero evaluar

$$ \int_0^{\pi/2} \frac{a}{a^2+\cos^2 \theta} \, d\theta $$

y aquí es lo que Wolfram alpha me dio:

$$ \int_0^{\pi/2} \frac{a}{a^2+\cos^2 \theta} \, d\theta=\frac{\bronceado^{-1} \left(\frac{a \tan x}{\sqrt{a^2+1}}\right)}{\sqrt{1+a^2}} $$

Ver la respuesta, lo he sustituido $\cos \theta = \tan x$ con la esperanza de que algo bueno iba a pasar, pero al final no llevan a ninguna parte, suponiendo que yo no tenía ningún error. Pero después de eso me knid de perderse irremediablemente.

¿Cuál es el truco de magia aquí?

Answer 1

$$\int_0^{\pi/2} \frac{a}{a^2+\cos^2 \theta} d\theta=\int_0^{\pi/2} \frac{a\sec^2 \theta}{a^2\sec^2 \theta + 1} d\theta$$ $$=\int_0^{\pi/2} \frac{a\sec^2 \theta}{a^2(1 + \tan^2 \theta) + 1} d\theta=\int_0^{\pi/2} \frac{a\sec^2 \theta}{a^2 + 1 + a^2 \tan^2 \theta} d\theta$$ Poner $a\tan \theta = x$, $ a \sec^2 \theta d\theta = dx$, $$=\int_0^{\infty} \frac{1}{a^2 + 1 + x^2} dx =\frac{1}{\sqrt{a^2 + 1}}\arctan \frac{x}{\sqrt{a^2 + 1}} \biggl|_0^{\infty} =\frac{\pi}{2\sqrt{a^2 + 1}}$$

Answer 2

Empezar a usar $\cos(2\theta)=2\cos ^2(\theta)-1$; así $$I=\int \frac{a}{a^2+\cos^2 (\theta)} \, d\theta=\int \frac{2a}{2a^2+1+\cos(2 \theta)} \, d\theta$$ Now, use the tangent half-angle substitution $\tan(\theta)=t$. So $$I=\int\frac{2 a}{a^2 \left(t^2+1\right)+1}\,dt=\int\frac{2 a}{a^2t^2+(a^2 +1)}\,dt=\frac2a\int\frac{dt}{t^2+\frac{a^2+1}{a^2}}$$ Now, $t=\sqrt{\frac{a^2+1}{a^2}}x$.

Estoy seguro de que usted puede tomar a partir de aquí.

Answer 3

Observe que: $$ \frac{a}{a^2 + cos^2\theta} = \frac{1}{2}(\frac{1}{a-icos\theta}+\frac{1}{a+icos\theta})$$ Por lo que es suficiente para integrar en cada uno de estos sumandos. Desde aquí usted puede terminar el cálculo con bastante facilidad con la "Tangente de la mitad de ángulo de sustitución", me.e, $u = tan\frac{\theta}{2}$.

Answer 4

En aras de la exhaustividad me presente otra técnica común. Supongamos que estamos tratando de evaluar $$\int_0^{\pi/2} \frac{a}{a^2+\cos^2\theta} \; d\theta = \frac{1}{4} \int_0^{2\pi} \frac{a}{a^2+\cos^2\theta} \; d\theta.$$

Introducir $z=\exp(i\theta)$, de modo que $dz=iz\;d\theta$ para obtener $$\frac{1}{4} \int_{|z|=1} \frac{a}{a^2+(z+1/z)^2/4} \frac{1}{iz} \; dz \\ = \frac{1}{4} \int_{|z|=1} \frac{az^2}{z^2a^2+(z^2+1)^2/4} \frac{1}{iz} \; dz \\ = \frac{a}{i} \int_{|z|=1} \frac{z}{4z^2a^2+(z^2+1)^2} \; dz \\ = \frac{a}{i} \int_{|z|=1} \frac{z}{z^4+(4a^2+2)z^2+1} \; dz.$$

Llamar a la función $f(z).$ Los polos están en $$\pm \sqrt{-2a^2-1 \pm 2a \sqrt{a^2+1}}$$ que es $$\pm \sqrt{-2a^2-1 \pm 2a^2 \sqrt{1+1/a^2}}$$

Al $a>1$ hemos $$\sqrt{1+1/a^2} = 1 + \frac{1}{2} 1/a^2 - \frac{1}{8} 1/a^4 + \frac{1}{16} 1/a^6 + \cdots$$ Por lo tanto $$\rho_{1,2} = \pm \sqrt{-2a^2-1 + 2a^2 \sqrt{1+1/a^2}} = \pm \sqrt{-\frac{1}{8} 1/a^4 + \frac{1}{16} 1/a^6 + \cdots}$$ así que estos dos polos se encuentran en el interior del círculo unidad.

Por otro lado, $$\rho_{3,4} = \pm \sqrt{-2a^2-1 - 2a^2 \sqrt{1+1/a^2}} = \pm \sqrt{-4a^2 - 2 + \cdots}$$ así que estos dos polos se encuentran fuera del círculo unidad.

De ello se sigue que la integral está dada por $$\frac{a}{i} \times 2\pi i \times (\mathrm{Res}_{z=\rho_1} f(z) + \mathrm{Res}_{z=\rho_2} f(z))$$ o $$2a\pi \times (\mathrm{Res}_{z=\rho_1} f(z) + \mathrm{Res}_{z=\rho_2} f(z)).$$

Estos polos son simples, así que conseguir $$\mathrm{Res}_{z=\rho_{1,2}} f(z) =\rho_{1,2} \frac{1}{4\rho_{1,2}^3+2(4a^2+2)\rho_{1,2}} =\frac{1}{4\rho_{1,2}^2+2(4a^2+2)}.$$

Este es $$\frac{1}{4(-2a^2-1)+ 8 a^2\sqrt{1+1/a^2} + 2(4a^2+2)}$$ o $$\frac{1}{8^2\sqrt{1+1/a^2}} = \frac{1}{8a \sqrt{a^2+1}}.$$

Este, finalmente, los rendimientos de la integral $$2a\pi \times 2 \times \frac{1}{8a \sqrt{a^2+1}} = \frac{\pi}{2\sqrt{a^2+1}}.$$

Answer 5

$$\small\int_0^{\pi/2} \frac{a}{a^2+\cos^2 \theta} {\rm d}\theta\stackrel{x=\tan\theta}=\int_0^{\infty} \frac{1}{1+a^2+(ax)^2} {\rm d}(ax)=\frac1{\sqrt{1+a^2}}\arctan\left(\frac{ax}{\sqrt{1+a^2}}\right)\Bigg|_{0}^{\infty}=\frac{\pi}{2\sqrt{1+a^2}}$$