Cómo evaluar la forma cerrada para $\int_{0}^{\pi/2}{\mathrm dx\over \sin^2(x)}\ln\left({a+b\sin^2(x)\over a-b\sin^2(x)}\right)=\pi\cdot F(a,b)?$

Question

Propuesto:

$$\int_{0}^{\pi/2}{\mathrm dx\over \sin^2(x)}\ln\left({a+b\sin^2(x)\over a-b\sin^2(x)}\right)=\pi\cdot F(a,b)\tag1$ $ Donde $a\ge b$

Ejemplos:

Where $F(1,1)= \sqrt{2}$, $F(2,1)=\sqrt{2-\sqrt{3}}$, $F(3,1)={1\over \sqrt{3}}(2-\sqrt{2})$, $...$

Cómo evaluamos la forma cerrada para $(1)?$

Answer 1

Deje $u=\cot{x}$. A continuación,$du = dx/\sin^2{x}$$\sin^2{x}=1/(1+u^2)$, y los límites se vuelven $\infty$$0$, por lo que la integral se convierte en $$ \int_0^{\infty} \log{\left( \frac{a+b/(1+u^2)}{a-b/(1+u^2)} \right)} \, du = \int_0^{\infty} \log{\left( \frac{a+b+au^2}{a-b+au^2} \right)} du $$ Ahora se puede integrar esta por partes para obtener un par de sencillos racional integrales, aunque tenemos que ser un poco cuidadoso sobre el límite superior: $$ \int_0^{M} \log{\left( \frac{a+b+au^2}{a-b+au^2} \right)} du = \left[ u\log{\left( \frac{a+b+au^2}{a-b+au^2} \right)} \right]_0^M - \int_0^M u \left( \frac{2au}{a+b+au^2}-\frac{2au}{a-b+au^2} \right) du $$ El término desaparece: el límite inferior es claro, y el límite superior de la siguiente manera porque $$ M\log{(a+(a+b)M^{-2})} - M\log{(a+(a-b)M^{-2})} \sim \frac{2b}{aM} \to 0 $$ como $M \to \infty$. El resto de la integral es sólo una función racional; algunas fracciones parciales engaño nos permite volver a escribir como $$ \int_0^M \left( \frac{2(a+b)}{a+b+au^2}-\frac{2(a-b)}{a-b+au^2} \right) du, $$ que luego podemos usar el arco tangente integral para encontrar la respuesta final $$ \left( \sqrt{1+\frac{b}{a}} - \sqrt{1-\frac{b}{a}} \right)\pi $$ o $$ \frac{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}{\sqrt{a}}\pi $$ o $$ \frac{2b\pi}{\sqrt{a(a+b)}+\sqrt{a(a-b)}}, $$ dependiendo de la preferencia.

Answer 2

Te puede gustar este método. Que $$I(b)=\int_{0}^{\pi/2}{\mathrm dx\over \sin^2(x)}\ln\left({a+b\sin^2(x)\over a-b\sin^2(x)}\right) $ $ y luego\begin{eqnarray} I'(b)&=&\int_{0}^{\pi/2}\bigg(\frac1{a+b\sin^2(x)}+\frac1{a-b\sin^2(x)}\bigg) \mathrm dx\\ &=&\frac{\pi}{2\sqrt a}(\frac1{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{a-b}}). \end{eqnarray} así $$ I(b)=\frac{\pi}{2\sqrt{a}}\int_0^b(\frac1{\sqrt{a+t}}+\frac{1}{\sqrt{a-t}})dt=\pi\frac{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}{\sqrt a}$ $ y por lo tanto $$　F(a,b)=\frac{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}{\sqrt a}. $ $

Answer 3

La forma cerrada que buscas es F(a,b) $$ = \sqrt{\frac{a+b}{a}}-\sqrt{\frac{a-b}{a}} $$ esto fue ocultado porque $F(2,1)$ $$ \left(\sqrt{\frac32}-\sqrt{\frac12}\right) ^ 2 = 2-\sqrt {3} $$ por lo que el % de respuesta $\sqrt{2-\sqrt{3}}$es correcto, pero no es de esa forma uniforme.