Computación

Question

He intentado resolver esto por aproximadamente una hora y probablemente será recurrir a golpes de cabeza en algún momento:

$$\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0} \dfrac{dx}{(a^2\cos^2 x + b^2 \sin ^2 x)^2}$$

Yo primero había dividido por $\cos^4 x$ y entonces, posteriormente ponga $\tan x = t$, para obtener:

$$\int ^{\infty}_{0} \dfrac{1+t^2}{(a^2 + b^2 t^2)^2}dt$$

Esto se ha vuelto inmanejable. Ni dividir el numerador, ni fracción parcial (teniendo t ^ 2 = z y la aplicación de fracción parcial) parece que funciona.

Answer 1

Una solución que no requiere análisis complejo: tratar la sustitución $t = \frac{a}{b} \tan u$. Entonces $du = \frac{ab}{a^2 + b^2 t^2} \,dt$ y su integral se convierte en $$\frac{1}{a^3 b^3} \int_0^{\pi/2} (b^2 \cos^2 u + a^2 \sin^2 u) \,du$ $, que es más factible.

Answer 2

Decir que $ a, b >0 .$ a partir De la sustitución de $t \mapsto \dfrac{a}{b}t$, seguido por $ t \mapsto \dfrac{1}{t}$ tenemos $$ I = \int_{0}^{\infty}\dfrac{1+t^{2}}{(a^{2}+b^{2}t^{2})^{2}}\, dt = \dfrac{1}{a^{3}b^{3}} \int_{0}^{\infty}\dfrac{b^2+a^2^{2}}{(1+ t^{2})^{2}}\, dt $$ y $$ I = \dfrac{1}{a^{3}b^{3}} \int_{0}^{\infty}\dfrac{b^2t^2+a^2}{(1+ t^{2})^{2}}\, dt . $$ En consecuencia $$ 2I = \dfrac{a^2+b^2}{a^3b^3}\int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{1+t^2}\, dt = \dfrac{\pi}{2}\dfrac{a^2+b^2}{a^3b^3} $$ y $$ I = \dfrac{\pi}{4}\dfrac{a^2+b^2}{a^3b^3}. $$

Answer 3

$f(z)=\frac{1+z^2}{(a^2+b^2 z^2)^2}$ es una incluso meromorphic función con doble postes en $z=\pm\frac{a}{b}i$, que se descompone como $\frac{1}{|z|^2}$ $|z|\to +\infty$. Se deduce que su integral es igual a

%#% $ de #% por el teorema del residuo y el lema de ML. Para la práctica de headbanging, este es mejor.

Answer 4

$\newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\color{#f00}{\int_{0}^{\infty} {1 + t^{2} \over \pars{a^{2} + b^{2}t^{2}}^{2}}\,\dd t} = {1 \over \verts{b}^{3}}\int_{0}^{\infty} {b^{2} + t^{2} \over \pars{a^{2} + t^{2}}^{2}}\,\dd t \\[5mm] = &\ {1 \over \verts{b}^{3}}\bracks{\pars{b^{2} - a^{2}}\int_{0}^{\infty} {\dd t \over \pars{t^{2} + a^{2}}^{2}} + \int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} + a^{2}}} \\[5mm] = &\ {1 \over \verts{b}^{3}}\bracks{\pars{a^{2} - b^{2}}\partiald{}{{a^{2}}} + 1} \int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} + a^{2}} = {1 \over \verts{b}^{3}}\bracks{\pars{a^{2} - b^{2}}\partiald{}{{a^{2}}} + 1} {\pi \over 2}\pars{a^{2}}^{-1/2} \\[5mm] = &\ {\pi \over 2\verts{b}^{3}}\braces{\pars{a^{2} - b^{2}} \bracks{-\,{1 \over 2}\pars{a^{2}}^{-3/2}} + \pars{a^{2}}^{-1/2}} = {\pi \over 4\verts{a}^{3}\verts{b}^{3}}\pars{-a^{2} + b^{2} + 2a^{2}} \\[5mm] = &\ \color{#f00}{{\pi \over 4}\,{a^{2} + b^{2} \over \verts{a}^{3}\verts{b}^{3}}} \end{align}

Answer 5

$$\begin{align} \int_0^\infty\frac{1+t^2}{(a^2+b^2t^2)^2}\,\mathrm{d}t &=\frac1{a^3b}\int_0^\infty\frac{1+\frac{a^2}{b^2}t^2}{(1+t^2)^2}\,\mathrm{d}t\tag{1}\\ &=\frac1{2a^3b}\int_0^\infty\frac{t^{-1/2}+\frac{a^2}{b^2}t^{1/2}}{(1+t)^2}\,\mathrm{d}t\tag{2}\\ &=\frac1{2a^3b}\frac{\Gamma\left(\frac12\right)\Gamma\left(\frac32\right)}{\Gamma(2)}+\frac1{2ab^3}\frac{\Gamma\left(\frac32\right)\Gamma\left(\frac12\right)}{\Gamma(2)}\tag{3}\\[3pt] &=\frac\pi4\frac{a^2+b^2}{a^3b^3}\tag{4} \end {Alinee el} $$ explicación:
$(1)$: sustituto $t\mapsto\frac abt$
$(2)$: sustituto $t\mapsto t^{1/2}$
$(3)$: usar la integral de la Función Beta
$(4)$: simplificar