Integrar $I(a) = \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{1-a\sin x}$

Question

Tengo un problema con esta integral. Parece que la solución tiene que ser sencilla, pero no he podido encontrarla.

$$I(a) = \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{1-a\sin x}$$

He intentado utilizar la integración por partes y diferenciar con respecto a a pero ninguno de los dos ayudó.

Answer 1

Observe que su integral es convergente en el sentido habitual para $|a|<1$ . A continuación, puede escribir $t=\tan \dfrac{x}{2}$ , dando $ \sin x=\dfrac{2t}{1+t^2}$ .

Por lo tanto,

$$ \begin{align} I(a) &= \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{1-a\sin x}\\\\ &= 2\int_0^{1} \frac{1}{1-a\dfrac{2t}{1+t^2}}\frac{dt}{1+t^2}\\\\ &= 2\int_0^{1} \frac{1}{(t-a)^2+(1-a^2)}dt\quad \left(t-a=\sqrt{1-a^2}\:u,\,dt=\sqrt{1-a^2}\:du\right)\\\\ &= \frac{2}{\sqrt{1-a^2}}\int_{-a/\sqrt{1-a^2}}^{(1-a)/\sqrt{1-a^2}} \frac{1}{u^2+1}du\quad \\\\ &= \frac{2}{\sqrt{1-a^2}}\arctan \left(\sqrt{\frac{1+a}{1-a}}\right) \end{align} $$

Answer 2

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, #1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$

Con $\ds{\verts{a} < 1}$ :

\begin{align}&\color{#66f}{\large\int_{0}^{\pi/2}{\dd x \over 1 - a\sin\pars{x}}} =\int_{0}^{\pi/2}{1 + a\sin\pars{x} \over 1 - a^{2}\sin^{2}\pars{x}}\,\dd x =\int_{0}^{\pi/2}{1 + a\sin\pars{x} \over 1 - a^{2} + a^{2}\cos^{2}\pars{x}}\,\dd x \\[5mm]&=\int_{0}^{\pi/2} {\sec^{2}\pars{x} \over \pars{1 - a^{2}}\sec^{2}\pars{x} + a^{2}} \,\dd x +\int_{0}^{\pi/2}{a\sin\pars{x} \over a^{2}\cos^{2}\pars{x} + 1 - a^{2} }\,\dd x \\[5mm]&=\underbrace{\int_{0}^{\pi/2} {\sec^{2}\pars{x} \over \pars{1 - a^{2}}\tan^{2}\pars{x} + 1}\,\dd x} _{\ds{\dsc{y}\ \equiv \dsc{\root{1 - a^{2}}\tan\pars{x}}}}\ +\ {1 \over 1 - a^{2}}\ \underbrace{\int_{0}^{\pi/2}{a\sin\pars{x} \over a^{2}\cos^{2}\pars{x}/\pars{1 - a^{2}} + 1}\,\dd x} _{\ds{\dsc{z}\ \equiv\ \dsc{{\verts{a} \over \root{1 - a^{2}}}\,\cos\pars{x}}}} \end{align}

Entonces,

\begin{align}&\color{#66f}{\large\int_{0}^{\pi/2}{\dd x \over 1 - a\sin\pars{x}}} \\[5mm]&={1 \over \root{1 - a^{2}}}\int_{0}^{\infty}{\dd y \over y^{2} + 1} - {\sgn\pars{a}\root{1 - a^{2}} \over 1 - a^{2}} \int_{\verts{a}/\root{1 - a^{2}}}^{0}{\dd z \over z^{2} + 1} \\[5mm]&={1 \over \root{1 - a^{2}}}\bracks{% {\pi \over 2} + \sgn\pars{a}\arctan\pars{\verts{a} \over \root{1 - a^{2}}}} \\[5mm]&=\color{#66f}{\large{1 \over \root{1 - a^{2}}}\bracks{% {\pi \over 2} + \arctan\pars{a \over \root{1 - a^{2}}}}} \end{align}

Answer 3

El objetivo de esta respuesta es doble. En primer lugar, me gustaría señalar que la integral es convergente para todos los reales $a<1$ . En segundo lugar, me gustaría mostrar otra forma posible de calcular la integral.

Dejemos que $f(x)=1/(1-a\sin x)$ . Calculamos $$ \int_0^{\pi/2}f(x)\, dx. $$ Si $0<a<1$ entonces $f$ es monotónicamente creciente en $(0,\pi/2)$ con valores en $(1,1/(1-a))$ . Su inversa $f^{-1}$ viene dada por $f^{-1}(x)=\arcsin\bigl(\tfrac{1}{a}\bigl(1-\tfrac{1}{x}\bigr)\bigr)$ . Utilizamos el hecho de que (¡dibuja el gráfico!) $$ \int_0^{\pi/2}f(x)\, dx + \int_{1}^{1/(1-a)} f^{-1}(x)\, dx = \frac{\pi}{2}\times \frac{1}{1-a}. $$ (Otra forma de hacerlo es utilizar la sustitución $y=1/(1-a\sin x)$ .)

La integración por partes da \begin{align} \int_{1}^{1/(1-a)} \arcsin\bigl(\tfrac{1}{a}\bigl(1-\tfrac{1}{x}\bigr)\bigr)\, dx &= \Bigl[x\arcsin\bigl(\tfrac{1}{a}\bigl(1-\tfrac{1}{x}\bigr)\bigr)\Bigr]_{1}^{1/(1-a)} \\ &\qquad - \int_{1}^{1/(1-a)} \frac{\sqrt{1-a^2}}{a\sqrt{1-\bigl(\frac{1-a^2}{a}x-\frac{1}{a}\bigr)^2}}\, dx\\ &=\Bigl[x\arcsin\bigl(\tfrac{1}{a}\bigl(1-\tfrac{1}{x}\bigr)\bigr) -\tfrac{1}{\sqrt{1-a^2}}\arcsin\bigl(\tfrac{1-a^2}{a}x-\tfrac{1}{a}\bigr) \Bigr]_{1}^{1/(1-a)}\\ &=\frac{\pi}{2}\times\frac{1}{1-a}-\frac{\pi+2\arcsin(a)}{2\sqrt{1-a^2}}. \end{align} Por lo tanto, \begin{equation} \int_0^{\pi/2}\frac{1}{1-a\sin x}\, dx =\frac{\pi+2\arcsin(a)}{2\sqrt{1-a^2}}.\tag{*} \end{equation}

Si $-1<a<0$ entonces $f$ es monótonamente decreciente desde $1$ a $1/(1-a)$ en el intervalo $(0,\pi/2)$ . Los mismos cálculos anteriores (¡tenga cuidado con los límites de la integral) da como resultado $(*)$ de nuevo. Por último, es trivial que $(*)$ también es válido para $a=0$ .

Sin embargo, la integral es convergente también para $a\leq -1$ . Para $a<-1$ , el mismo cálculos anteriores dan como resultado $$ \int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{1-a\sin x}\, dx = \frac{\ln(-a+\sqrt{a^2-1})}{\sqrt{a^2-1}}. $$ (Esto también podría expresarse utilizando el seno hiperbólico inverso, $\text{arsinh}$ . Si se conoce el análisis complejo, esto no es un problema).

Por último, para $a=-1$ el valor de la integral es $1$ . Esto puede verse como un límite de las expresiones anteriores o por un cálculo directo (se sostiene que $\int 1/(1+\sin x)\, dx = 2\sin(x/2)/(\cos(x/2)+\sin(x/2))$ ).

Answer 4

Utilizando $u=\sin x$ y $v^2=\frac{1+u}{1-u}$ tenemos \begin{eqnarray} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{1-a\sin x}&=&\int_0^{1}\frac{1}{(1-au)\sqrt{1-u^2}}du\\ &=&\int_0^{1}\frac{1}{(1-au)(1+u)}\sqrt{\frac{1+u}{1-u}}du\\ &=&\int_1^\infty\frac{1}{(1-a\frac{v^2-1}{v^2+1})(1+\frac{v^2-1}{v^2+1})}v\frac{2v}{(1+v^2)^2}dv\\ &=&2\int_1^\infty\frac{1}{(1+a)+(1-a)v^2}dv\\ &=&\frac{2}{1-a}\int_1^\infty\frac{1}{v^2+\frac{1+a}{1-a}}dv\\ &=&\frac{2}{1-a}\sqrt{\frac{1-a}{1+a}}\arctan\left(\sqrt{\frac{1-a}{1+a}}v\right)\bigg|_1^\infty\\ &=&\frac{2}{\sqrt{1-a^2}}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\left(\sqrt{\frac{1-a}{1+a}}\right)\right) \end{eqnarray}