Evaluar la siguiente integral
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^2}{1+\cos^2 x}dx$$
Esta función no tiene un derivado de la primaria. ¿Cómo podemos solucionar esto?
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Esta integral es de forma torcida difícil. Se puede ver como tiene la solución que he proporcionado para esta integral, pero, como verás, hay un adicional de arrugas.
Como en los vinculados solución, voy a expresar la integral en una forma en la que me pueden atacar a través del teorema de Cauchy. A continuación, voy a deducir el contorno sobre el que vamos a necesitar para aplicar del teorema de Cauchy - este es el adicional de arrugas.
Pues, para empezar, vamos a reescribir la integral, que voy a denotar $K$:
$$K=\int_0^{\pi/2} dx \frac{x^2}{1+\cos^2{x}} = 2 \int_0^{\pi/2} dx \frac{x^2}{3+\cos{2 x}} = \frac18 \int_{-\pi}^{\pi} dy \frac{y^2}{3+\cos{y}}$$
A lo largo de estas líneas, definir
$$J(a) = \int_{-\pi}^{\pi} dy \frac{e^{i a y}}{3+\cos{y}}$$
así que
$$K = -\frac18 J''(0)$$
Entonces, esto nos permite definir los siguientes contorno integral
$$I(a) = \oint_C dz \frac{z^a}{z^2+6 z+1}$$
donde, como voy a explicar a continuación, $C$ es el siguiente contorno
que es una modificación del ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real negativo dentro del círculo unidad. La modificación es un par de semicircular golpes de radio $\epsilon$ sobre el punto de $z=-3+2 \sqrt{2}$. Estas protuberancias son necesarios, ya que el integrando tiene un polo dentro del círculo unidad en la rama elegida corte de el integrando (es decir, el eje real negativo).
La estrategia es la de expresar $I(a)$ en términos de $J(a)$ y otros términos, lo que luego producir una expresión para $J(a)$ del teorema de Cauchy. Para ello, escribimos $I(a)$ explícitamente en términos de las integrales a lo largo de las ocho piezas de contorno $C$. Este es un ejercicio de parametrización que es mejor dejarlo para el lector. El resultado es
$$I(a) = \frac{i}{2} J(a) +e^{i \pi} \int_1^{3-2 \sqrt{2}+\epsilon} dx \frac{e^{i \pi a} x^a}{x^2-6 x+1} \\+ i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{ [e^{i \pi}(3-2 \sqrt{2})+\epsilon e^{i \phi}]^a}{(-3+2 \sqrt{2}+\epsilon e^{i \phi})^2+6 (-3+2 \sqrt{2}+\epsilon e^{i \phi})+1}\\ +e^{i \pi} \int_{3-2 \sqrt{2}-\epsilon}^{\epsilon} dx \frac{e^{i \pi a} x^a}{x^2-6 x+1} + i \epsilon \int_{\pi}^{-\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\epsilon^a e^{i a \phi}}{\epsilon^2 e^{i 2 \phi}+6 \epsilon e^{i \phi}+1}\\ +e^{-i \pi} \int_{\epsilon}^{3-2 \sqrt{2}-\epsilon} dx \frac{e^{-i \pi a} x^a}{x^2-6 x+1}\\ + i \epsilon \int_0^{-\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{ [e^{-i \pi}(3-2 \sqrt{2})+\epsilon e^{i \phi}]^a}{(-3+2 \sqrt{2}+\epsilon e^{i \phi})^2+6 (-3+2 \sqrt{2}+\epsilon e^{i \phi})+1}\\+e^{-i \pi} \int_{3-2 \sqrt{2}+\epsilon}^1 dx \frac{e^{-i \pi a} x^a}{x^2-6 x+1} $$
De hecho, una observación que vale la pena hacer en este punto. La parametrización de las semicircular golpes sobre el punto de $z=-3+2 \sqrt{2}$ nos obliga a invocar la representación correcta del signo menos. Por lo tanto, por encima de la rama de corte, $-3+2 \sqrt{2}=e^{i \pi} (3-2 \sqrt{2})$, mientras que debajo de la rama de corte, $-3+2 \sqrt{2}=e^{-i \pi} (3-2 \sqrt{2})$. Esto es crucial para el análisis.
Consideramos que el límite de $\epsilon \to 0$; en este, el límite anterior se simplifica considerablemente:
$$I(a) = \frac{i}{2} J(a) + i 2 \sin{\pi a} \: PV \int_0^1 dx \frac{x^a}{x^2-6 x+1} - i \frac{\pi}{4 \sqrt{2}} 2 \cos{\pi a} \: (3-2 \sqrt{2})^a$$
donde $PV$ denota el valor principal de Cauchy. Por Cauchy teorema de, $I(a)=0$; esto produce una expresión para $J(a)$:
$$J(a) = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \cos{\pi a} \: (3-2 \sqrt{2})^a - 4 \sin{\pi a}\: PV \int_0^1 dx \frac{x^a}{x^2-6 x+1}$$
Todo lo que necesitamos hacer ahora es usar la expresión anterior para $K=-\frac18 J''(0)$; el resultado es
$$K = \pi \, PV \int_0^1 dx \frac{\log{x}}{x^2-6 x+1} + \frac{\pi^3}{8 \sqrt{2}} - \frac{\pi}{8 \sqrt{2}} \log^2{(3-2 \sqrt{2})}$$
Para completar este análisis, podemos evaluar la integral anterior. Tenga en cuenta que es un valor principal, como el intervalo de integración incluye un polo de el integrando. Para este efecto, se nota que
$$\frac1{x^2-6 x+1} = \frac1{4 \sqrt{2}} \left (\frac1{x-(3+2 \sqrt{2})} - \frac1{x-(3-2 \sqrt{2})} \right )$$
Utilizamos las siguientes fórmulas, al $b \gt 1$,:
$$\int_0^1 dx \frac{\log{x}}{x-b} = \text{Li}_2{\left ( \frac1{b}\right )}$$
y
$$PV\int_0^1 dx \frac{\log{x}}{x-1/b} =\frac{\pi^2}{3} - \frac12 \log^2{\left ( \frac1{b}\right )} - \text{Li}_2{\left ( \frac1{b}\right )}$$
Por lo tanto, utilizando el valor de $b=3+2 \sqrt{2}$, nos encontramos con que
$$PV \int_0^1 dx \frac{\log{x}}{x^2-6 x+1} = \frac1{4 \sqrt{2}} \left [2 \text{Li}_2{(3-2 \sqrt{2})} - \frac{\pi^2}{3} + \frac12 \log^2{(3-2 \sqrt{2})} \right ] $$
Poniendo todo esto junto, nos encontramos con que el $\log^2$ términos cancelar y tenemos
$$K = \int_0^{\pi/2} dx \frac{x^2}{1+\cos^2{x}} = \frac{\pi}{2 \sqrt{2}} \text{Li}_2{(3-2 \sqrt{2})} + \frac{\pi^3}{24 \sqrt{2}}$$
Para resumir, hemos sustituido el $x^2$ en la integral original por un factor de $e^{i a y}$, que luego se convirtió en un factor de $z^a$ en una integral de contorno. El integrando de la integral de contorno no sólo tiene un punto de ramificación en $z=0$, pero también un poste en la rama de corte. El contorno de la integral de contorno a continuación, es necesario tener un desvío alrededor de este polo en la rama de corte. El uso del teorema de Cauchy, tenemos una expresión para la integral sobre la $e^{i a y}$, y la diferenciación de dos veces, tenemos una expresión para el original de la integral en términos del valor del capital de otra integral. El problema entonces se reduce a evaluar el principal valor de la integral.
Felix Marin
Puntos
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$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ Siguiendo $\large\verb*@RonGordon*$ multa respuesta, no hay otra manera de evaluar ${\rm I}\pars{a}$ sin la introducción de los 'golpes' en el $C$ contorno. Para este propósito, es útil el uso de las identidades: $$ {1 \over \omega \pm \ic 0^{+}} = \pp{1 \over \omega} \mp \ic\pi\delta\pars{\omega} \quad\mbox{donde}\quad\pp\ \mbox{denota la}\ {\\mbox{Principal}}. $$ \begin{align} K& = {1 \over 8}\int_{-\pi}^{\pi}{y^{2} \over 3 + \cos\pars{y}}\,\dd y = -\,{1 \over 8}\,\lim_{a \to 0} \totald[2]{}{a}\int_{-\pi\ +\ 0^{+}}^{\pi\ -\ 0^{+}} {\expo{\ic ay} \over 3 + \cos\pars{y}}\,\dd z \\[3mm]&= {1 \over 4}\ic\lim_{a \to 0}\totald[2]{}{a} \oint_{-\pi\ +\ 0^{+}}^{\pi\ -\ 0^{+}}{z^{a} \over z^{2} + 6z + 1}\,\dd z \\[3mm]&= {1 \over 4}\ic\lim_{a \to 0}\totald[2]{}{a}\left\lbrack% \overbrace{\oint_{C}{z^{a} \over z^{2} + 6z + 1}\,\dd z}^{\ds{=\ 0}}\right. \\[3mm]&\left.\vphantom{\Huge A^{A^{A}}}- \int_{-1}^{0} {\pars{-x}^{a}\expo{\ic\pi a} \over \pars{x + \ic 0^{+} - z_{+}}\pars{x - z_{-}}}\,\dd x - \int^{-1}_{0} {\pars{-x}^{a}\expo{-\ic\pi a} \over \pars{x - \ic 0^{+} - z_{+}}\pars{x - z_{-}}}\,\dd x\right\rbrack \end{align} donde $\ds{z_{\pm} = -3 \pm 2\root{2}\,,\quad -1 < z_{+} < 0\,,\quad z_{-} < -1}$.
\begin{align} K&={1 \over 4}\,\ic\,\lim_{a \to 0}\totald[2]{}{a}\left\lbrack% -\expo{\ic\pi a}\int_{0}^{1} {x^{a}\,\dd x \over \pars{x - \ic 0^{+} + z_{+}}\pars{x + z_{-}}}\right. \\[3mm]&\left.\phantom{{1 \over 4}\,\ic\,\lim_{a \to 0}\totald[2]{}{a}\bracks{}}+ \expo{-\ic\pi a}\int_{0}^{1} {x^{a}\,\dd x \over \pars{x + \ic 0^{+} + z_{+}}\pars{x + z_{-}}}\right\rbrack \\[3mm]&= {1 \over 4}\,\ic\,\lim_{a \to 0}\totald[2]{}{a}\bracks{% -2\ic\sin\pars{\pi a}\ \pp\int_{0}^{1} {{x^a}\,\dd x \over \pars{x + z_{+}}\pars{x + z_{-}}} -2\pi\ic\cos\pars{\pi a}\,{1 \over -z_{+} + z_{-}}} \\[3mm]&=\pi\ \pp\int_{0}^{1} {\ln\pars{x} \over \pars{x + z_{+}}\pars{x + z_{-}}}\,\dd x + {\root{2} \over 16}\,\pi^{3} \\[3mm]&= {\root{2} \over 8}\,\pi\bracks{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x + z_{-}}\,\dd x - \pp\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x + z_{+}}\,\dd x} + {\root{2} \over 16}\,\pi^{3} \\[3mm]&= {\root{2} \over 8}\,\pi\bracks{{\rm Li_{2}}\pars{-3 - \root{2}} - \pp\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x + z_{+}}\,\dd x} + {\root{2} \over 16}\,\pi^{3} \end{align}
También \begin{align} \pp\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x + z_{+}}\,\dd x &=\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\bracks{% \int_{0}^{-z_{+} - \epsilon}{\ln\pars{x} \over x + z_{+}}\,\dd x + \int_{-z_{+} + \epsilon}^{1}{\ln\pars{x} \over x + z_{+}}\,\dd x} \end{align}
Igor Rivin
Puntos
11326
