xsinx/(a+bcos^{2}x)[0,π]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^π \frac{x \sin x}{a+b \cos^2 x}dx=
\begin{cases}
\displaystyle \frac{π}{\sqrt{ab}}\tan^{-1} \sqrt{\frac{b}{a}}  (a,b \gt 0)\\
\displaystyle \frac{π}{2\sqrt{-ab}}\log \frac{\sqrt{a}+\sqrt{-b}}{\sqrt{a}-\sqrt{-b}}  (a \gt -b \gt 0)\\
\end{cases}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{\sin 2x}{1+a \cos^2 x}dx=\frac{π}{a}\log \frac{1+\sqrt{1+a}}{2}  (a \gt 0)\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{\sin 2x}{1+a \sin^2 x}dx=\frac{π}{a}\log \frac{2(1+a-\sqrt{1+a})}{a}  (a \gt 0)\\
\end{alignat}








<証明>

次の等式を用います。[詳細はこちらです。(A)(B)(C)]
\begin{alignat}{2}
&(A)  \displaystyle\int_0^πxf( \sin x)dx=\frac{π}{2} \displaystyle\int_0^π f( \sin x)dx\\
&(B)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \log (1+a \sin^2 x)dx=π\log \frac{1+\sqrt{1+a}}{2}\\
&(C)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \log (1+a \cos^2 x)dx=π\log \frac{1+\sqrt{1+a}}{2}\\
\end{alignat}








\((1)\) \((A)\) の式を用いて \(x\) を消去します。$$\displaystyle\int_0^π \frac{x \sin x}{a+b \cos^2 x}dx=\frac{π}{2}\displaystyle\int_0^π \frac{\sin x}{a+b \cos^2 x}dx$$\(\cos x=t\) と置きます。\((-\sin xdx=dt)\)$$=\frac{π}{2}\displaystyle\int_1^{-1} \frac{1}{a+bt^2}(-dt)=π\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{a+bt^2}dt$$

\((α)\) \(a,b \gt 0\) のとき$$=\frac{π}{b}\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{t^2+\frac{a}{b}}dt=\frac{π}{b}\left[\sqrt{\frac{b}{a}}\tan^{-1} \sqrt{\frac{b}{a}}t\right]_0^1=\frac{π}{\sqrt{ab}}\tan^{-1} \sqrt{\frac{b}{a}}$$ 
\((β)\) \(a \gt -b \gt 0\) のとき
\begin{alignat}{2}
&=\frac{π}{b}\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{t^2-\frac{a}{-b}}dt=\frac{π}{b}\cdot \frac{1}{2}\sqrt{\frac{-b}{a}}\left[\log \left|\frac{t-\sqrt{\frac{a}{-b}}}{t+\sqrt{\frac{a}{-b}}}\right|\right]_0^1\\
&=-\frac{π}{2\sqrt{-ab}}\log \left|\frac{1-\sqrt{\frac{a}{-b}}}{1+\sqrt{\frac{a}{-b}}}\right|=-\frac{π}{2\sqrt{-ab}}\log \left|\frac{\sqrt{-b}-\sqrt{a}}{\sqrt{-b}+\sqrt{a}}\right|=\frac{π}{2\sqrt{-ab}}\log \frac{\sqrt{a}+\sqrt{-b}}{\sqrt{a}-\sqrt{-b}}
\end{alignat}以上より
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^π \frac{x \sin x}{a+b \cos^2 x}dx=
\begin{cases}
\displaystyle \frac{π}{\sqrt{ab}}\tan^{-1} \sqrt{\frac{b}{a}}  (a,b \gt 0)\\
\displaystyle \frac{π}{2\sqrt{-ab}}\log \frac{\sqrt{a}+\sqrt{-b}}{\sqrt{a}-\sqrt{-b}}  (a \gt -b \gt 0)\\
\end{cases}
\end{alignat}








\((2)(3)\) 次の積分の結果を用いて、部分積分を行います。
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int \frac{\sin 2x}{1+a \cos^2 x}dx=-\frac{1}{a}\log (1+a \cos^2 x)\\
&\displaystyle\int \frac{\sin 2x}{1+a \sin^2 x}dx=\frac{1}{a}\log (1+a \sin^2 x)\\
\end{alignat}

\begin{alignat}{2}
(2)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{\sin 2x}{1+a \cos^2 x}dx&=\left[-\frac{x}{a}\log (1+a \cos^2 x)\right]_0^{\frac{π}{2}}+\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\frac{1}{a}\log (1+a \cos^2 x)dx\\
&=\frac{1}{a}\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\log (1+a \cos^2 x)dx=\frac{π}{a}\log \frac{1+\sqrt{1+a}}{2}\\
&\\
&\\
(3)  \displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{\sin 2x}{1+a \sin^2 x}dx&=\left[\frac{x}{a}\log (1+a \sin^2 x)\right]_0^{\frac{π}{2}}-\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}}\frac{1}{a}\log (1+a \sin^2 x)dx\\
&=\frac{π}{2a}\log (1+a) -\frac{π}{a}\log \frac{1+\sqrt{1+a}}{2}\\
&=\frac{π}{a}\left(\log \sqrt{1+a}-\log \frac{1+\sqrt{1+a}}{2}\right)\\
&=\frac{π}{a}\log \left(\sqrt{1+a} \cdot \frac{2}{1+\sqrt{1+a}}\right)\\
&=\frac{π}{a}\log \frac{2\sqrt{1+a}(\sqrt{1+a}-1)}{(\sqrt{1+a}+1)(\sqrt{1+a}-1)}\\
&=\frac{π}{a}\log \frac{2(1+a-\sqrt{1+a})}{a}
\end{alignat}
以上より
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{\sin 2x}{1+a \cos^2 x}dx=\frac{π}{a}\log \frac{1+\sqrt{1+a}}{2}  (a \gt 0)\\
&\displaystyle\int_0^{\frac{π}{2}} \frac{\sin 2x}{1+a \sin^2 x}dx=\frac{π}{a}\log \frac{2(1+a-\sqrt{1+a})}{a}  (a \gt 0)\\
\end{alignat}


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