فرض کنید $I$ انتگرال زیر باشد:
$$ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arccos\left(\frac{\cos x}{1+2\cos x}\right) dx. $$
۱. جانشانی تانژانت نصف-زاویه
فرض کنید $t = \tan(\frac{x}{2})$. آنگاه:
$$ \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \quad 1+2\cos x = \frac{3-t^2}{1+t^2}, \quad dx = \frac{2dt}{1+t^2}, \quad t \in [0,1]. $$
بنابراین:
$$ \frac{\cos x}{1+2\cos x} = \frac{1-t^2}{3-t^2}. $$
برای $u \in [0,1]$، داریم $\arccos u = 2\arctan\sqrt{\frac{1-u}{1+u}}$. با قرار دادن $u = \frac{1-t^2}{3-t^2}$، داریم:
$$ \frac{1-u}{1+u} = \frac{1}{2-t^2}, \quad \arccos\left(\frac{1-t^2}{3-t^2}\right) = 2\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{2-t^2}}\right) = \pi - 2\arctan(\sqrt{2-t^2}). $$
در نتیجه:
$$ I = \int_{0}^{1} [\pi - 2\arctan(\sqrt{2-t^2})] \frac{2dt}{1+t^2} = \frac{\pi^2}{2} - 4K, $$
که در آن:
$$ K := \int_{0}^{1} \frac{\arctan(\sqrt{2-t^2})}{1+t^2} dt. $$
بنابراین کافی است K را محاسبه کنیم.
۲. بیان K به صورت یک انتگرال دوگانه و استفاده از تقارن
از رابطه $\arctan y = \int_{0}^{y} \frac{ds}{1+s^2}$ برای نوشتن K استفاده میکنیم:
$$ K = \int_{0}^{1} \frac{1}{1+t^2} \left( \int_{0}^{\sqrt{2-t^2}} \frac{ds}{1+s^2} \right) dt = \iint_{D} \frac{dsdt}{(1+t^2)(1+s^2)}, $$
که در آن $D = \{(t,s) : 0 \le t \le 1, \ 0 \le s \le \sqrt{2-t^2}\}$.
فرض کنید $R = \{(t,s) : t \ge 0, \ s \ge 0, \ t^2+s^2 \le 2\}$ ربع دایرهای به شعاع $\sqrt{2}$ باشد. با استفاده از تقارن، اگر $D^* = \{(t,s) \in R : s \le 1\}$، آنگاه $R = D \cup D^*$ و $D \cap D^* = [0,1] \times [0,1]$ است. از آنجایی که انتگرالده در t و s متقارن است، داریم:
$$ K = \frac{1}{2}\left( \iint_{R} \frac{dsdt}{(1+t^2)(1+s^2)} + \iint_{[0,1]^2} \frac{dsdt}{(1+t^2)(1+s^2)} \right). $$
محاسبه انتگرال روی مربع:
$$ \iint_{[0,1]^2} \frac{dsdt}{(1+t^2)(1+s^2)} = \left( \int_{0}^{1} \frac{dt}{1+t^2} \right)^2 = \left( \frac{\pi}{4} \right)^2 = \frac{\pi^2}{16}. $$
محاسبه انتگرال روی ربع دیسک در مختصات قطبی $t=r\cos\theta, s=r\sin\theta$ با $0 \le r \le \sqrt{2}$ و $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$:
$$ \iint_{R} \frac{dsdt}{(1+t^2)(1+s^2)} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\sqrt{2}} \frac{rdrd\theta}{(1+r^2\cos^2\theta)(1+r^2\sin^2\theta)}. $$
توجه کنید که:
$$ (1+r^2\cos^2\theta)(1+r^2\sin^2\theta) = 1 + r^2 + \frac{r^4}{4}\sin^2(2\theta). $$
با استفاده از انتگرال استاندارد $\int_{0}^{\pi} \frac{d\phi}{A+B\sin^2\phi} = \frac{\pi}{\sqrt{A(A+B)}}$، به دست میآوریم:
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{1+r^2+\frac{r^4}{4}\sin^2(2\theta)} = \frac{\pi}{2\sqrt{(1+r^2)(1+r^2+\frac{r^4}{4})}}. $$
بنابراین:
$$ \iint_{R} \cdots = \int_{0}^{\sqrt{2}} rdr \ \frac{\pi}{2\sqrt{(1+r^2)(1+r^2+\frac{r^4}{4})}}. $$
فرض کنید $u = 1+r^2$، بنابراین $rdr = \frac{1}{2}du$ و $u \in [1,3]$. آنگاه:
$$ 1+r^2+\frac{r^4}{4} = u + \frac{(u-1)^2}{4} = \frac{(u+1)^2}{4}, $$
و انتگرال تبدیل میشود به:
$$ \frac{\pi}{2} \int_{1}^{3} \frac{\frac{1}{2}du}{\sqrt{u \frac{(u+1)^2}{4}}} = \frac{\pi}{2}\int_{1}^{3} \frac{du}{\sqrt{u}(u+1)} = \pi\int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{dy}{1+y^2} = \pi[\arctan y]_{1}^{\sqrt{3}} = \pi\left(\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi^2}{12}, $$
که در آن $y = \sqrt{u}$ قرار دادیم.
بنابراین:
$$ K = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi^2}{12} + \frac{\pi^2}{16}\right) = \frac{7\pi^2}{96}. $$
۳. پایان
در نهایت:
$$ I = \frac{\pi^2}{2} - 4K = \frac{\pi^2}{2} - 4 \cdot \frac{7\pi^2}{96} = \frac{\pi^2}{2} - \frac{7\pi^2}{24} = \frac{12\pi^2 - 7\pi^2}{24} = \frac{5\pi^2}{24}. $$
بنابراین:
$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arccos\left(\frac{\cos x}{1+2\cos x}\right) dx = \frac{5\pi^2}{24}. $$
