Forma cerrada de $I=\int_{0}^{\pi/2} \tan^{-1} \bigg( \frac{\cos(x)}{\sin(x) - 1 - \sqrt{2}} \bigg) \tan(x)\;dx$

Question

¿Tiene la integral de abajo una forma cerrada:

$$I=\int_{0}^{\pi/2} \tan^{-1} \bigg( \frac{\cos(x)}{\sin(x) - 1 - \sqrt{2}} \bigg) \tan(x)\;dx,$$

donde $\tan^{-1} (\cdot)$ es la función tangente inversa.

Ni Wolfram|Alpha ni Maple 13 pueden devolver una posible forma cerrada de la integral. Tampoco puedo encontrar una integral similar en G&R 8ª edición. Su integral numérica calculada por Maple 13 es

$$I=-0.60581547102487915432009247784178206365553774419860 ...$$

Esta integral surgió en la discusión durante el seminario de cálculo simbólico. Nuestro profesor nos pidió que le ayudáramos a encontrar la forma cerrada de varias integrales. Esta viene del estudio en el tema función especial: Integral Tangente Inversa.

Como dije en mi comentario y añadiré algunos detalles, hemos probado muchas sustituciones, técnicas estándar como: integración por partes, diferenciación bajo signo integral, etc. También hemos probado el método de integración de cuentas, pero ninguno de ellos ha dado un resultado prometedor hasta ahora. Llevamos evaluando esta integral desde hace 2 semanas pero sin éxito. Así que he pensado que ya es hora de pediros ayuda. ¿Puedes ayudarme a encontrar su forma cerrada, por favor? ¿Puede alguien ayudar a demostrar la forma cerrada dada por los usuarios Cleo y Anastasiya Romanova? Gracias.

Answer 1

Paso 1: Introducir un parámetro adicional

Definir $$\phi(\alpha)=\int^\frac{\pi}{2}_0\arctan\left(\frac{\sin{x}}{\cos{x}-\frac{1}{\alpha}}\right)\cot{x}\ {\rm d}x$$ Diferenciar los rendimientos \begin{align} \phi'(\alpha) =&-\int^\frac{\pi}{2}_0\frac{\cos{x}}{1-2\alpha\cos{x}+\alpha^2}{\rm d}x\\ =&\frac{\pi}{4\alpha}-\frac{1+\alpha^2}{2\alpha(1-\alpha^2)}\int^\frac{\pi}{2}_0\frac{1-\alpha^2}{1-2\alpha\cos{x}+\alpha^2}{\rm d}x \end{align}

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Paso 2: Evaluación de $\phi'(\alpha)$

Pour $|\alpha|<1$ se cumple la siguiente identidad. $$\frac{1-\alpha^2}{1-2\alpha\cos{x}+\alpha^2}=1+2\sum^\infty_{n=1}\alpha^n\cos(nx)$$ Por lo tanto, \begin{align} \phi'(\alpha) =&\frac{\pi}{4\alpha}-\frac{1+\alpha^2}{2\alpha(1-\alpha^2)}\left(\frac{\pi}{2}+2\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\alpha^{2n+1}\right)\\ =&-\frac{\pi\alpha}{2(1-\alpha^2)}-\frac{\arctan{\alpha}}{\alpha}-\frac{2\alpha\arctan{\alpha}}{1-\alpha^2}\tag1 \end{align}

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Paso 3: La forma cerrada

Integrando hacia atrás, obtenemos \begin{align} &\color{red}{\Large{\phi(\sqrt{2}-1)}}\\ =&\left(\frac{\pi}{4}+\arctan{\alpha}\right)\ln(1-\alpha^2)\Bigg{|}^{\sqrt{2}-1}_0-\int^{\sqrt{2}-1}_0\left[\color{#FF4F00}{\frac{\arctan{\alpha}}{\alpha}}+\color{#00A000}{\frac{\ln(1-\alpha^2)}{1+\alpha^2}}\right]{\rm d}\alpha\tag2\\ =&\frac{3\pi}{8}\ln(2\sqrt{2}-2)\color{blue}{\underbrace{\color{black}{-\int^\frac{\pi}{8}_0\color{#FF4F00}{2x\csc{2x}}\ {\rm d}x+\int^\frac{\pi}{8}_0\color{#00A000}{2\ln(\cos{x})}\ {\rm d}x}}}-\int^\frac{\pi}{8}_0\color{#00A000}{\ln(\cos{2x})}\ {\rm d}x\tag3\\ =&\frac{3\pi}{8}\ln(2\sqrt{2}-2)\color{blue}{-x\ln(\tan{x})\Bigg{|}^\frac{\pi}{8}_0+\int^\frac{\pi}{8}_0\ln\left(\frac{1}{2}\sin{2x}\right)\ {\rm d}x}-\int^\frac{\pi}{8}_0\ln(\cos{2x})\ {\rm d}x\tag4\\ =&\frac{\pi}{4}\ln(2\sqrt{2}-2)+\int^\frac{\pi}{8}_0\ln(\tan{2x})\ {\rm d}x\\ =&\frac{\pi}{4}\ln(2\sqrt{2}-2)-2\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{2n+1}\int^\frac{\pi}{8}_0\cos\left((8n+4)x\right)\ {\rm d}x\tag5\\ =&\frac{\pi}{4}\ln(2\sqrt{2}-2)-2\sum^\infty_{n=0}\frac{\cos(n\pi)}{(2n+1)(8n+4)}\\ =&\frac{\pi}{4}\ln(2\sqrt{2}-2)-\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\tag6\\ =&\boxed{\color{red}{\Large{\displaystyle\frac{\pi}{4}\ln(2\sqrt{2}-2)-\frac{\mathbf{G}}{2}}}}\tag7 \end{align}

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Explicación:

$(2):$ Integrado $(1)$ de $0$ a $\sqrt{2}-1$ . Integrado $\dfrac{2\alpha\arctan{\alpha}}{1-\alpha^2}$ por partes.
$(3):$ Aplicó la sustitución $\alpha=\tan{x}$ .
$(4):$ Integrado $-2x\csc{2x}$ por partes.
$(5):$ Utiliza la serie de Fourier de $\ln(\tan{2x})$ .
$(6):$ $\cos(n\pi)=(-1)^n$ para $n\in\mathbb{N}$ .
$(7):$ Utilizó la definición de la constante de Catalán.

Answer 2

Hola, esto es Cleo que está utilizando Anastasiya La cuenta de M.S.E. (>)

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¿Tiene la integral de abajo una forma cerrada?

\begin{equation} I=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}} \arctan \left( \frac{\cos x}{\sin x - 1 - \sqrt{2}} \right) \tan x \,\,dx \end{equation}

${\sf\mbox{Yes, it does.}}$

Aquí está la respuesta extra para su pregunta:

\begin{equation}\large I=\frac{\pi\ln\bigg(2\sqrt{2}-2\bigg)-2\,\mathbf{G}}{4}\end{equation}

donde $\mathbf{G}$ es La constante del catalán .

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Sugerencia :

Dejemos que \begin{equation} I(a)=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}} \arctan \left( \frac{\cos x}{\sin x -a} \right) \tan x \,\,dx \end{equation} para que $\,I(0)=\dfrac{\pi}{2}\ln2\,$ entonces \begin{equation} I'(a)=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1+a^2-2a\sin x} \,\,dx=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{1+a^2-2a\cos x} \,\,dx \end{equation} Utilizando identidad \begin{equation} 1+2\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(n x)}{a^n}=\frac{a^2-1}{1+a^2-2a\cos x}\qquad,\qquad\mbox{for}\, a>|1| \end{equation} tenemos \begin{equation} I'(a)=\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{a^2-1} \,\,dx+\int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}} \frac{2\cos^2 x}{a\left(a^2-1\right)} \,\,dx+\frac{2}{a^2-1}\sum_{n=2}^\infty \int_{0}^{\Large\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x\cos(n x) }{a^n}\,\,dx \end{equation} No tengo mucho tiempo, así que le dejaré el resto a usted. Estoy seguro de que usted puede tomarlo desde aquí.

Answer 3

Pour $x\in \Big[0,\dfrac{\pi}{2}\Big]$ dejar $f(x)=\arctan\Big(\dfrac{\cos x}{\sin x-1-\sqrt{2}}\Big)$

$f'(x)=\dfrac{(\sqrt{2}+1)\sin x-1}{2(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-\sin x)}$

Pour $x\in \Big[0,\dfrac{\pi}{2}\Big[$ dejar $g(x)=-\ln(\cos x)$

$g'(x)=\tan x$

Dejemos que $\alpha \in \Big[0,\dfrac{\pi}{2}\Big[$

$\displaystyle A(\alpha)=\int_0^{\alpha}f(x)g'(x)dx=\Big[-f(x)\ln(\cos x)\Big]_0^{\alpha}+\int_0^{\alpha}\dfrac{(\sqrt{2}+1)\sin x-1}{2(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-\sin x)}\ln(\cos x)dx$

$f(0)\ln(\cos 0)=0$

Pour $x\in \mathbb{R}$ , $\cos\Big(\dfrac{\pi}{2}-x\Big)=\sin(x)$

Pour $x\in \Big[0,\dfrac{\pi}{2}\Big[$ dejar $h(x)=f\Big(\dfrac{\pi}{2}-x\Big)$

Aviso:

$h(0)=f\Big(\dfrac{\pi}{2}\Big)=0$

Pour $x\in \Big]0,\dfrac{\pi}{2}\Big[$

$h(x)\ln(\sin x)=\dfrac{h(x)}{x}\Big(x\ln x+x\ln\big(\dfrac{\sin x}{x}\big)\Big)$

$\lim_{x\rightarrow \tfrac{\pi}{2}^-}f(x)\ln(\cos x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}h(x)\ln(\sin x)=0$

Desde entonces:

$\lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{h(x)}{x}=h'(0)$

$\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x}=1$

$\lim_{x\rightarrow 0^+}x\ln(x)=0$

Por lo tanto,

$\displaystyle I=\lim_{\alpha\rightarrow \tfrac{\pi}{2}^-}A(\alpha)=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\dfrac{(\sqrt{2}+1)\sin x-1}{2(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-\sin x)}\ln(\cos x)dx$

$\displaystyle I=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\dfrac{(\sqrt{2}+1)\Big(-(\sqrt{2}-\sin x)+\sqrt{2}\Big)-1}{2(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-\sin x)}\ln(\cos x)dx$

$\displaystyle I=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\dfrac{(\sqrt{2}+1)\sqrt{2}-1}{2(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-\sin x)}\ln(\cos x)dx-\dfrac{1}{2}\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\ln(\cos x)dx$

$\displaystyle I=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\dfrac{\ln(\cos x)}{2(\sqrt{2}-\sin x)}dx-\dfrac{1}{2}\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\ln(\cos x)dx$

Para el segundo término se sabe que una forma cerrada es $\dfrac{\pi\log2}{4}$

Dejemos que $\displaystyle J=\int_0^{\tfrac{\pi}{2}}\dfrac{\ln(\cos x)}{2(\sqrt{2}-\sin x)}dx$

Realizar el cambio de variable $u=\tan\Big(\dfrac{x}{2}\Big)$ es lo que sigue:

$\displaystyle J=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\int_0^1 \dfrac{\ln\Big(\dfrac{1-x^2}{1+x^2}\Big)}{x^2-\sqrt{2}x+1}dx$

Un paso más.

Aviso: $(x^2-\sqrt{2}x+1)(x^2+\sqrt{2}x+1)=x^4+1$

Por lo tanto:

$\displaystyle J=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\int_0^1 \dfrac{(x^2+\sqrt{2}x+1)\ln\Big(\tfrac{1-x^2}{1+x^2}\Big)}{1+x^4}dx$

$\displaystyle J=\int_0^1 \dfrac{x\ln\Big(\tfrac{1-x^2}{1+x^2}\Big)}{1+x^4}dx+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\int_0^1 \dfrac{(x^2+1)\ln\Big(\tfrac{1-x^2}{1+x^2}\Big)}{1+x^4}dx$

Se puede obtener una forma cerrada para la primera integral.

Realizar los cambios de variable $u=x^2$ entonces $u=\dfrac{1-x}{1+x}$

Finalmente uno consigue:

$\displaystyle \dfrac{1}{2}\int_0^1 \dfrac{\ln(x)}{1+x^2}dx$

Este es un valor bien conocido para

- $\dfrac{1}{2}G$ , donde $G$ es la constante del catalán.

Supongo que lo más difícil es la izquierda.

Eso es encontrar una prueba para la forma cerrada de

$K=\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt{2}}\int_0^1 \dfrac{(x^2+1)\ln\Big(\tfrac{1-x^2}{1+x^2}\Big)}{1+x^4}dx$

La parte final. ¡Es mágico!

$K=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log\big(\tfrac{1-x^2}{1+x^2}\big)}{1+\sqrt{2}x+x^2}dx+\int_0^1 \dfrac{\log\big(\tfrac{1-x^2}{1+x^2}\big)}{1-\sqrt{2}x+x^2}dx$

En ambas integrales realiza el cambio de variable:

$x=\dfrac{1-u}{1+u}$

Por lo tanto:

$K=\displaystyle\dfrac{1}{2(\sqrt{2}-1)}\int_0^1 \dfrac{\log\big(\tfrac{2x}{1+x^2}\big)}{(\sqrt{2}+1)^2x^2+1}dx+\dfrac{1}{2(\sqrt{2}+1)}\int_0^1 \dfrac{\log\big(\tfrac{2x}{1+x^2}\big)}{(\sqrt{2}-1)^2x^2+1}dx$

En la primera integral realizar el cambio de variable $y=(\sqrt{2}+1)x$

En la segunda integral realizar el cambio de variable $y=(\sqrt{2}-1)x$

Por lo tanto:

$K=\displaystyle \dfrac{1}{2}\int_0^{\sqrt{2}+1}\dfrac{\log\Big(\tfrac{2(\sqrt{2}-1)x}{1+(\sqrt{2}-1)^2x^2}\Big)}{1+x^2}dx+\dfrac{1}{2}\int_0^{\sqrt{2}-1}\dfrac{\log\Big(\tfrac{2(\sqrt{2}+1)x}{1+(\sqrt{2}+1)^2x^2}\Big)}{1+x^2}dx$

Sabiendo eso:

$\tan\Big(\dfrac{3\pi}{8}\Big)=\sqrt{2}+1$

$\tan\Big(\dfrac{\pi}{8}\Big)=\sqrt{2}-1$

$(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)=1$

$\displaystyle \int_0^u \dfrac{1}{1+x^2}dx=\arctan(u)$

Por lo tanto:

$K=\dfrac{\pi\log(2)}{4}+\dfrac{\pi\log(\sqrt{2}-1)}{8}+L$

Donde $L=\displaystyle\dfrac{1}{2}\int_0^{\sqrt{2}+1}\dfrac{\log\big(\tfrac{x}{1+(\sqrt{2}-1)^2x^2}\big)}{1+x^2}dx+\dfrac{1}{2}\int_0^{\sqrt{2}-1}\dfrac{\log\big(\tfrac{x}{1+(\sqrt{2}+1)^2x^2}\big)}{1+x^2}dx$

En la segunda integral realizar el cambio de variable $x=\dfrac{1}{u}$

$\displaystyle L=\dfrac{1}{2}\int_0^{\sqrt{2}+1}\dfrac{\log\big(\tfrac{x}{1+(\sqrt{2}-1)^2x^2}\big)}{1+x^2}dx+\dfrac{1}{2}\int_{\sqrt{2}+1}^{+\infty}\dfrac{\log\big(\tfrac{x}{x^2+(\sqrt{2}+1)^2}\big)}{1+x^2}dx$

$\displaystyle L=\dfrac{1}{2}\int_0^{\sqrt{2}+1}\dfrac{\log\big(\tfrac{x}{1+(\sqrt{2}-1)^2x^2}\big)}{1+x^2}dx+\dfrac{1}{2}\int_{\sqrt{2}+1}^{+\infty}\dfrac{\log\big(\tfrac{x(\sqrt{2}-1)^2}{(\sqrt{2}-1)^2x^2+1}\big)}{1+x^2}dx$

$\displaystyle L=\dfrac{1}{2}\int_0^{+\infty}\dfrac{\log\big(\tfrac{x}{1+(\sqrt{2}-1)^2x^2}\big)}{1+x^2}dx+\dfrac{\pi\log(\sqrt{2}-1)}{8}$

Desde entonces:

$\displaystyle \int_0^{+\infty}\dfrac{\log(x)}{1+x^2}dx=0$

(considere los intervalos $[0,1]$ , $[1,+\infty]$ y realizar el cambio de variable $u=\dfrac{1}{x}$ )

$\displaystyle \int_0^{+\infty}\dfrac{\log(1+t^2x^2)}{1+x^2}dx=\pi\log(1+t)$

(considere la función: $\displaystyle F(t)=\int_0^{+\infty}\dfrac{\log(1+t^2x^2)}{1+x^2}dx$ y calcular su derivada) ver aquí: Integral: $ \int^\infty_{-\infty}\frac{\ln(x^{2}+1)}{x^{2}+1}dx $ )

Entonces: $L=-\dfrac{\pi\log(2)}{4}+\dfrac{\pi\log(\sqrt{2}-1)}{8}$

Por lo tanto:

$K=\dfrac{\pi\log(\sqrt{2}-1)}{4}$

QED

Answer 4

(Es un comentario, no puedo conectarme ahora mismo, lo siento)

El enfoque Dementor me parece bien.

Considera más bien:

$\displaystyle I(a)=\int_{0}^{\pi/2} \tan^{-1} \bigg( \frac{\cos(x)}{\sin(x) - a^2 }\bigg) \tan(x)\;dx$

Calcular la derivada, utilizar el cambio de variable $u=\tan(x/2)$ y creo que se puede obtener la expresión de I'(a) sin signo integral.

$I(0)$ puede calcularse utilizando $\arctan(x)+\arctan(1/x)=\dfrac{\pi}{2}$

Espero que todo esté bien.