Calcular en forma cerrada $\int_0^{\pi/2} \arctan\left(\sin ^3(x)\right) \, dx \ ?$

Question

No es difícil ver que para potencias como $1,2$, tenemos una bonita forma cerrada. ¿Qué se puede decir acerca de
el cúbicos versión, que es

$$\int_0^{\pi/2} \arctan\left(\sin ^3(x)\right) \, dx \ ?$$

¿Cuáles son sus ideas? La diferenciación bajo el signo integral? Otras maneras?

Mathematica 9 dice que

$$\int_0^{\pi/2} \arctan\left(\sin ^3(x)\right) \, dx=\frac{2}{3} \, _5F_4\left(\frac{1}{2},\frac{2}{3},1,1,\frac{4}{3};\frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{3}{2},\frac{3}{2};-1\right).$$

Answer 1

Siguiente @mickep's idea, podemos simplificar la integral de la siguiente manera:

1. Legendre chi función y su representación integral. Definir

$$ \chi_2 (z) = \frac{\operatorname{Li}_2(z) - \operatorname{Li}_2(-z)}{2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)^2}. $$

Podemos comprobar que (por ejemplo, ver mi publicación anterior) la siguiente representación integral tiene

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(z \sin\theta) \, d\theta = 2\chi_2\Big( \tfrac{\sqrt{1+z^2}-1}{z}\Big). \tag{$z \noen \pm i(1,\infty)$} $$

Por otra parte, tenemos los siguientes dos identidades, que puede ser fácilmente controlado por la diferenciación de ambos lados.

\begin{align*} \chi_2(z) + \chi_2(\tfrac{1-z}{1+z}) &= \tfrac{1}{8}\pi^2 - \tfrac{1}{2}\log z \log(\tfrac{1-z}{1+z}), \\ \chi_2(z) + \chi_2(\tfrac{1}{z}) &= \tfrac{1}{4}\pi^2 + \tfrac{i}{2} \pi (\operatorname{sign}\Im z) \log z. \end{align*}

2. La descomposición de la arcotangente. El uso de @mickep's idea, si dejamos $\omega = e^{2\pi i/3}$, luego tenemos

\begin{align*} \arctan(z^3) &= \frac{\log(1+iz^3) - \log(1-iz^3)}{2} \\ &= -\sum_{k=0}^{2} \frac{\log(1+i\omega^k z) - \log(1-i\omega^k z)}{2} \\ &= -\sum_{k=0}^{2} \arctan(\omega^k z). \end{align*}

3. Simplificación de la integral usando $\chi_2$. La combinación de dos resultados, para $|z| \leq 1$ hemos

\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(z^3 \sin^3\theta) \, d\theta &= -2 \sum_{k=0}^{2} \chi_2\Big( \tfrac{\sqrt{1+\omega^{2k}z^k}-1}{\omega^k z}\Big). \end{align*}

Ahora vamos a $\alpha = \frac{-1+i}{2}(\sqrt{3} - 1)$. Entonces es sencillo comprobar que

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(\sin^3\theta) \, d\theta = -2 (\chi_2(\sqrt{2} - 1) + \chi_2(\alpha) + \chi_2(\bar{\alpha})) $$

y que $\frac{1-\alpha}{1+\alpha} = -\bar{\alpha}^{-1}$. El uso de las identidades invloving $\chi_2$, nos encontramos con que

$$ \chi_2(\alpha) + \chi_2(\bar{\alpha}) = -\tfrac{3}{32} \pi^2 + \tfrac{1}{8}\log^2(2+\sqrt{3}). $$

La combinación en total, tenemos

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(\sin^3\theta) \, d\theta = \tfrac{1}{16}\pi^2 + \tfrac{1}{2}\log^2(1+\sqrt{2}) - \tfrac{1}{4}\log^2(2+\sqrt{3}). $$

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Apéndice: una posible forma de generalización. Por extraño $n = 2m+1$$\omega = e^{2\pi i/n}$, podemos escribir

$$ \int_{0}^{\pi/2} \arctan(\sin^n t) \, dt = (-1)^m \sum_{k=0}^{n-1} \int_{0}^{\pi/2} \arctan(\omega^k \sen t) \, dt. $$

Emparejamiento hasta el conjugado términos y simplificando, esto se escribe como el siguiente formulario

$$ = (-1)^m 2 \chi_2(\sqrt{2}-1) + (-1)^m 2 \sum_{k=1}^{m} \epsilon_k (\chi_2(\alpha_k) + \chi_2(\bar{\alpha}_k)), $$

donde $\epsilon_k \in \{-1, 1\}$ es elegir adecuadamente, de modo que $\alpha_k$ es de la forma

$$ \alpha_k = x_k + iy_k \quad \text{with } y_k = \sqrt{1+\smash[b]{2x_k - x_k^2}}. $$

De hecho, $(\epsilon_k)$ $\alpha_k$ son elegidos de la siguiente manera:

$$ \epsilon_k = \begin{cases} 1 & \text{if } \Re(\omega^k) < 0, \\ -1 & \text{if } \Re(\omega^k) > 0, \end{casos} \quad\text{y} \quad \alpha_k = \begin{cases} \omega^{-k}(\sqrt{1+\omega^{2k}}-1) & \text{if } \Re(\omega^k) < 0, \\ -\omega^{k}(\sqrt{1+\omega^{-2k}}-1) & \text{if } \Re(\omega^k) > 0, \end{casos} $$

(En otras palabras, podemos elegir el signo de $\epsilon_k$, de modo que $\epsilon_k \omega^k$ siempre ha reales negativos partes). Utilizando la misma idea anterior se puede simplificar

$$ \chi_2(\alpha_k) + \chi_2(\bar{\alpha}_k) = -\tfrac{1}{8}\pi^2 + \tfrac{1}{2}\left(\tfrac{\pi}{2} + \arctan\Big(\tfrac{x_k}{y_k}\Big) \right)^2 + \tfrac{1}{8}\log^2(1+2x_k). $$

Por ejemplo, con la ayuda de Mathematica, se puede comprobar que

\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(\sin^5 x) \, dx &= \tfrac{1}{8}\pi^2 - \tfrac{1}{2}\log^2\left(1+\sqrt{2}\right) \\ &\quad - \tfrac{1}{4} \log^2 \left(\tfrac{1}{2} \left(1+\sqrt{5}-\sqrt{2 (1+\smash[b]{\sqrt{5}})}\right)\right) \\ &\quad + \tfrac{1}{4} \log^2 \left(\tfrac{1}{2} \left(3+\sqrt{5}-\sqrt{10+6 \smash[b]{\sqrt{5}}}\right)\right) \\ &\quad +\left(\pi -\tan^{-1}\left(\sqrt{2+\smash[b]{\sqrt{5}}}\right) - \cot^{-1}(5^{1/4}) \right) \\ &\qquad \times \left(\cot^{-1}(5^{1/4}) - \tan^{-1}\left(\sqrt{2+\smash[b]{\sqrt{5}}}\right)\right) \end{align*}

Answer 2

Sólo la explotación de la arcotangente serie de Taylor,

$$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(\sin^3 x)\,dx &=& \sum_{m\geq 0}\frac{(-1)^m}{2m+1}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{6m+3}(x)\,dx\\ &=& \frac{3\sqrt{\pi}}{4}\sum_{m\geq 0}\frac{(-1)^m\,\Gamma\left(3m+2\right)}{(3m+\frac{3}{2})\Gamma\left(3m+\frac{5}{2}\right)}\end{eqnarray*} $$ así, al menos en principio, podemos calcular el lado derecho mediante la aplicación de una transformada de Fourier discreta a la potencia de la serie: $$ \sum_{m\geq 0}\frac{x^m\, \Gamma(m+2)}{\left(m+\frac{3}{2}\right)\Gamma\left(m+\frac{5}{2}\right)}$$ eso es sólo una $\phantom{}_{3} F_2$ función hipergeométrica, es decir, $\frac{8}{9\sqrt{\pi}}\;\phantom{}_3 F_2\!\left(1,\frac{3}{2},2;\frac{5}{2},\frac{5}{2};x\right).$

Answer 3

Esta será demasiado largo para un comentario, pero no soy capaz de dar la solución, sólo una forma abreviada de la respuesta. Te diré cómo llegar (con su favorito CAS).

En primer lugar, tenga en cuenta que (el uso de $x\mapsto \pi/2-x$) $$ I=\int_0^{\pi/2}\arctan(\sin^3x)\,dx=\int_0^{\pi/2}\arctan(\cos^3x)\,dx $$ Así, integrando por partes, $$ \begin{aligned} I&=\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2} 1\bigl(\arctan(\sin^3x)+\arctan(\cos^3x)\bigr)\,dx\\ &=\frac{1}{2}\Bigl[x\bigl(\arctan(\sin^3x)+\arctan(\cos^3x)\bigr)\Bigr]_0^{\pi/2}\\ &\quad -\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}x\Bigl(\frac{3\sin^2x\cos x}{1+\sin^6x}-\frac{3\cos^2x\sin x}{1+\cos^6 x}\Bigr)\,dx \end{aligned} $$ La parte integral es $\pi^2/8$ o algo así, y la otra parte no la CAS tomar cuidado de, y el resultado es $$ \begin{aligned} I&=\frac{1}{2}\text{Li}_2(3-2\sqrt{2})-2\text{Li}_2(\sqrt{2}-1)-\text{Li}_2\bigl(-(\sqrt{3}-1)(1+i)/2\bigr)-\text{Li}_2\bigl(-(\sqrt{3}-1)(1-i)/2\bigr)\\ &\qquad+\text{Li}_2\bigl((\sqrt{3}-1)(1-i)/2\bigr)+\text{Li}_2\bigl((\sqrt{3}-1)(1+i)/2\bigr)\\ \end{aligned} $$ Numéricamente, este evalúa a aproximadamente $0.571665$.

No estoy muy familiarizado con polylogarithms, así que tal vez alguien más desea ty intentar simplificar esta expresión.