Buscar métodos para resolver: $\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + \arctan(x)} \:dx$

Question

He estado jugando con la siguiente integral definida y me preguntaba si alguien conoce algún método para resolverla.

$$I = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + \arctan(x)} \:dx$$

Answer 1

El enfoque que tomé:

Primero dejemos $u = \tan(x)$ para ceder:

$$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan^2(u) + 1}{1 + u} \:du$$

Lamentablemente no tuve suerte con mis tácticas habituales, así que decidí utilizar la serie Taylor de $\tan^2(u)$ en $u = 0$ que me ayudó mucho aquí .

Lo encontramos:

$$ \tan^{2}(u) + 1 = \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} (-4)^n \left(1-4^n\right)\left(2n - 1\right)}{(2n)!} u^{2n-2} $$

Lo cual es válido para $|u| < \frac{\pi}{2}$ . Como el dominio de la integral está dentro de ella, podemos utilizar esta expansión (creo).

Por lo tanto, llegamos a,

$$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sum_{n = 1}^{\infty} C_n u^{2n - 2}}{1 + u} \:du = \sum_{n = 1}^{\infty}C_n\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{u^{2n - 2}}{1 + u} \:du = \sum_{n = 1}^{\infty}C_n\: F_n $$

Donde

$$ C_n = \frac{B_{2n} (-4)^n \left(1-4^n\right)\left(2n - 1\right)}{(2n)!} ,\qquad F_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{u^{2n - 2}}{u + 1} \: du$$

Tomando la expansión de Taylor para $\frac{1}{1 + u}$ en $u = 0$ (como se indica aquí ) podemos evaluar $F_n$ :

\begin{align} F_n &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{u^{2n - 2}}{u + 1} \: du \\ &= \left[\ln|u + 1| + \sum_{k = 1}^{2n - 2} \left(-1\right)^k u^k \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \ln\left|\frac{\pi}{4} + 1 \right| + \sum_{k = 1}^{2n - 2} \left(-1\right)^k \frac{\pi^k}{4^kk} \end{align}

De lo cual llegamos a:

\begin{align} I = \sum_{n = 1}^{\infty} C_n\:F_n &= \sum_{n = 1}^{\infty} C_n \left[\ln\left|\frac{\pi}{4} + 1 \right| + \sum_{k = 1}^{2n - 2} \left(-1\right)^k \frac{\pi^k}{4^kk} \right] \\ &= \ln\left|\frac{\pi}{4} + 1 \right| \sum_{n = 1}^{\infty} C_n + \sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{k = 1}^{2n - 2} C_n \left(-1\right)^k \frac{\pi^k}{4^kk} \end{align}

Recordemos que

$$ \tan^{2}(u) + 1 = \sum^{\infty}_{n=1} \frac{B_{2n} (-4)^n \left(1-4^n\right)\left(2n - 1\right)}{(2n)!} u^{2n-2} = \sum_{n = 1}^{\infty} C_n u^{2n - 2} $$

Por lo tanto,

$$ \tan^{2}(1) + 1 = \sec^{2}(1) = \sum_{n = 1}^{\infty} C_n$$

Así,

\begin{align} I &= \ln\left|\frac{\pi}{4} + 1 \right| \sum_{n = 1}^{\infty} C_n + \sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{k = 1}^{2n - 2} C_n \left(-1\right)^k \frac{\pi^k}{4^kk} \\ &= \ln\left|\frac{\pi}{4} + 1 \right|\sec^2(1) + \sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{k = 1}^{2n -2}\frac{\left(-1\right)^kB_{2n} (-4)^n \left(1-4^n\right)\left(2n - 1\right)\pi^k}{(2n)!4^kk} \end{align}

Sin embargo, a estas alturas, estoy perdido en cuanto a cómo podría simplificarse.

Answer 2

Echemos un vistazo a esa gran fracción. $$Q_{nk}=\frac{\left(-1\right)^kB_{2n} (-4)^n \left(1-4^n\right)\left(2n - 1\right)\pi^k}{(2n)!4^kk}$$ $$Q_{nk}=\frac{\left(-1\right)^kB_{2n} (-1)^n 4^n\left(1-4^n\right)\left(2n - 1\right)\pi^k}{(2n)!4^kk}$$ $$Q_{nk}=\frac{\left(-1\right)^{n+k}B_{2n} 4^{n-k}\left(1-4^n\right)\left(2n - 1\right)\pi^k}{(2n)!k}$$ $$Q_{nk}=\frac{\left(-1\right)^{n+k}B_{2n} 4^{n-k}\left(1-4^n\right)\left(2n - 1\right)\pi^k}{(2n)(2n-1)(2n-2)!k}$$ $$Q_{nk}=\frac{\left(-1\right)^{n+k}B_{2n} 4^{n-k}\left(1-4^n\right)\pi^k}{(2nk)(2n-2)!}$$ Lo cual es un poco más compacto, pero probablemente no sea suficiente.

Edición: aquí hay un poco más $$Q_{nk}=\frac{\left(-1\right)^{n+k}B_{2n} 2^{2(n-k)}\left(1-4^n\right)\pi^k}{(2nk)(2n-2)!}$$ $$Q_{nk}=\frac{\left(-1\right)^{n+k}B_{2n} 2^{2n-2k-1}\left(1-4^n\right)\pi^k}{nk(2n-2)!}$$

Answer 3

A partir de $$ \cos(x) = \prod_{n\geq 0}\left(1-\frac{4x^2}{(2n+1)^2 \pi^2}\right) \tag{1}$$ y aplicando $\frac{d^2}{dx^2}\log(\cdot)$ a ambos lados obtenemos $$ \frac{1}{\cos^2 x} = 8\sum_{n\geq 0}\frac{\pi^2(2n+1)^2+4x^2}{(\pi^2(2n+1)^2-4x^2)^2}\tag{2}$$ Aplicando $\int_{0}^{\pi/4}\left(\cdot\right)\frac{dx}{x+1}$ conseguimos que $I$ puede representarse como una serie (horrible) cuyo término general es $O\left(\frac{\log n}{n^2}\right)$ . Una aproximación numérica de la integral dada se realiza mejor a través de alguna versión de la Desigualdad de Shafer-Fink pero la representación en serie da que hay una relación (débil) entre la integral dada y $\zeta'(2)$ que a su vez está relacionado con el Constante de Glaisher-Kinkelin . Shafer-Fink en su formulación original lleva a

$$ \int_{0}^{1}\frac{dx}{1+\arctan x}\approx \int_{0}^{1}\frac{1+2\sqrt{1+x^2}}{1+3x+2\sqrt{1+x^2}}\,dx=\int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{(1+t^2)(1+t+t^2)}{t^2(5t^2+2t-1)}\,dt $$ donde el RHS se puede calcular mediante la descomposición parcial de la fracción. Es igual a $\approx \color{green}{0.714}\color{red}{504} $ .