Búsqueda de métodos para resolver $ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\arctan\left(\sin(x)\right)}{\sin(x)}\:dx$

Question

Me preguntaba qué métodos conoce la gente para resolver la siguiente integral definida. He encontrado un método que utiliza el Truco de Feynman (ver más abajo), pero tengo curiosidad por saber si hay otros trucos y/o métodos de Feynman que puedan utilizarse para resolverla:

$$ I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\arctan\left(\sin(x)\right)}{\sin(x)}\:dx$$

Mi método:

Dejemos que

$$ I(t) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\arctan\left(t\sin(x)\right)}{\sin(x)}\:dx$$

Así,

\begin{align} I'(t) &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin(x)}{\left(t^2\sin^2(x) + 1\right)\sin(x)}\:dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{t^2\sin^2(x) + 1}\:dx \\ &= \left[\frac{1}{\sqrt{t^2 + 1}} \arctan\left(\sqrt{t^2 + 1}\tan(x) \right)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{t^2 + 1}\frac{\pi}{2} \end{align}

Así,

$$I(t) = \frac{\pi}{2}\sinh^{-1}(t) + C$$

Ahora

$$I(0) = C = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\arctan\left(0\cdot\sin(x)\right)}{\sin(x)}\:dx = 0$$

Así,

$$I(t) = \frac{\pi}{2}\sinh^{-1}(t)$$

Y por último,

$$I = I(1) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\arctan\left(\sin(x)\right)}{\sin(x)}\:dx = \frac{\pi}{2}\sinh^{-1}(1) = \frac{\pi}{2}\ln\left|1 + \sqrt{2}\right|$$

Answer 1

$$\begin{align} \int_0^{\pi/2}\frac{\arctan \sin(x)}{\sin(x)}dx &=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sin(x)}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \sin^{2n+1}(x)}{2n+1}dx\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} \int_0^{\pi/2}\sin^{2n}(x)dx\\ &=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}\cdot \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\\ &=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{2^{2n-1}(2n+1)}\cdot \binom{2n-1}{n} \\ &=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\cdot (\sinh^{-1}(1)-1) \\ &=\frac{\pi}{2}\ln(1+\sqrt{2}) \\ \end{align}$$

Answer 2

Utilizando la siguiente relación: $$\frac{\arctan x}{x}=\int_0^1 \frac{dy}{1+(xy)^2} \Rightarrow \color{red}{\frac{\arctan(\sin x)}{\sin x}=\int_0^1 \frac{dy}{1+(\sin^2 x )y^2}}$$ Podemos reescribir la integral original como $$I = \color{blue}{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}} \color{red}{\frac{\arctan\left(\sin x\right)}{\sin x}}\color{blue}{dx}=\color{blue}{\int_0^\frac{\pi}{2}}\color{red}{\int_0^1 \frac{dy}{1+(\sin^2 x )y^2}}\color{blue}{dx}=\color{red}{\int_0^1} \color{blue}{\int_0^\frac{\pi}{2}}\color{purple}{\frac{1}{1+(\sin^2 x )y^2}}\color{blue}{dx}\color{red}{dy}$$ $$=\int_0^1 \left(\frac{\arctan\left(\sqrt{1+y^2}\cdot\tan(x)\right) }{\sqrt{1+y^2}} \bigg|_0^\frac{\pi}{2}\right) dy=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{dy}{\sqrt{1+y^2}}=\frac{\pi}{2}\ln\left(1+\sqrt 2\right)$$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} I & \equiv \int_{0}^{\pi/2}{\arctan\pars{\sin\pars{x}} \over \sin\pars{x}}\,\dd x = \int_{0}^{\pi/2}\int_{1}^{\infty}{\dd t \over t^{2} + \sin^{2}\pars{x}}\,\dd x \\[5mm] & = \int_{1}^{\infty}\int_{0}^{\pi/2}{\dd x \over \sin^{2}\pars{x} + t^{2}}\,\dd t = \int_{1}^{\infty}\int_{0}^{\pi/2}{\sec^{2}\pars{x} \over \tan^{2}\pars{x} + t^{2}\sec^{2}\pars{x}}\,\dd x\,\dd t \\[5mm] & = \int_{1}^{\infty}\int_{0}^{\pi/2}{\sec^{2}\pars{x} \over \pars{1 + t^{2}}\tan^{2}\pars{x} + t^{2}}\,\dd x\,\dd t \\[5mm] & = \int_{1}^{\infty}{1 \over \root{1/t^{2} + 1}}\int_{0}^{\pi/2} {\root{1/t^{2} + 1}\sec^{2}\pars{x} \over \pars{1/t^{2} + 1}\tan^{2}\pars{x} + 1}\,\dd x\,{\dd t \over t^{2}} \\[5mm] & = \int_{1}^{\infty}{1 \over t\root{t^{2} + 1}}\int_{0}^{\infty} {\dd x \over x^{2} + 1}\,\dd x\,\dd t = {\pi \over 2}\int_{1}^{\infty}{\dd t \over t\root{t^{2} + 1}} \\[5mm] & = {\pi \over 4}\int_{1}^{\infty}{\dd t \over t\root{t + 1}} \\[5mm] & \stackrel{t\ \mapsto\ t^{2} - 1}{=}\,\,\, {\pi \over 2}\int_{\root{2}}^{\infty}{\dd t \over t^{2} - 1} = \left.{\pi \over 4}\ln\pars{t - 1 \over t + 1}\,\right\vert_{\ \root{2}}^{\ \to\ \infty} \\[5mm] & = -\,{\pi \over 4}\,\ln\pars{\root{2} - 1 \over \root{2} + 1} = {\pi \over 4}\,\ln\pars{\bracks{\root{2} + 1}^{2}} \\[5mm] & = \bbx{{\pi \over 2}\,\ln\pars{1 + \root{2}}} \approx 1.3845 \end{align}

Answer 4

$$ I = \int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x\sqrt{1-x^2}}\,dx =\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\int_{0}^{1}\frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\frac{\pi}{2}\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)}\cdot\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}$$ es una serie hipergeométrica bastante sencilla, a saber $\frac{\pi}{2}\cdot\phantom{}_2 F_1\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2};\tfrac{3}{2};-1\right)$ . Desde $$ \frac{1}{\sqrt{1-x}}=\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}x^n,\qquad \arcsin(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{(2n+1)4^n} x^{2n+1} $$ tenemos claramente $I=\frac{\pi}{2}\,\text{arcsin} \color{red}{\text{h}}(1) = \color{red}{\frac{\pi}{2}\log(1+\sqrt{2})}$ .

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Al aplicar la sustitución $x\mapsto\frac{1-x}{1+x}$ (involución) y explotando la serie Maclaurin de $\frac{1}{x}\left(\frac{\pi}{4}-\arctan(1-x)\right)$ Tengo la fórmula de aceleración medianamente interesante

$$ \frac{\pi}{2}\log(1+\sqrt{2})=\small{\sum_{k\geq 0}(-1)^k\left[\frac{2^{6k}}{(4k+1)(8k+1)\binom{8k}{4k}}+\frac{2^{6k+2}}{(4k+2)(8k+3)\binom{8k+2}{4k+1}}+\frac{2^{6k+3}}{(4k+3)(8k+5)\binom{8k+4}{4k+2}}\right]}. $$ En este caso tenemos que a $\phantom{}_2 F_1(\ldots,-1)$ se descompone como una combinación lineal de tres $\phantom{}_6 F_5(\ldots,-1/4)$ .

Answer 5

Un poco diferente a la respuesta de @Frpzzd $$I=\int_0^{\pi/2}\frac{\arctan\sin x}{\sin x}\mathrm dx$$ Recordemos que $$\arctan x=\sum_{n\geq0}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1},\qquad |x|\leq1$$ Y como $\forall x\in\Bbb R ,\ \ |\sin x|\leq1$ tenemos que $$\arctan\sin x=\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\sin(x)^{2n+1},\qquad \forall x\in\Bbb R$$ Así que tenemos que $$I=\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\int_0^{\pi/2}\sin(x)^{2n}\mathrm dx$$ Te dejo como reto que demuestres que $$\int_0^{\pi/2}\sin(x)^a\cos(x)^b\mathrm dx=\frac{\Gamma(\frac{a+1}2)\Gamma(\frac{b+1}2)}{2\Gamma(\frac{a+b}2+1)}$$ Así que $$I=\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\frac{\Gamma(\frac{2n+1}2)\Gamma(\frac{1}2)}{2\Gamma(\frac{2n}2+1)}$$ $$I=\frac{\sqrt\pi}2\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\frac{\Gamma(n+\frac{1}2)}{\Gamma(n+1)}$$ Entonces recuerda que $\frac{d}{dx}\operatorname{arcsinh}x=(1+x^2)^{-1/2}$ . Esta función tiene la representación hipergeométrica $$\frac{d}{dx}\operatorname{arcsinh}x=\,_1\mathrm{F}_0[1/2;;-x^2]$$ $$\frac{d}{dx}\operatorname{arcsinh}x=\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n(1/2)_n}{n!}x^{2n}$$ Así, $$\operatorname{arcsinh}x=\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n(1/2)_n}{n!}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$ entonces recordando que $(a)_n=\frac{\Gamma(a+n)}{\Gamma(a)}$ tenemos $$\operatorname{arcsinh}x=\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}\frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(\frac12)\Gamma(n+1)}$$ $$\sqrt{\pi}\,\operatorname{arcsinh}x=\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}\frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(n+1)}$$ Y (redoble de tambores, por favor)... $$I=\frac{\pi}2\operatorname{arcsinh}1$$ $$I=\frac{\pi}2\log(1+\sqrt2)$$

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Extra: demostrar la identidad hipergeométrica

Empezamos por encontrar la representación de la serie de Taylor para $x^\alpha$ sobre $x=1$ . Aquí $\mathrm{D}^n$ representa la diferenciación $n$ tiempos wrt $x$ .

Es fácil demostrar que $$\mathrm{D}^nx^\alpha=p(\alpha,n)x^{\alpha-n}$$ Dónde $p(\alpha,n)=\prod_{k=1}^{n}(\alpha-k+1)$ es el factorial descendente. Por lo tanto, $$\mathrm{D}_{x=1}^nx^\alpha=p(\alpha,n)$$ Así que $$x^{\alpha}=\sum_{n\geq0}\frac{p(\alpha,n)}{n!}(x-1)^n$$ $$(1+x)^{\alpha}=\sum_{n\geq0}\frac{p(\alpha,n)}{n!}x^n$$ Entonces, utilizando la identidad $$p(\alpha,n)=(-1)^n(-\alpha)_n$$ con $(x)_n=\frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(x)}$ tenemos que $$(1+x)^\alpha=\,_1\mathrm{F}_0[-\alpha;;-x]$$ $$(1+x^2)^{-1/2}=\,_1\mathrm{F}_0[1/2;;-x^2]$$ Como se desee.