Resolver $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin^{2n}(x) + \cos^{2n}(x)}\:dx$

Question

Espoleados esta pregunta Decidí investigar la siguiente integral:

\begin{equation} I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin^{2n}(x) + \cos^{2n}(x)}\:dx \end{equation}

Dónde $n \in \mathbb{N}$ .

El planteamiento que he adoptado es bastante sencillo y, aunque he llegado a una solución de forma cerrada, me pregunto si la suma resultante puede expresarse en términos de funciones (no) elementales. ¡Me encantaría ver otros métodos que se pueden utilizar para resolver esto! (Utilizando cualquier método).

Primero:

\begin{equation} I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin^{2n}(x) + \cos^{2n}(x)}\:dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\left[\sin^{2}(x)\right]^n + \left[\cos^{2}(x)\right]^n}\:dx \end{equation}

Utilización de la Fórmulas de doble ángulo :

\begin{equation} \sin^2(x) = \frac{1 - \cos\left(2x\right)}{2} \qquad \cos^2(x) = \frac{1 + \cos\left(2x\right)}{2} \end{equation}

Así:

\begin{align} I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\left[\sin^{2}(x)\right]^n + \left[\cos^{2}(x)\right]^n}\:dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\left[\frac{1 - \cos\left(2x\right)}{2}\right]^n + \left[\frac{1 + \cos\left(2x\right)}{2}\right]^n}\:dx \\ &= 2^n \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\left[1 - \cos\left(2x\right)\right]^n + \left[1 + \cos\left(2x\right)\right]^n}\:dx \end{align}

Realizar la sustitución $u = 2x$

\begin{equation} I_n = 2^n \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\left[1 - \cos\left(2x\right)\right]^n + \left[1 + \cos\left(2x\right)\right]^n}\:dx = 2^{n - 1} \int_0^{\pi} \frac{1}{\left[1 - \cos\left(u\right)\right]^n + \left[1 + \cos\left(u\right)\right]^n}\:du \end{equation}

Ahora aplique el Sustitución de Weierstrass (/medio ángulo tangente) $t = \tan\left(\frac{u}{2}\right)$ :

\begin{align} I_n &= 2^{n - 1} \int_0^{\pi} \frac{1}{\left[1 - \cos\left(u\right)\right]^n + \left[1 + \cos\left(u\right)\right]^n}\:du = 2^{n - 1} \int_0^{\infty} \frac{1}{\left[1 - \frac{1 - t^2}{1 + t^2}\right]^n + \left[1 + \frac{1 - t^2}{1 + t^2}\right]^n} \frac{2\:dt}{t^2 + 1} \\ &= \int_0^{\infty} \frac{\left[1 + t^2 \right]^{n - 1}}{t^{2n} + 1}\:dt \end{align}

Por el Teorema del Binomio :

\begin{equation} \left[1 + t^2 \right]^{2n - 1} = \sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j}t^{2j} \end{equation}

Así: \begin{align} I_n &= \int_0^{\infty} \frac{\left[1 + t^2 \right]^{2n - 1}}{t^{2n} + 1}\:dt = \sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j} \int_0^{\infty} \frac{t^{2j}}{t^{2n} + 1} \end{align}

Utilizando la solución que encontré aquí encontramos:

\begin{align} I_n &= \sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j} \int_0^{\infty} \frac{t^{2j}}{t^{2n} + 1} = \sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j} \cdot \frac{1}{2n} \cdot 1^{\frac{2j + 1}{2n} - 1}B\left(1 - \frac{2j + 1}{2n} , \frac{2j + 1}{2n}\right) \\ &= \frac{1}{2n}\sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j} B\left(1 - \frac{2j + 1}{2n} , \frac{2j + 1}{2n}\right) \end{align}

Utilización de la relación entre las funciones Beta y Gamma :

\begin{align} I_n &= \frac{1}{2n}\sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j} B\left(1 - \frac{2j + 1}{2n} , \frac{2j + 1}{2n}\right) = \frac{1}{2n}\sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j} \frac{\Gamma\left(1 - \frac{2j + 1}{2n}\right)\Gamma\left(\frac{2j + 1}{2n}\right)}{\Gamma\left(1 - \frac{2j + 1}{2n} + \frac{2j + 1}{2n}\right)} \\ &= \frac{1}{2n}\sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j}\Gamma\left(1 - \frac{2j + 1}{2n}\right)\Gamma\left(\frac{2j + 1}{2n}\right) \end{align}

En $\frac{2j + 1}{2n} \not \in \mathbb{Z}$ podemos emplear Fórmula de reflexión de Euler ceder:

\begin{align} I_n &= \frac{1}{2n}\sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j}\Gamma\left(1 - \frac{2j + 1}{2n}\right)\Gamma\left(\frac{2j + 1}{2n}\right) = \frac{1}{2n}\sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j} \frac{\pi}{\sin\left(\pi \cdot \frac{2j + 1}{2n}\right)} \\&= \frac{\pi}{2n}\sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j} \operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{2n}\left(2j + 1\right) \right) \end{align}

Así,

\begin{equation} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin^{2n}(x) + \cos^{2n}(x)}\:dx = \frac{\pi}{2n}\sum_{j = 0}^{n - 1} {n - 1 \choose j} \operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{2n}\left(2j + 1\right) \right) \end{equation}

Edición - Me he dado cuenta de que $2n - 1$ debe ser $n - 1$

Adición extra:

Utilizando el mismo método anterior y dejando que \begin{equation} S_n(x) = \sin^{2n}(x) + \cos^{2n}(x) \end{equation}

Resulta bastante fácil de resolver:

\begin{equation} I_{n,m} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{S_n(x)}{S_m(x)}\:dx \end{equation}

Dónde $n \lt m$ . Después de aplicar las fórmulas de ángulo doble, $u$ -sustitución, y fórmula de la media tangente llegamos a:

\begin{equation} I_{n,m} = \int_0^{\infty} \frac{S_n(x)}{S_m(x)}\:dx = \int_0^{\infty} \frac{t^{2n} + 1}{t^{2m} + 1} \left[1 + t^2 \right]^{m - n - 1}\:dt \end{equation}

Aplicación de la expansión binomial:

\begin{align} I_{n,m} &= \sum_{j = 0}^{n - 1} {m - n - 1 \choose j} \int_0^{\infty} \frac{t^{2n} + 1}{t^{2m} + 1} \cdot t^{2j}\:dt \\ &= \sum_{j = 0}^{n - 1} {m - n - 1 \choose j} \int_0^{\infty} \frac{t^{2\left(n + j\right)} }{t^{2m} + 1} \:dt + \sum_{j = 0}^{n - 1} {m - n - 1 \choose j} \int_0^{\infty} \frac{t^{2j} }{t^{2m} + 1} \:dt\\ \end{align}

Aplicando de nuevo otra de mis soluciones (referenciada anteriormente) llegamos a:

\begin{align} I_{n,m} &= \sum_{j = 0}^{n - 1} {m - n - 1 \choose j} \frac{\pi}{2m}\operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{2m}\left(2\left(n + j\right) + 1\right) \right) + \sum_{j = 0}^{n - 1} {m - n - 1 \choose j}\frac{\pi}{2m}\operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{2m}\left(2j + 1\right) \right) \\ &= \frac{\pi}{2m}\sum_{j = 0}^{n - 1} {m - n - 1 \choose j}\left[\operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{2m}\left(2\left(n + j\right) + 1\right) \right) + \operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{2m}\left(2j + 1\right) \right) \right] \end{align}

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Nota: Utilizando el mismo método podemos resolver fácilmente

\begin{equation} I_{n,p} = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\left(\sin^{2n}(x) + \cos^{2n}(x) \right)^p}\:dx = \frac{1}{2n\Gamma(p)}\sum_{m = 0}^{np - 1} {np - 1 \choose m}\Gamma\left(p - \frac{2m + 1}{2n}\right)\Gamma\left(\frac{2m + 1}{2n}\right) \end{equation} Dónde $p \in \mathbb{N}$

Answer 1

Parece que no puedo añadir mucho aquí, aparte de una forma ligeramente más rápida para que llegues a la integral a la que llegas después de hacer una sustitución de medio ángulo tangente.

Factorización de un $\cos^{2n} x$ en el denominador de la integral original para $I_n$ tenemos $$I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^{2n} x}{1 + \tan^{2n} x} \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^{2n - 2} x}{1 + \tan^{2n} x} \sec^2 x \, dx.$$ En el ajuste $t = \tan x, dt = \sec^2 x \, dx$ tenemos $$I_n = \int_0^\infty \frac{(1 + t^2)^{n - 1}}{1 + t^{2n}} \, dt.$$