Integral

Question

El año pasado me preguntaba acerca de esta integral:$$\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\sqrt{\tan x}\,\mathrm dx$$ Que es porque se ve muy similar a esta integral y este uno. Sorprendentemente, el resultado es bastante agradable y un enfoque puede ser encontrado aquí. $$\boxed{\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\sqrt{\tan x}\,\mathrm dx=\frac{\sqrt{2}\pi(5\pi^2+12\pi\ln 2 - 12\ln^22)}{96}}$$

Aunque el enfoque no es muy hábil, yo creía que un acercamiento elemental se puede encontrar para esta integral.

Aquí está mi idea. En primer lugar vamos a considerar los dos siguientes integrales: $$I=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\sqrt{\tan x}\,\mathrm dx \,;\quad J=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\sqrt{\cot x}\,\mathrm dx$$ $$\Rightarrow I=\frac12 \left((I-J)+(I+J)\right)$$ Thust necesitamos evaluar la suma y la diferencia de los dos de arriba.

También vi a partir de aquí que la "hermana" de la integral se diferencia sólo por un signo menos: $$\boxed{\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\sqrt{\cot x}\,\mathrm dx=\frac{\sqrt{2}\pi(5\pi^2-12\pi\ln 2 - 12\ln^22)}{96}}$$ Por lo tanto el uso de los dos en caja de respuesta que se espera encontrar: $$I-J=\frac{\pi^2 \ln 2}{2\sqrt 2};\quad I+J=\frac{5\pi^3}{24\sqrt 2}-\frac{\pi \ln^2 2}{2\sqrt 2}\tag1$$

---

$$I-J=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\left(\sqrt{\tan x}-\sqrt{\cot x}\right)\,\mathrm dx=\sqrt 2\int_0^\frac{\pi}{2} x^2 \cdot \frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{\sin (2x)}}dx$$ $$=-\sqrt 2\int_0^\frac{\pi}{2} x^2 \left(\operatorname{arccosh}(\sin x+\cos x) \right)'dx=2\sqrt 2 \int_0^\frac{\pi}{2} x\operatorname{arccosh} (\sin x+\cos x)dx$$ También vamos a denotar la última integral con $I_1$ y hacer una $\frac{\pi}{2}-x=x$ sustitución de: $$I_1=\int_0^\frac{\pi}{2} x\operatorname{arccosh} (\sin x+\cos x)dx=\int_0^\frac{\pi}{2} \left(\frac{\pi}{2}-x\right)\operatorname{arccosh} (\sin x+\cos x)dx$$ $$2I_1=\frac{\pi}{2} \int_0^\frac{\pi}{2} \operatorname{arccosh} (\sin x+\cos x)dx\Rightarrow I-J=\frac{\pi}{\sqrt 2}\int_0^\frac{\pi}{2} \operatorname{arccosh} (\sin x+\cos x)dx$$

Mediante el uso de $(1)$ podemos deducir fácilmente que: $$\bbox[10pt,#000, border:2px solid green ]{\color{orange}{\int_0^\frac{\pi}{2} \operatorname{arccosh} (\sin x+\cos x)dx=\frac{\pi}{2}\ln 2}}$$

---

De hacer algo similar para $I+J$ obtenemos: $$I+J=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\left(\sqrt{\tan x}+\sqrt{\cot x}\right)\,\mathrm dx=\sqrt 2\int_0^\frac{\pi}{2} x^2 \cdot \frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{\sin (2x)}}dx$$ $$=\sqrt 2 \int_0^\frac{\pi}{2} x^2 \left( \arcsin \left(\sin x-\cos x\right)\right)'dx=\frac{\pi^3 \sqrt 2}{8}-2\sqrt 2 \int_0^\frac{\pi}{2} x \arcsin \left(\sin x-\cos x\right)dx$$

Por desgracia, no estamos de suerte esta vez y la sustitución se utiliza para $I-J$ no ayuda en este caso. Por supuesto, el uso de $(1)$ podemos deducir que: $$\bbox[10pt,#000, border:2px solid green ]{\color{red}{\int_0^\frac{\pi}{2} x \arcsin \left(\sin x-\cos x\right)dx=\frac{\pi^3}{96}+\frac{\pi}{8}\ln^2 2}}$$

---

Mientras tanto, he encontrado una forma para la primera, principalmente mediante el uso de: $$\frac{\arctan x}{x}=\int_0^1 \frac{dy}{1+x^2y^2}$$ Let us denote: $$I_1=\int_0^\frac{\pi}{2} \operatorname{arccosh} (\sin x+\cos x)dx\overset{IBP}= \int_0^\frac{\pi}{2} x \cdot \frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{\sin(2x)}}dx$$ $$\overset{\tan x\rightarrow x}=\frac{1}{\sqrt 2}\int_0^\infty \frac{\arctan x}{1+x^2}\frac{x-1}{\sqrt x}dx=\frac1{\sqrt 2}\int_0^\infty \int_0^1 \frac{dy}{1+x^2y^2} \frac{\sqrt x(x-1)}{1+x^2}dx$$ $$=\frac1{\sqrt 2}\int_0^1 \int_0^\infty \frac{1}{1+y^2x^2} \frac{\sqrt x(x-1)}{1+x^2} dxdy$$ $$=\frac{1}{\sqrt 2}\int_0^1 \frac{{\pi}}{\sqrt 2}\left(\frac{2}{y^2-1}-\frac{1}{\sqrt y (y^2-1)}-\frac{\sqrt y}{y^2-1}\right)dy=\frac{\pi}{2}\ln 2$$

A pesar de la integral en la tercera fila se ve bastante desagradable, se puede hacer bastante elemental.

---

Lamentablemente un enfoque similar para el segundo es una locura, porque tendríamos: $$I_2=\int_0^1 \int_0^1 \int_0^\infty \frac{\sqrt x (x+1)}{1+x^2}\frac{1}{1+y^2x^2}\frac{1}{1+z^2x^2} dxdydz$$

Pero al menos da la esperanza de que un acercamiento elemental existe.

Para esta pregunta, me gustaría ver un acercamiento elemental (sin depender de funciones especiales) para la segunda integral (rojo).

Si es posible, evitar el contorno de integración, aunque esto podría ser incluido en la primaria.

Answer 1

En el camino de Zacky, la parte que falta...

Vamos,

\begin{align}I&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\sqrt{\tan x}\,dx\\ J&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^2}{\sqrt{\tan x}}\,dx\\ \end{align}

Realizar el cambio de variable $y=\sqrt{\tan x}$,

\begin{align}I&=\int_0^{\infty}\frac{2x^2\arctan^2\left(x^2\right)}{1+x^4}\,dx\\\\ J&=\int_0^{\infty}\frac{2x^2\arctan^2\left(\frac{1}{x^2}\right)}{1+x^4}\,dx\\ \end{align}

\begin{align} \text{I+J}&=\int_0^{\infty}\frac{2x^2\left(\arctan\left(x^2\right)+\arctan\left(\frac{1}{x^2}\right)\right)^2}{1+x^4}\,dx-4\int_0^{\infty}\frac{x^2\arctan\left(x^2\right)\arctan\left(\frac{1}{x^2}\right)}{1+x^4}\,dx\\ &=\frac{\pi^2}{4}\int_0^{\infty}\frac{2x^2}{1+x^4}\,dx-4\int_0^{\infty}\frac{x^2\arctan\left(x^2\right)\arctan\left(\frac{1}{x^2}\right)}{1+x^4}\,dx\\ \end{align}

Realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1}{x}$,

\begin{align} \text{K}&=\int_0^{\infty}\frac{2x^2}{1+x^4}\,dx\\ &=\int_0^{\infty}\frac{2}{1+x^4}\,dx\\ \end{align}

Por lo tanto,

\begin{align} \text{2K}=\int_0^{\infty}\frac{2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+2}\,dx \end{align}

Realizar el cambio de variable $y=x-\dfrac{1}{x}$,

\begin{align}\text{2K}&=2\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2+x^2}\,dx\\ &=2\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)\right]_{-\infty}^{+\infty}\\ &=2\times \frac{\pi}{\sqrt{2}} \end{align}

por lo tanto,

\begin{align} \text{I+J}&=\frac{\pi^3}{4\sqrt{2}}-4\int_0^{\infty}\frac{x^2\arctan\left(x^2\right)\arctan\left(\frac{1}{x^2}\right)}{1+x^4}\,dx\\ \end{align}

Deje $a>0$,

\begin{align} \text{K}_1(a)&=\int_0^{\infty}\frac{x^2}{a+x^4}\,dx\\ &=\frac{1}{a}\int_0^{\infty}\frac{x^2}{1+\left(a^{-\frac{1}{4}}x\right)^4}\,dx\\ \end{align}

Realizar el cambio de variable $y=a^{-\frac{1}{4}}x$,

\begin{align} \text{K}_1(a)&=a^{-\frac{1}{4}}\int_0^{\infty}\frac{x^2}{1+x^4}\,dx\\ &=\frac{a^{-\frac{1}{4}}\pi}{2\sqrt{2}} \end{align}

De la misma manera,

\begin{align} \text{K}_2(a)&=\int_0^{\infty}\frac{x^2}{1+ax^4}\,dx\\ &=\frac{a^{-\frac{3}{4}}\pi}{2\sqrt{2}} \end{align}

Ya que, por $a$ real,

\begin{align}\arctan a=\int_0^1 \frac{a}{1+a^2t^2}\,dt\end{align}

a continuación,

\begin{align}\text{L}&=\int_0^{\infty}\frac{x^2\arctan\left(x^2\right)\arctan\left(\frac{1}{x^2}\right)}{1+x^4}\,dx\\ &=\int_0^{\infty}\left(\int_0^1 \int_0^1 \frac{x^2}{(1+u^2x^4)\left(1+\frac{v^2}{x^4}\right)(1+x^4)}\,du\,dv\right)\,dx\\ &=\\ &\int_0^{\infty}\left(\int_0^1\int_0^1 \left(\frac{x^2}{(1-u^2)(1-v^2)(1+x^4)}-\frac{x^2}{1-u^2v^2}\left(\frac{u^2}{(1-u^2)(1+u^2x^4)}+\frac{v^2}{(1-v^2)(v^2+x^4)}\right) \right)dudv\right)dx\\ &=\int_0^1\int_0^1 \left(\frac{\pi}{2\sqrt{2}(1-u^2)(1-v^2)}-\frac{1}{1-u^2v^2}\left(\frac{u^2\text{K}_2(u^2)}{1-u^2}+\frac{v^2\text{K}_1(v^2)}{1-v^2}\right)\right)dudv\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\int_0^1\int_0^1 \left(\frac{1}{(1-u^2)(1-v^2)}-\frac{1}{(1-u^2v^2)}\left(\frac{u^{\frac{1}{2}}}{1-u^2}+\frac{v^{\frac{3}{2}}}{1-v^2}\right)\right)dudv\\ &=\pi\int_0^1\left[\frac{\sqrt{v}\left(\text{ arctanh}\left(\sqrt{uv}\right)-\text{ arctan}\left(\sqrt{uv}\right)-\text{ arctanh}\left(uv\right)\right)+\arctan\left(\sqrt{u}\right)+\ln\left(\frac{\sqrt{1+u}}{1+\sqrt{u}}\right)}{2\sqrt{2}(1-v^2)}\right]_{u=0}^{u=1}\,dv\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\int_0^1\frac{\sqrt{v}\big(\text{ arctanh}\left(\sqrt{v}\right)-\text{ arctan}\left(\sqrt{v}\right)-\text{ arctanh}\left(v\right)\big)+\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2}{1-v^2}\,dv\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\int_0^1\frac{\sqrt{v}\arctan\left(\frac{1-\sqrt{v}}{1+\sqrt{v}}\right)}{1-v^2}\,dv+\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2\right)\int_0^1 \frac{1-\sqrt{v}}{1-v^2}\,dv+\\ &\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\int_0^1\frac{\sqrt{v}\ln\left(\frac{1+\sqrt{v}}{2}\right)}{1-v^2}\,dv-\frac{\pi}{4\sqrt{2}}\int_0^1\frac{\sqrt{v}\ln\left(\frac{1+v}{2}\right)}{1-v^2}\,dv \end{align}

Realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1-\sqrt{v}}{1+\sqrt{v}}$,

\begin{align}\text{R}_1&=\int_0^1\frac{\sqrt{v}\arctan\left(\frac{1-\sqrt{v}}{1+\sqrt{v}}\right)}{1-v^2}\,dv\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{(1-v)^2\arctan v}{v(1+v^2)}\,dv\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\arctan v}{v}\,dv-\int_0^1 \frac{\arctan v}{1+v^2}\,dv\\ &=\frac{1}{2}\text{G}-\frac{1}{2}\Big[\arctan^2 v\Big]_0^1\\ &=\frac{1}{2}\text{G}-\frac{\pi^2}{32}\\ \text{R}_2&=\int_0^1 \frac{1-\sqrt{v}}{1-v^2}\,dv\\ &=\left[\ln\left(\frac{\sqrt{1+v}}{1+\sqrt{v}}\right)+\arctan\left(\sqrt{v}\right)\right]_0^1\\ &=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2\\ \end{align}

Realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1-\sqrt{v}}{1+\sqrt{v}}$,

\begin{align}\text{R}_3&=\int_0^1\frac{\sqrt{v}\ln\left(\frac{1+\sqrt{v}}{2}\right)}{1-v^2}\,dv\\ &=-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{(1-v)^2\ln(1+v)}{v(1+v^2)}\,dv\\ &=\int_0^1\frac{\ln(1+v)}{1+v^2}\,dv-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1+v )}{v}\,dv\\ &=\int_0^1\frac{\ln(1+v)}{1+v^2}\,dv-\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{2v\ln(1-v^2)}{v^2}\,dv+\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln(1-v)}{v}\,dv\\ \end{align}

En la segunda integral realizar el cambio de variable $y=v^2$,

\begin{align}\text{R}_3&=\int_0^1\frac{\ln(1+v)}{1+v^2}\,dv+\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln(1-v)}{v}\,dv\\ \end{align}

En la segunda integral realizar el cambio de variable $y=1-v$,

\begin{align}\text{R}_3&=\int_0^1\frac{\ln(1+v)}{1+v^2}\,dv+\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln v}{1-v}\,dv\\ &=\int_0^1\frac{\ln(1+v)}{1+v^2}\,dv+\frac{1}{4}\times -\zeta(2)\\ &=\int_0^1\frac{\ln(1+v)}{1+v^2}\,dv-\frac{\pi^2}{24}\\ \end{align}

Realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1-v}{1+v}$,

\begin{align} \text{S}_1&=\int_0^1\frac{\ln(1+v)}{1+v^2}\,dv\\ &=\int_0^1\frac{\ln(\frac{2}{1+v})}{1+v^2}\,dv\\ &=\ln 2\int_0^1 \frac{1}{1+v^2}\,dv-\text{S}_1\\ &=\frac{\pi}{4}\ln 2-\text{S}_1 \end{align}

Por lo tanto,

\begin{align} \text{S}_1&=\frac{\pi}{8}\ln 2\\ \text{R}_3&=\frac{\pi}{8}\ln 2-\frac{\pi^2}{24}\\ \end{align}

Realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1-\sqrt{v}}{1+\sqrt{v}}$,

\begin{align} \text{R}_4&=\int_0^1\frac{\sqrt{v}\ln\left(\frac{1+v}{2}\right)}{1-v^2}\,dv\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{(1-v)^2\ln\left(\frac{1+v^2}{(1+v)^2}\right)}{v(1+v^2)}\,dv\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{(1-v)^2\ln\left(1+v^2\right)}{v(1+v^2)}\,dv+2\text{R}_3\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln(1+v^2)}{v}\,dv-\int_0^1\frac{\ln(1+v^2)}{1+v^2}\,dv+\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{12}\\ &=\frac{1}{2}\times \frac{1}{4}\zeta(2)-\int_0^1\frac{\ln(1+v^2)}{1+v^2}\,dv+\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{12}\\ &=\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}-\int_0^1\frac{\ln(1+v^2)}{1+v^2}\,dv\\ &=\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}-\int_0^1\int_0^1\frac{v^2}{(1+v^2)(1+v^2t)}\,dt\,dv\\ &=\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}-\int_0^1 \left[\frac{\arctan\left(v\right)\sqrt{t}-\arctan\left(v\sqrt{t}\right)}{(t-1)\sqrt{t}}\right]_{v=0}^{v=1}\,dt\\ &=\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}-\int_0^1 \frac{\frac{\pi\sqrt{t}}{4}-\arctan\left(\sqrt{t}\right)}{(t-1)\sqrt{t}}\,dt\\ &=\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}+\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{1-\sqrt{t}}{1+\sqrt{t}}\right)}{(1-t)\sqrt{t}}\,dt-\frac{\pi}{4}\int_0^1 \frac{\sqrt{t}-1}{(t-1)\sqrt{t}}\,dt\\ &=\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}+\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{1-\sqrt{t}}{1+\sqrt{t}}\right)}{(1-t)\sqrt{t}}\,dt-\frac{\pi}{4}\Big[2\ln\left(1+\sqrt{t}\right)\Big]_0^1\\ &=\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{1-\sqrt{t}}{1+\sqrt{t}}\right)}{(1-t)\sqrt{t}}\,dt-\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}\\ \end{align}

Realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1-\sqrt{t}}{1+\sqrt{t}}$,

\begin{align} \text{R}_4&=\int_0^1 \frac{\arctan t}{t}\,dt-\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}\\ &=\text{G}-\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}\\ \end{align}

Por lo tanto,

\begin{align}L&=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\text{R}_1+\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2\right) \text{R}_2+\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\text{R}_3-\frac{\pi}{4\sqrt{2}}\text{R}_4\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\frac{\text{G}}{2}-\frac{\pi^2}{32}\right)+\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2\right)^2+\frac{\pi}{2\sqrt{2}}\left(\frac{\pi}{8}\ln 2-\frac{\pi^2}{24}\right)-\\ &\frac{\pi}{4\sqrt{2}}\left(\text{G}-\frac{\pi}{4}\ln 2-\frac{\pi^2}{16}\right)\\ &=\frac{\pi^3}{96\sqrt{2}}+\frac{\pi\ln^2 2}{8\sqrt{2}} \end{align}

Por lo tanto, \begin{align}\text{I+J}&=\frac{\pi^3}{4\sqrt{2}}-4\text{L}\\ &=\frac{\pi^3}{4\sqrt{2}}-4\left(\frac{\pi^3}{96\sqrt{2}}+\frac{\pi\ln^2 2}{8\sqrt{2}}\right)\\ &=\boxed{\frac{5\pi^3}{24\sqrt{2}}-\frac{\pi\ln^2 2}{2\sqrt{2}}} \end{align}

Answer 2

Ambos dependen de las integrales $$\int_{0}^{\pi} x^2 \frac{\sqrt{1+\cos x}\pm \sqrt{1-\cos x}}{\sqrt{\sin x}}\,dx=\\\int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{\sqrt{\sin x}}\left[(x^2\pm(\pi-x)^2)\sqrt{1+\cos x}+(\pm x^2+(\pi-x)^2)\sqrt{1-\cos x}\right]\,dx $$ y que puede ser abordado a través de la serie de Fourier de un periódico de la versión de $x^2\pm(\pi-x)^2$. Por ejemplo

$$ x^2+(\pi-x)^2 = \frac{2\pi^2}{3}+2\sum_{n\geq 1}\frac{\cos(2nx)}{n^2}\qquad \forall x\in[0,\pi] $$ (sí, yo soy la explotación de los polinomios de Bernoulli) y para cualquier $n\in\mathbb{N}^+$ $$ \int_{0}^{\pi/2}\frac{\sqrt{1+\cos x}+\sqrt{1-\cos x}}{\sqrt{\sin x}}\cos(2nx)\,dx=\frac{\pi}{4^n\sqrt{2}}\binom{2n}{n}$$ así que toda la cuestión se reduce a la computación $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2 4^n}\binom{2n}{n} = \frac{1}{2}\,\phantom{}_4 F_3\left(1,1,1,\tfrac{3}{2};2,2,2;1\right)=\zeta(2)-2\log^2(2).$$ La última igualdad se sigue recordando $\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}(\sin t)^{2n}\,dt$ y abordando $$ \int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_2(z)}{\sqrt{z(1-z)}}\,dz $$ a través de la transformada de Fourier-Legendre de la serie o de la reflexión fórmula para $\text{Li}_2$.
La parte restante es sólo en relación con el conocido $$ \int_{0}^{1}\frac{\log x}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx = 4\int_{0}^{\pi/2}\log\sin\theta\,d\theta = -2\pi\log 2.$$ Resumiendo, todas las integrales sólo dependen de $\left.\frac{d^\nu}{da^\nu}B\left(a,\tfrac{1}{2}\right)\right|_{a=1/2}$ para $\nu\in\{1,2\}$.