Esta es la secuela de mi anterior pregunta
$$I(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan (a\,\sin^2x)}{x^2}dx$$ Quiero usar la diferenciación bajo el signo integral con respecto al parámetro "a", pero hasta ahora sin éxito.
Cualquier sugerencia?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Gracias por la buena pregunta.
La respuesta es $$ I(a) = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \cdot \frac{a}{ \sqrt{1 + \sqrt{1+a^2}}} $$ El croquis de la prueba: expandir $\arctan$ en la serie, e integrar plazo-sabio (puede hacer esto para lo suficientemente pequeño $a$, ya que el seno es limitado): $$ \arctan\left (\sin^2(x)\right) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n^{2n+1}}{2n+1} \sin^{4n+2}(x) $$ Esto le da $$ \int_0^\infty \frac{\sin^{4n+2}(x)}{x^2} \mathrm{d} x = \frac{1}{\binom{2n}{\tfrac{1}{2}}} = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \cdot \frac{\Gamma(2n+\frac{1}{2})}{(2n)!} $$ La suma es fácil, ya que el sumando es una hipergeométrica plazo: $$ I(a) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n^{2n+1}}{2n+1} \frac{\Gamma(2n+\frac{1}{2})}{(2n)!} = \frac{\pi}{2} \cdot {}_2F_1\left(\frac{1}{4}, \frac{3}{4}; \frac{3}{2}; -a^2\right) = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \cdot \frac{a}{ \sqrt{1 + \sqrt{1+a^2}}} $$
Añadido
: La parte más difícil es demostrar que $S_n = \int_0^\infty \frac{\sin^{4n+2}(x)}{x^2} \mathrm{d} x$ es un hipergeométrica plazo, como se afirmó anteriormente. Esto se puede hacer mediante: $$\begin{eqnarray} \sin^{4n+2}(x) &=& \left(\frac{\mathrm{e}^{ix} - \mathrm{e}^{-i x}}{2i}\right)^{4n+2} = -\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{16^n} \sum_{m=0}^{4n+2} \binom{4n+2}{m} (-1)^m \mathrm{e}^{i (4n+2-2m)x} \\ &\stackrel{\text{symmetry}}{=}& -\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{16^n} \sum_{m=0}^{4n+2} \binom{4n+2}{m} (-1)^m \underbrace{\cos((4n+2-2m)x)}_{1-2 \sin^2((2n+1-m)x)} \\ &=& \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{16^n} \sum_{m=0}^{4n+2} \binom{4n+2}{m} (-1)^m \sin^2((2n+1-m)x) \\ &\stackrel{\text{symmetry}}{=}& \frac{1}{16^n} \sum_{m=0}^{2n} \binom{4n+2}{m} (-1)^m \sin^2((2n+1-m)x) \end{eqnarray} $$ Ahora: $$\begin{eqnarray} S_n &=& \frac{1}{16^n} \sum_{m=0}^{2n} \binom{4n+2}{m} (-1)^m \int_0^\infty \frac{\sin^2\left((2n+1-m) x\right)}{x^2} \mathrm{d} x \\ &=& \frac{1}{16^n} \sum_{m=0}^{2n} \binom{4n+2}{m} (-1)^m \frac{\pi}{2} \left(2n+1-m\right) \\ & \stackrel{m \to 2n-m}{=}& \frac{1}{16^n} \frac{\pi}{2} \sum_{m=0}^{2n} \binom{4n+2}{2n+2+m} (-1)^m \left(m+1\right) \end{eqnarray} $$ La última suma fácilmente cede a telescópica método, el establecimiento de la reclamación: $$ S_n = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{n+1 }{4 n+1} \cdot \frac{1}{16^n} \binom{4 n+2}{2 n+2} = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \frac{\Gamma\left(2n+\frac{1}{2}\right)}{(2n)!} $$
