Calcular la forma cerrada de $\int_0^{\frac\pi2}\frac{dt}{\sin t+\cos t+\tan t+\cot t+\csc t+\sec t}$

Question

Hace poco me encontré con la integral trigonométrica impropia compartida en un foro web chino \begin{align} \int_0^{\frac\pi2}\frac{dt}{\sin t+\cos t+\tan t+\cot t+\csc t+\sec t}\\ \end{align} que me divierte por su aspecto. Lo que es más divertido es la afirmación, sin proporcionar la prueba, de que tiene el resultado de forma cerrada \begin{align} \frac{\sqrt{8\sqrt2+2\sqrt7}}{7^{3/4} }\tanh^{-1} \frac{\sqrt{2\sqrt7(4\sqrt2-5)}}{4\sqrt2-5 +\sqrt7} +\frac{\sqrt{8\sqrt2-2\sqrt7}}{7^{3/4} }\tan^{-1}\frac{\sqrt{2\sqrt7(4\sqrt2-5)}}{4\sqrt2-5 - \sqrt7} \end{align} Pude verificarlo numéricamente; sin embargo, tengo bastante curiosidad por saber cómo podría derivarse. Basándome en mis conocimientos y experiencia, no creo que sea fácil.

Pude encontrar un puesto sin resolver ici de hace tiempo, que sólo reexpresa la correspondiente integral indefinida mediante la sustitución del semiangulo tangente como $$\int\frac{2t(1-t)} {2 t^4-3 t^3+3 t^2+t+1}dt$$ pero se rinde debido a la complejidad en la fraccionalización parcial. Dudo que este enfoque conduzca a la expresión explícita que se afirma más arriba. Estoy interesado en cualquier método adecuado que produzca la forma cerrada.

Answer 1

Evaluar $$\int_0^{\pi / 2} \frac{dx}{\sin x + \cos x + \tan x + \sec x + \csc x + \cot x} .$$

Como en la pregunta enlazada, aplicando la clásica sustitución de Weierstrass, $$x = 2 \arctan t, \qquad dx = \frac{2 \,dt}{t^2 + 1},$$ transforma la integral en $$ \int_0^1 \frac{2 t (1 - t)}{2 t^4 - 3 t^3 + 3 t^2 + t + 1}. $$

Se puede demostrar que el grupo de Galois del polinomio $$f(t) := 2 t^4 - 3 t^2 + 3 t^2 + t + 1$$ en el denominador del integrando es $D_8$ , sugiriendo aplicar una transformación que aproveche esa simetría.*

A continuación se muestra una forma de hacerlo, en particular transformando el integrando en uno al que se le puede aplicar el Método de las Fracciones Parciales con algo más de facilidad que el de $t$ . No sé si la sustitución particular utilizada aquí es en algún sentido la opción más agradable.

Dejemos que $\alpha := \cot \frac{3 \pi}{8} = \sqrt{2} - 1$ . Aplicando a la integral original la sustitución $$x = \frac{\pi}{4} - 2 \arctan (\alpha u), \qquad dx = -\frac{2 \alpha \,du}{\alpha^2 u^2 + 1} ,$$ simplificando considerablemente, y aprovechando la uniformidad de la integración en $u$ da que la integral es igual a $$\frac{2 (8 + 5 \sqrt{2})}{7} \int_0^1 \frac{1 - u^2}{u^4 + \beta^4} du , \qquad \textrm{where } \beta := \frac{\sqrt{5 + 4 \sqrt{2}}}{\sqrt[4]{7}} .$$ Observación 1 La sustitución $x \rightsquigarrow u$ está relacionado con la sustitución de Weierstrass, $x \rightsquigarrow t$ por la transformación lineal fraccionaria $$t = \frac{\alpha (1 - u)}{\alpha^2 u + 1} .$$

Observación 2 Tal vez, a pesar de las apariencias, la sustitución $x \rightsquigarrow u$ no es especialmente inteligente: es la composición de una traslación que centra el dominio de integración en el origen, la clásica sustitución de Weierstrass, y una dilatación para hacer más agradables los coeficientes y límites en el integrando resultante.

En $\Bbb Q(\beta) = \Bbb Q(\beta, \sqrt{2})$ (o simplemente $\Bbb R$ ), el denominador del integrando en $u$ factores en polinomios irreducibles como $$u^4 + \beta^4 = (u^2 + \sqrt{2} \beta u + \beta^2) (u^2 - \sqrt{2} \beta u + \beta^2),$$ por lo que el resto del cálculo puede realizarse con técnicas estándar: Aplicando el método de las fracciones parciales se obtiene la descomposición $$\frac{1 - u^2}{u^4 + \beta^4} = \frac{A u + B}{u^2 + \sqrt{2} \beta u + \beta^2} + \frac{C u + D}{u^2 - \sqrt{2} \beta u + \beta^2} .$$ La uniformidad del integrando implica que $C = -A, D = B$ reduciendo la ecuación en los coeficientes desconocidos a $2 \times 2$ sistema en $A, B$ y un poco de álgebra elemental da $$A = -\frac{\beta^2 + 1}{2 \sqrt{2} \beta^3}, \qquad B = -\frac{1}{\beta^2} .$$

Separando cada sumando en la suma de un múltiplo escalar de $$\frac{u}{u^2 \pm \sqrt{2} \beta u + \beta^2} \qquad \textrm{and one of} \qquad \frac{1}{u^2 \pm \sqrt{2} \beta u + \beta^2} ,$$ e integrando respectivamente dan antiderivadas $$\frac{1}{2} \log \left[\sqrt{2} \beta u \pm (\beta^2 + u^2)\right] \qquad \textrm{and} \qquad \arctan \left(1 \pm \frac{\sqrt{2} u}{\beta}\right) .$$ Podemos combinar los dos $\log$ términos con la identidad $\operatorname{artanh} x = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1 + x}{1 - x}\right)$ , dando lugar a $$\operatorname{artanh} \left[\frac{(u^2 + \beta^2)}{\sqrt{2} \beta u}\right],$$ y podemos combinar los dos $\arctan$ términos con la identidad de la suma arctana, $\arctan x + \arctan y = \arctan \left(\frac{x + y}{1 - xy}\right)$ , dando lugar a $$ \arctan \left(\frac{\beta^2}{u^2}\right) . $$

Al juntar todo esto se obtiene esencialmente la forma exacta dada, y una evaluación numérica sugiere que las expresiones coinciden efectivamente, con el valor $0.1760244214\ldots$ .

---

*El discriminante del cuático irreducible $f$ es $\Delta := 2^5 7^3$ Ahora, (a) $f$ sigue siendo irreducible sobre $\Bbb Q(\sqrt{\Delta}) = \Bbb Q(\sqrt{14})$ y (b) el resolvente cúbico de $f$ factores sobre $\Bbb Q$ como producto de un cuártico irreducible y un polinomio lineal (hasta un múltiplo escalar, $(2 x − 1) (4 x^2 − 4 x − 13)$ ), y estos dos hechos juntos implican que $\operatorname{Gal}(f) \cong D_8$ .

Answer 2

Esto parece más un comentario a la excelente respuesta de Travis Willse, que esencialmente resuelve el problema, pero aquí está el resto del cálculo:

Hasta ahora tenemos ( $u = \frac{\tan \left(\frac{\pi}{8} - \frac{t}{2}\right)}{\sqrt{2}-1}$ ) \begin{align} I &\equiv \int \limits_0^{\pi/2} \frac{\mathrm{d} t}{\sin(t) + \cos(t) + \tan(t) + \cot(t) + \sec(t) + \csc(t)} \\ &= 2 \int \limits_0^{\pi/4} \frac{\mathrm{d} t}{\sin(t) + \cos(t) + \tan(t) + \cot(t) + \sec(t) + \csc(t)} \\ &= \frac{2 \sqrt{2} \beta^2}{\sqrt{7}} \int \limits_0^1 \frac{1-u^2}{u^4 + \beta^4} \, \mathrm{d} u = \frac{2 \sqrt{2} \beta^2}{\sqrt{7}} \int \limits_0^1 \frac{1-u^2}{(u^2 + \mathrm{i} \beta^2) (u^2 - \mathrm{i} \beta^2)} \, \mathrm{d} u \end{align} con $\beta = \sqrt{\frac{5 + 4 \sqrt{2}}{\sqrt{7}}}$ . Ahora necesitamos $a_{1/2} \in \mathbb{C}$ tal que $a_1 (u^2 + \mathrm{i} \beta^2) + a_2 (u^2 - \mathrm{i} \beta^2) = 1 - u^2$ retenciones. La solución es $a_{1/2} = - \frac{1}{2} \left(1 \pm \frac{\mathrm{i}}{\beta^2}\right)$ por lo que podemos escribir \begin{align} I &= - \frac{2 \sqrt{2} \beta^2}{\sqrt{7}} \operatorname{Re} \left[\left(1 + \frac{\mathrm{i}}{\beta^2}\right) \int \limits_0^1 \frac{\mathrm{d} u}{u^2 - \mathrm{i} \beta^2} \right] = - \frac{2 \sqrt{2} \beta^2}{\sqrt{7}} \operatorname{Re} \left[\left(1 + \frac{\mathrm{i}}{\beta^2}\right) \int \limits_0^1 \frac{\mathrm{d} u}{u^2 + \left(\frac{1 - \mathrm{i}}{\sqrt{2}} \beta\right)^2} \right] \\ &= - \frac{2 \sqrt{2} \beta^2}{\sqrt{7}} \operatorname{Re} \left[\left(1 + \frac{\mathrm{i}}{\beta^2}\right) \frac{1 + \mathrm{i}}{\sqrt{2} \beta} \arctan \left(\frac{1 + \mathrm{i}}{\sqrt{2} \beta}\right) \right] \\ &= - \frac{2}{\sqrt{7}} \operatorname{Re} \left[\left(\beta - \beta^{-1} + \mathrm{i} \left(\beta + \beta^{-1}\right)\right) \arctan \left(\frac{1 + \mathrm{i}}{\sqrt{2} \beta}\right) \right] \\ &= - \frac{1}{\sqrt{7}} \operatorname{Re} \left[\left(\beta - \beta^{-1} + \mathrm{i} \left(\beta + \beta^{-1}\right)\right) \left(\arctan \left(\frac{\sqrt{2}}{\beta - \beta^{-1}}\right) + \mathrm{i} \operatorname{artanh} \left(\frac{\sqrt{2}}{\beta + \beta^{-1}}\right)\right) \right] \\ &= \frac{1}{\sqrt{7}} \left[\left(\beta + \beta^{-1}\right) \operatorname{artanh} \left(\frac{\sqrt{2}}{\beta + \beta^{-1}}\right)- \left(\beta - \beta^{-1}\right) \arctan \left(\frac{\sqrt{2}}{\beta - \beta^{-1}}\right)\right] \, . \end{align} En el penúltimo paso hemos utilizado $$ \arctan(a + \mathrm{i} b) = \frac{1}{2} \left[\arctan \left(\frac{2 a}{1 - a^2 - b^2}\right) + \mathrm{i} \operatorname{artanh} \left(\frac{2 b}{1 + a^2 + b^2}\right)\right] $$ de ici . Desde $\beta \pm \beta^{-1} = \sqrt{2} \sqrt{4 \sqrt{\frac{2}{7}} \pm 1}$ obtenemos $$ I = \sqrt{\frac{2}{7}} \left[\sqrt{4 \sqrt{\frac{2}{7}} + 1} \operatorname{arcoth} \left(\sqrt{4 \sqrt{\frac{2}{7}} + 1}\right) - \sqrt{4 \sqrt{\frac{2}{7}} - 1} \operatorname{arccot} \left(\sqrt{4 \sqrt{\frac{2}{7}} - 1}\right)\right] \, , $$ que es una versión simplificada del resultado final dado en la pregunta.

Answer 3

Demasiado largo para un comentario

Jugando un poco con la expresión se puede ver que

$$\begin{align} \sin x+\cos x+\tan x&+\cot x+\csc x+\sec x \\ \end{align} =\sin x+\cos x +\frac{2}{\sin x+\cos x -1}=\sqrt{2}\sin\Big(x+\frac{\pi}{4}\Big)+\frac{2}{\sqrt{2}\sin\Big(x+\frac{\pi} {4}\Big)-1}$$

Introduciendo esta integral obtenemos,

$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{2}\sin\Big(x+\frac{\pi} {4}\Big)-1}{2\sin^{2}\Big(x+\frac{\pi} {4}\Big)-\sqrt{2}\sin\Big(x+\frac{\pi} {4}\Big)+2}dx$$

Dejemos que $x=t-\frac{\pi}{4}$ $\implies dx=dt$

$$ I= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{\sqrt{2}\sin t-1}{2\sin^{2}t-\sqrt{2}\sin t+2}dt$$

Podemos dividir esto en las siguientes dos integrales

$$I= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{\sqrt{2}\sin t}{2\sin^{2}t-\sqrt{2}\sin t+2}dt-\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}} \frac{1}{2\sin^{2}t-\sqrt{2}\sin t+2}dt$$

No estoy seguro de cómo calcular las dos integrales anteriores por separado. Inicialmente pensé que tenemos dos integrales y dos términos de raíz cuadrada anidada en el resultado dado por lo que deben ser iguales, pero ninguno de los integrales individuales es igual a los términos en el resultado.Numéricamente estas dos integrales evaluar $0.8448$ y $0.6688$ y los términos del resultado son $0.6054$ y $-0.4294$ . Obsérvese que su suma es igual a la del otro, por lo que estamos en la dirección correcta.

Answer 4

Supongamos simplemente que las raíces son conocidas y son $$\rho_1,\rho_2,\rho_3,\rho_4$$ y así evaluamos

$$\int \dfrac{2t(1-t)}{(t-\rho_1)(t-\rho_2)(t-\rho_3)(t-\rho_4)}dt.$$

Por descomposición de la fracción,

$$2t(1-t)=A(t-\rho_2)(t-\rho_3)(t-\rho_4)+B(t-\rho_1)(t-\rho_3)(t-\rho_4)+C(t-\rho_1)(t-\rho_2)(t-\rho_4)+D(t-\rho_1)(t-\rho_2)(t-\rho_3)$$ o,

$$A=\dfrac{2\rho_1(1-\rho_1)}{(\rho_1-\rho_2)(\rho_1-\rho_3)(\rho_1-\rho_4)}$$ $$B=\dfrac{2\rho_2(1-\rho_2)}{(\rho_2-\rho_1)(\rho_2-\rho_3)(\rho_2-\rho_4)}$$ $$C=\dfrac{2\rho_3(1-\rho_3)}{(\rho_3-\rho_1)(\rho_3-\rho_2)(\rho_3-\rho_4)}$$ $$D=\dfrac{2\rho_4(1-\rho_4)}{(\rho_4-\rho_1)(\rho_4-\rho_2)(\rho_4-\rho_3)}$$ y así $$\int\frac{2t(1-t)}{2 t^4-3 t^3+3 t^2+t+1}dt = \dfrac{2\rho_1(1-\rho_1)}{(\rho_1-\rho_2)(\rho_1-\rho_3)(\rho_1-\rho_4)}\log|t-\rho_1|+\dfrac{2\rho_2(1-\rho_2)}{(\rho_2-\rho_1)(\rho_2-\rho_3)(\rho_2-\rho_4)}\log|t-\rho_2|+\dfrac{2\rho_3(1-\rho_3)}{(\rho_3-\rho_1)(\rho_3-\rho_2)(\rho_3-\rho_4)}\log|t-\rho_3|+\dfrac{2\rho_4(1-\rho_4)}{(\rho_4-\rho_1)(\rho_4-\rho_2)(\rho_4-\rho_3)}\log|t-\rho_4|+c$$ Ahora lo que queda son las raíces dadas por

$$2 t^4-3 t^3+3 t^2+t+1=0.$$ Intenté otras sustituciones que inevitablemente llevaron a la misma forma.

Editar: No he tenido paciencia para evaluar las raíces ni para calcular los coeficientes. Sin embargo, wolfram tiene la amabilidad de proporcionar las expresiones simples para las raíces como

$$\dfrac{3+\epsilon \sqrt{7}i}{8}+ \dfrac{\varepsilon}{2}\sqrt{-\frac{7}{8}+\epsilon \frac{11\sqrt{7}i}{8}}$$ donde $\epsilon,\varepsilon =\pm 1$ independientemente.