Demostración de un resultado de integración concreto.

Question

$$I_1 =\int_0^\frac{\pi}{2}\dfrac{\pi^{x^e}\sin x\tan^{-1}x}{\sinh^{-1}(1+\cos x)} dx=\dfrac{\pi}{2}\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{m=1}^{2^n-1}\dfrac{(-1)^{m+1}\pi^\frac{m^e\pi^e}{2^{e(n+1)}}\sin\dfrac{m\pi}{2^{n+1}}\tan^{-1}\dfrac{m\pi}{2^{n+1}}}{2^n\sinh^{-1}\left(1+\cos\dfrac{m\pi}{2^{n+1}}\right)}$$

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Recibí esto como respuesta a una pregunta que publiqué hace un tiempo: Integral $ \int_{0}^{\pi/2} \frac{\pi^{(x^{e})}\sin(x)\tan^{-1}(x)}{\sinh^{-1}\left({1+\cos(x)}\right)} dx$

¿Es cierto? La persona que respondió citó esta fórmula : $$\int_a^bf(x){\rm d}x=(b-a)\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{2^n-1}\frac{(-1)^{m+1}}{2^n}f\left(a+\frac{m(b-a)}{2^n}\right)$$

Pregunta(s):

1. (a) ¿Es correcta la fórmula citada?
2. (b) Es la respuesta que obtuve para $I_1$ ¿correcto?
3. (c) (Si es posible) Si la respuesta a (a) y (b) es "no" y "no" o incluso "sí" y "no" respectivamente, ¿cuál es la solución correcta?

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Nota: La pregunta ha sido editada a su estado actual (en marzo de $10^{th}$ ); sólo quería consolidar toda la información pertinente, para poder dar una respuesta adecuada.

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Answer 1

Yo diría que la forma más agradable es $$(b-a)\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=1}^{2^n}\frac{(-1)^{m+1}}{2^n}f\left(a+\frac{m(b-a)}{2^n}\right).$$

En este caso la suma parcial (outer most) asciende a $N$ es exactamente $$\frac{(b-a)}{2^N}\sum_{m=1}^{2^N}f\left(a+\frac{m}{2^N}\right)$$ que se reconoce directamente como una suma de Riemann. En su caso las sumas parciales son sumas de Riemann de $a$ a $b-2^{-N}$ pero en el límite esto no importa.