Una integral trigonométrica interesante

Question

Ayer participé en una competencia de ingreso a uno de los programas de Máster en mi universidad, y durante una de las pruebas matemáticas, tuve que resolver algunas ecuaciones integrales y diferenciales.

Una de esas integrales tenía la siguiente forma trigonométrica: $$ I(0,\pi)= \int\limits_0^\pi\left[\cos^2(\cos(x))+\sin^2(\sin(x))\right]dx $$ Desafortunadamente, no pude resolverla analíticamente durante la prueba, pero más tarde, al llegar a casa, intenté evaluarla numéricamente usando Mathematica. Resultó que la respuesta parece ser $I(0,\pi)=\pi$.

Aun así, no entiendo qué transformaciones o sustituciones debía realizar para resolver este problema analíticamente durante el examen. Esta es precisamente la razón por la que estoy publicando mi pregunta aquí, ya que hasta ahora no he encontrado este tipo de problema publicado o resuelto en ningún lugar, por lo que solicito amablemente cualquier ayuda para intentar esta integral de manera analítica.

¡Gracias de antemano!

Answer 1

\begin{align*} I&= \int_0^\pi \cos^2\cos x+\sin^2\sin x \, dx\\ &= 2\int_0^{\pi/2} \cos^2\cos x+\sin^2\sin x \, dx\\ &= 2\int_0^{\pi/2} \cos^2\sin x+\sin^2\cos x \, dx \quad(x\mapsto\pi/2-x)\\ \end{align*} Por lo tanto $$ 2I=2\int_0^{ \pi/2 } 2\, dx\Rightarrow I=\pi $$ sumando las dos últimas líneas.

Answer 2

Un enfoque ligeramente diferente:

\begin{align*} I&= \int_0^\pi \cos^2\cos x+\sin^2\sin x \, dx\\ & = \int_0^\pi \dfrac{1+\cos(2\cos(x))}{2} + \dfrac{1-\cos(2\sin(x))}{2} dx \\ & = \pi + \dfrac{1}{2} \left( \int_0^\pi \cos(2 \cos(x)) dx - \int_0^\pi \cos(2 \sin(x)) dx\right) \\ \end{align*}

Pero nota que \begin{align*} \int_0^\pi \cos(2 \cos(x)) dx & = \int_0^{\pi/2} \cos(2 \cos(x)) dx + \int_{\pi/2}^\pi \cos(2 \cos(x)) dx \\ & = \int_{\pi/2}^{\pi} \cos(2 \sin(u)) du + \int_0^{\pi/2} \cos(2 \sin(t)) dt \\ & \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad (\text{sustituyendo } u=x + \dfrac{\pi}{2} \text{ y } t=x- \dfrac{\pi}{2})\\ & = \int_0^{\pi} \cos(2 \sin(x)) dx \end{align*}

y has terminado.

Answer 3

Tomemos un enfoque completamente diferente. Establecer

$$f(x)=\cos^2\cos x+\sin^2\sin x-1.$$

Mostraremos que $f$ se integra a $0$ sobre $[0,\pi]$. Observa que

\begin{align*} f\left(x+\frac{\pi}{2}\right) &=\cos^2\cos\left(x+\frac{\pi}{2}\right)+\sin^2\sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)-1\\ &=\cos^2\sin x+\sin^2\cos x-1\\ &=\left(1-\sin^2\sin x\right)+\left(1-\cos^2\cos x\right)-1 \\ &=1-\cos^2\cos x-\sin^2\sin x\\ &=-f(x). \end{align*}

De hecho, esta propiedad por sí sola es suficiente para demostrar el resultado, ya que luego

\begin{align*} \int_0^\pi f(x)~\mathrm{d}x &=\int_0^\frac{\pi}{2} f(x)~\mathrm{d}x+\int_\frac{\pi}{2}^\pi f(x)~\mathrm{d}x \\ &=\int_0^\frac{\pi}{2} f(x)~\mathrm{d}x+\int_0^\frac{\pi}{2} f\left(x+\frac{\pi}{2}\right)~\mathrm{d}x \\ &=\int_0^\frac{\pi}{2}(f(x)-f(x))~\mathrm{d}x \\ &=0. \end{align*}

El resultado en la pregunta ahora se sigue observando que

$$\int_0^\pi\bigl(\cos^2\cos x+\sin^2\sin x\bigr)~\mathrm{d}x=\underbrace{\int_0^\pi f(x)~\mathrm{d}x}_{=0}+\underbrace{\int_0^\pi\mathrm{d}x}_{=\pi}=\pi.$$

Answer 4

Bajo $\cos x\to x$, se tiene \begin{align*} I&= \int_0^\pi (\cos^2\cos x+\sin^2\sin x) \, dx\\ & = \int_{-1}^1 \dfrac{\cos^2x+\sin^2(\sqrt{1-x^2})}{\sqrt{1-x^2}} dx \\ & = 2\int_{0}^1 \dfrac{\cos^2x+\sin^2(\sqrt{1-x^2})}{\sqrt{1-x^2}} dx. \end{align*} Notando que, bajo $\sqrt{1-x^2}\to x$, se tiene $$\int_{0}^1 \dfrac{\sin^2(\sqrt{1-x^2})}{\sqrt{1-x^2}} dx=\int_{0}^1 \dfrac{\sin^2x}{\sqrt{1-x^2}} dx$$ y por lo tanto $$ I=2\int_{0}^1 \dfrac{\cos^2x+\sin^2x}{\sqrt{1-x^2}} dx=2\int_{0}^1 \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx=\pi. $$

Answer 5

Aquí hay un método que utiliza funciones de Bessel. Esto probablemente no sea viable en una competencia, pero si conoces las expansiones y te das cuenta de las simplificaciones debido al factor $\sin(2\pi k)$, puede funcionar.

$$\begin{align*} I(0,\pi)&=\int_0^\pi\cos^2(\cos x)+\sin^2(\sin x)\ dx \\ &=\int_0^\pi\cos^2(\cos x)\ dx+\int_0^\pi\sin^2(\sin x)\ dx \\ &=\int_0^\pi\frac{1+\cos(2\cos x)}{2}\ dx+\int_0^\pi\frac{1-\cos(2\sin x)}{2}\ dx\\ &=\pi+\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^\pi\cos(2\cos x)\ dx}_{I_1}-\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^\pi\cos(2\sin x)\ dx}_{I_2} \end{align*}$$ Utilizando dos expansiones de Jacobi-Anger, $$\cos(2\cos x)=J_0(2)+2\sum_{k=1}^\infty(-1)^kJ_{2k}(2)\cos(2kx),\quad x\in\mathbb{C} \\ \cos(2\sin x)=J_0(2)+2\sum_{k=1}^\infty J_{2k}(2)\cos(2kx),\quad x\in\mathbb{C}$$ tenemos para $I_1$, $$\begin{align*}I_1&=\int_0^\pi J_0(2)+2\sum_{k=1}^\infty(-1)^kJ_{2k}(2)\cos(2kx)\ dx \\&=\pi J_0(2)+2\sum_{k=1}^\infty(-1)^kJ_{2k}(2)\int_0^\pi\cos(2kx)\ dx\\ &=\pi J_0(2)+2\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^kJ_{2k}(2)\sin(2\pi k)}{k} \\&=\pi J_0(2) \end{align*}$$ y para $I_2$, $$\begin{align*} I_2&=\int_0^\pi J_0(2)+2\sum_{k=1}^\infty J_{2k}(2)\cos(2kx)\ dx \\ &=\pi J_0(2)+2\sum_{k=1}^\infty J_{2k}(2)\int_0^\pi\cos(2kx)\ dx \\ &=\pi J_0(2)+2\sum_{k=1}^\infty\frac{J_{2k}(2)\sin(2\pi k)}{k} \\ &=\pi J_0(2) \end{align*}$$ por lo tanto, la integral es, $$I(0,\pi)=\pi+\frac{\pi }{2}J_0(2)-\frac{\pi}{2}J_0(2)=\pi.$$

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Otra solución, esta vez utilizando la expansión de Maclaurin de $\cos(x)$. Como terminamos encontrando formas cerradas en términos de la función de Bessel de todos modos, fusionaré las respuestas.

Trabajando de manera similar a lo anterior, $$\begin{align*} I(0,\pi)&=\pi+\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^\pi\cos(2\cos x)\ dx}_{I_1}-\frac{1}{2}\underbrace{\int_0^\pi\cos(2\sin x)\ dx}_{I_2} \end{align*}$$ expandiendo el coseno por su serie de Maclaurin, $$I_1=\int_0^\pi\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k2^{2k}}{(2k)!}\cos^{2k}(x)\ dx=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k2^{2k}}{(2k)!}\int_0^\pi\cos^{2k}(x)\ dx=\pi\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}=\pi J_0(2)$$ $$I_2=\int_0^\pi\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k2^{2k}}{(2k)!}\sin^{2k}(x)\ dx=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k2^{2k}}{(2k)!}\int_0^\pi\sin^{2k}(x)\ dx=\pi\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}=\pi J_0(2)$$ aquí usé las integrales de Wallis, $$\int_0^\pi\cos^{2k}(x)\ dx=\int_0^\pi\sin^{2k}(x)\ dx=\frac{\pi}{2^{2k}}\binom{2k}{k},\quad k\in\mathbb{Z_0}$$ y la expansión en serie para la función de Bessel de primer tipo, $$J_0(z)=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k},\quad z\in\mathbb{C}$$ por lo tanto, con argumentos similares, $$I(0,\pi)=\pi.$$