Encuentre $\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}}\frac{2x^2}{1+x^4}dx$

Question

Quiero encontrar la suma:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}}\frac{2x^2}{1+x^4}dx$$

Empiezo por encontrar la antiderivada del integrante, que es:

$$\frac{1}{2\sqrt{2}}[\ln(x^2-\sqrt{2}x+1)-\ln(x^2+\sqrt{2}x+1)+2\arctan(\sqrt{2}x-1)+2\arctan(\sqrt{2}x+1)]$$

Luego utilizo el teorema fundamental del cálculo para evaluar la integral. Resulta que el resultado es muy feo y no tengo ni idea de cómo manejarlo. ¿Hay algún truco para resolver esto?

Answer 1

Puedes simplificar tu expresión utilizando las dos identidades siguientes

ArcTan[a] + ArcTan[b] = ArcTan[(a + b) / (1- a b)]

Log[(1 - a) / (1 + a)] = 2 ArcTanh[a]

Answer 2

Una forma más manejable debería ser la siguiente:

Hagamos el cambio de variable: $x=\frac{y}{\sqrt{n}}$

$$a_n=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}}\frac{2x^2}{1+x^4}dx=\frac{2}{n^{\frac{3}{2}}}\int_0^1\frac{y^2}{1+\frac{y^4}{n^2}}dy$$

Ahora, expandamos el integrando:

$$\frac{y^2}{1+\frac{y^4}{n^2}}=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{y^{4k+2}}{n^{2k}}$$ et

$$\int_0^1\frac{y^2}{1+\frac{y^4}{n^2}}dy=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{4k+3}\frac{1}{n^{2k}}$$ et

$$a_n=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}}\frac{2x^2}{1+x^4}dx=2\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{4k+3}\frac{1}{n^{2k+\frac{3}{2}}}$$

Por último, la suma:

$$S=\sum_{n=1}^\infty a_n=2\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{4k+3}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{2k+\frac{3}{2}}}=$$

$$=2\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{4k+3}\zeta(2k+\frac{3}{2})$$

donde $\zeta(s)=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^s}$ es la función zeta de Riemann.