Así que una de las pregunta en el MIT Integración de la abeja ha desconcertado a mí todo el día de hoy $$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\tan^2 x}{1+x^2}\text{d}x$$ he probado una gran variedad de cosas que hacer esto a partir de Integración Por Partes Parte 1 $$\frac{\tan x-x}{1+x^2}\bigg\rvert_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{-2x(\tan x -x)}{\left (1+x^2 \right )^2}\text{d}x$$ que la segunda integral no es prometedor, así que, a continuación, tratamos de Integración Por Partes: La Parte 2 $$\tan^{-1} x\tan^2 x\bigg\rvert_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}2\tan^{-1} x\tan x\sec^2 x\text{d}x$ $ , que también no parece prometedor Trig Sustitución $x=\tan\theta$ que resultados $$\int_{0}^{\tan^{-1}\frac{\pi}{4}}\tan^2 \left (\tan\theta\right )\text{d}\theta$$ which I think too simple to do anything with (which may or may not be a valid reason for stopping here) I had some ideas following this like power reducing $\tan^2 x=\frac{1-\cos 2x}{1+\cos 2x}$ which didn't spawn any new ideas. Then I thought maybe something could be done with differentiation under the integral but I could not figure out how to incorporate that. I also considered something with symmetry somehow which availed no results. I'm also fairly certain no indefinite integral exists. Now the answer MIT gave was $\frac{1}{3}$ but wolfram alpha gave $\aprox$ .156503. Nota El integral me dio fue una versión simplificada de la original, aquí está el original en caso de que alguien puede hacer algo con ella $$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1-x^2+x^4-x^6...}{\cos^2 x+\cos^4 x+\cos^6 x...}\text{d}x$$ Mi simplificación es comprobable correcto, prefiero no análisis complejo y esta es la de este Vídeo de Youtube de cerca hasta el final.
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No debe ser un problema. Tenga en cuenta que en $[0, \pi/4]$, $$\frac{\tan^2 x}{1+x^2} \le \frac{\tan^2 x}{1 + 0^2} = \tan^2 x,$$ therefore the definite integral is bounded above as follows: $$0 \le \int_{x=0}^{\pi/4} \frac{\tan^2 x}{1+x^2} \, dx < \int_{x=0}^{\pi/4} \tan^2 x \, dx = 1 - \frac{\pi}{4} < \frac{1}{3}.$$ Mathematica is correct; the definite integral cannot be $1/3$. Yo también vi el vídeo de YouTube (ver el sello de tiempo 1:34:34), y se han transcrito correctamente la pregunta y realizar la correcta transformaciones algebraicas.
Bueno por lo que en 1:39:04 revelan que la respuesta $1/3$. Esto es muy, muy obviamente erróneo. El primer pensamiento para entrar en mi mente fue comprobar la razonabilidad del resultado de la elección de un adecuado obligado.
Curiosamente, un concursante en 1:38:42 respuestas con $\pi/16 \approx 0.19635$ que es muy precisa para el último momento-supongo que, ciertamente, mucho más cerca de la marca de la respuesta oficial!
Esta no es la respuesta completa a esta pregunta, pero es algo nuevo que no se ha mencionado aquí, así que pensé que iba a publicar. Deje que nos indican el desconocido integral por $J$. A continuación, sustituyendo a $y= \tan(x)$ obtenemos: \begin{equation} J = \int\limits_0^1 \frac{y^2}{1+\arctan(y)^2} \cdot \frac{1}{1+y^2} d y = \int\limits_0^1 \frac{1}{1+\arctan(y)^2} d y - \int\limits_0^1 \frac{1}{1+\arctan(y)^2} \cdot \frac{dy}{1+y^2}= \left(\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \int\limits_0^1 \arctan(y)^{2 n} d y\right) - \arctan(\frac{\pi}{4}) \end{equation} Ahora, está claro que la serie converge lo que sigue a partir de la estimación de $\arctan(y) < y$$y\in(0,1)$. Integrando por partes se tiene: \begin{eqnarray} \int\limits_0^1 \arctan(y)^2 d y &=& (\frac{\pi}{4})^2+ \frac{\pi}{4} \log(2) - G \\ \int\limits_0^1 \arctan(y)^{2 n} d y &=& \cdots \end{eqnarray} donde $G$ es el catalán constante. Ahora, por supuesto, el verdadero reto es el cálculo de la última integral de arriba en forma cerrada. Esto requiere más trabajo. Sin embargo tengo la sensación de que esta integral puede ser reducido a poli-logaritmos para valores arbitrarios de $n$ y, como tal, tiene una "forma cerrada".
Utilizamos las siguientes identidades: \begin{eqnarray} [\arctan(y)]^2 &=& \frac{1}{2} \sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{(y^2)^{n+1}}{n+1} \cdot \left( \Psi(-1/2) + \Psi(n+3/2)\right) \\ &=& -\frac{1}{4} \log ^2\left(\frac{y+i}{y-i}\right)+\frac{1}{2} i \pi \log \left(\frac{y+i}{y-i}\right)+\frac{\pi ^2}{4} \end{eqnarray} Ahora, elevando la identidad anterior a la $n$th de energía y la integración de podemos fácilmente ver que el único no-trivial integral estamos tratando es, es la siguiente: \begin{eqnarray} {\mathcal A}_n &:=& \int\limits_0^1 [\log(\frac{x+\imath}{x-\imath})]^n dx \\ &=& (-2 \imath) \int\limits_{-1}^{\imath} \frac{ [\log(u)]^n}{(1-u)^2} d u \\ &=&(-\imath)(\imath \pi)^n + (1+\imath) (\imath \frac{\pi}{2})^n + \\ &&(-\imath)n! (-1)^n \left((\log(2)+\imath \frac{\pi}{2}) 1_{n=1} + 2(S_{1,n-1}(2) - S_{1,n-1}(1-\imath)) 1_{n > 1}\right) \end{eqnarray} donde el camino en medio de la integral es un cuarto de círculo unidad de partida en $-1$ y terminando en $\imath$. Las cantidades $S_{1,n-1}()$ en la parte inferior de la fórmula son las Nielsen generalizada poli-logaritmos. Aquí $n\ge 1$. La combinación de las dos identidades anterior, podemos obtener la siguiente identidad : \begin{eqnarray} &&\int\limits_0^1 \arctan(y)^{2 n} dy = \\ && \left(\frac{\pi^2}{16}\right)^n + \\ && Re\sum\limits_{0\le p_1 \le p_2 \le n} \frac{n! (2(p_2-p_1)+n-p_2)!}{p_1! (p_2-p_1)!(n-p_2)!} \left(\frac{\pi^2}{4}\right)^{p_1} \left(\frac{1}{4}\right)^{p_2-p_1} \left(\frac{\pi}{2}\right)^{n-p_2} \cdot \\ && \left( 0 \cdot 1_{n+p_2-2 p_1=0} + (\log(2)) \cdot 1_{n+p_2-2 p_1=1} + 2 (-\imath)^{n+p_2-2 p_1+1} (S_{1,n+p_2-2 p_1-1}(2) - S_{1,n+p_2-2 p_1-1}(1-\imath)) \cdot 1_{n+p_2-2 p_1>1} \right) \end{eqnarray} válido para $n=1,2,\cdots$. Esto concluye el cálculo.
Para evitar el uso de análisis complejo como acabamos de hacer por @Przemo, uno podría simplemente utilizar la serie de taylor expansiones y Cauchy los productos a obtener: \begin{array}{rcl} \displaystyle{\int_0^{\frac{\pi}{4}}\!\!\frac{\tan^2\!x}{1+x^2}dx} & = & \displaystyle{\int_0^{\frac{\pi}{4}}\!\!\tan^2\!x\left(1-x^2+x^4-x^6+\cdots\right)dx} \\[5mm] & = & \displaystyle{\int_0^{\frac{\pi}{4}}\!\!\tan^2\!x\left(\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kx^{2k}\right)dx} \\[5mm] & = & \displaystyle{\int_0^{\frac{\pi}{4}}\!\!\left(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_{2k+2}(-4)^{k+1}(1-4^{k+1})}{(2k+2)!}x^{2k+1}\right)^{\!\!2}\left(\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kx^{2k}\right)dx} \\[5mm] & = & \displaystyle{\int_0^{\frac{\pi}{4}}\!\!\left(\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{l=0}^k\frac{B_{2l+2}B_{2k-2l+2}(-4)^{k+2}(1-4^{l+1})(1-4^{k-l+1})}{(2l+2)!(2k-2l+2)!}x^{2k+2}\right)\left(\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kx^{2k}\right)dx} \\[5mm] & = & \displaystyle{\int_0^{\frac{\pi}{4}}\!\!\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{l=0}^k\sum_{m=0}^l\frac{B_{2m+2}B_{2l-2m+2}(-4)^{l+2}(1-4^{m+1})(1-4^{l-m+1})}{(2m+2)!(2l-2m+2)!}(-1)^{k-l}x^{2k+2}dx} \\[5mm] & = & \displaystyle{\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{l=0}^k\sum_{m=0}^l\frac{B_{2m+2}B_{2l-2m+2}(-4)^{l+2}(1-4^{m+1})(1-4^{l-m+1})}{(2m+2)!(2l-2m+2)!}(-1)^{k-l}\int_0^{\frac{\pi}{4}}x^{2k+2}dx} \\[5mm] & = & \displaystyle{\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{l=0}^k\sum_{m=0}^l\frac{B_{2m+2}B_{2l-2m+2}(-4)^{l+2}(1-4^{m+1})(1-4^{l-m+1})}{(2m+2)!(2l-2m+2)!}(-1)^{k-l}\frac{\frac{\pi}{4}^{2k+3}}{2k+3}} \\[5mm] \end{array}
