Cómo integrar, $\int_{0}^{\pi/2}\sin (\tan\theta) \mathrm{d\theta}$?

Question

Integrar, $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin (\tan\theta) \mathrm{d\theta}$$

Answer 1

En primer lugar, hacer el cambio de variables $ x = \arctan(t) $ a transformar la integral t0

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin (\tan\theta) \mathrm{d\theta} = \int_{0}^{\infty}\frac{\sin(t)}{t^2+1} {dt} \\ = -\frac{1}{2}\,{{\rm e}^{-1}}{ \operatorname {E_1} } \left( -1 \right) +\frac{1}{2}\,{{\rm e}}\,{\operatorname{E_1}} \left( 1 \right) - \frac{1}{2}\,i\pi \,{{\rm e}^{-1}}$$

donde $\operatorname{E}_a(z)$ es la integral exponencial

$$ \operatorname{E}_a \left( z \right) =\int _{1}^{\infty }\!{{\rm e}^{-{t}z}}{{ t}}^{-a }{d{ t}}.$$

Para ver los detalles de la evaluación de la última integral ver aquí.

Answer 2

Haciendo un cambio de variables $u=\tan(\theta)$: $$ \int_0^{\pi/2} \sin\left(\tan \theta\right) \mathrm{d} \theta = \int_0^\infty \frac{\sin(u)}{1+u^2} \mathrm{d} u \etiqueta{1} $$ Con el fin de evaluar esto utilizamos la técnica de Mellin de transformación.

1. Evaluar la Mellin transforma de $\sin(u)$$\left(1+u^2\right)^{-1}$: $$ \mathcal{M}_s(\sin(u))= \int_0^\infty u^{m-1} \sin(u) \mathrm{d} u = \frac{\sqrt{\pi}}{2} 2^{s} \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{s}{2}\right)}{\Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right)} $$ definido en la franja de gaza $-1<\Re(s)<1$. La aplicación de la inversa de la transformación: $$ \sin(u) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma + i \infty} \frac{\sqrt{\pi}}{2} 2^{s} \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{s}{2}\right)}{\Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right)} u^{s} \mathrm{d} \etiqueta{2} $$ donde $\gamma$ es una constante real arbitraria tal que $-1<\gamma<1$. El Mellin de transformación de la función racional $(1+u^2)^{-1}$ lee $$ \mathcal{M}_s\left(\frac{1}{1+u^2}\right)= \int_0^\infty \frac{u^{m-1}}{1+u^2}\mathrm{d} u = \frac{1}{2} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right) \Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right) \etiqueta{3} $$ y se define en la franja de gaza $0<\Re(s)<2$.

2. Ahora sustituyendo $(2)$ a $(1)$, la elección de $\gamma$ tal que $-1<\gamma<0$, e intercambiando el orden de integración: $$\begin{eqnarray} \int_0^\infty \frac{\sin(u)}{1+u^2} \mathrm{d} u &=& \frac{1}{2\pi i} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \int_{\gamma-i \infty}^{\gamma+i \infty} 2^{s} \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{s}{2}\right)}{\Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right)} \left( \int_0^\infty \frac{u^{-s}}{1+u^2} \mathrm{d}u \right) \mathrm{d} s \\ &\stackrel{(2)}{=}& \frac{1}{2\pi i} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \int_{\gamma-i \infty}^{\gamma+i \infty} 2^{s} \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{s}{2}\right)}{\Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right)} \left(\frac{1}{2} \Gamma\left(\frac{1-s}{2}\right) \Gamma\left(1-\frac{1-s}{2}\right) \right)\mathrm{d} s \\ &=& \frac{1}{2\pi i} \frac{\sqrt{\pi}}{4} \int_{\gamma-i \infty}^{\gamma+i \infty} \Gamma\left(\frac{1}{2}-\frac{s}{2}\right) \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}+\frac{s}{2}\right)^2}{\Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right)} \left(\frac{1}{2}\right)^{-s} \mathrm{d}s \\ &\stackrel{\text{reflection}}{=}& \frac{1}{2\pi i} \frac{\pi}{2} \int_{\gamma - i \infty}^{\gamma+i \infty} \Gamma(s) \tan\left(\frac{\pi}{2} s \right) \mathrm{d}s \end{eqnarray} $$ La última integral se puede evaluar como una suma de los residuos en los postes a la izquierda de la integración de contorno, situado en impares enteros negativos. Los polos de $\Gamma(s)$ son incluso los que no son enteros positivos son cancelados por los ceros de la función tangente. Los polos en los impares enteros negativos son el doble de polos: $$ \operatorname{Res}_{s=-2k-1} \left(\frac{\pi}{2} \Gamma\left(s\ \ derecho) \tan\left(\frac{\pi}{2}\right) \right) = \frac{1}{\Gamma\left(2k+2\right)} \psi\left(2k+2\right) $$ donde $\psi(x)$ es la función digamma.

Por lo tanto tenemos el resultado: $$\begin{eqnarray} \int_0^\infty \frac{\sin u}{1+u^2} \mathrm{d} u &=& \sum_{k=0}^\infty \frac{\psi(2k+2)}{\Gamma(2k+2)} = \frac{1}{2} \left( \sum_{k=0}^\infty \frac{\psi(k+1)}{\Gamma(k+1)} - \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{\psi(k+1)}{\Gamma(k+1)}\right) \\ &=& \frac{1}{2} \left(f(1) - f(-1)\right) = \frac{\exp(-1)}{2} \operatorname{Ei}(1) - \frac{\exp(1)}{2} \operatorname{Ei}(-1) \end{eqnarray} $$ donde $\operatorname{Ei}(x)$ denota la integral exponencial función especial. Ahora procedemos a demostrar que, por real distinto de cero $x$: $$ f(x) = \sum_{k=0}^\infty x^k \frac{\gamma(k+1)}{\Gamma(k+1)} = \mathrm{e}^{x} \left( \frac{1}{2} \log(x^2) - \operatorname{Ei} (x) \right)$$ De hecho, lo que denota la de Euler-Mascheroni constante como $C$, y el uso de $H_n = -\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{k} \binom{n}{k}$: $$\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty x^k \frac{\gamma(k+1)}{\Gamma(k+1)} &=& \sum_{k=0}^\infty x^k \frac{-C +H_{k}}{k!} = - C \mathrm{e}^{x} - \sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k!} \sum_{m=1}^k \frac{(-1)^m}{m} \binom{k}{m} \\ &=& -C \mathrm{e}^{x} - \sum_{m=0}^\infty \frac{x^m}{m!} \sum_{k=1}^\infty \frac{(-x)^k}{k \cdot k!} = -C \mathrm{e}^{x} - \mathrm{e}^{x} \left( \operatorname{Ei}(-x) - \log |x| -C \right) \\ &=& \mathrm{e}^{x} \left( \log |x| - \operatorname{Ei}(-x) \right) \end{eqnarray}$$