Evaluar $\int_0^1 \frac{x^2-x}{\sin \pi x} dx = - \frac{7 \zeta(3)}{\pi^3}.$

Question

Intenté utilizar la serie para $\sin \pi x$ y tal vez encontrar algo relacionado con $\zeta(3)$ pero no funcionó. Supongo que esta integral necesita algo más que el poco cálculo que sé. \begin {Ecuación} \int_0 ^1 \frac {x-x^2}{{} \sin \pi x} dx = \frac {7 \zeta (3)}{ \pi ^3}. \end {Ecuación}

Answer 1

En primer lugar, denotemos la integral de abajo como $I$$$ I= \int\limits_0 ^1dx \space\frac {x(1-x)}{ \sin\pi x} $$and through integration by parts on $ u=x-x^2$, entonces tenemos

$$\begin{align*}I & =-\frac 1{\pi}(x-x^2)\log\cot\left(\frac {\pi x}2\right)\,\Biggr\rvert_0^1+\frac 1{\pi}\int\limits_0^1dx\, (1-2x)\log\cot\left(\frac {\pi x}2\right)\\ & =\frac 1{\pi}\int\limits_0^1dx\,\log\cot\left(\frac {\pi x}2\right)-\frac 2{\pi}\int\limits_0^1dx\, x\log\cot\left(\frac {\pi x}2\right)\\ & =-\frac 8{\pi^3}\int\limits_0^{\pi/2}dx\, x\log\cot x\tag1\end{align*}$$

donde la ecuación ( $1$ ) viene de hacer la sustitución $x\mapsto\frac {\pi x}2$ . Esta última integral puede evaluarse dividiendo el logaritmo natural en dos integrales separadas y utilizando la serie de Fourier para $\log\sin x$ y $\log\cos x$ que he incluido a continuación

$$\begin{align*}\log\cos x & =\sum\limits_{k\geq1}(-1)^{k-1}\frac {\cos2kx}{k}-\log 2\tag2\\\log\sin x & =-\sum\limits_{k\geq1}\frac {\cos 2kx}k-\log 2\tag3\end{align*}$$

Ampliar ( $1$ ) da

$$I=-\frac 8{\pi^3}\underbrace{\int\limits_0^{\pi/2}dx\, x\log\cos x}_{I_1}+\frac 8{\pi^3}\underbrace{\int\limits_0^{\pi/2}dx\, x\log\sin x}_{I_2}\tag4$$

Llama a las integrales primera y segunda $I_1$ y $I_2$ respectivamente. Utilizando ( $2$ ) y ( $3$ ) da las dos identidades siguientes

$$\begin{align*}I_1 & =\int\limits_0^{\pi/2}dx\,\left(\sum\limits_{k\geq1}\frac {(-1)^{k-1}\cos 2kx}k-x\log 2\right)\\ & =\sum\limits_{k\geq1}\frac {(-1)^{k-1}}k\left[\frac {\pi}{4k^2}\sin\pi k+\frac 1{4k^3}\cos\pi k-\frac 1{4k^2}\right]-\frac {\pi^2}8\log2\\ & =\frac 14\sum\limits_{k\geq1}\frac {(-1)^{k-1}}{k^3}\cos\pi k-\frac 14\sum\limits_{k\geq1}\frac {(-1)^{k-1}}{k^3}-\frac {\pi^2}8\log 2\\ & \color{blue}{=-\frac 14\zeta(3)-\frac 3{16}\zeta(3)-\frac {\pi^2}8\log 2}\tag5\end{align*}$$

Como nota al margen, la suma infinita con $\sin\pi k$ desaparece porque $\sin\pi k=0$ para $k\in\mathbb{Z}$ . De manera similar, $I_2$ se puede integrar de la siguiente manera

$$\begin{align*}I_2 & =-\int\limits_0^{\pi/2}dx\,\left(\sum\limits_{k\geq1}\frac {\cos 2kx}k+x\log 2\right)\\ & =-\sum\limits_{k\geq1}\frac 1k\left[\frac {\pi}{4k}\sin\pi k+\frac 1{4k^2}\cos\pi k-\frac 1{4k^2}\right]-\frac {\pi^2}8\log 2\\ & =-\frac 14\sum\limits_{k\geq1}\frac {\cos\pi k}{k^3}+\frac 14\sum\limits_{k\geq1}\frac 1{k^3}-\frac {\pi^2}8\log 2\\ & \color{red}{=\frac 14\zeta(3)+\frac 3{16}\zeta(3)-\frac {\pi^2}8\log 2}\tag6\end{align*}$$

Sustituyendo los resultados por ( $5$ ) y ( $6$ ) en ( $4$ ) nos deja con

$$\begin{align*}I & =-\frac 8{\pi^3}\left[\color{blue}{-\frac 14\zeta(3)-\frac 3{16}\zeta(3)}\color{red}{-\frac 14\zeta(3)-\frac 3{16}\zeta(3)}\right]\\ & =\frac 7{\pi^3}\zeta(3)\end{align*}$$

Multiplicar por $-1$ para obtener la integral en cuestión

$$\int\limits_0^1dx\space\frac {x^2-x}{\sin\pi x}\color{brown}{=-\frac 7{\pi^3}\zeta(3)}$$

Answer 2

$\displaystyle f(a):=\int\limits_0^1 x e^{ax}dx = \frac{1+e^a(a-1)}{a^2}$

$\displaystyle g(a):=\int\limits_0^1 x^2 e^{ax}dx = \frac{-2+e^a(a^2-2a+2)}{a^3}$

$\displaystyle \int\limits_0^1 \frac{x^2-x}{\sin(\pi x)}dx = i2\int\limits_0^1\frac{x^2-x}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}dx = i2\sum\limits_{k=0}^\infty \int\limits_0^1 (x^2-x)e^{-i\pi x(2k+1)}dx $

$\displaystyle = i2\sum\limits_{k=0}^\infty (g(-i\pi(2k+1))-f(-i\pi(2k+1)))$

$\displaystyle = 2\sum\limits_{k=0}^\infty i\frac{-2+i\pi(2k+1) + e^{-i\pi(2k+1)}(2+i\pi(2k+1))}{(-i\pi(2k+1))^3} \enspace$ con $\enspace e^{-i\pi(2k+1)}=-1$

$\displaystyle = -8\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{1}{(\pi(2k+1))^3}=-\frac{8}{\pi^3}(1-\frac{1}{2^3})\zeta(3)=-\frac{7\zeta(3)}{\pi^3}$

Answer 3

Probablemente no sea una respuesta.

Para la antiderivada $$I=2 \pi^3\int \frac{x^2-x}{\sin (\pi x)}\, dx$$ a CAS dar lo feo $$I=-i \pi (2 x-1) \left(4 \text{Li}_2\left(e^{i \pi x}\right)-\text{Li}_2\left(e^{2 i \pi x}\right)\right)+8 \text{Li}_3\left(e^{i \pi x}\right)-\text{Li}_3\left(e^{2 i \pi x}\right)-$$ $$4 \pi ^2 (x-1) x \tanh ^{-1}\left(e^{i \pi x}\right)$$ $$\lim_{x\to 1} \, I=-7 \zeta (3)+i\frac{ \pi ^3}{2} \qquad \text{and} \qquad \lim_{x\to 0} \, I=7 \zeta (3)+i\frac{ \pi ^3}{2}$$

Lo interesante es que se puede obtener una aproximación bastante buena utilizando un $[2,2]$ Aproximador de Padé construido en $x=\frac 12$ haciendo $$\frac{x^2-x}{\sin (\pi x)}=\frac{-\frac 14+ a(x-\frac 12)^2 }{1+ b(x-\frac 12)^2 }$$ donde $$a=-\frac{384-48 \pi ^2+\pi ^4}{48 \left(\pi ^2-8\right)} \qquad \text{and} \qquad b=-\frac{5 \pi ^4-48 \pi ^2}{12 \left(\pi ^2-8\right)}$$ haciendo que la integral definida sea fácil de resolver (lo que lleva a un valor de $\approx -0.271415$ mientras que el valor exacto es $\approx -0.271377$ ).

Aún más sorprendente (al menos para mí), la aproximación $$\sin(y) \simeq \frac{16 (\pi -y) y}{5 \pi ^2-4 (\pi -y) y}\qquad (0\leq y\leq\pi)$$ propuesto por Mahabhaskariya de Bhaskara I, un matemático indio del siglo VII, llevaría a $-\frac{13}{48} \approx -0.270833$ .

Answer 4

Después de Frank W.,

$\begin{align} J&=\int_0^1 \frac{x^2-x}{\sin(\pi x)}\,dx\\ &=\frac 8{\pi^3}\int\limits_0^{\pi/2}x\log\cot x \,dx\end{align}$

Realizar el cambio de variable $y=\tan x$ ,

$\begin{align}J&=-\frac 8{\pi^3}\int_0^{\infty}\frac{\ln x\arctan x}{1+x^2} \,dx\\ &=-\frac 8{\pi^3}\int_0^{1}\frac{\ln x\arctan x}{1+x^2} \,dx-\frac 8{\pi^3}\int_1^{\infty}\frac{\ln x\arctan x}{1+x^2} \,dx \\\end{align}$

En la segunda integral realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1}{x}$ ,

$\begin{align}J&=-\frac 8{\pi^3}\int_0^{1}\frac{\ln x\arctan x}{1+x^2} \,dx+\frac 8{\pi^3}\int_0^{1}\frac{\ln x\arctan\left( \frac{1}{x}\right)}{1+x^2} \,dx\\ &=-\frac 8{\pi^3}\int_0^{1}\frac{\ln x\arctan x}{1+x^2} \,dx+\frac 8{\pi^3}\int_0^{1}\frac{\left(\frac{\pi}{2}-\arctan x\right)\ln x}{1+x^2} \,dx\\ &-\frac {16}{\pi^3}\int_0^{1}\frac{\ln x\arctan x}{1+x^2} \,dx-\frac{4}{\pi^2}\text{G} \end{align}$

$\text{G}$ es la constante catalana.

Déjalo,

$\displaystyle K=\int_0^{1}\frac{\ln x\arctan x}{1+x^2} \,dx$

Definir para $x\in [0;1]$ ,

$\begin{align}R(x)&=\int_0^x\frac{\ln t}{1+t^2}\,dt\\ &=\int_0^1 \frac{x\ln(xt)}{1+t^2x^2}\,dt \end{align}$

Observe que, $\displaystyle R(0)=0,R(1)=-\text{G}$ .

Realizar la integración por partes,

$\begin{align}K&=\Big[R(x)\arctan x\Big]_0^1-\int_0^1 \frac{R(x)}{1+x^2}\,dx\\ &=-\frac{\pi}{4}\text{G}-\int_0^1 \int_0^1 \frac{x\ln(xt)}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dt\,dx \\ &=-\frac{\pi}{4}\text{G}-\int_0^1 \int_0^1 \frac{x\ln t}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dt\,dx-\int_0^1 \int_0^1 \frac{x\ln x}{(1+t^2x^2)(1+x^2)}\,dt\,dx\\ &=-\frac{\pi}{4}\text{G}-\frac{1}{2}\int_0^1 \left[\frac{\ln t}{1-t^2}\times \ln\left(\frac{1+x^2}{1+t^2x^2}\right)\right]_{x=0}^{x=1}\,dt-\int_0^1 \Big[\frac{\arctan(tx)\ln x}{1+x^2}\Big]_{t=0}^{t=1} \,dx\\ &=-\frac{\pi}{4}\text{G}-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln\left( \frac{2}{1+t^2}\right)\ln t}{1-t^2}\,dt-K \end{align}$

Por lo tanto,

$\begin{align} K&=-\frac{\pi}{8}\text{G}-\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln\left( \frac{2}{1+t^2}\right)\ln t}{1-t^2}\,dt\\ &=-\frac{\pi}{8}\text{G}-\frac{\ln 2}{4}\int_0^1 \frac{\ln t}{1-t^2}\,dt+\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln(1+t^2)\ln t}{1-t^2}\,dt \end{align}$

Déjalo,

$\displaystyle L=\int_0^1 \frac{\ln(1+t^2)\ln t}{1-t^2}\,dt$

Para $x\in [0;1]$ definir,

$\begin{align}S(x)&=\int_0^x\frac{\ln t}{1-t^2}\,dt\\ &=\int_0^1 \frac{x\ln(tx)}{1-t^2x^2}\,dt \end{align}$

Realizar la integración por partes,

$\begin{align}L&=\Big[S(x)\ln(1+x^2)\Big]_0^1 -\int_0^1 \int_0^1\frac{2x^2\ln(tx)}{(1+x^2)(1-t^2x^2)}\,dt\,dx\\ &=S(1)\ln 2-\int_0^1 \int_0^1 \frac{2x^2\ln t}{(1+x^2)(1-t^2x^2)}\,dt\,dx-\int_0^1 \int_0^1\frac{2x^2\ln x}{(1+x^2)(1-t^2x^2)}\,dt\,dx\\ &=S(1)\ln 2-\int_0^1 \left[-\frac{t\ln t}{1+t^2}\ln\left(\frac{1+tx}{1-tx}\right)+\frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+tx}{1-tx}\right)-\frac{2\arctan x \ln t}{1+t^2}\right]_{x=0}^{x=1}\,dt-\\ &\int_0^1 \left[\frac{x\ln x}{1+x^2}\ln\left(\frac{1+tx}{1-tx}\right)\right]_{t=0}^{t=1}\,dx\\ &=S(1)\ln 2-\int_0^1 \left[\frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+tx}{1-tx}\right)-\frac{2\arctan x \ln t}{1+t^2}\right]_{x=0}^{x=1}\,dt\\ &=S(1)\ln 2-\int_0^1 \frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\,dt+\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t^2}\,dt\\ &=S(1)\ln 2-\int_0^1 \frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\,dt-\frac{1}{2}\pi\text{G} \end{align}$

Déjalo,

$\displaystyle M=\int_0^1 \frac{\ln t}{t}\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\,dt$

Realizar la integración por partes,

$\begin{align}M&=\Big[\frac{1}{2}\ln^2 t \ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\Big]_0^1-\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{1-t^2}\,dt\\ &=-\int_0^1 \frac{\ln^2 t}{1-t^2}\,dt\\ \end{align}$

Usando la expansión de Taylor,

$\displaystyle M=-\frac{7}{4}\zeta(3)$

Por lo tanto,

$\displaystyle L=S(1)\ln 2+\frac{7}{4}\zeta(3)-\frac{1}{2}\pi\text{G}$

Por lo tanto,

$\begin{align}K&=-\frac{\pi}{8}\text{G}-\frac{\ln 2}{4}S(1) +\frac{1}{4}L\\ &=-\frac{\pi}{8}\text{G}-\frac{\ln 2}{4}S(1) +\frac{1}{4}\left(S(1)\ln 2+\frac{7}{4}\zeta(3)-\frac{1}{2}\pi\text{G}\right)\\ &=\frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{1}{4}\pi\text{G} \end{align}$

Por lo tanto,

$\begin{align}J&=-\frac {16}{\pi^3}K-\frac{4}{\pi^2}\text{G}\\ &=-\frac {16}{\pi^3}\left(\frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{1}{4}\pi\text{G}\right)-\frac{4}{\pi^2}\text{G}\\ &=\boxed{-\frac{7\zeta(3)}{\pi^3}} \end{align}$