Evaluar

Question

Cómo evaluar la siguiente integral?: $$ \int_{0}^{\pi/2}x\cot\left(\, x\,\right)\ln^ {4} \left [\,\cot\left(\,{x \over 2}\,\right)\,\right] \, {\rm d} x $$ parece que evaluar a $ {\pi \over 16} \left [\, 5\pi ^ {4} \ln\left (\, 2\, \right)-6\pi ^ {2} \ zeta\left (\, 3\, \right)-{93 \over 4} \,\zeta\left(\, 5\,\right) \,\right] $$ exactamente?.

Answer 1

How to evaluate the following integral ?

Utilizando M. N. C. E.'s sugerencias, vuelva a escribir su primera integral en términos de $\displaystyle\int_0^1\frac{\ln^5x}{1+x^2}dx$ usando integración por partes con respecto a $\dfrac{dx}x=d\big(\ln x\big)$, a continuación, expanda $\dfrac1{1+x^2}$ en su binomial de la serie, y cambiar el orden de la suma y la integración. Esto dará como resultado una muy familiar de la serie. Trucos similares se aplican para el segundo uno así, sólo la primera reescritura $\ln^4x$ $\bigg[\dfrac{d^4}{dn^4}x^n\bigg]_{\large n=0}\quad$ y, a continuación, cambie el orden de integración y diferenciación. Una vez más, se encontrará con un muy familiar de la serie.

Answer 2

Esta es una respuesta parcial y necesito más trabajo. Indica que la integral original $I$. De la idea de M.N.C.E, definir $$ I_1=\int_0^1\frac{\arctan x\ln^4x}{x}dx, I_2(a)=\int_0^1\frac{x\arctan(a x)\ln^4x}{1+x^2}dx $ $ y $I_2(0)=0$ y $I=2I_1-4I_2(1)$. Ahora\begin{eqnarray} I_1&=&-\frac15\int_0^1\frac{1}{1+x^2}\ln^5xdx\ &=&-\frac15\int0^1\sum{n=0}^\infty(-1)^nx^{2n}\ln^5xdx\ &=&\frac{120}5\sum{n=0}^\infty(-1)^n\frac{1}{(2n+1)^6}\ &=&\frac{120}5\left(\sum{n=0}^\infty\frac{1}{(4n+1)^6}-\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(4n+3)^6}\right)\ &=&\frac{3}{512}(\zeta(6,\frac14)-\zeta(6,\frac34)). \end{eqnarray} de este, tenemos $$ \zeta(6,\frac14)+\zeta(6,\frac24)+\zeta(6,\frac34)=(4^6-1)\zeta(6)=\frac{13\pi^6}{3},\zeta(6,\frac24)=\frac{\pi^6}{15} $$ o $$ \zeta(6,\frac14)=\frac{64\pi^6}{15}-\zeta(6,\frac34). $ $ así $$ I_1= \frac{3}{512}(\frac{64\pi^6}{15}-2\zeta(6,\frac34)).$ $ % pero\begin{eqnarray} I_2'(a)&=&\int_0^1\frac{x^2\ln^4x}{(1+a^2x^2)(1+x^2)}dx\ &=&\frac1{1-a^2}\int_0^1\left(\frac{1}{1+a^2x^2}-\frac{1}{1+x^2}\right)\ln^4xdx\ &=&\frac1{1-a^2}\int0^1\sum{n=0}^\infty(-1)^n(a^{2n}-1)x^{2n}\ln^4xdx\ &=&\frac{24}{1-a^2}\sum{n=0}^\infty(-1)^n(a^{2n}-1)\frac{1}{(2n+1)^5}\ &=&-24\sum{n=0}^\infty(-1)^n(1+a^2+(a^2)^2+\cdots+(a^2)^{n-1})\frac{1}{(2n+1)^5} \end{eqnarray} y por lo tanto\begin{eqnarray} I_2(1)&=&-24\int0^1\sum{n=0}^\infty(-1)^n(1+a^2+(a^2)^2+\cdots+(a^2)^{n-1})\frac{1}{(2n+1)^5}da\ &=&-24\sum{n=0}^\infty(-1)^n\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}\right)\frac{1}{(2n+1)^5}\ &=&-24\sum{n=0}^\infty(-1)^n(H{2n+1}-\frac{1}{2}H{n}-\frac{1}{2n+1})\frac{1}{(2n+1)^5}\ &=&-24(\sum{n=0}^\infty\frac{(-1)^nH{2n+1}}{(2n+1)^5}-\frac{1}{2}\sum{n=0}^\infty\frac{(-1)^nH{n}}{(2n+1)^5}-\sum{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^6})\ &=&-24(\sum{n=0}^\infty\frac{(-1)^nH{2n+1}}{(2n+1)^5}-\frac{1}{2}\sum{n=0}^\infty\frac{(-1)^nH{n}}{(2n+1)^5})+\frac{3}{512}(\zeta(6,\frac14)-\zeta(6,\frac34))\ &=&-24(\sum{n=0}^\infty\frac{(-1)^nH{2n+1}}{(2n+1)^5}-\frac{1}{2}\sum{n=0}^\infty\frac{(-1)^nH_{n}}{(2n+1)^5})+\frac{3}{512}(\frac{64\pi^6}{15}-2\zeta(6,\frac34)) \end{eqnarray}