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Question

Estoy trabajando en la integral $$I=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{x}{\sin x}\mathrm{d}x=2\int_0^{\pi/4}\frac{x}{\sin x}\mathrm{d}x$$ Que estoy bastante seguro tiene una forma cerrada, como $$\int_{0}^{\pi/2}\frac{x}{\sin x}\mathrm{d}x=2G$$ Donde $G$ es el catalán es constante.

De preformación de la tangente a la mitad del ángulo de sustitución, tenemos que $$I=4\int_0^{\sqrt{2}-1}\frac{\arctan x}{x}\mathrm{d}x$$ A continuación, el uso de $$\arctan x=\sum_{n\geq0}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$ Tenemos $$I=4\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}(\sqrt{2}-1)^{2n+1}$$ Que es muy similar a $G$. No sé cómo lidiar con ese extra de $(\sqrt{2}-1)^{2n+1}$ poco, sin embargo...

En otro post mío me mostró que $$I=\pi\sum_{n\geq1} n\log\bigg(\frac{4n+1}{4n-1}\bigg)\prod_{k\geq1\\k\neq n}\frac{k^2}{k^2-n^2}$$ Y del mismo modo me mostró que $$\sum_{n\geq1}n\log\bigg(\frac{2n+1}{2n-1}\bigg)\prod_{k\geq1\\k\neq n}\frac{k^2}{k^2-n^2}=\frac{4G}\pi$$ Así que tengo a las preguntas. ¿Cómo puedo encontrar un valor exacto para $I$? Y son los dos últimos de la serie de representaciones correcta? Gracias.

Edición Principal:

Bueno por lo que he encontrado una forma cerrada para la integral. Wolfy me dio $$\int\frac{x}{\sin x}\mathrm{d}x=i\bigg(\text{Li}_2(-e^{ix})-\text{Li}_2(e^{ix})\bigg)+x\log\frac{1-e^{ix}}{1+e^{ix}}$$ Supongo que Wolfy no quería hacer el álgebra, así que lo hice a mano. Me tomó como $10$ minutos, pero estoy bastante seguro de que $$I=-\frac34G+\frac{\pi^2}4\bigg(\frac{13}{24}-i\bigg)-\frac{i\pi}4\log(1+\sqrt{2})+\frac{i-1}{32\sqrt{2}}\bigg[\psi^{(1)}\bigg(\frac{5}{8}\bigg)-\psi^{(1)}\bigg(\frac{1}{8}\bigg)\bigg]+\frac{i+1}{32\sqrt{2}}\bigg[\psi^{(1)}\bigg(\frac{3}{8}\bigg)-\psi^{(1)}\bigg(\frac{7}{8}\bigg)\bigg]$$ Donde $\psi^{(1)}$ es la primera derivada de la di-de la función gamma.

Answer 1

Vamos $$I = \int_{-\pi/4}^{\pi/4} x \, \text{cosec} \, x \, dx = 2 \int_0^{\pi/4} x \, \text{cosec} \, x \, dx.$$ Después de la integración por partes tenemos \begin{align} I &= -\frac{\pi}{2} \ln (1 + \sqrt{2}) + 2 \int_0^{\pi/4} \ln (\text{cosec} \, x + \cot x) \, dx\\ &= -\frac{\pi}{2} \ln (1 + \sqrt{2}) + 2 \int_0^{\pi/4} \ln (1 + \cos x) \, dx - 2 \int_0^{\pi/4} \ln (\sin x) \, dx. \end{align}

La segunda de estas integrales es tal vez (?) razonablemente bien conocidos (para una evaluación, ver aquí). El resultado es: $$\int_0^{\pi/4} \ln (\sin x) \, dx = -\frac{1}{2} \mathbf{G} - \frac{\pi}{4} \ln 2,$$ donde $\mathbf{G}$ es el catalán es constante. Así

$$I = -\frac{\pi}{2} \ln (1 + \sqrt{2}) + \mathbf{G} + \frac{\pi}{2} \ln 2 + 2I_1.$$

Para la primera de las integrales haremos uso de la siguiente fórmula, una prueba de que se puede encontrar aquí $$\ln (1 + \cos x) = 2 \sum_{n = 1}^\infty (-1)^{n + 1} \frac{\cos (nx)}{n} - \ln 2.$$

Así \begin{align} I_1 &= \int_0^{\pi/4} \ln (1 + \cos x) \, dx\\ &= 2 \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n + 1}}{n} \int_0^{\pi/4} \cos (nx) \, dx - \ln 2 \int_0^{\pi/4} dx\\ &= -\frac{\pi}{4} \ln 2 + 2 \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n + 1}}{n^2} \sin \left (\frac{n \pi}{4} \right )\\ &= -\frac{\pi}{4} \ln 2 + 2 \sum_{\stackrel{{\Large{n = 1}}}{n \in \text{odd}}}^\infty \frac{(-1)^{n + 1}}{n^2} \sin \left (\frac{n \pi}{4} \right ) + + 2 \sum_{\stackrel{{\Large{n = 1}}}{n \in \text{even}}}^\infty \frac{(-1)^{n + 1}}{n^2} \sin \left (\frac{n \pi}{4} \right )\\ &= -\frac{\pi}{4} \ln 2 + 2 \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{(2n - 1)^2} \sin \left [\frac{\pi}{4} (2n - 1) \right ] - \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2} \sin \left (\frac{n \pi}{2} \right )\\ &= -\frac{\pi}{4} \ln 2 + 2 S_1 - \frac{1}{2} S_2. \end{align}

Para la segunda de estas sumas, \begin{align} S_2 &= \sum_{\stackrel{{\Large{n = 1}}}{n \in \text{odd}}}^\infty \frac{1}{n^2} \sin \left (\frac{\pi n}{2} \right ) + \sum_{\stackrel{{\Large{n = 1}}}{n \in \text{even}}} \frac{1}{n^2} \sin \left (\frac{\pi n}{2} \right )\\ &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n + 1)^2}\\ &= \mathbf{G}, \end{align} después de un cambio en el índice de $n \mapsto 2n + 1$ en el extraño suma se ha hecho mientras el aun suma es idénticamente igual a cero.

Para la primera de las sumas, como converge absolutamente podemos dividir como sigue: $$S_1 = \sum_{\stackrel{{\Large{n = 1}}}{n \in 1,5,9,\ldots}}^\infty \frac{1}{(2n - 1)^2} \sin \left [\frac{\pi}{4} (2k - 1) \right ] + \sum_{\stackrel{{\Large{n = 1}}}{n \in 2,6,10,\ldots}}^\infty \frac{1}{(2n - 1)^2} \sin \left [\frac{\pi}{4} (2k - 1) \right ] + \sum_{\stackrel{{\Large{n = 1}}}{n \in 3,7,11,\ldots}}^\infty \frac{1}{(2n - 1)^2} \sin \left [\frac{\pi}{4} (2k - 1) \right ] + \sum_{\stackrel{{\Large{n = 1}}}{n \in 4,8,12,\ldots}}^\infty \frac{1}{(2n - 1)^2} \sin \left [\frac{\pi}{4} (2k - 1) \right ].$$

Cambio de los índices de la siguiente manera: $n \mapsto 4n - 3, n \mapsto 4n - 2, n \mapsto 4n - 1, n \mapsto 4n$ conduce a \begin{align} S_1 &= \frac{1}{\sqrt{2}} \left [\sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{(8n - 7)^2} + \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{(8n - 5)^2} - \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{(8n - 3)^2} - \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{(8n - 1)^2} \right ]\\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \left [\sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(8n + 1)^2} + \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(8n + 3)^2} - \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(8n + 5)^2} - \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(8n + 7)^2} \right ]\\ &= \frac{1}{64 \sqrt{2}} \left [\sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(n + 1/8)^2} + \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(n + 3/8)^2} - \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(n + 5/8)^2} - \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(n + 7/8)^2} \right ]\\ &= \frac{1}{64 \sqrt{2}} \left [\psi^{(1)} \left (\frac{1}{8} \right ) + \psi^{(1)} \left (\frac{3}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{5}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{7}{8} \right ) \right ], \end{align} donde hemos hecho uso de la serie de la representación de la polygamma función de orden uno (como se la conoce como la trigamma función). Por lo que el valor de $I_1$es: $$I_1 = -\frac{\pi}{4} \ln 2 - \frac{1}{2} \mathbf{G} + \frac{1}{32 \sqrt{2}} \left [\psi^{(1)} \left (\frac{1}{8} \right ) + \psi^{(1)} \left (\frac{3}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{5}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{7}{8} \right ) \right ],$$ que conducen a un resultado final de $$\int_{-\pi/4}^{\pi/4} x \, \text{cosec} \, x \, dx = -\frac{\pi}{2} \ln (1 + \sqrt{2}) + \frac{1}{16 \sqrt{2}} \left [\psi^{(1)} \left (\frac{1}{8} \right ) + \psi^{(1)} \left (\frac{3}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{5}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{7}{8} \right ) \right ].$$

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La conversión de la trigamma funciones a Clausen funciones de orden dos

Inspirado por la respuesta dada por Zacky en términos de la Clausen función de orden dos, aquí voy a mostrar cómo convertir mi respuesta en términos de la 4 trigamma funciones en 2 Clausen funciones de orden 2.

La relación entre el Clausen función de orden dos y el trigamma función está dada por (una prueba de esto se puede encontrar aquí) $$\text{Cl}_2 \left (\frac{q \pi}{p} \right ) = \frac{1}{(2p)^{2m} (2m - 1)!} \sum_{n = 1}^p \sin \left (\frac{qn\pi}{p} \right ) \left [\psi^{(1)} \left (\frac{n}{2p} \right ) + (-1)^q \psi^{(1)} \left (\frac{n + p}{2p} \right ) \right ].$$ Establecimiento $m = 1, q = 1, p = 4$da \begin{align} \text{Cl}_2 \left (\frac{\pi}{4} \right ) &= \frac{1}{64} \left [\frac{1}{\sqrt{2}} \left \{\psi^{(1)} \left (\frac{1}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{5}{8} \right ) \right \} + \psi^{(1)} \left (\frac{1}{4} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{3}{4} \right ) \right.\\ & \qquad \left. + \frac{1}{\sqrt{2}} \left \{\psi^{(1)} \left (\frac{3}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{7}{8} \right ) \right \} \right ], \qquad (*) \end{align} y establecimiento $m = 1, q = 3, p = 4$da \begin{align} \text{Cl}_2 \left (\frac{3\pi}{4} \right ) &= \frac{1}{64} \left [\frac{1}{\sqrt{2}} \left \{\psi^{(1)} \left (\frac{1}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{5}{8} \right ) \right \} - \psi^{(1)} \left (\frac{1}{4} \right ) + \psi^{(1)} \left (\frac{3}{4} \right ) \right.\\ & \qquad \left. + \frac{1}{\sqrt{2}} \left \{\psi^{(1)} \left (\frac{3}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{7}{8} \right ) \right \} \right ]. \qquad (**) \end{align} En la suma de ($*$) ($**$) vemos que $$\psi^{(1)} \left (\frac{1}{8} \right ) + \psi^{(1)} \left (\frac{3}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{5}{8} \right ) - \psi^{(1)} \left (\frac{7}{8} \right ) = 32 \sqrt{2} \left [\text{Cl}_2 \left (\frac{\pi}{4} \right ) + \text{Cl}_2 \left (\frac{3\pi}{4} \right ) \right ],$$ dando $$\int_{-\pi/4}^{\pi/4} \frac{x}{\sin x} \, dx = -\frac{\pi}{2} \ln (1 + \sqrt{2}) + 2 \, \text{Cl}_2 \left (\frac{\pi}{4} \right ) + 2 \, \text{Cl}_2 \left (\frac{3\pi}{4} \right ).$$

Answer 2

Para el propósito de un método alternativo, sobre todo confiando en Clausen función. Tenemos: $$I=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\frac{x}{\sin x} dx=2\int_0^{\pi/4}x\left(\ln\left(\tan\frac{x}{2}\right)\right)' dx=2x\ln\left(\tan\frac{x}{2}\right)\bigg|_0^\frac{\pi}{4}-2\int_0^\frac{\pi}{4}\ln\left(\tan\frac{x}{2}\right)dx=$$ $$=\frac{\pi}{2}\ln(\sqrt 2-1)-2\int_0^\frac{\pi}{4}\left(\ln\left(2\sin\frac{x}{2}\right)-\ln\left(2\cos\frac{x}{2}\right)\right)dx=$$$$=\frac{\pi}{2}\ln(\sqrt 2-1)+2\text{Cl}_2\left(\frac{\pi}{4}\right)+2\text{Cl}_2\left(\frac{3\pi}{4}\right)$$ Los últimos dos integrales se pueden encontrar en el primer enlace. Ahora es el lector si el uso de Clausen función da ninguna satisfacción, porque en desguise es todavía una serie, pero lo mismo pasa con el trigamma función.

Una interesante pregunta podría ser: ¿Para qué valores de a$\phi$ hace la siguiente integral tiene una respuesta primaria (del catalán constante incluido)? $\ \displaystyle{I(\phi)=\int_0^\phi \frac{x}{\sin x}dx}$. Hasta ahora yo sólo sé acerca de $I\left(\frac{\pi}{6}\right)$.

Answer 3

Demasiado tiempo para comentarios.

$$I=4\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}(\sqrt{2}-1)^{2n+1}=4 \left(\sqrt{2}-1\right) \, _3F_2\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1;\frac{3}{2},\frac{3}{2};2 \sqrt{2}-3\right)$$

Por otro lado, el trabajo de Wolfram Alpha expresión para la antiderivada y tratando de simplificar lo más que podía de la integral, tengo $$I=-\frac{\pi}{4} \, \log \left(3+2 \sqrt{2}\right)+\frac 1 {16 \sqrt 2} \left(\psi ^{(1)}\left(\frac{1}{8}\right)+\psi ^{(1)}\left(\frac{3}{8}\right)-\psi ^{(1)}\left(\frac{5}{8}\right)-\psi ^{(1)}\left(\frac{7}{8}\right) \right)$$

Lo que es interesante de mencionar es que, haciendo cálculos con otro CAS, pasos intermedios espectáculo $G$ a aparecer un par de veces.

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} I & \equiv \int_{-\pi/4}^{\pi/4}{x \over \sin\pars{x}}\,\dd x,\ \pars{~\mbox{OP already shows that}\ I = \bbox[10px,#ffd]{\!\!\!\!\! 4\!\int_{0}^{\root{2} - 1}\!\!{\arctan\pars{x} \over x}\,\dd x}~} \end{align}

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A continuación, \begin{align} I & = \bbox[10px,#ffd]{4\int_{0}^{\root{2} - 1}{\arctan\pars{x} \over x}\,\dd x} = 4\,\Im\int_{0}^{\root{2} - 1}{\ln\pars{1 + \ic x} \over x}\,\dd x \\[5mm] & \stackrel{{\large x\ =\ \ic t} \atop {\large t\ =\ -\ic x}}{=}\,\,\, 4\,\Im\int_{0}^{-\pars{\root{2} - 1}\ic} {\ln\pars{1 - t} \over t}\,\dd t \\[5mm] & = -4\,\Im\int_{0}^{-\pars{\root{2} - 1}\ic} \mrm{Li}_{2}'\pars{t}\,\dd t = -4\,\Im\mrm{Li}_{2}\pars{-\bracks{\root{2} - 1}\ic} \\[5mm] & = \bbx{4\,\Im\mrm{Li}_{2}\pars{\bracks{\root{2} - 1}\ic}} \approx 1.6271 \end{align}

Answer 5

<span class="math-container">\begin{align}I&=2\int_0^{\pi/4}\frac{x}{\sin x}\mathrm{d}x\ &=2\Big[x\ln\left(\tan\left(\frac{x}{2}\right)\right)\Big]_0^{\pi/4}-2\int_0^{\pi/4}\ln\left(\tan\left(\frac{x}{2}\right)\right)\,dx\ &=\frac{\pi}{2}\ln(\sqrt{2}-1)-2\int_0^{\pi/4}\ln\left(\tan\left(\frac{x}{2}\right)\right)\,dx\ \end {Alinee el}</span>

En la última integral realizar el cambio de la variable <span class="math-container">$y=\dfrac{x}{2}$</span>,

<span class="math-container">\begin{align}I&=\frac{\pi}{2}\ln(\sqrt{2}-1)-4\int_0^{\pi/8}\ln\left(\tan\left(x\right)\right)\,dx\ &=\frac{\pi}{2}\ln(\sqrt{2}-1)-4\Big[\frac{1}{2}\text{i}\big(\text{Li}_2(\text{i}\tan x)-\text{Li}_2(-\text{i}\tan x)\big)+x\ln\left(\tan x\right)\Big]_0^{\pi/8}\ &=\boxed{2\text{i}\left(\text{Li}_2\left(\text{i}\left(1-\sqrt{2}\right)\right)-\text{Li}_2\left(\text{i}\left(\sqrt{2}-1\right)\right)\right)} \end {Alinee el}</span>