En la integral$\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^{2n+1}\cot(x)dx$

Question

Mientras que la investigación de la función $$A(z)=\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\sin(zx)}{\sin(x)}dx$$ I stumbled upon the integral $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^{2n+1}\cot(x)dx$$ when attempting to calculate the taylor series of $A(z)$ at $z=1$. Como los coeficientes de los poderes en la serie de reducir a la integración de más de un polinomio que es bastante trivial, el único problema real que tengo es en la determinación de los coeficientes de los extraños poderes que me parece no puede encontrar un patrón entre los coeficientes.

Wolfram Alpha evalúa el primer par de integrales como:

\begin{align*} \int_0^\frac{\pi}{2} x\cot(x)dx&=\frac{\pi\ln(2)}{2}\\ \int_0^\frac{\pi}{2}x^3\cot(x)dx&=\frac{1}{16}(\pi^3\ln(4)-9\pi\zeta(3))\\ \int_0^\frac{\pi}{2}x^5\cot(x)dx&=\frac{1}{64}(-3\pi^3\zeta(3)+225\pi\zeta(5)+\pi^5\ln(4)) \end{align*}

y, en general, parece que los poderes superiores también podría ser calculado en términos de la función zeta, múltiplos de $\pi$, e $\ln(2)$. Hasta ahora no he tenido éxito en la determinación de un patrón para estas integrales, pero si alguien tiene alguna idea estaría muy agradecido por cualquier ayuda en esto.

Answer 1

Denotar su integral como $\mathfrak{I}(n)$ y aplicar IBP por la elección de $u=x^{2n+1}$ e $\mathrm dv=\cot(x)\mathrm dx$ conseguir

\begin{align*} \mathfrak{I}(n)&=\int_0^{\pi/2}x^{2n+1}\cot(x)\mathrm dx =\underbrace{\left[(2n+1)\cdot x^{2n}\log(\sin x)\right]_0^{\pi/2}}_{\to0}-(2n+1)\int_0^{\pi/2}x^{2n}\log(\sin x)\mathrm dx\\ &=-(2n+1)\int_0^{\pi/2}x^{2n}\log(\sin x)\mathrm dx \end{align*}

Ahora la utilización de la conocida serie de Fourier de expansión de $\log(\sin x)$, que converge en $[0,\pi]$, y cambiar el orden de la suma y la integración más nos da

\begin{align*} \mathfrak{I}(n)&=-(2n+1)\int_0^{\pi/2}x^{2n}\log(\sin x)\mathrm dx\\ &=-(2n+1)\int_0^{\pi/2}x^{2n}\left[-\log(2)-\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos(2kx)}k\right]\mathrm dx\\ &=\log(2)\left(\frac\pi2\right)^{2n+1}+(2n+1)\sum_{k=1}^\infty\frac1k\underbrace{\int_0^{\pi/2}x^{2n}\cos(2kx)\mathrm dx}_{=J} \end{align*}

La integral de la $J$ puede ser calculada a través de IBP de nuevo, lo que explica la conexión a los valores de la Riemann Zeta Función, por tanto, de entero $n$ todos los IBP paso produce otro recíproca poder de $n$ que en general se combina con sumas de dinero que puede ser expresado con la ayuda de la Riemann Zeta Función.

Como uno puede ver los valores de $n=0$ e $n=1$ puede ser fácilmente verfied ya que para $n=0$ $J$ total $0$ aswell mientras que para $n=1$ la última integral se puede expresar mediante la Dirichlet Eta Función. Para ser precisos tenemos

\begin{align*} n=0:~~~\mathfrak{I}(0)&=\log(2)\left(\frac\pi2\right)^{1}+(1)\sum_{k=1}^\infty\frac1k\underbrace{\int_0^{\pi/2}\cos(2kx)\mathrm dx}_{=0}\\ &=\frac{\pi\log(2)}2 \end{align*}

\begin{align*} n=1:~~~\mathfrak{I}(1)&=\log(2)\left(\frac\pi2\right)^{3}+(2+1)\sum_{k=1}^\infty\frac1k\int_0^{\pi/2}x^2\cos(2kx)\mathrm dx\\ &=\log(2)\left(\frac\pi2\right)^{3}+3\sum_{k=1}^\infty\frac1k\left[\frac\pi4\frac{\cos(\pi k)}{k^2}\right]_0^{\pi/2}\\ &=\log(2)\left(\frac\pi2\right)^{3}-\frac{3\pi}4\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k^3}\\ &=\log(2)\left(\frac\pi2\right)^{3}-\frac{3\pi}4\eta(3)\\ &=\log(2)\left(\frac\pi2\right)^{3}-\frac{9\pi}{16}\zeta(3)\\ &=\frac1{16}(\pi^3\log(4)-9\pi\zeta(3)) \end{align*}

Tenga en cuenta que hemos utilizado la relación $\eta(s)=(1-2^{1-s})\zeta(s)$. Similar se puede hacer para todos los enteros $n$. Así como al menos cerca de una forma cerrada, puedo ofrecer la siguiente fórmula

$$\therefore~\mathfrak{I}(n)~=~\log(2)\left(\frac\pi2\right)^{2n+1}+(2n+1)\sum_{k=1}^\infty\frac1k\int_0^{\pi/2}x^{2n}\cos(2kx)\mathrm dx$$

Answer 2

Continuando off de @mrtaurho excelente respuesta, podemos encontrar otra forma para $$C_k(n)=\int_0^{\pi/2}x^{2n}\cos(2kx)\mathrm dx$$ para $n\in \Bbb N$. En primer lugar, tomamos nota de que $$C_k(n)=\frac1{(2k)^{2n+1}}\int_0^{k\pi}x^{2n}\cos(x)\mathrm dx$$ Luego integramos por partes con $\mathrm dv=\cos(x)\mathrm dx$: $$C_k(n)=\frac1{(2k)^{2n+1}}x^{2n}\sin(x)\big|_0^{k\pi}-\frac{2n}{(2k)^{2n+1}}\int_0^{k\pi}x^{2n-1}\sin(x)\mathrm dx$$ $$C_k(n)=-\frac{2n}{(2k)^{2n+1}}\int_0^{k\pi}x^{2n-1}\sin(x)\mathrm dx$$ IBP, una vez más, $$C_k(n)=-\frac{2n}{(2k)^{2n+1}}\left[-x^{2n-1}\cos(x)\big|_0^{k\pi}+(2n-1)\int_0^{k\pi}x^{2n-2}\sin(x)\mathrm dx\right]$$ $$C_k(n)=(-1)^k\frac{2n(k\pi)^{2n-1}}{(2k)^{2n+1}}-\frac{2n(2n-1)}{(2k)^{2n+1}}C_k(n-1)$$ $$C_k(n)=(-1)^k\frac{n\pi^{2n-1}}{2^{2n}k^2}-\frac{2n(2n-1)}{(2k)^{2n+1}}C_k(n-1)$$ Así que tenemos que $$\mathfrak{I}(n)=\left(\frac\pi2\right)^{2n+1}\log2-\frac{n(2n+1)}{4^n}\pi^{2n-1}\eta(3)-\frac{n(2n+1)(2n-1)}{4^n}\sum_{k\geq1}\frac{C_k(n-1)}{k^{2n+2}}$$ Que no parece dar ningún tipo de relación de recurrencia... :(

Si creo que de alguno de los nuevos enfoques voy a actualizar mi respuesta.