Integral $T_n=\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\ln(1+\tan x)\,dx$

Question

Para $n\in\Bbb N_0$, evaluar en forma cerrada $$T_n=\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\ln(1+\tan x)\,dx$$

Después de ver la respuesta de @mrtaurho a esta pregunta, me di cuenta de que sería posible generalizar su método y calcular muchas integrales en la forma $$\int_0^{\pi/2}P(x)\ln(1+\tan x)\,dx$$ donde $P$ es un polinomio en $x$. Esto sería posible una vez que se descompusiera la integral en muchas piezas pequeñas, muchas de las cuales estarían en las formas $$\int_{\pi/4}^{3\pi/4}x^n\ln\sin x\,dx$$ o $$\int_0^{\pi/2}x^n\ln\cos x\,dx$$ u otras integrales similares. Supuse que tales generalizaciones serían bastante 'fáciles' una vez que se identificara el patrón general. Mis intentos están debajo.

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Para empezar, vemos que $$\begin{align} T_n&=\int_0^{\pi/2}x^n\ln(\sin x+\cos x)\,dx-\int_0^{\pi/2}x^n\ln\cos x\,dx\\ &=\int_0^{\pi/2}x^n\ln\left(\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}4\right)\right)\,dx-\int_0^{\pi/2}x^n\ln\cos x\,dx\\ &=\int_0^{\pi/2}x^n\ln\left(\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}4\right)\right)\,dx-\int_0^{\pi/2}x^n\ln\cos x\,dx\\ &=\frac12\left(\frac\pi2\right)^{n+1}\frac{\ln2}{n+1}+\int_0^{\pi/2}x^n\ln\sin\left(x+\frac{\pi}4\right)\,dx-\int_0^{\pi/2}x^n\ln\cos x\,dx\\ &=\frac12\left(\frac\pi2\right)^{n+1}\frac{\ln2}{n+1}-\int_0^{\pi/2}x^n\ln\cos x\,dx+\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}{n\choose k}\left(\frac\pi4\right)^{n-k}\int_{\pi/4}^{3\pi/4}x^k\ln\sin x\,dx\\ &=\frac12\left(\frac\pi2\right)^{n+1}\frac{\ln2}{n+1}-c_n+\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}{n\choose k}\left(\frac\pi4\right)^{n-k}s_k \end{align}$$ A partir de este punto, haremos un uso intensivo de las funciones de Clausen $\mathrm{Cl}_s(z)$.

Para evaluar $s_n$, necesitaremos tener en cuenta que $\int\ln\sin x\,dx=-\frac12\mathrm{Cl}_2(2x)-x\ln2$. Con esto en mente, integramos por partes: $$\begin{align} s_n&=-x^n\left(\frac12\mathrm{Cl}_2(2x)+x\ln2\right)\bigg|_{\pi/4}^{3\pi/4}+n\int_{\pi/4}^{3\pi/4}x^{n-1}\left(\frac12\mathrm{Cl}_2(2x)+x\ln2\right)dx\\ &=\frac12\left(\frac\pi4\right)^n\left[(3^n+1)\mathrm G+\frac{1-3^n}{2}\pi\ln2\right]+n\int_{\pi/4}^{3\pi/4}x^{n-1}\left(\frac12\mathrm{Cl}_2(2x)+x\ln2\right)dx\\ &=\frac12\left(\frac\pi4\right)^n\left[(3^n+1)\mathrm G+\frac{1+3^n(2n-1)}{n+1}\frac\pi2\ln2\right]+\frac{n}2\int_{\pi/4}^{3\pi/4}x^{n-1}\mathrm{Cl}_2(2x)dx\\ &=\alpha_n+\frac{n}{2^{n+1}}\int_{\pi/2}^{3\pi/2}x^{n-1}\mathrm{Cl}_2(x)dx\tag{1} \end{align}$$ Donde $\mathrm G$ es la constante de Catalán. Sé que la integral restante se puede abordar a través de integraciones repetidas por partes: $$\begin{align} \int_{\pi/2}^{3\pi/2}x^{n-1}\mathrm{Cl}_2(x)dx&=-x^{n-1}\mathrm{Cl}_3(x)\bigg|_{\pi/2}^{3\pi/2}+(n-1)\int_{\pi/2}^{3\pi/2}x^{n-2}\mathrm{Cl}_3(x)dx\\ f_{n-1}&=\frac{3}{32}\left(\frac\pi2\right)^{n-1}(3^{n-1}-1)\zeta(3)+(n-1)f_{n-2} \end{align}$$ Donde $$f_m=\int_{\pi/2}^{3\pi/2}x^{m}\mathrm{Cl}_{n-m+1}(x)dx$$ De todos modos, hemos encontrado a través de la integración por partes que $$f_j=\underbrace{(-1)^{n-j}\left(\frac\pi2\right)^{n-j}\left[3^j\mathrm{Cl}_{n-j+2}\left(\frac{3\pi}{2}\right)-\mathrm{Cl}_{n-j+2}\left(\frac{\pi}{2}\right)\right]}_{u_j}+\underbrace{(-1)^{n-j+1}j}_{v_j}f_{j-1}$$ Y de aquí, tenemos $$f_j=f_0\prod_{k=1}^{j}v_k+\sum_{k=0}^{j-1}u_{j-k}\prod_{\ell=1}^{k}v_{j-\ell+1}$$ Que es $$f_j=(-1)^{\frac{j}2(2n-j+1)}j!f_0+n!\sum_{k=0}^{j-1}(-1)^{\frac{k(k+1)}2}\frac{u_{j-k}}{(n-k)!}$$ Entonces $$f_{n-1}=(-1)^{\frac{(n-1)(n+2)}2}(n-1)!f_0+n!\sum_{k=0}^{n-2}(-1)^{\frac{k(k+1)}2}\frac{u_{n-k-1}}{(n-k-1)!}\tag{2}$$ Sustituyendo $(2)$ en $(1)$ da $s_n$. En cuanto a las formas cerradas, podemos evaluar las expresiones de $\mathrm{Cl}$ en $u_j$ al notar que $$\mathrm{Cl}_{2n}\left(\frac{3\pi}{2}\right)=-\mathrm{Cl}_{2n}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\beta(2n)$$ y $$\mathrm{Cl}_{2n+1}\left(\frac{3\pi}{2}\right)=\mathrm{Cl}_{2n+1}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1-2^{2n}}{2^{4n+1}}\zeta(2n+1)$$ Donde $$\beta(s)=\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^s}$$ es la función beta de Dirichlet.

En cuanto a $c_n$, el proceso probablemente sería similar pero mucho más desagradable, lo que plantea mi pregunta:

¿Hay una manera más eficiente/diferente de evaluar $T_n$? Se aceptan respuestas que incluyan funciones especiales (incluidas las funciones hipergeométricas).

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Editar: Confirmar mis sospechas anteriores, encontramos (a través de la integración por partes) que $$c_n=-\left(\frac\pi2\right)^{n+1}\frac{\ln2}{n+1}+\frac{n}{2^n}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{n-k-1}{n-1\choose k}\pi^{n-k-1}g_k$$ Donde $$g_k=\int_{\pi}^{2\pi}x^{k}\mathrm{Cl}_2(x)dx$$ Entonces, a través de la integración por partes nuevamente, $$g_k=\left(\frac34-2^k\right)\pi^k\zeta(3)+kd_{k-1}$$ donde $$d_j=\int_\pi^{2\pi} x^j\mathrm{Cl}_{k-j+2}(x)dx$$ La integración por partes nuevamente proporciona la recurrencia (resoluble) $$d_j=(-1)^{k-j+1}x^j\mathrm{Cl}_{k-j+3}(x)\bigg|_\pi^{2\pi}+(-1)^{k-j}jd_{j-1}$$ Entonces, de hecho, hemos encontrado una suma finita horrenda para $T_n$. En cuanto a las formas cerradas, notamos que $$\mathrm{Cl}_{2m}(a\pi)=0\qquad a,m\in\Bbb Z, m\geq1$$ Y $$\mathrm{Cl}_{2m+1}(2a\pi)=\zeta(2m+1)$$ $$\mathrm{Cl}_{2m+1}((2a+1)\pi)=(1-2^{-2m})\zeta(2m+1)$$ Así que después de todo, $$\begin{align} T_n&=\frac32\left(\frac\pi2\right)^{n+1}\frac{\ln2}{n+1}+\frac{n}{2^n}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{n-k}{n-1\choose k}\pi^{n-k-1}\left[\left(\frac34-2^k\right)\pi^k\zeta(3)+kd_{k-1}\right]\\ &+\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}{n\choose k}\left(\frac\pi4\right)^{n-k}\left[\alpha_k+\frac{k}{2^{k+1}}f_{k-1}\right] \end{align}$$ Que es la integral más desagradable que he visto. Veré si esta suma confirma los resultados conocidos.

Answer 1

Una forma cerrada para $T_n$ es $$T_n=\frac{\log{2}}{2(n+1)}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)^{n+1} -\frac{n!}{2^{n+1}}\Big(\sum_{m=0}^n \frac{(\pi/2)^{n-m}}{(n-m)!}(1+(-1)^m)\sum_{k=0}^m \frac{(\pi/2)^{m-k}}{(m-k)!}(-1)^k\,d_k $$ $$ - \sum_{m=0}^n \frac{\pi^{n-m}}{(n-m)!}\sin{(\pi\,m/2)}\zeta(m+2)\,+\, \sin{(\pi\,n/2)}\text{Li}_{n+2}(-1)\, \Big)$$ donde $$ d_k=\cos{(\pi\,k/2)}\Big(\frac{\psi^{(k+1)}(3/4) - \psi^{(k+1)}(1/4)}{2^{2k+4}(k+1)!} \Big)-\sin{(\pi\,k/2)}\,2^{-(k+2)}\, \text{Li}_{k+2}(-1).$$ Los $\psi^{(k)}(x)$ son las derivadas de la función poligamma y $\text{Li}_{k}(x)$ es el polilogaritmo. En el argumento -1 sabemos que $$\text{Li}_{k+2}(-1)=-(1-2^{-(k+1)})\zeta(k+2).$$

Como está escrito es fácil ver que salimos de la clase de zeta-evaluado-en-enteros. Para $k$ par, el primer término en el $d_k$ es todo lo que queda y de hecho $d_0=-G,$ donde $G$ es la constante de Catalan. No he trabajado con funciones de Clausen, pero sospecho que hay una forma de relacionar la relación del OP con la mía usándolas.

La solución se basa en la identidad trigonométrica $ 1+\tan(x) = \sqrt{2}\,\sec(x)\,\sin{(x+\pi/4)}. $

Insertando y separando logaritmos, $$ T_n = \int_0^{\pi/2} x^n \log\Big(\frac{2 \sin(x+\pi/4)}{2 \cos(x) }\Big)\,dx + \frac{\log{2}}{2}\int_0^{\pi/2} x^n \, dx $$ $$ = -\underbrace{\int_0^{\pi/2} x^n \log{(2\cos{x})}\,dx}_{I_n} \,+\,\underbrace{\int_0^{\pi/2} x^n \log{(2\sin(x+\pi/4))}\,dx}_{K_n} + \frac{\log{2}}{2(n+1)}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)^{n+1} $$

$K_n$ tiene algunas similitudes con $I_n$ así que hagamos algunas manipulaciones primero:

$$K_n = \int_{-\pi/4}^{\pi/4}(x+\pi/4)^n\log{(2 \cos{x})}\,dx = \sum_{m=0}^n (1+(-1)^m) \binom{n}{m} \Big(\frac{\pi}{4}\Big)^{n-m} \underbrace{\int_0^{\pi/4} x^n \log{(2\cos{x})}\,dx}_{J_m} $$ La diferencia entre $I_n$ y $J_n$ es los límites superiores de $\pi/2$ y $\pi/4$, respectivamente. El hecho clave utilizado es la expansión de Fourier $$\log(2\cos{x})=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k} \cos{(2k\,x)}$$

Trabajemos primero con $J_n$. El primer paso es escalar, el segundo es insertar la expansión de Fourier, el tercero es escribir en una forma equivalente, y el cuarto es prepararse para usar un método de operador: $$ J_n = 2^{-(n+1)}\int_0^{\pi/2} x^n \log{(2 \cos{(x/2)})}\,dx =2^{-(n+1)} \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k} \int_0^{\pi/2} x^n \cos{(k\,x)}\,dx$$ $$=2^{-(n+1)}\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k}Re\Big[ \int_0^{\pi/2} x^n \exp{(i\,k\,x)}\,dx\Big]=$$ $$=2^{-(n+1)}\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k}Re\Big[ \big(-i \frac{d}{dk}\big)^n \int_0^{\pi/2} \exp{(i\,k\,x)}\,dx\Big] $$ $$=2^{-(n+1)}\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k}}{k}Re\Big[ i \big(-i \frac{d}{dk}\big)^n \frac{ \exp{(i\,k\,x)}}{k}\,\Big|_{x=0}^{\pi/2} \,\Big] $$ Escribamos $\bar{J}_n = 2^{n+1}J_n$ para simplicidad. Tautológicamente, donde $[u^n]$ denota el operador 'coeficiente de', $$\bar{J}_n = n!\,[u^n]\sum_{n=0}^\infty \frac{u^n}{n!} \bar{J}_n .$$ Usa esto y cambia las sumatorias de $k$ y $n$ para encontrar $$ \bar{J}_n = n!\,[u^n] \,Re\Big[ i \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k}}{k} \Big( \sum_{n=0}^\infty \frac{u^n}{n!} \big(-i \frac{d}{dk}\big)^n \Big) \frac{ \exp{(i\,k\,x)}}{k}\,\Big|_{x=0}^{\pi/2}\, \Big]$$ La suma en los paréntesis grandes es una exponencial. Ahora usa la fórmula del operador bien conocida $ \exp(a\frac{d}{dx}) = f(x+a).$ $$\bar{J}_n = n! [u^n]\,Re\Big[ i \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k}}{k} \frac{ \exp{(i\,(k-iu)\,x)}}{k-iu}\,\Big|_{x=0}^{\pi/2}\, \Big]$$ $$= - n!\,[u^n] \,Im\Big[ e^{u\,\pi/2} \sum_{k=1}^\infty \frac{(-i)^{k}}{k(k-iu)} - \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k}}{k(k-iu)} \Big]$$ Es fácil demostrar mediante la expansión geométrica de $1/(k+a)$ e intercambiando sumatorias que $$ \sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k(k+a)}=\sum_{k=0}^\infty (-a)^k \text{Li}_{k+2}(x).$$ Esencialmente, una expansión en fracciones parciales se ha convertido en una serie de potencias. Tenemos 2 sumas de este tipo. En una suma terminarás con expresiones como $Im[ (-i)^k$Li$_{k+2}(-i)].$ Por lo tanto necesitamos la expansión

$$\text{Li}_{k+2}(-i)(-i)^k = i\cos{(\pi\,k/2)}\Big(\frac{\psi^{(k+1)}(3/4) - \psi^{(k+1)}(1/4)}{2^{2k+4}(k+1)!} \Big) - (\cos{(\pi\,k/2)}-i \sin{(\pi\,k/2)}) (1-2^{-(k+1)})\frac{\zeta(k+2)}{2^{k+2}}+ \frac{1}{2} \frac{E_{k+1}}{(k+1)!}\big( \frac{\pi}{2} \big)^{k+2}. $$

Los $E_k$ son los números de Euler.

Los pasos no obvios de la demostración han sido demostrados. El resto es hacer los productos de Cauchy y extraer el coeficiente de $u.$ Para la expresión $I_n,$ es aún más fácil porque el límite superior de la integración es $\pi,$ por lo que terminas con argumentos totalmente reales para el polilogaritmo. Se ha realizado alguna simplificación para obtener la respuesta final, pero sin detallar los pasos es fácil ver por qué la respuesta tiene la estructura que tiene (por ejemplo, doble suma).

Answer 2

A continuación se muestra una forma algo diferente de abordar este problema.

$$T_n=\frac{\pi^{n+1}\ln2}{(n+1)2^{n+2}}+\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\ln\sin( x+\frac{\pi}{4})\,dx-\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\ln\cos x\,dx$$

A continuación se presentan tres fórmulas básicas

Serie de Fourier: $$\ln \sin x=-\ln2-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos 2kx}{k};\,0

$$\ln \cos x=-\ln2+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{\cos 2kx}{k};\,-\frac{\pi}{2}

y $$\int x^k\cos x\,dx =\sum_{\nu=0}^{k}\nu!\binom{k}{\nu}x^{k-\nu}\sin (x+\frac{\nu\pi}{2})$$

Esta última fórmula se puede obtener mediante integración por partes.

Lo único que queda es usar $T_n$, estas 3 fórmulas, procedimientos elementales de integración y suma.

No voy a realizar estos cálculos aquí porque no aportan nada nuevo (no hay trucos inteligentes o algo así) y son demasiado extensos.

En su lugar, escribo el resultado final

$$T_n=f_0(n)+f_1(n)+f_2(n)+f_3(n)$$

donde

$$f_0(n)=\frac{\pi^{n+1}\ln2}{(n+1)2^{n+2}}+\frac{n!\sin\frac{n\pi}{2}}{2^{n+1}}\left ( 1-\frac{1}{2^{n+1}} \right )\zeta (n+2)$$

$$f_1(n)=\frac{(-1)^n}{2}\left ( \frac{\pi}{4} \right )^n\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\sum_{\nu=0}^{k}(-1)^\nu(2\nu)!\binom{k }{2\nu}\left ( \frac{2}{\pi} \right )^{2\nu}\left (1+\frac{3^k}{3^{2\nu}} \right )\beta (2\nu+2)$$

$$f_2(n)=\frac{(-1)^n}{8}\left ( \frac{\pi}{4} \right )^n\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\sum_{\nu=0}^{k}(-1)^\nu(2\nu+1)!\binom{k }{2\nu+1}\left ( \frac{1}{\pi} \right )^{2\nu+1}\left (\frac{3^k}{3^{2\nu+1}}-1 \right )\left ( 1-\frac{1}{2^{2\nu+2}} \right )\zeta (2\nu+3)$$

$$f_3(n)=\frac{\pi^n}{2^{n+1}}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k(2k+1)!\binom{n }{2k+1}\frac{\zeta (2k+3)}{\pi^{2k+1}}$$

donde

$$\beta (m)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^m}$$

es la función beta de Dirichlet y

$$\zeta (m)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^m}$$

es la función zeta de Riemann

Como ejemplo, veamos el cálculo de $T_3$:

$$T_3=\frac{\pi^4}{128}\ln 2-\frac{93}{128}\zeta (5)-\frac{3\pi}{8}\beta (4)+\frac{105\pi^2}{512}\zeta (3)+\frac{\pi^3}{16}\beta (2)$$