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Probando el formulario cerrado$\int_{\pi/20}^{3\pi/20} \ln \tan x\,\,dx= - \frac{2G}{5}$

Contexto: Esta pregunta pide calcular una integral definida que resulta ser igual a $\displaystyle 4 \, \text{Ti}_2\left( \tan \frac{3\pi}{20} \right) - 4 \, \text{Ti}_2\left( \tan \frac{\pi}{20} \right),$ where $\text{Ti}_2(x) = \operatorname{Im}\text{Li}_2( i\, x)$ es la Inversa de la Tangente de la Integral de la función.

El origen de esta integral es esta pregunta en brilliant.org.

En un comentario, el OP afirma que la forma cerrada puede ser simplificado a $-\dfrac\pi5 \ln\left( 124 - 55\sqrt5 + 2\sqrt{7625 - 3410\sqrt5} \right) + \dfrac85 G$.

¿Cómo podemos demostrar que?

He pensado sobre el uso de la fórmula $$\text{Ti}_2(\tan x) = x \ln \tan x+ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\sin(2x(2n+1))}{(2n+1)^2}. \tag{1}$$ pero eso sólo ligeramente simplifica el problema.

Equivalente formulaciones incluyen:

$$\, \text{Ti}_2\left( \tan \frac{3\pi}{20} \right) - \, \text{Ti}_2\left( \tan \frac{\pi}{20} \right) \stackrel?= \frac{ \pi}{20} \ln \frac{ \bronceado^3( 3\pi/20)}{\tan ( \pi/20)} + \frac{2 G}{5} \etiqueta{2}$$

$$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\sin \left(\frac{3\pi}{10}(2n+1) \right)- \sin \left(\frac{\pi}{10}(2n+1)\right)}{(2n+1)^2} \stackrel?=\ \frac{2 G}{5} \etiqueta{3}$$ $$\int_{\pi/20}^{3\pi/20} \ln \tan x\,\,dx \stackrel?= - \frac{2G}{5} \tag{4}$$

Un afines pregunta es esta.

10voto

Marco Cantarini Puntos 10794

Podemos utilizar la misma técnica de los vinculados respuesta para probar la existencia de la reclamación. Primero hemos de probar que $$2\int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(5x\right)\right)dx=\int_{\pi/20}^{3\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx.\tag{1}$$Let $$I=\int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(5x\right)\right)dx$$ el uso de la identidad

$$\tan\left(\left(2n+1\right)x\right)=\prod_{k=1}^{n}\tan\left(\frac{k\pi}{2n+1}+x\right)\tan\left(\frac{k\pi}{2n+1}-x\right)$$

tenemos $$\begin{align}I= & \int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx+\int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(\frac{\pi}{5}-x\right)\right)dx \\ + & \int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(\frac{\pi}{5}+x\right)\right)dx+\int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(\frac{2\pi}{5}-x\right)\right)dx \\ + & \int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(\frac{2\pi}{5}+x\right)\right)dx \\ = & \int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx+\int_{3\pi/20}^{\pi/5}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx \\ + &\int_{\pi/5}^{\pi/4}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx+\int_{7\pi/20}^{2\pi/5}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx \\ + &\int_{2\pi/5}^{9\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx. \end{align} $$ So we have $$I=\int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx+\int_{3\pi/20}^{\pi/4}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx+\int_{7\pi/20}^{9\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx\tag{2} $$ and in the last integral of $(2)$ if we put $x\rightarrow\frac{\pi}{2}-x $ and recalling the identity $\tan\left(\frac{\pi}{2} x\right)=\frac{1}{\tan\left(x\right)} $, we get $$\begin{align}I= & \int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx+\int_{3\pi/20}^{\pi/4}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx-\int_{\pi/20}^{3\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx \\ = & \int_{0}^{\pi/4}\log\left(\tan\left(x\right)\right)-2\int_{\pi/20}^{3\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx \\ = & 5\int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(5x\right)\right)dx-2\int_{\pi/20}^{3\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx \end{align}$$ so finally we have $(1)$. Hence $$\begin{align} \int_{\pi/20}^{3\pi/20}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx= & 2\int_{0}^{\pi/20}\log\left(\tan\left(5x\right)\right)dx \\ = & \frac{2}{5}\int_{0}^{\pi/4}\log\left(\tan\left(x\right)\right)dx \\ = & \color{red}{-\frac{2}{5}G} \end{align}$$ como quería.

5voto

Felix Marin Puntos 32763

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,\mathrm{Li}_{#1}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Hay un conocido de la serie para $\ds{\ln\pars{\tan\pars{x}}}$. Es decir, \begin{align} \ln\pars{\tan\pars{x}} & = -2\sum_{k = 0}^{\infty}{\cos\pars{2\bracks{2k + 1}x} \over 2k + 1}\,,\qquad x\ \in\ \pars{0,{\pi \over 2}} \end{align}


A continuación, \begin{align} \color{#f00}{\int_{\pi/20}^{3\pi/20}\ln\pars{\tan\pars{x}}\,\dd x} & = -2\sum_{k = 0}^{\infty}{1 \over 2k + 1} \int_{\pi/20}^{3\pi/20}\cos\pars{2\bracks{2k + 1}x}\,\dd x \\[3mm] &= -2\sum_{k = 0}^{\infty}{1 \over 2k + 1} \int_{-\pi/20}^{\pi/20}\cos\pars{2\bracks{2k + 1}\pars{x + \pi/10}}\,\dd x \\[3mm] &= -4\sum_{k = 0}^{\infty}{\cos\pars{\bracks{2k + 1}\pi/5} \over 2k + 1} \int_{0}^{\pi/20}\cos\pars{2\bracks{2k + 1}x}\,\dd x \\[3mm] &= -2\sum_{k = 0}^{\infty}{% \sin\pars{\bracks{2k + 1}\pi/10}\cos\pars{\bracks{2k + 1}\pi/5} \over \pars{2k + 1}^{2}} \end{align}


Resultado preliminar: $$ \color{#f00}{\int_{\pi/20}^{3\pi/20}\ln\pars{\tan\pars{x}}\,\dd x} = -2\sum_{\omega_{k}}^{\infty}{% \sin\pars{\omega_{k}\theta}\cos\pars{2\omega_{k}\theta} \over \omega_{k}^{2}}\,,\qquad \left\lbrace\begin{array}{rcl} \ds{\omega_{k}} & \ds{\equiv} & \ds{2k + 1\,,\quad k = 0,1,2,\ldots} \\[1mm] \ds{\theta} & \ds{\equiv} & \ds{\pi \over 10} \end{array}\right. $$ Por otra parte, $$ \color{#f00}{\int_{\pi/20}^{3\pi/20}\ln\pars{\tan\pars{x}}\,\dd x} = \sum_{\omega_{k}}^{\infty}{\sin\pars{\omega_{k}\theta} \over \omega_{k}^{2}} - \sum_{\omega_{k}}^{\infty}{\sin\pars{3\omega_{k}\theta} \over \omega_{k}^{2}} $$


Tenga en cuenta que \begin{align} \sum_{\omega_{k}}{\sin\pars{\omega_{k}t} \over \omega_{k}^{2}} & = \Im\sum_{k = 1}^{\infty}{\expo{\ic\pars{2k + 1}t} \over \pars{2k + 1}^{2}} = \half\,\Im\sum_{k = 1}^{\infty}{\pars{\expo{\ic t}}^{k} \over k^{2}} - \half\,\Im\sum_{k = 1}^{\infty}{\pars{-\expo{\ic t}}^{k} \over k^{2}} \\[3mm] & = \half\,\Im\Li{2}\pars{\expo{\ic t}} - \half\,\Im\Li{2}\pars{-\expo{\ic t}} \end{align} Tenga en cuenta que $\ds{\Li{2}\pars{z} - \Li{2}\pars {z} = 2\,\chi_{2}\pars{z} = 2\sum_{k = 0}^{\infty}{z^{2k + 1} \\pars{2k + 1}^{2}}}$ where $\ds{\chi}$ es el Legendre Chi Función.


\begin{align} \color{#f00}{\int_{\pi/20}^{3\pi/20}\ln\pars{\tan\pars{x}}\,\dd x} & = \color{#f00}{\half\,\Im\Li{2}\pars{\expo{\ic\pi/10}} - \half\,\Im\Li{2}\pars{-\expo{\ic\pi/10}}} \\ & - \color{#f00}{\half\,\Im\Li{2}\pars{\expo{3\ic\pi/10}} + \half\,\Im\Li{2}\pars{-\expo{3\ic\pi/10}}} \end{align}

Todavía estoy tratando de encontrar la relación con el catalán Constante $\ds{G}$.

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