Desea evaluar$\int_{0}^{1}\frac{x^4-3x^2+2x}{\sin(\pi x)} dx$

Question

Queremos evaluar esta integral, $$\int_{0}^{1}\frac{x^4-3x^2+2x}{\sin(\pi x)}\mathrm dx\tag1$$

$$\int_{0}^{1}[x^4cosec(\pi x)-3x^2cosec(\pi x)+2xcosec(\pi x)]\mathrm dx$$

Aplicar la integración por partes, la primera parte:

$$\int x^4cosec(\pi x)\mathrm dx=-\frac{x^4}{\pi}\ln[\cot(\pi x/2)]-\frac{4}{\pi}\int x^3\ln[\cot(\pi x/2)]\mathrm dx$$ de nuevo aplicamos integartion por las partes a este remaind integtal,

$$\int x^3\ln[\cot(\pi x/2)]\mathrm dx$$

La integración de esta parte es muy difícil $\int \ln[\cot(\pi x/2)]\mathrm dx$

Estoy atascado en este punto. Supongo que no debe ser otro método para lidiar con esta integral $(1)$.

Estoy deseando ver cómo va a ir a evalautes $(1)$

Answer 1

Aquí está una razonablemente buena manera:

Reclamo: \begin{align*} \int_0^1 x^{n-2}\frac{x^2-x}{\sin\pi x}\,\mathrm{d}x &= \begin{cases} 93\frac{\zeta(5)}{\pi^5}-21\frac{\zeta(3)}{\pi^3} & n=4\\ -\frac72\frac{\zeta(3)}{\pi^3} & n=3\\ -7\frac{\zeta(3)}{\pi^3} & n=2 \end{casos}. \end{align*}

Prueba (boceto): Definir $$ f_n(a):=\int_0^1 x^n e^{ax}\,\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}a^n}\left(\frac{e^un-1}{a}\right) $$ así $$ \label{eq:fn1} f_n(a)= \begin{cases} \frac{1+e^a(a-1)}{a^2}&n=1\\ \frac{-2+e^a(a^2-2a+2)}{a^3}&n=2\\ \frac{6+e^a(a^3-3a+6a-6)}{a^4}&n=3\\ \frac{-24+e^a(a^4-4a^3+12a^2-24a+24)}{a^5}&n=4 \end{casos}\etiqueta{2} $$ Por lo tanto \begin{align*} I_n&:=\int_0^1 x^{n-2}\frac{x^2-x}{\sin\pi x}\,\mathrm{d}x\\ &=2i\int_0^1 x^{n-2}\frac{x^2-x}{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}\,\mathrm{d}x\\ &=2i\int_0^1 (x^n-x^{n-1})\sum_{k=0}^\infty e^{-i(2k+1)\pi x}\,\mathrm{d}x\\ &=2i\sum_{k=0}^\infty f_n(-i(2k+1)\pi)-f_{n-1}(-i(2k+1)\pi)\\ \end{align*} y simplificar el uso de \eqref{eq:fn1}, señalando $e^{i\pi(2k+1)}=-1$y $$ \sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2k+1)^n}=\left(1-\frac1{2^n}\right)\zeta(n).\qquad\square $$

Ahora toma adecuada de las combinaciones lineales para rematar.

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La motivación detrás de el uso de $\frac{x^2-x}{\sin\pi x}$ es para asegurarse de que el integrando permanece finita en $x=0,1$ así que no tiene que preocuparse acerca de la convergencia.

Answer 2

usted está en el camino correcto. aplicar la integración de la parte a la totalidad de su integral como lo hizo a una parte para obtener $$\int_0^1 (x^4-3x^2+2x)\csc(x) \text{dx}= -\dfrac{(x^4-3x^2+2x)}{\pi}\ln(\cuna(\pi x/2))|_0^1+\dfrac{1}{\pi}\int_0^1 (4x^3-6x+2)\ln(\cuna(\pi x/2))\text{dx}\\= \dfrac{4}{\pi} \int_0^1 x^3\ln(\cuna(\pi x/2)) \text{dx}-\dfrac{6}{\pi} \int_0^1 x\ln(\cuna(\pi x/2)) \text{dx}+\dfrac{2}{\pi} \int_0^1 \ln(\cuna(\pi x/2)) \text{dx}$$ la manera de resolver las integrales sería el uso de la serie de fourier $$\ln(2\sin(x)) = -\sum_{n=1}^\infty \dfrac{\cos(2nx)}{n} \to \ln(2\cos(x))=-\sum_{n=1}^\infty \dfrac{\cos(2n(\pi/2-x))}{n} =-\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n\cos(2nx)}{n}$$ restando las dos, obtenemos una serie para el registro de la cotangente: $$\ln(\cot(x))= \sum_{n=1}^\infty \dfrac{2\cos((4n-2)x)}{2n-1}\to \ln(\cot(\pi x/2))=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{2\cos((2n-1)\pi x)}{2n-1} $$ mediante la conexión de la serie de la integral será $$\sum_{n=1}^\infty \dfrac{4}{\pi (2n-1)} \left(2\int_0^1 x^3\cos((2n-1) \pi x)\text{dx}-3\int_0^1 x\cos((2n-1) \pi x)\text{dx}+2\int_0^1 \cos((2n-1) \pi x)\text{dx} \right) $$ usando integración por partes(o integrar directamente) podemos concluir lo siguiente $$ \int_0^1 \cos((2n-1) \pi x)\text{dx}=0\\ \int_0^1 x\cos((2n-1) \pi x)\text{dx} = \dfrac{-2}{\pi^2 (2n-1)^2}\\ \int_0^1 x^3\cos((2n-1) \pi x)\text{dx} = \dfrac{12}{\pi^4(2n-1)^4}-\dfrac{3}{\pi^2(2n-1)^2}$$ yo se lo dejo como ejercicio para el usuario para probar estos.

esto significa que el total de la integral que se $$\sum_{n=1}^\infty \dfrac{4}{\pi (2n-1)} \left(2\left(\dfrac{12}{\pi^4(2n-1)^4}-\dfrac{3}{\pi^2(2n-1)^2}\right)-3\left(\dfrac{-2}{\pi^2 (2n-1)^2}\right) +2\left(0\right) \right)\\ =\sum_{n=1}^\infty \dfrac{96}{\pi^5 (2n-1)^5} = \dfrac{96}{\pi^5} \zeta(5)\left(1-\dfrac{1}{2^5}\right)=\boxed{\dfrac{93}{\pi^5}\zeta(5)} $$

Answer 3

Demasiado tiempo para comentarios.

@ user10354138 proporcionó una muy buena solución para el problema.

Como probablemente sucedieran preguntas similares, tabulé las expresiones de $$I_n=\int_0^1 x^{n-2}\,\frac{x^2-x}{\sin(\pi x)}\,dx$ $ $$ \ left (\begin{array}{cc} n & I_n \\ 2 & -\frac{7 \zeta (3)}{\pi ^3} \\ 3 & -\frac{7 \zeta (3)}{2 \pi ^3} \\ 4 & -\frac{21 \zeta (3)}{2 \pi ^3}+\frac{93 \zeta (5)}{\pi ^5} \\ 5 & -\frac{14 \zeta (3)}{\pi ^3}+\frac{279 \zeta (5)}{2 \pi ^5} \\ 6 & -\frac{35 \zeta (3)}{2 \pi ^3}+\frac{465 \zeta (5)}{\pi ^5}-\frac{5715 \zeta (7)}{2 \pi ^7} \\ 7 & -\frac{21 \zeta (3)}{\pi ^3}+\frac{930 \zeta (5)}{\pi ^5}-\frac{28575 \zeta (7)}{4 \pi ^7} \\ 8 & -\frac{49 \zeta (3)}{2 \pi ^3}+\frac{3255 \zeta (5)}{2 \pi ^5}-\frac{120015 \zeta (7)}{4 \pi ^7}+\frac{160965 \zeta (9)}{\pi ^9} \\ 9 & -\frac{28 \zeta (3)}{\pi ^3}+\frac{2604 \zeta (5)}{\pi ^5}-\frac{80010 \zeta (7)}{\pi ^7}+\frac{1126755 \zeta (9)}{2 \pi ^9} \\ 10 & -\frac{63 \zeta (3)}{2 \pi ^3}+\frac{3906 \zeta (5)}{\pi ^5}-\frac{360045 \zeta (7)}{2 \pi ^7}+\frac{2897370 \zeta (9)}{\pi ^9}-\frac{29016225 \zeta (11)}{2 \pi ^{11}} \end {array} \ right) $$ y vemos cómo las combinaciones lineales de $I_n$ ' s puede dar lugar a simplificaciones agradables por cancelaciones.