Evaluación de $\int_0^1 x \tan(\pi x) \log (\sin(\pi x)) dx$

Question

¿Qué punto de partida ¿recomendarme para el siguiente?

dx de \int_0^1 x \tan(\pi x) \log (\sin(\pi x)) $$ $$

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Gracias a Felix Marin, sabemos que la integral se evalúa como

$$ \displaystyle {\large {\ln^ {2} \left(\, 2\,\right) \over 2\pi}} $$

Answer 1

\begin{align} \mathcal{I}=&\int^1_0x\tan(\pi x)\ln(\sin(\pi x))\ {\rm d}x\\ =&\left(\int^{1/2}_0+\int_{1/2}^1\right)x\tan(\pi x)\ln(\sin(\pi x))\ {\rm d}x\tag1\\ =&\int^{1/2}_0(2x-1)\tan(\pi x)\ln(\sin(\pi x))\ {\rm d}x\tag2\\ =&-\frac{2}{\pi^2}\int^{\pi/2}_0x\cot{x}\ln(\cos{x})\ {\rm d}x\tag3\\ =&-\frac{1}{\pi}\int^{\pi/2}\bronceado{x}\ln(\sin{x})\ {\rm d}x+\frac{2}{\pi^2}\int^{\pi/2}_0x\bronceado{x}\ln(\sin{x})\ {\rm d}x\tag4\\ =&\frac{2}{\pi^2}\int^{\pi/2}_0\ln(\sin{x})\ln(\cos{x})\ {\rm d}x-\frac{2}{\pi^2}\int^{\pi/2}_0x\bronceado{x}\ln(\sin{x})\ {\rm d}x\tag5\\ =&\frac{1}{\pi^2}\int^{\pi/2}_0\ln(\sin{x})\ln(\cos{x})\ {\rm d}x-\frac{1}{2\pi}\int^{\pi/2}_0\bronceado{x}\ln(\sin{x})\ {\rm d}x\tag6\\ =&\frac{1}{8\pi^2}\frac{\partial^2{\rm B}}{\partial\parcial b}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{8\pi}\frac{\partial{\rm B}}{\partial b}\left(0^+,1\right)\tag7\\ =&\frac{1}{8\pi^2}\left(4\pi\ln^2{2}-\frac{\pi^3}{6}\right)-\frac{1}{8\pi}\left(-\frac{\pi^2}{6}\right)=\boxed{\Large{\color{red}{\dfrac{\ln^2{2}}{2\pi}}}}\\ \end{align}

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Explicación:

$(1)$: Dividir la integral en $\displaystyle\frac12$.

$(2)$: Sustituido $\displaystyle x\mapsto1-x$ en la segunda integral.

$(3)$: Sustituido $\displaystyle x\mapsto\frac{1}{2}-\frac{x}{\pi}$.

$(4)$: Sustituido $\displaystyle x\mapsto\frac{\pi}{2}-x$.

$(5)$: Integrado por partes.

$(6)$: se Tomó el promedio de $(4)$ y $(5)$.

$(7)$: $\displaystyle {\rm B}(a,b)=2\int^{\pi/2}_0\sin^{2a-1}{x}\cos^{2b-1}{x}\ {\rm d}x$

Answer 2

La integración por partes, obtenemos $$ \begin{align} &\int_0^1\tan(\pi x)\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{1/2}(2x-1)\tan(\pi x)\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x\etiqueta{1a} \\ y=-\frac1\pi\int_0^{1/2}(2x-1)\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}\log(\cos(\pi x))\etiqueta{1b}\\ &=\small\frac2\pi\int_0^{1/2}\log(\sin(\pi x))\log(\cos(\pi x))\,\mathrm{d}x +\int_0^{1/2}(2x-1)\cuna(\pi x)\log(\cos(\pi x))\,\mathrm{d}x\etiqueta{1c}\\ &=\small\frac2\pi\int_0^{1/2}\log(\sin(\pi x))\log(\cos(\pi x))\,\mathrm{d}x +\int_0^{1/2}(-2x)\tan(\pi x)\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x\etiqueta{1d}\\ &=\small\frac1\pi\int_0^{1/2}\log(\sin(\pi x))\log(\cos(\pi x))\,\mathrm{d}x -\frac12\int_0^{1/2}\tan(\pi x)\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x\etiqueta{1}\\ \end{align} $$ Explicación:
$\text{(1a)}$: Restar $\frac12\int_0^1\tan(\pi x)\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x=0$ y el uso de la simetría de $x\mapsto1-x$
$\text{(1b)}$: Aplicar $\mathrm{d}\log(\cos(\pi x))=\pi\tan(\pi x)\,\mathrm{d}x$
$\text{(1c)}$: Integrar por Partes
$\text{(1d)}$: Sustituto $x\mapsto\frac12-x$
$\text{(1e)}$: Promedio de $\text{(1a)}$ y $\text{(1d)}$

El uso de $$ \log(\sin(x))=-\log(2)-\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos(2kx)}{k}\etiqueta{2} $$ $$ \log(\cos(x))=-\log(2)-\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\cos(2kx)}{k}\etiqueta{3} $$ tenemos $$ \begin{align} &\int_0^{1/2}\log(\sin(\pi x))\log(\cos(\pi x))\,\mathrm{d}x\\ &=\color{#C00000}{\int_0^{1/2}(-\log(2))^2\,\mathrm{d}x}\\ &-\color{#00A000}{\log(2)\int_0^{1/2}\sum_{k=1}^\infty\left[-1-(-1)^k\right]\frac{\cos(2\pi kx)}{k}\,\mathrm{d}x}\\ &+\color{#0000FF}{\int_0^{1/2}\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\cos(2\pi jx)}{j}\frac{\cos(2\pi kx)}{k}\,\mathrm{d}x}\\ &=\color{#C00000}{\frac{\log(2)^2}2}-\color{#00AA00}{0}+\color{#0000FF}{\frac14\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{k^2}}\\ &=\frac{\log(2)^2}2-\frac{\pi^2}{48}\etiqueta{4} \end{align} $$ desde $\int_0^{1/2}\cos(2\pi jx)\cos(2\pi kx)\,\mathrm{d}x=0$ cuando $j\ne k$.

La sustitución de $t=\sin(\pi x)$ y $e^{-u/2}=t$, obtenemos $$ \begin{align} \int_0^{1/2}\tan(\pi x)\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x &=\frac1\pi\int_0^1\frac{t}{1-t^2}\log(t)\,\mathrm{d}t\\ y=-\frac1{4\pi}\int_0^\infty\frac{e^{-u}}{1-e^{-u}}u\,\mathrm{d}u\\ y=-\frac1{4\pi}\int_0^\infty\sum_{k=1}^\infty ue^{-ku}\,\mathrm{d}u\\ y=-\frac1{4\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}\\ y=-\frac{\pi}{24}\etiqueta{6} \end{align} $$ La combinación de $(1)$, $(4)$, y $(6)$ rendimientos $$ \int_0^1\tan(\pi x)\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x =\frac{\log(2)^2}{2\pi}\etiqueta{7} $$

Answer 3

$\def\Li{{\rm{Li}_2\,}}$Denotar la integral como $I$ y $y=\pi$ x, tenemos \begin{ecuación} I=\frac{1}{\pi^2}\int_0^\pi \frac{y\pecado y}{\cos y}\,\ln(\pecado y)\,dy \end{ecuación} Realizar la integración por partes tomando $u=y$, tenemos \begin{align} I&=-\left.\frac{y}{2\pi^2}\int\frac{\ln\left(1-\cos^2y\right)}{\cos y}\,d(\cos y)\right|_0^\pi+\frac{1}{2\pi^2}\int_0^\pi\int\frac{\ln\left(1-\cos^2y\right)}{\cos y}\,d(\cos y)\,dy\\ &=\left.\frac{y}{4\pi^2}\Li\left(\cos^2y\right)\,\right|_0^\pi-\frac{1}{4\pi^2}\int_0^\pi\Li\left(\cos^2y\right)\,dy\\ &=\frac{\Li\left(1\right)}{4\pi}-\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos^{2k}y}{k^2}\,dy\quad\Rightarrow\quad\color{red}{\mbox{el uso de la serie representación de dilogarithm}}\\ &=\frac{\pi}{24}-\frac{1}{4\pi^2}\sum_{k=1}^\infty\int_0^{\pi}\frac{\cos^{2k}y}{k^2}\,dy\quad\Rightarrow\quad\color{red}{\mbox{justificado por Fubini-Tonelli teorema}}\\ &=\frac{\pi}{24}-\frac{1}{2\pi^2}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\int_0^{\pi/2}\cos^{2k}y\,\,dy\quad\Rightarrow\quad\color{red}{\mbox{por simetría argumento}}\\ &=\frac{\pi}{24}-\frac{1}{4\pi^2}\sum_{k=1}^\infty\frac{\Gamma\left(k+\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{k^2\,\Gamma\left(k+1\right)}\quad\Rightarrow\quad\color{red}{\mbox{Wallis' integrales}}\\ &=\frac{\pi}{24}-\frac{1}{4\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac{(2k)!}{4^k\k^2\,(k!)^2}\tag1 \end{align} $\def\arctanh{{\rm{\,arctanh}\,}}$es Aquí el tedioso parte (y también la parte más difícil). Yo uso de Mathematica para que me ayude a encontrar la generación de la función de la siguiente serie. Vamos a empezar con \begin{ecuación} \sum_{k=0}^\infty\frac{\Gamma\left(k+\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)x^k}{\Gamma\left(k+1\right)}=\pi\sum_{k=0}^\infty\frac{(2k)!\,\,x^k}{4^k\,(k!)^2}=\frac{\pi}{\sqrt{1-x}} \end{ecuación} Dividir por el valor de $x$ y, a continuación, integrar, tenemos \begin{ecuación} \sum_{k=1}^\infty\frac{(2k)!\,\,x^k}{4^k\,k\,(k!)^2}=\int\left[\frac{1}{x\,\sqrt{1-x}}-\frac{1}{x}\right]\,dx=-2\arctanh\left(\sqrt{1-x}\,\right)-\ln x+C_1 \end{ecuación} Tomando el límite cuando $x\to0$, obtenemos \begin{ecuación} C_1=\lim_{x\to0}\left(2\arctanh\left(\sqrt{1-x}\,\right)+\ln x\right)=\ln4 \end{ecuación} Por lo tanto \begin{ecuación} \sum_{k=1}^\infty\frac{(2k)!}{4^k\k\,(k!)^2}x^k=-2\arctanh\left(\sqrt{1-x}\,\right)-\ln x+\ln4 \end{ecuación} Repita el proceso una vez más, obtenemos \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{(2k)!\,\,x^k}{4^k\,k^2\,(k!)^2}=&\,-2\int\frac{\arctanh\left(\sqrt{1-x}\,\right)}{x}\,dx-\int\frac{\ln x}{x}\,dx+\ln4\int\frac{dx}{x}\\ =&\,\,2\arctanh\left(\sqrt{1-x}\,\right)\left[\arctanh\left(\sqrt{1-x}\,\right)-2\ln\left(\frac{\sqrt{1-x}+1}{2}\right)\right]\\&\,-2\,\Li\left(\frac{\sqrt{1-x}-1}{\sqrt{1-x}+1}\right)-\frac{\ln^2x}{2}+\ln4\ln x+C_2\\ \end{align} Tomando el límite cuando $x\to0$, obtenemos \begin{ecuación} C_2=-2\ln^22 \end{ecuación} Por lo tanto \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{(2k)!\,\,x^k}{4^k\k^2\,(k!)^2} =&\,\,2\arctanh\left(\sqrt{1-x}\,\right)\left[\arctanh\left(\sqrt{1-x}\,\right)-2\ln\left(\frac{\sqrt{1-x}+1}{2}\right)\right]\\&\,-2\,\Li\left(\frac{\sqrt{1-x}-1}{\sqrt{1-x}+1}\right)-\frac{\ln^2x}{2}+\ln4\ln x-2\ln^22\tag2 \end{align} Así, por poner $x=1$ $(2)$ $(1)$ se convierte en \begin{ecuación} I=\frac{\pi}{24}-\frac{1}{4\pi}\left(\frac{\pi^2}{6}-2\ln^2 2\right)=\frac{\ln^22}{2\pi} \end{ecuación} y hemos terminado.

Answer 4

Deje que $I = \int_0^1 x \tan(\pi x) \log(\sin(\pi x)) dx$. Tenemos $$I= \int_0^1 \dfrac{x \tan(\pi x)}2 \log(1-\cos^2(\pi x))dx$$ Por lo tanto, $$2I = -\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac1k\int_0^1 x \tan(\pi x) \cos^{2k}(\pi x)dx \,\,\,\,\,\,\,\, \spadesuit$$ \begin{align} \int_0^1 x \tan(\pi x) \cos^{2k}(\pi x)dx y = \int_0^1 x\sin(\pi x) \cos^{2k-1}(\pi x)dx\\ & = \int_0^{1/2} x\sin(\pi x) \cos^{2k-1}(\pi x)dx + \int_{1/2}^1 x\sin(\pi x) \cos^{2k-1}(\pi x)dx\\ & = \int_0^{1/2} x\sin(\pi x) \cos^{2k-1}(\pi x)dx - \int_0^{1/2} (1-x)\sin(\pi x) \cos^{2k-1}(\pi x)dx\\ Y = 2 \int_0^{1/2} x\sin(\pi x) \cos^{2k-1}(\pi x)dx - \int_0^{1/2}\sin(\pi x) \cos^{2k-1}(\pi x)dx\\ & = \frac2{\pi^2}\int_0^1 t^{2k-1} \arccos(t) dt - \frac1{\pi}\int_0^1 t^{2k-1} dt\\ & = \frac1{2\pi^{3/2}} \dfrac{\Gamma(k+1/2)}{k^2\Gamma(k)} - \frac1{2 \pi k} \end{align} El uso de esta en $\spadesuit$ y el approrpriate serie de Taylor te dará la respuesta. Estoy lejos ahora ya que tengo una clase para enseñar. Añadir más detalles si es necesario en algún momento posterior.

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Actualizado

Tenemos $$\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\Gamma(k+1/2)}{\Gamma(k)} x^{k-1} = \dfrac{\sqrt{\pi}}2 \dfrac1{(1-x)^{3/2}}$$ Integrar la de arriba una vez y se dividen por el valor de $x$ para obtener $$\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\Gamma(k+1/2)}{k\Gamma(k)} x^{k-1} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{x(1-x)^{1/2}} + \frac{c_1}x$$ Para obtener $c_1$, tomar $\lim_{x \to 0}$, el lado izquierdo es de $\Gamma(1/2)$. Por el lado derecho de limitar a existir, necesitamos $c_1 = -\sqrt{\pi}$. Por lo tanto, $$\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\Gamma(k+1/2)}{k\Gamma(k)} x^{k-1} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{x(1-x)^{1/2}} - \frac{\sqrt{\pi}}x$$ Integrar de nuevo y dividir por el valor de $x$ para obtener $$\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\Gamma(k+1/2)}{k^2\Gamma(k)} x^{k-1} = \sqrt{\pi} \left(\dfrac{\log\left(1-\sqrt{1-x} \right) - \log\left(1+\sqrt{1-x} \right)}x \right) - \sqrt{\pi}\frac{\log(x)}x + \frac{c_2}x$$ Para obtener $c_2$, tomar el límite de $x \to 0$. Por el lado derecho de limitar a existir, necesitamos $c_2 = 2\sqrt{\pi} \log(2)$. Por lo tanto, $$\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\Gamma(k+1/2)}{k^2\Gamma(k)} x^{k-1} = \dfrac{2\sqrt{\pi}\log 2-2\sqrt{\pi} \log\left(1+\sqrt{1-x}\right)}{x}$$ Integrar de nuevo para obtener \begin{align} \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\Gamma(k+1/2)}{k^3\Gamma(k)} x^{k} = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \left(2\text{Li}_2(1/2(\sqrt{1-x}-1)) - 2\text{Li}_2(1/2(\sqrt{1-x}+1))\\ + \left(\log(1-\sqrt{1-x}) - \log(1+\sqrt{1-x}) \right)\left(\log(1-\sqrt{1-x}) + \log(1+\sqrt{1-x}) -2\log 2\right)\right) - \sqrt{\pi} \frac{\log^2(x)}2 + 2\sqrt{\pi} \log 2 \log(x) + c_3 \end{align} Ahora conecte $x=1$ en la de arriba para obtener la suma de la primera serie y la suma de la segunda serie es $$\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac1{k^2} = \dfrac{\pi^2}6$$

Voy a añadir más detalles si es necesario.

Answer 5

Podemos conseguir los cuentos por entregas Ana calculado.