Calcula $\int_0^{\pi/2} x^2\left(\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \cos^n(x)\cos(nx)\right)dx$

Question

Cómo probar

$$I=\int_0^{\pi/2} x^2\left(\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \cos^n(x)\cos(nx)\right)dx=\frac16\left(\frac{\pi^3}{12}-\pi\operatorname{Li}_2\left(\frac13\right)\right)$$

Este problema es propuesto por Cornel que se puede encontrar aquí donde sugirió que el problema se puede resolver con y sin series armónicas.

Este es mi planteamiento pero me quedé atascado en la integral azul:

Utilizar la identidad común

$$ \sum_{n=1}^{\infty}p^n \cos(nx)=\frac{p(\cos(x)-p)}{1-2p\cos(x)+p^2}, \ |p|<1$$

Set $p=-\cos(x)$ obtenemos

$$ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \cos^n(x) \cos(nx)=-\frac{2\cos^2(x)}{1+3\cos^2(x)}=-\frac23+\frac23\frac1{1+3\cos^2(x)}$$

Multiplica ambos lados por $-x^2$ y luego integrar desde $x=0$ a $\pi/2$ obtenemos

$$\int_0^{\pi/2} x^2\left(\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \cos^n(x)\cos(nx)\right)dx=\frac23\int_0^{\pi/2} x^2dx-\frac23\color{blue}{\int_0^{\pi/2}\frac{x^2}{1+3\cos^2(x)}dx}\\=\frac{\pi^3}{36}-\frac23\left(\color{blue}{\frac{\pi^3}{48}+\frac{\pi}{4}\operatorname{Li}_2\left(\frac13\right)}\right)=\frac{\pi^3}{72}-\frac{\pi}{6}\operatorname{Li}_2\left(\frac13\right)$$

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Tengo dos preguntas:

1) ¿Podemos evaluar $I$ ¿de una manera diferente?

2) ¿Cómo terminar la integral azul?

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Mi intento de la integral azul es usar la integración por partes

$$\int\frac{dx}{1+3\cos^2(x)}=\frac12\tan^{-1}\left(\frac{\tan(x)}{2}\right)=-\frac12\tan^{-1}\left(2\cot(x)\right)$$

que nos da

$$\int_0^{\pi/2}\frac{x^2}{1+3\cos^2(x)}dx=\frac{\pi^3}{16}-\int_0^{\pi/2}x\tan^{-1}\left(\frac{\tan(x)}{2}\right)dx$$

O

$$\int_0^{\pi/2}\frac{x^2}{1+3\cos^2(x)}dx=\int_0^{\pi/2}x\tan^{-1}\left(2\cot(x)\right)dx$$

También he probado el truco $x\to \pi/2-x$ pero se complicó

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Prueba de la identidad:

\begin{align} \sum_{n=0}^\infty p^ne^{inx}&=\sum_{n=0}^\infty\left(p e^{ix}\right)^n=\frac{1}{1-pe^{ix}},\quad |p|<1\\&=\frac{1}{1-p\cos(x)-ip\sin(x)}=\frac{1-p\cos(x)+ip\sin(x)}{1-2p\cos(x)+p^2}\\ &=\frac{1-p\cos(x)}{1-2p\cos(x)+p^2}+i\frac{p\sin(x)}{1-2p\cos(x)+p^2} \end{align}

Comparando las partes real e imaginaria, obtenemos

$$\sum_{n=\color{blue}{0}}^\infty p^n \cos(nx)=\frac{1-p\cos(x)}{1-2p\cos(x)+p^2}\Longrightarrow \sum_{n=\color{blue}{1}}^\infty p^{n-1} \cos(nx)=\frac{\cos(x)-p}{1-2p\cos(x)+p^2}$$

y

$$\sum_{n=\color{red}{0}}^\infty p^n \sin(nx)=\frac{p\sin(x)}{1-2p\cos(x)+p^2}\Longrightarrow \sum_{n=\color{red}{1}}^\infty p^n \sin(nx)=\frac{p\sin(x)}{1-2p\cos(x)+p^2}$$

Answer 1

Podemos utilizar lo siguiente serie de fourier : $$\frac{1}{a+b\cos t}=\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}+\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\sqrt{a^2-b^2}-a}{b}\right)^n\cos{(nt)},\ a>b$$ Enchufando $a=5, b=3$ y $t=2x$ nos encontramos con que: $$\frac{1}{1+3\cos^2 x}=\frac{2}{5+3\cos(2x)}=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{3}\right)^n\cos(2nx)$$ $$\Rightarrow \int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x^2}{1+3\cos^2 x}dx=\frac12\int_0^\frac{\pi}{2} x^2dx+\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \left(\frac13\right)^n\int_0^\frac{\pi}{2}x^2 \cos(2nx)dx$$ $$=\frac{\pi^3}{48}+\frac{\pi}4\sum_{n=1}^\infty \left(\frac13\right)^n\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^3}{48}+\frac{\pi}{4}\operatorname{Li}_2\left(\frac13\right)$$

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Utilizando las series obtenidas anteriormente, también podemos concluir que: $$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \cos^n(x) \cos(nx)=-\frac13+\frac23\sum_{n=1}^\infty \left(-\frac{1}{3}\right)^n\cos(2nx)$$

Answer 2

Evaluación de la integral azul:

Primero escribimos

$$\frac1{1+3\cos^2(x)}=\frac{1}{5+3\cos(2x)}$$

Utilizar la misma identidad en el cuerpo del mensaje

$$\sum_{n=1}^{\infty}p^n \cos(nx)=\frac{p(\cos(x)-p)}{1-2p\cos(x)+p^2}, \ |p|<1\tag1$$

Pero manipulemos el denominador para tenerlo en forma de $\frac1{5+3\cos(x)}$ :

$$\frac1{1-2p\cos(x)+p^2}=\frac{-\frac{3}{2p}}{-\frac{3(1+p^2)}{2p}+3\cos(x)}$$

Ahora, ponte $$-\frac{3(1+p^2)}{2p}=5\Longrightarrow p=-3,-\frac13$$

y como $|p|<1$ Así que tomamos $p=-\frac13$ . Introduce este valor en (1) y sustituye $x$ por $2x$ obtenemos

$$\frac{1}{5+3\cos(2x)}=\frac{1}{4}+\frac12\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{3}\right)^n\cos(2nx)\tag2$$

Multiplica ambos lados de (2) por $x^2$ e integrar entre $0$ y $\pi/2$ obtenemos

$$\int_0^{\pi/2}\frac{x^2}{1+3\cos^2(x)}dx=\frac{\pi^3}{48}+\frac{\pi}{4}\operatorname{Li}_2\left(\frac13\right)$$

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Adenda:

La identidad utilizada por @Zacky arriba:

$$\frac{1}{a+b\cos(x)}=\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}+\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\sqrt{a^2-b^2}-a}{b}\right)^n\cos{(nx)},\ a>b\tag{3}$$

se puede derivar de la misma manera:

$$\frac1{1-2p\cos(x)+p^2}=\frac{-\frac{b}{2p}}{-\frac{b(1+p^2)}{2p}+b\cos(x)}$$

Si ponemos $$-\frac{b(1+p^2)}{2p}=a\tag{4}$$

podemos escribir

$$\frac1{1-2p\cos(x)+p^2}=\frac{\frac{a}{1+p^2}}{a+b\cos x}$$

Ya hemos demostrado que

$$\sum_{n=1}^{\infty}p^n \cos(nx)=\frac{p(\cos(x)-p)}{1-2p\cos(x)+p^2}=-\frac12-\frac{p^2-1}{1-2p\cos(x)+p^2}$$

$$=-\frac12-\frac12 \color{red}{\frac{p^2-1}{p^2+1}}\frac{\color{red}{a}}{1-2p\cos(x)+p^2}\tag5$$

Desde $(4)$ encontramos $p=\frac{\sqrt{a^2-b^2}-a}{b}$ . Obsérvese que hemos ignorado $p=\frac{\sqrt{a^2-b^2}+a}{b}$ como $|p|<1$ .

Sustituya esta raíz en $(5)$ obtenemos

$$\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\sqrt{a^2-b^2}-a}{b}\right)^n\cos(nx)=-\frac12-\frac12\cdot\frac{\color{red}{-\sqrt{a^2-b^2}}}{a+b\cos(x)}$$

o

$$\frac{1}{a+b\cos(x)}=\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}+\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\sqrt{a^2-b^2}-a}{b}\right)^n\cos{(nx)}$$