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14 votos

Integral definida que contiene funciones logarítmicas y cot

Considere la siguiente integral

c=π/20log(1xcotx)dx3.35333726288947201778500718670823032.

Sospecho que se puede calcular analíticamente porque al expandir el log función, c=k=11kπ/20(xcotx)kdx se puede integrar término a término, aunque de forma complicada (combinación de logaritmos y ζ -funciones) π/20xcotxdx=12πlog2,π/20x2cot2xdx=π324+πlog2,π/20x3cot3xdx=π316(1+2log2)+3π16(8log2+3ζ(3)), y así sucesivamente.

Para poner en antecedentes esta cuestión, la integral tiene cierta importancia en la física teórica. Entra en la asintótica de alta densidad del factor de renormalización de cuasipartículas del gas de electrones homogéneo 3D, véase la ec. 35 en Phys. Rev. B 70, 035111 (2004) o las ecs. 8 y 9 en Phys. Rev. 120, 2041 (1960): Zqp=1+cπ2αrs

Sin embargo, como no hay dependencia paramétrica, y como es fácil de calcular numéricamente, nadie se preocupó de encontrar la forma analítica. Sin embargo, me parece que es un pequeño y encantador problema.

10voto

Yuri Negometyanov Puntos 593

Alternative expressions for the integral.

En primer lugar, I=π/20ln(1xcotx)dx=π/20ln(sinxxcosx)dxπ/20ln(sinx)dx=π2ln2+I1,

donde I1 permite la integración por partes: I1=π/20ln(sinxxcosx)dx=xln(sinxxcosx)|π/2 0π/20x2sinxsinxxcosxdx, I1=π/20x2sinxsinxxcosxdx=π/20x21xcotxdx=J21, donde

Jmn=π/20xm(1xcotx)ndx.

Por otro lado, J21=π/20x2(1xcotx+xcotx)1xcotxdx=π324+I2, donde I2=π/20x3cotx1xcotxdx=π/20x3tanxxdx.

Fórmulas (3) no son adecuados para los cálculos numéricos.

Pero la integración por partes es posible, I2=14π/201tanxxdx4=14x4tanxx|π/20+14π/20x4(1+tan2x1)(tanxx)2dx, I2=14π/20x4(1xcotx)2dx=14J42,

I=π2ln2π32414J42.

Fórmula (4) proporciona cálculos numéricos adecuados vía Wolfram Alpha mediante la expresión

Expression

con el resultado

Result

y la posterior construcción de la serie en las funciones elementales a través de las transformaciones en forma de J42=π/20x4((1xcotx)2+2xcotx(1xcotx)+x2cot2x)(1xcotx)2dx=π/20(x4+2x5cotx1xcotx+x6cot2x(1xcotx)2)dx=π/20x4dx+π/20(2x5cotx1xcotx+x6cot2x(1xcotx)2)dx, J42=π5160+I3+I4, donde I3=2π/20x5cotx1xcotxdx=2π/20x5tanxxdx=13π/201tanxxdx6=13x6tanxx|π/20+13π/20x6(1+tan2x1)(tanxx)2dx=13J62, I4=π/20x6cot2x(1xcotx)2dx=π/20x6(tanxx)2dx=17π/201(tanxx)2dx7=27x7(tanxx)3|π/20+27π/20x7(1+tan2x1)(tanxx)3dx=27π/20x7cotx(1xcotx)3dx=27π/20x6(1(1xcotx))(1xcotx)3dx=27(J63J62),

Por lo tanto,

I=π2ln2π324π5640184J62114J63.

Cálculos numéricos mediante Mathcad Alpha mediante la fórmula (6)

Formula (6)

conduce al mismo resultado, lo que confirma la corrección del planteamiento.

Recurrence relations.

Para la arbitrariedad m,n J_{mn} = \int\limits_0^{\Large^\pi\hspace{-1pt}/_2}\,(x\cot x + (1-x\cot x))^n \dfrac{x^m}{(1 - x\cot x)^n}\,\mathrm dx = \int\limits_0^{\Large^\pi\hspace{-1pt}/_2}\sum\limits_{k=0}^n\binom nk\dfrac{x^{m+k}\cot^k x}{(1 - x\cot x)^k}\,\mathrm dx = \dfrac{\pi^{m+1}}{(m+1)2^{m+1}} + \sum\limits_{k=1}^n\dfrac{\dbinom nk}{m+k+1} \int\limits_0^{\Large^\pi\hspace{-1pt}/_2}\dfrac{\mathrm dx^{m+k+1}}{(\tan x - x)^k} = \dfrac{\pi^{m+1}}{(m+1)2^{m+1}}\\ + \sum\limits_{k=1}^n\dfrac{\dbinom nk}{m+k+1} \left(\dfrac{x^{m+k+1}}{(\tan x - x)^{k}}\bigg|_{\,0}^{\Large^\pi\hspace{-1pt}/_2} + k\int\limits_0^{\Large^\pi\hspace{-1pt}/_2}\dfrac{x^{m+k+1}(1+\tan^2x-1)}{(\tan x-x)^{k+1}}\,\mathrm dx\right)\\ = \dfrac{\pi^{m+1}}{(m+1)2^{m+1}} + \sum\limits_{k=1}^n\dfrac{k}{m+k+1} \dbinom nk \int\limits_0^{\Large^\pi\hspace{-1pt}/_2}\dfrac{x^{m+2}(x\cot x)^{k-1}}{(1 -x\cot x)^{k+1}}\,\mathrm dx\\ = \dfrac{\pi^{m+1}}{(m+1)2^{m+1}} + \sum\limits_{k=1}^n\dfrac{k}{m+k+1} \dbinom nk \int\limits_0^{\Large^\pi\hspace{-1pt}/_2}\dfrac{x^{m+2}(1-(1-x\cot x))^{k-1}}{(1 -x\cot x)^{k+1}}\,\mathrm dx\\ = \dfrac{\pi^{m+1}}{(m+1)2^{m+1}} + \sum\limits_{k=1}^n\dfrac{k}{m+k+1} \dbinom nk \sum\limits_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-1-j}\dbinom{k-1}j J_{m+2,\,j+2},

J_{mn} = \dfrac{\pi^{m+1}}{(m+1)2^{m+1}} + \sum\limits_{j=0}^{n-1} F_{j} J_{m+2,\,j+2},\tag7

donde

F_{j} = \sum\limits_{k=j+1}^n (-1)^{k-1-j} \dfrac{k}{m+k+1}\dbinom nk \dbinom{k-1}j.\tag8

Si (m,n)=(2,1),\ entonces F_{0} = \sum\limits_{k=1}^1 (-1)^{k-1} \dfrac{k}{2+k+1}\dbinom1k \dbinom{k-1}0 =\dfrac14, J_{21} = \dfrac{\pi^{3}}{3\cdot2^3} + \sum\limits_{j=0}^0 F_{j} J_{4,\,j+2} = \dfrac{\pi^{3}}{24} + J_{42}.

Si (m,n)=(4,2),\ entonces F_{0} = \sum\limits_{k=1}^2 (-1)^{k-1} \dfrac{k}{4+k+1}\dbinom2k \dbinom{k-1}0 =\dfrac13 - \dfrac27 = \dfrac{1}{21}, F_{1} = \sum\limits_{k=2}^2 (-1)^{k} \dfrac{k}{4+k+1}\dbinom2k \dbinom{k-1}1 =\dfrac27, J_{42} = \dfrac{\pi^{5}}{5\cdot2^5} + \sum\limits_{j=0}^1 F_{j} J_{2,\,j+2} = \dfrac{\pi^5}{160} + \dfrac1{21}J_{62} + \dfrac27J_{63}.

Asimismo, , J_{62} = \dfrac{\pi^7}{896}+\dfrac1{36}J_{82}+\dfrac29J_{83}\tag9 (véase también Prueba de Wolfram Alpha ).

J62 Test

Además de , J_{63} = \dfrac{\pi^7}{896}+\dfrac1{120}J_{82} + \dfrac1{15}J_{83} + \dfrac3{20}J_{84}.\tag{10}

\color{brown}{\textbf{Simple series.}}

Los resultados obtenidos no son la mejor manera de obtener las series requeridas de la longitud arbitraria.

\boxed{ \begin{matrix} I & = & -3.35333726288947201778500718670823032009876022464933939598 \\ \frac\pi2\ln2 & = &1.088793045151801065250344449118806973669291850184643147162 \\ J_{21} & = & 4.442130308041273083035351635930890531086461245854584994170 \\ \frac{\pi^3}{24} & = & 1.291928195012492507311513127795891466759387023578546153922 \\ J_{42} & = & 12.60080845211512230289535403253999625730829688910415536099 \\ \frac{\pi^5}{160} & = & 1.912623029908009082892133187771472540501879416425468690959 \\ J_{62} & = & 9.357325953756236734147158157553707227832359838953032605558 \\ J_{63} & = & 35.84909465209885681432007993043088180418373451454989791084 \\ \frac{\pi^7}{896} & = & 3.370862977429455432493534032446475258836420173320761453966 \\ J_{82} & = & 13.21743446830609099759197972403428192140938899336281280188 \\ J_{83} & = & 25.28690408493225448274231109747825862030555487117486858192 \\ J_{84} & = & 102.2743092725712233044348622015074565154951081384648503713 \\ \end{matrix}}

Por otro lado, el uso de la simple serie Laurent para la función g(y) = \dfrac{35}{1-y\sqrt{15}\cot y\sqrt{15}} = \dfrac7{y^2}-\sum\limits_{i=0}^\infty c_iy^{2i}\tag{11}

g(y), Laurent series

da series evidentemente convergentes J_{21} = \dfrac1{35}\int\limits_0^{\Large^\pi\hspace{-1pt}/_2} \left(7 - \sum\limits_{i=0}^\infty c_i\left(\dfrac{x^2}{15}\right)^{i+1}\right)\,\mathrm dx,

J_{21} = \dfrac32\pi - \dfrac3{14}\pi\sum\limits_{i=0}^\infty \dfrac{c_i}{2i+3}\left(\dfrac{\pi^2}{60}\right)^{i+1}\,\mathrm dx,\tag{12}

en el que el primer 8 términos proporcionan la precisión de 8 dígitos decimales.

3voto

stocha Puntos 41

No es la respuesta pero es demasiado larga para un comentario : Un "ansatz" para encontrar una reformulación de la integral es:

1.) Considera: \mathcal{I}\left( k \right) = \int (x \cot (x))^k \, dx 2.) Establecer s'(x)=\cot ^k(x) y v(x)=x^k

3.) Realizar una integración parcial: \int \frac{\partial (s(x) v(x))}{\partial x} \, dx=\int v(x) s'(x) \ \, dx+\int s(x) v'(x) \, dx para reducir el poder de v(x)=x^k

4.) Para \mathcal{J}\left( k \right) =\int \cot ^k(x) \, dx utilice Tunk-Fey para reducir la potencia k bajo la integral.

5.) Recoge los términos resultantes -\frac{\cot ^{n-1}(x)}{n-1} a una suma infinita.

6.) Utilizar para la expresión:

\int (x^{p} (\sum_{k} ...+...\int(\cot (y))^p\, dy)) \, dx la fórmula en la Tabla de Integrales, Series y Productos de Gradshteyn y Ryzhik (2007) dada por la Ecuación (3.748.2).

Editar : ¡Lo he validado numéricamente para la suma sobre k=1...2 y ha funcionado!

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