Serie tremenda de las integrales: $\sum_{n=2}^\infty\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}\log(\frac{1-\sin x}{1+\sin x})dx$

Question

Mi colega me mostró la siguiente integral de ayer

\begin{equation} I=\sum_{n=2}^{\infty}\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}\log\left(\!\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\!\right)\ dx=\frac{5}{4}-\frac{\pi^2}{3}\tag1 \end{equation}

También afirmó la siguiente forma cerrada:

\begin{equation} J=\int_{2}^{\infty}\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{y-2}}{(1+\sin x)^{y+2}}}\log\left(\!\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\!\right)\ dx\ dy=-\frac{4}{3}\tag2 \end{equation}

$(1)$ $(2)$ parecen difíciles de tratar, pero creo que hay algunos trucos que puede utilizar, pero no soy capaz de ver todavía. Por medio de la sustitución $x\mapsto\frac\pi2-x$, se obtiene \begin{equation} I=\sum_{n=2}^{\infty}\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\cos x)^{n-2}}{(1+\cos x)^{n+2}}}\log\left(\!\frac{1-\cos x}{1+\cos x}\!\right)\ dx\tag3 \end{equation} y \begin{equation} J=\int_{2}^{\infty}\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\cos x)^{y-2}}{(1+\cos x)^{y+2}}}\log\left(\!\frac{1-\cos x}{1+\cos x}\!\right)\ dx\ dy\tag4 \end{equation} pero no sé cómo usar $(3)$ $(4)$ a evaluar $(1)$$(2)$. Estoy bastante seguro de que el principal problema aquí es evaluar \begin{equation} K=\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}\log\left(\!\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\!\right)\ dx \end{equation} ¿Cómo hace uno para probar $(1)$$(2)$?

Answer 1

Vamos a emplear el bicho raro de sustitución enseñado por mi hermano: $\sin x=\tanh t$. Al hacerlo, uno se pondrá \begin{align} K&=\int_0^{\infty}\sqrt{\frac{(1-\tanh t)^{n-2}}{(1+\tanh t)^{n+2}}}\ln\left(\frac{1-\tanh t}{1+\tanh t}\right)\ \frac{dt}{\cosh t}\\[10pt] &=\int_0^{\infty}\sqrt{\left(\frac{\cosh t-\sinh t}{\cosh t+\sinh t}\right)^{n-2}}\frac{\cosh t}{(\cosh t+\sinh t)^2}\ \ln\left(\frac{\cosh t-\sinh t}{\cosh t+\sinh t}\right)\ dt\\[10pt] &=-\int_0^{\infty} e^{-(n-2)t}\left(e^{-t}+e^{-3t}\right)\ t\ dt\\[10pt] &=-\frac{1}{n^2+1}-\frac{1}{n^2-1} \end{align} Por lo tanto, la evaluación de $I$ $J$ son de fácil peasy-lemon squeezy.

Answer 2

Sugerencia.

1. Uno puede evaluar $(1)$ con los siguientes pasos. Desde el geométrica serie de evaluación de $$ \sum_{n=2}^{\infty}\sqrt{\frac{(1-\pecado x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}=\frac{1}{(1+\sin x)^2}\frac1{1-\sqrt{\frac{1-\sin x}{1+\sin x}}},\quad 0<x<\frac{\pi}2, $$ one may write $$ I=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{(1+\sin x)^2}\frac1{1-\sqrt{\frac{1-\pecado x}{1+\sin x}}}\log\left( \frac{1-\sin x}{1+\sin x}\right)dx. $$ Por el cambio de variable $u=\frac{1-\tan (x/2)}{1+\tan (x/2)}$ obtener un estándar de la integral:

   $$ I=\int_0^1\frac{1+u^2}{1-u}\:\log u \:du=\frac{5}{4}-\frac{\pi^2}{3}. $$

2. Uno puede evaluar $(2)$ por primera integrando con respecto a $y$ : $$ J=\int_{2}^{\infty}\!\sqrt{\frac{(1-\pecado x)^{y-2}}{(1+\sin x)^{y+2}}} dy=-\frac2{(1+\sin x)^2\log\left( \frac{1-\sin x}{1+\sin x}\right)},\quad 0<x<\frac{\pi}2,$$ luego integrar con respecto a $x$ uno llega a una norma integral: $$ J=\int_{2}^{\infty}\!\!\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\pecado x)^{y-2}}{(1+\sin x)^{y+2}}}\log\left(\!\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\!\right)\, dx\ dy=-\int_0^{\pi/2}\frac{2\:dx}{(1+\sin x)^2} $$ que le da

   $$ J=-\frac43. $$