Por favor me ayudan a evaluar esta integral: $$\large\int_0^{\pi/2}\frac{x}{\sin x}\log^2\left(\frac{1+\cos x-\sin x}{1+\cos x+\sin x}\right)dx$$
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¿Demasiados anuncios?
Su integral se puede expresar en términos de ciertas funciones especiales: $$\begin{align} \int_0^{\pi/2}\frac{x}{\sin x}\log^2\left(\frac{1+\cos x-\sin x}{1+\cos x+\sin x}\right)dx&=\frac{\,\pi^2}6K+4\,\beta(4)\\&=\frac{\,\pi^2}6K-\frac{\pi^4}{24}+\frac1{192}\psi^{(3)}\left(\frac14\right)\\&=\frac{\,\pi^2}6K-\frac{119\,\pi^4}{2880}-\frac1{32}H^{(4)}_{-3/4},\end{align}$$ donde $K$ es del catalán constante, $\beta(x)$ es la beta de la función de Dirichlet, $\psi^{(n)}(z)$ es la polygamma función y $H^{(r)}_n$ es la generalizada número armónico.
Lance Roberts
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He estado coqueteando con éste apagado y encendido y pensaba que iba a publicar algunos resultados.
L. T., se puede saber donde has encontrado este monstruo?.
El uso de las Integrales idea de utilizar $\displaystyle \frac{1+\cos(x)-\sin(x)}{1+\cos(x)+\sin(x)}=\tan(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})$, uno puede hacer la sub $t=\tan(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})$ y obtenemos:
$\displaystyle\pi\int_{0}^{1}\frac{log^{2}(t)}{1-t^{2}}dt+4\int_{0}^{1}\frac{\tan^{-1}(t)log^{2}(t)}{1-t^{2}}dt$.
La integral de la izquierda es bastante famoso y evalúa a $\displaystyle\frac{7\pi\zeta(3)}{4}$
El otro es el que es, el moco. Se evalúa a $\displaystyle\frac{\pi^{2}}{24}G+\beta(4)-\frac{7\pi\zeta(3)}{16}$
Así, utilizando la forma integral de digamma: $\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{1-t^{- 1}}{1-t}dt=\psi(a)+\gamma$, junto con la arctan de la serie, diff dos veces w.r.t 'a' en el fin de introducir los $log^{2}$ plazo. Hacer el sub $y=t^{2}$
$\displaystyle1/2\int_{0}^{1}\frac{y^{n+a/2-1/2}}{1-y}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n+1}dy$
$\displaystyle=\frac{1}{8}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\psi"(n+1)}{2n+1}$, señalando que un=1.....................................[1]
Mediante el uso de la identidad $\psi(x+1)=\psi(x)+1/x$, se puede escribir:
$\displaystyle\frac{1}{8}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\psi"(n)}{2n+1}+\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{3}(2n+1)}-\frac{\zeta(3)}{4}$
donde n=0 término fue sacado de la digamma suma debido a la identidad no está definida allí.
La media de la serie es igual a $\displaystyle2-\frac{\pi}{2}-log(2)+\frac{\pi^{2}}{24}-\frac{3\zeta(3)}{16}$
Así, la concesión de $\displaystyle\frac{1}{8}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\psi"(n)}{(2n+1)}+2-\frac{\pi}{2}-log(2)+\frac{\pi^{2}}{24}-\frac{7\zeta(3)}{16}$
He tratado de escribir la suma, en términos de sus pares y los impares componets. Al menos, para eliminar la alternancia.
$\displaystyle\frac{1}{8}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\psi"(n)}{2n+1}=\frac{1}{32}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\psi"(2n)}{n+1/4}-\frac{1}{32}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\psi"(2n+1)}{n+3/4}+\frac{\zeta(3)}{12}$
Esto es lo más lejos que tengo que hacer. Si alguien sabe cómo evaluar un alternando tetragamma de la serie, por favor, me encantaría verla.
He encontrado poco trabajo hecho en estos. Puede ser un buen tema para un papel. :)
EDIT: Debido a la identidad $\displaystyle \psi"(n+1)=-2\zeta(3)+2H_{n}^{(3)}$, podemos escribir la digamma suma en [1] como:
$\displaystyle \frac{1}{8}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\left[-2\zeta(3)+2H_{n}^{(3)}\right]}{2n+1}-\frac{\zeta(3)}{4}$
Como una nota del lado, El único problema que he encontrado que tiene el $\frac{\pi^{2}}{6}G$ plazo, es esta:
Un doble de la serie de rendimiento de Riemann de $\zeta$
Tal vez esta integral puede de alguna forma ser conectados en serie como esta?.
