Una combinación integral y serie que resulta la integral tangente inversa

Question

$\def\Ti{{\rm{Ti}}_2}$ He podido resolver un problema de integrales, ahora he intentado utilizar el otro método para descifrar la integral y tengo que demostrar la siguiente expresión

\begin{equation} I=\sum_{n=1}^\infty \frac{z^{2n-1}}{2n-1}\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\sin(2n-1)x\cot x\,dx=-\frac{1}{2}\Ti\left(\frac{1-z^2}{2z}\right)\qquad\quad\quad(\star) \end{equation}

donde $\Ti(\cdot)$ es la integral tangente inversa .

He conseguido evaluar la integral y he obtenido (si no me equivoco) \begin{equation} \int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\sin(2n-1)x\cot x\,dx=\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}+2\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \end{equation} entonces \begin{equation} I=\sum_{n=1}^\infty \frac{z^{2n-1}}{2n-1}\left[\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}+2\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\right]=\Ti\left(z\right)+2\sum_{n=1}^\infty \frac{z^{2n-1}}{2n-1}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \end{equation} Estoy atascado en la última expresión. ¿Podría alguien ayudarme a demostrar la expresión $(\star)$ ? Cualquier ayuda será muy apreciada. Thank you.

Answer 1

Insisto en que esto no es una solución, pero un comentario así era demasiado largo para caber arriba.

Tengo una fórmula diferente para \begin{equation} \int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\sin(2n-1)x\cot x\,dx=\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}+2\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \end{equation} que lo que has publicado. Pero tras una inspección minuciosa, se puede demostrar que son equivalentes por inducción. De todos modos, pongo mi trabajo aquí para mayor claridad en caso de que otros tengan curiosidad.

También me gustaría señalar la identidad \begin{equation*} 2\tan^{-1}(z) = \tan^{-1}\left(\frac{2z}{1-z^{2}}\right) \end{equation*} que puede ayudar a poner el lado derecho en la forma correcta.

Sea $w = e^{ikx}$ y observe que \begin{align*} \sum_{k=1}^{n-1}w^{2k} & = \frac{w^{2n} - w^{2}}{w^{2} - 1}\\ & = \frac{w^{2n-1} - w}{w - w^{-1}}\\ & = \frac{\cos((2n-1)x) + i \sin((2n-1)x) - \cos{x} - i\sin{x}}{2i\sin{x}}. \end{align*}

Tomando las partes reales, tenemos \begin{equation*} \sum_{k=1}^{n-1}\cos(2kx) = \frac{\sin((2n-1)x)}{2\sin{x}} - \frac{1}{2}. \end{equation*}

Multiplicando ambos lados por $\cos{x}$ y reordenando se obtiene \begin{equation*} \sin((2n-1)x)\cot(x) = \cos{x} + 2\sum_{k=1}^{n-1}\cos(2kx)\cos{x} \end{equation*}

Ahora utilizamos el hecho de que \begin{equation*} 2\cos(2kx)\cos{x} = \cos((2k+1)x) + \cos((2k-1)x) \end{equation*} para obtener \begin{align*} \int_{0}^{\pi/2} \sin((2n-1)x)\cot{x}\,dx & = \int_{0}^{\pi/2}\cos{x}\,dx + \sum_{k=1}^{n-1}\int_{0}^{\pi/2}\left[\cos((2k+1)x) + \cos((2k-1)x)\right]\,dx\\ & = 1 + \sum_{k=1}^{n-1}\left[ \frac{\sin((2k+1)x)}{2k+1} + \frac{\sin((2k-1)x)}{2k-1} \right]_{x=0}^{\pi/2}\\ & = 1 + \sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k}}{2k+1} + \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\\ & = 1 + \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k}\frac{-2}{(2k+1)(2k-1)}\\ & = 1 + 2\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k-1}}{(2k+1)(2k-1)} \end{align*}