registro-trig integral con el pecado, cos y tan

Question

Aquí hay otro registro-trig integral puede encontrar difícil/diversión. O no :)

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(1+\sin(x))\ln(1+\cos(x))\tan(x)dx=\frac{\pi^{2}}{8}\ln(2)-\frac{5}{16}\zeta(3)$$

Answer 1

Muy buena entrada de Jack. El uso inteligente de la transformada de Fourier ln suma.

Parece que he conseguido hacer algunos avances.

En primer lugar, hacer que el sub $t=\cos(x)$ para obtener:

$$-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+\sqrt{1-t^{2}})\ln(1+t)}{t}dt$$

El uso de la serie de ln(1+t):

$$\int_{0}^{1}\ln(1+\sqrt{1-t^{2}})\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}t^{k-1}}{k}dt$$

Ahora, utilice el ln de identidad para arcsech(t):

$$\int_{0}^{1}\left(sech^{-1}(t)+\ln(t)\right)\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}t^{k-1}}{k}dt$$

distribuir:

$$\int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}t^{k-1}sech^{-1}(t)}{k}dt+\int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}t^{k-1}\ln(t)}{k}$$

al integrar el lado derecho y anotar la suma es una alternancia de zeta, llegamos a

$\displaystyle \frac{-3}{4}\zeta(3)\tag{1}$

El lado izquierdo $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\int_{0}^{1}t^{k-1}sech^{-1}(t)dt$

hacer el sub $u=sech^{-1}(t), \;\ t=sech(u), \;\ dx=-\frac{\tanh(u)}{\cosh(u)}du$

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k}\int_{0}^{\infty}\frac{u\sinh(u)}{\cosh^{k+1}(u)}du$$

Esta integral puede estar relacionado con la función Beta, y que probablemente ya ha sido hecho en el sitio.

Es decir, no hay una forma general que pueden ser utilizados:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{u\sinh(u)}{\cosh^{2n+1}(u)}du=\frac{\sqrt{\pi}}{4n}\cdot \frac{\Gamma(n)}{\Gamma(n+1/2)}$$

Pero, en este caso, $n=k/2$, con lo que obtenemos:

$$\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}\Gamma(k/2)}{k^{2}\Gamma(k/2+1/2)}$$

Esta suma se evalúa a $$\frac{7}{16}\zeta(3)+\frac{\pi^{2}}{8}\ln(2)$$

combine esto con la zeta resultado de la parte de arriba en (1) y obtenemos:

$$\frac{7}{16}\zeta(3)+\frac{\pi^{2}}{8}\ln(2)-\frac{3}{4}\zeta(3)$$

$$=\frac{\pi^{2}}{8}\ln(2)-\frac{5}{16}\zeta(3)$$

esto funciona y numérica de los cheques.

ADDENDUM:

Para el de arriba Gamma suma, se podría comenzar con la serie:

$$\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}\Gamma(k/2)}{\Gamma(k/2+1/2)}x^{k-1}=\frac{\cos^{-1}(x)}{\sqrt{1-x^{2}}}\tag{2}$$, a continuación, integrar, dividir por x, integrar, con el fin de martillo en la forma adecuada. Yo sólo corrí a través de los pasos con arce y salió correctamente.

EDIT: Derivar la forma cerrada en (2):

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}\Gamma(k/2)}{\Gamma(k/2+1/2)}x^{k-1}$$

$$=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\beta(k/2,1/2)x^{k-1}$$

$$=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{1}t^{k/2-1}(1-t)^{-1/2}(-x)^{k-1}dt$$

$$=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{t-t^{2}}(\sqrt{t}x+1)}dt$$

Estoy seguro de que hay formas más eficientes, pero yo sólo voy a hacer esto con subs.

Deje $\displaystyle u=\sqrt{t}, \;\ dt=2udu$

$$2\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-u^{2}}(ux+1)}du$$

Deje $\displaystyle u=sin(w)$

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin(w)x+1}dw$$

Deje $\displaystyle w=2\tan^{-1}(z)$

$$4\int_{0}^{1}\frac{1}{z^{2}+2xz+1}dz=\frac{4\tan^{-1}\left(\frac{x+z}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)}{\sqrt{1-x^{2}}}|_{0}^{1}$$

Esto no es ahora tan mal y se integra en términos de arctg, que a su vez pueden ser convertidos a arccos:

$z=1$: $$4\frac{\tan^{-1}\left(\frac{x+1}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)}{\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{\pi+2\sin^{-1}(x)}{\sqrt{1-x^{2}}}$$

$z=0$ $$4\frac{\tan^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)}{\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{4\sin^{-1}(x)}{\sqrt{1-x^{2}}}$$

debido a $\displaystyle \pi -2\sin^{-1}(x)=2\cos^{-1}(x)$:

$$\frac{2\sin^{-1}(x)+\pi}{\sqrt{1-x^{2}}}-\frac{4\sin^{-1}(x)}{\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{2\cos^{-1}(x)}{\sqrt{1-x^{2}}}$$

Answer 2

La integral es igual a

$$ \int_0^1 dx\, \ln \left( 1 + \sqrt{1-x^2} \right) \frac{\ln(1+x)}{x} \\= \left. -\text{Li}_2(-x) \ln \left( 1 + \sqrt{1-x^2} \right) \right\lvert_0^1 + \int_0^1 dx\, \text{Li}_2(-x)\frac{1}{x} \left[1 - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right] \\=\text{Li}_3(-1)-\int_0^1 dx\, \frac{\text{Li}_2(-x)}{x\sqrt{1-x^2}}. $$ Ahora, $\text{Li}_3(-1) = -\beta(3) = -\left(1 - 2^{1-3}\right) \zeta(3) = -\frac{3}{4} \zeta(3)$. En el segundo término, escribir $\text{Li}_2(-x)$ como una serie, y el intercambio de suma y de la integración: $$ -\int_0^1 dx\, \frac{\text{Li}_2(-x)}{x\sqrt{1-x^2}} = \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k-1}}{k^2} \int_0^1 dx\,x^{k-1} \left(1-x^2\right)^{-1/2} = \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k-1}}{2k^2} B\left(\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right).$$

Podemos calcular esta suma, después de Cody sugerencia para iniciar con $$ \sum_{k\geq 1} (-1)^{k-1} B\left(\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right) x^{k-1} = \frac{\pi - 2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}. $$ La integración de una vez de $0$ $x$rendimientos $$ \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k-1}}{k} B\left(\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right) x^{k} = \pi \arcsin x -\arcsin^2 x. $$ Dividiendo por $x$ y la integración de $0$ $1$rendimientos $$ \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k-1}}{k^2} B\left(\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right) = \int_0^{\pi/2}dx\, \frac{\pi x \cos x}{\sin x} - \frac{x^2 \cos x}{\sin x} \\= -\int_0^{\pi/2}dx\, \pi \ln \sin x-2x\ln \sen x = \frac{\pi^2}{2} \ln 2 + 2 \int_0^{\pi/2}dx\, x\ln \sin x. $$ La segunda integral puede ser calculada de la siguiente manera: uso de la identidad $\ln \sin x = -\ln 2 -\sum_{k\geq0} \cos(2 k x)$, y el intercambio de totalización y de integración. Esto da el valor de $$2\int_0^{\pi/2}dx\, x\ln \sin x = -\dfrac{\pi^2}{4}\ln 2 + \beta(3) = -\dfrac{\pi^2}{4}\ln 2 + \dfrac{7}{8} \zeta(3).$$ La adición de todo lo de arriba se obtiene el valor correcto de la integral:

$$ -\frac{3}{4} \zeta(3) + \frac{1}{2} \left[\frac{\pi^2}{2} \ln 2 -\dfrac{\pi^2}{4}\ln 2 + \dfrac{7}{8} \zeta(3)\right] = \frac{\pi^2}{8} \ln 2 - \frac{5}{16} \zeta(3). $$

Answer 3

Creo que es posible explotar el hecho de que el los dos logarítmica del factor de tener buenos serie de Fourier. Puesto que más de la $(0,\pi/2)$ tenemos: $$\log(2\cos x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\cos(2nx),$$ $$\log(2\sin x)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\cos(2nx),$$ de ello se sigue que: $$\log(1+\sin t)=-\log 2+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\cos(kx),$$ $$\log(1+\cos t)=-\log 2+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\cos(2kx)+2\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}\sin((2k+1)x)$$ y no parece tan terrible para integrar el producto de dos series de tiempos $\tan x$$(0,\pi/2)$.

En particular, Mathematica me dijo que $$\int_{0}^{\pi/2}\cos(mx)\log(1+\cos x)\tan x\,dx$$ siempre es una combinación lineal de $1$ $\log 2$ (si $m$ es impar) o una combinación lineal de $1$ $\zeta(2)$ (si $m$ es incluso). Yo no creo en las coincidencias.

Continúa.