Analyse – Rijen en reeksen – De constante van Catalan

De constante van Catalan \(G\) wordt gedefinieerd als de som van de reeks \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\).

Merk op dat de reeks absoluut convergent is. Echter, het is niet zo eenvoudig om de som ervan te vinden. Er geldt dat \(G:=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\approx0.916\).

Er zijn diverse alternatieve (integraal)representaties voor deze constante. Omdat \(\arctan(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}\) voor \(|x| < 1\) geldt dat

\[\int_0^1\frac{\arctan(x)}{x}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\int_0^1x^{2n}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\cdot\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\bigg|_0^1 =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=G.\]

Met behulp van \(x=e^{-t}\) vinden we dat

\[G=\int_0^1\frac{\arctan(x)}{x}\,dx=\int_{\infty}^0\frac{\arctan\left(e^{-t}\right)}{e^{-t}}\,d e^{-t} =\int_0^{\infty}\arctan\left(e^{-t}\right)\,dt.\]

De substitutie \(\arctan{x}=t\) of \(x=\tan(t)\) leidt tot

\[\int_0^1\frac{\arctan(x)}{x}\,dx=\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\frac{t}{\tan(t)}d\tan(t)=\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\frac{t}{\tan(t)}\cdot\frac{1}{\cos^2(t)}\,dt =\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\frac{t}{\sin(t)\cos(t)}\,dt.\]

Dit kan geschreven worden als

\[G=\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\frac{t}{\sin(t)\cos(t)}\,dt=\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\frac{2t}{2\sin(t)\cos(t)}\,dt =\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\frac{2t}{\sin(2t)}\,dt=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\frac{x}{\sin(x)}\,dx.\]

Eerder hebben we aangetoond dat \(\displaystyle\int_0^1\sqrt{\frac{x}{1-x}}\ln\left(\frac{x}{1-x}\right)\,dx=\pi\). In het bewijs gebruikten we dat

\[\int_1^{\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\,dt=-\int_0^1\frac{\ln(t)}{1+t^2}\,dt\quad\Longrightarrow\quad\int_0^{\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\,dt=0.\]

Met behulp van partiële integratie volgt dat

\begin{align*} \int_1^{\infty}\frac{\ln(x)}{1+x^2}\,dt&=-\int_0^1\frac{\ln(x)}{1+x^2}\,dx=-\int_0^1\ln(x)\,d\arctan(x)\\[2.5mm] &=-\ln(x)\arctan(x)\bigg|_0^1+\int_0^1\arctan(x)\,d\ln(x)=\int_0^1\frac{\arctan(x)}{x}\,dx=G, \end{align*}

omdat \(\arctan(1)\ln(1)=\frac{1}{4}\pi\cdot0=0\) en \(\arctan(x)\ln(x)\sim x\ln(x)\to0\) voor \(x\downarrow0\).

Een alternatieve afleiding is alsvolgt. Met behulp van partiële integratie volgt dat

\begin{align*} \int_0^1x^n\ln(x)\,dx&=\frac{1}{n+1}\ln(x)\,dx^{n+1}=\frac{1}{n+1}x^{n+1}\ln(x)\bigg|_0^1-\frac{1}{n+1}\int_0^1x^{n+1}\,d\ln(x)\\[2,5mm] &=0-\frac{1}{n+1}\int_0^1x^n\,dx=-\frac{1}{(n+1)^2}x^{n+1}\bigg|_0^1=-\frac{1}{(n+1)^2},\quad n=0,1,2,\ldots. \end{align*}

Met \(\displaystyle\frac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-x^2)^n\) voor \(|x|<1\) volgt dan

\[\int_0^1\frac{\ln(x)}{1+x^2}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_0^1x^{2n}\ln(x)\,dx=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=-G.\]

Met behulp van zekere substituties kunnen alternatieve vormen van deze integralen worden afgeleid.

Stel dat \(t=\tan(\theta)\), dan volgt dat \(dt=\left(1+\tan^2(\theta)\right)\,d\theta\) en dus

\[G=-\int_0^1\frac{\ln(t)}{1+t^2}\,dt=-\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\frac{\ln\left(\tan(\theta)\right)}{1+\tan^2(\theta)}\,d\tan(\theta) =-\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln\left(\tan(\theta)\right)\,d\theta\quad\text{of}\quad G=\int_1^{\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\,dt=\int_{\frac{1}{4}\pi}^{\frac{1}{2}\pi}\ln\left(\tan(\theta)\right)\,d\theta.\]

Met behulp van \(\ln(t)=x\) of \(t=e^x\) vinden we

\[G=\int_1^{\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\,dt=\int_0^{\infty}\frac{x}{1+e^{2x}}\cdot e^x\,dx=\int_0^{\infty}\frac{x}{e^{-x}+e^x}\,dx =\frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{x}{\cosh(x)}\,dx.\]

De relatie

\[\tan^2(\theta)=\frac{\sin^2(\theta)}{\cos^2(\theta)}=\frac{2\sin^2(\theta)}{2\cos^2(\theta)}=\frac{1-\cos(2\theta)}{1+\cos(2\theta)}\]

leidt tot een andere interessante representatie

\[G=-\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln\left(\tan(\theta)\right)\,d\theta=-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln\left(\tan^2(\theta)\right)\,d\theta =-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln\left(\frac{1-\cos(2\theta)}{1+\cos(2\theta)}\right)\,d\theta,\]

die equivalent is met

\[G=-\frac{1}{4}\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln\left(\frac{1-\cos(x)}{1+\cos(x)}\right)\,dx\quad\text{of}\quad G=\frac{1}{4}\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln\left(\frac{1+\cos(x)}{1-\cos(x)}\right)\,dx.\]

Toen we de integraal van Serret bestudeerden, gebruikten we het feit dat \(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln\left(\cos(\tfrac{1}{4}\pi-\theta)\right)\,d\theta=\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\cos(t))\,dt\). Deze integraal kan worden uitgedrukt in termen van de constante van Catalan. Met behulp van \(\cos(x)=\sin(\frac{1}{2}\pi-x)\) vinden we dat

\[\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(\tfrac{1}{2}\pi-x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\cos(x))\,dx.\]

Merk op dat hieruit volgt dat

\[\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\tan(x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(x))\,dx-\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\cos(x))\,dx=0.\]

Eerder zagen we dat

\[\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\tan(x))\,dx=-G\quad\text{en}\quad\int_{\frac{1}{4}\pi}^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\tan(x))\,dx=G.\]

Passen we nu de substitutie \(2x=t\) toe, dan volgt dat

\[\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(2x))\,dx=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(\sin(t))\,dt=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(t))\,dt+\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{2}\pi}^{\pi}\ln(\sin(t))\,dt.\]

Toepassing van de substitutie \(t=\pi-x\) op de laatste integraal geeft nu dat

\[\int_{\frac{1}{2}\pi}^{\pi}\ln(\sin(t))\,dt=-\int_{\frac{1}{2}\pi}^0\ln(\sin(\pi-x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(x))\,dx.\]

Dus geldt dat \(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(2x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(x))\,dx\).

Ten slotte leiden we voor \(I=\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\cos(x))\,dx\) af dat

\begin{align*} I&=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(2x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(2\sin(x)\cos(x))\,dx =\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\left(\ln(2)+\ln(\sin(x))+\ln(\cos(x))\right)\,dx\\[2.5mm] &=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(2)\,dx+\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(x))\,dx+\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\cos(x))\,dx =\frac{1}{2}\pi\ln(2)+2I, \end{align*}

waaruit volgt dat \(I=-\dfrac{1}{2}\pi\ln(2)\). De substitutie \(x=\frac{1}{2}\pi-t\) leidt nu tot

\[\int_{\frac{1}{4}\pi}^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(x))\,dx=-\int_{\frac{1}{4}\pi}^0\ln(\sin(\tfrac{1}{2}\pi-t)\,dt=\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\cos(t))\,dt\]

en

\[\int_{\frac{1}{4}\pi}^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\cos(x))\,dx=-\int_{\frac{1}{4}\pi}^0\ln(\cos(\tfrac{1}{2}\pi-t)\,dt=\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\sin(t))\,dt.\]

Dus geldt dat

\[\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\sin(x))\,dx+\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\cos(x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\sin(x))\,dx =\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln(\cos(x))\,dx=-\frac{1}{2}\pi\ln(2)\]

en

\[\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\sin(x))\,dx-\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\cos(x))\,dx=\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\tan(x))\,dx=-G.\]

Hieruit volgt dat

\[\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\sin(x))\,dx=-\frac{1}{2}G-\frac{1}{4}\pi\ln(2)\quad\text{en}\quad\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(\cos(x))\,dx=\frac{1}{2}G-\frac{1}{4}\pi\ln(2).\]

Merk op dat hieruit volgt dat

\[\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(2\sin(x))\,dx=-\frac{1}{2}G\quad\text{en}\quad\int_0^{\frac{1}{4}\pi}\ln(2\cos(x))\,dx=\frac{1}{2}G.\]

---

Laatst gewijzigd op 15 maart 2021