Una identidad asombrosa: $\int_0^{\pi/2}\ln\lvert\sin(mx)\rvert\cdot \ln\lvert\sin(nx)\rvert\, dx$

Question

En esta pregunta, El usuario Franklin Pezzuti Dyer da la siguiente evaluación integral sorprendente:

$$\int_0^{\pi/2}\ln \lvert\sin(mx)\rvert \cdot \ln \lvert\sin(nx)\rvert \, dx = \frac{\pi^3}{24} \frac{\gcd^2(m,n)}{mn}+\frac{\pi\ln^2(2)}{2}$$

Lo he comprobado numéricamente para valores pequeños de $m,n$ . ¿Hay alguna prueba? Además, ¿podemos generalizarlo a más factores en el integrando?

Answer 1

Bien, te lo demostraré.

Comienza con la siguiente identidad conocida: $$\int_0^{\pi}\cos(mx)\cos(nx)dx=\frac{\pi}{2}\delta_{mn}\tag{1}$$ ...donde $m,n$ son enteros positivos. Recordemos también la conocida serie de Fourier $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(kx)}{k}=-\frac{\ln(2-2\cos(x))}{2}\tag{2}$$ Ahora, reemplaza $m$ en $(1)$ con $mk$ donde ambos $m,k$ son números enteros, y dividir ambos lados por $k$ para conseguir $$\int_0^{\pi}\frac{\cos(kmx)}{k}\cos(nx)dx=\frac{\pi\delta_{(mk)n}}{2k}$$ A continuación, suma ambos lados de $k=1$ à $\infty$ para conseguir $$-\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(2-2\cos(mx))\cos(nx)dx=\frac{\pi m}{2n}[m|n]$$ donde los paréntesis del $RHS$ son Soportes Iverson . Con un poco más de manipulación se obtiene la igualdad $$\int_0^{\pi}\ln\bigg(\frac{1-\cos(mx)}{2}\bigg)\cos(nx)dx=-\frac{\pi m}{n}[m|n]$$ Ahora, esta vez, sustituye $n$ con $nk$ y dividir ambos lados por $k$ . Esto da como resultado $$\int_0^{\pi}\ln\bigg(\frac{1-\cos(mx)}{2}\bigg)\frac{\cos(knx)}{k}dx=-\frac{\pi m}{k^2n}[m|kn]$$ Entonces, la suma de $k=1$ à $\infty$ para conseguir $$-\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln\bigg(\frac{1-\cos(mx)}{2}\bigg)\ln(2-2\cos(nx))dx=-\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\pi m}{k^2n}[m|kn]$$ Ahora fíjate en lo siguiente sobre la serie en el lado derecho. Debido al corchete de Iverson, el kº término es cero a menos que $m|kn$ o a menos que $k$ es divisible por $m/\gcd(m,n)$ . Así, dejamos que $k=jm/\gcd(m,n)$ para los enteros $j=1$ à $\infty$ y reindexar la suma: $$\begin{align} -\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln\bigg(\frac{1-\cos(mx)}{2}\bigg)\ln(2-2\cos(nx))dx &=-\sum_{j=1}^{\infty} \frac{\pi m}{(jm/\gcd(m,n))^2n}\\ &=-\frac{\pi\gcd^2(m,n)}{mn}\sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{j^2}\\ &=-\frac{\pi^3\gcd^2(m,n)}{6mn}\\ \end{align}$$ o $$\int_0^{\pi}\ln\bigg(\frac{1-\cos(mx)}{2}\bigg)\ln(2-2\cos(nx))dx=\frac{\pi^3\gcd^2(m,n)}{3mn}\tag{3}$$ Entonces, utilizando el resultado $$\int_0^{\pi}\ln(1-\cos(ax))=-\pi\ln(2)\tag{4}$$ para todos los enteros positivos $a$ y la identidad trigonométrica $$\sin^2(x/2)=\frac{1-\cos(x)}{2}\tag{5}$$ y, por último, una sustitución $x\to 2x$ el resultado se deduce fácilmente de $(3)$ : $$\bbox[lightgray,5px]{\int_0^{\pi/2}\ln \lvert\sin(mx)\rvert \cdot \ln \lvert\sin(nx)\rvert \, dx = \frac{\pi^3}{24} \frac{\gcd^2(m,n)}{mn}+\frac{\pi\ln^2(2)}{2}}$$