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Question

Me gustaría ver cómo seevalúan $$S(n)=\int_0^{\pi/2} \log(\sin x)^n\mathrm dx,\qquad n\in\Bbb N_0$$ He aquí cómo yo lo hago.

Empezar con $$\int_0^{\pi/2}\sin(x)^a\cos(x)^b\mathrm dx$$ El uso de $t=\sin(x)^2$ a ver que $$\int_0^{\pi/2}\sin(x)^a\cos(x)^b\mathrm dx=\frac12\int_0^1t^{\frac{a-1}2}(1-t)^{\frac{b-1}2}\mathrm dt=\frac{\Gamma(\frac{a+1}2)\Gamma(\frac{b+1}2)}{2\Gamma(\frac{a+b}2+1)}$$ Así $$\int_0^{\pi/2}\sin(x)^{2a}\mathrm dx=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\Gamma(a+\frac12)}{\Gamma(a+1)}$$ Tomando $\left(\frac{d}{da}\right)^n$ en ambos lados $$2^{n}\int_0^{\pi/2}\sin(x)^{2a}\log(\sin x)^n\mathrm dx=\frac{\sqrt\pi}2\left(\frac{d}{da}\right)^n\,\frac{\Gamma(a+\frac12)}{\Gamma(a+1)}$$ Y evaluando $a=0$, $$S(n)=\frac{\sqrt{\pi}}{2^{n+1}}\left[\left(\frac{d}{da}\right)^n\,\frac{\Gamma(a+\frac12)}{\Gamma(a+1)}\right]_{a=0}$$ Que es una forma cerrada.

¡A disfrutar!

Answer 1

Hacer cumplir la sustitución $x\mapsto \arcsin(x)$ revela

$$ \begin{align} S(n)&=\int_0^{\pi/2}\log^n(\sin(x))\,dx\\\\ &=\int_0^1 \frac{\log^n(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\\\\ &=\left.\left(\frac{d^n}{dy^n}\int_0^1 \frac{x^y}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\right)\right|_{y=0}\\\\ &=\frac12\left.\left(\frac{d^n}{dy^n}\int_0^1 x^{(y-1)/2}(1-x)^{-1/2}\,dx\right)\right|_{y=0}\\\\ &=\frac12\left.\left(\frac{d^n}{dy^n}B\left(\frac{y+1}{2},\frac12\right)\right)\right|_{y=0}\\\\ &=\frac{\Gamma(1/2)}2\left.\left(\frac{d^n}{dy^n}\left(\frac{\Gamma\left(\frac{y+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{y}{2}+1\right)}\right)\right)\right|_{y=0} \end {align} $$

Answer 2

Vamos $$S_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log^n (\sin x) \, dx.$$ Establecimiento $t = \sin x$ uno tiene $$S_n = \int_0^1 \frac{\log^n t}{\sqrt{1 - t^2}} \, dt.\tag1$$ Haciendo uso de la generalización en el binomio de expansión, tenemos: $$\frac{1}{\sqrt{1 - t^2}} = \sum_{k = 0}^\infty \binom{-\frac{1}{2}}{k} t^{2k} = \sum_{k = 0}^\infty \binom{2k}{k} \frac{t^{2k}}{2^{2k}}, \qquad |t| < 1.$$ La integral en (1) puede escribirse como $$S_n = \sum_{k = 0}^\infty \binom{2k}{k} \frac{1}{2^{2k}} \int_0^1 t^{2k} \log^n t \, dt, \tag2$$ donde la suma y la integración han sido intercambiados.

Desde $n$ es un entero positivo, mediante la integración por partes $n$ veces puede ser fácilmente demostrado que $$\int_0^1 t^{2k} \log^n t \, dt = \frac{(-1)^n n!}{(2k + 1)^{n + 1}}.$$

Por lo que (2) se convierte en $$S_n = (-1)^n n! \sum_{k = 0}^\infty \binom{2k}{k} \frac{1}{4^{k} (2k + 1)^{n + 1}}\tag3$$ que es una suma infinita. (3) sin embargo puede ser escrito en "forma cerrada" en términos de una función hipergeométrica generalizada. La observación de que $$\sum_{k = 0}^\infty \binom{2k}{k} \frac{x^k}{(2k + 1)^{n + 1}}, = \, _{n+2}F_{n + 1} \left (\frac{1}{2},\ldots ,\frac{1}{2}; \frac{3}{2}, \ldots ,\frac{3}{2}; 4x \right ), \qquad |x| < \frac{1}{4},$$ establecimiento $x = 1/4$, en términos de esta función, la expresión de $S_n$ en (3) se convierte en $$S_n = (-1)^n n! \, _{n+2}F_{n + 1} \left (\frac{1}{2},\ldots ,\frac{1}{2}; \frac{3}{2}, \ldots ,\frac{3}{2}; 1 \right ).$$