Cómo mostrar que$(1)$
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$$2\int_{0}^{\pi\over 2}\ln^2(\tan^2{x})\mathrm dx=\pi^3?\tag1$ entonces $u=\tan^2{x}$
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ehhhh $\mathrm dx={\mathrm du\over \sqrt{u}(u-1)}$ parece estar divergiendo.
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Establecimiento $I = \int^{\pi/2}_0 \ln^2 (\tan^2 x) \, dx$, después de dejar a $u = \tan x$ la integral se convierte en $$I = 4 \int^\infty_0 \frac{\ln^2 u}{1 + u^2} \, du.$$ La escritura de esta integral como $$I = 4 \int^1_0 \frac{\ln^2 u}{1 + u^2} \, du + 4 \int^\infty_1 \frac{\ln^2 u}{1 + u^2} \, du,$$ si, en la segunda de estas integrales ponemos a $u = 1/x$, uno tiene $$I = 4 \int^1_0 \frac{\ln^2 u}{1 + u^2} \, du + 4 \int^1_0 \frac{\ln^2 u}{1 + u^2} \, du = 8 \int^1_0 \frac{\ln^2 u}{1 + u^2} \, du.$$ Escrito el plazo $1/(1 + x^2)$ que aparece en el integrando como una serie geométrica, es decir, $$\frac{1}{1 + x^2} = \sum^\infty_{n = 0} (-1)^n x^{2n}, \quad |x| < 1,$$ después de intercambiar la suma con la integración (Tonelli del teorema) tenemos $$I = 8 \sum^\infty_{n = 0} (-1)^n \int^1_0 x^{2n} \ln^2 x \, dx.$$ Integrando por partes dos veces, nos encontramos con $$I = 16 \sum^\infty_{n = 0} \frac{(-1)^n}{(2n + 1)^3}.$$ Para evaluar la suma escribimos \begin{align*} I &= 16 \sum^\infty_{n = 0} \frac{(-1)^n}{(2n + 1)^3} = 2 \sum^{\infty}_{n = 0} \frac{(-1)^n}{(n + \frac{1}{2})^3}\\ &= 2 \sum^{\infty}_{n = 0,n \in \text{even}} \frac{1}{(n + \frac{1}{2})^3} - 2 \sum^{\infty}_{n = 0,n \in \text{odd}} \frac{1}{(n + \frac{1}{2})^3}. \end{align*} A indexar, en la primera suma deje $n \mapsto 2n$, mientras que en la segunda suma deje $n \mapsto 2n + 1$. Así \begin{align*} I &= 2 \sum^\infty_{n = 0} \frac{1}{(2n + \frac{1}{2})^3} - 2 \sum^\infty_{n = 0} \frac{1}{(2n + \frac{3}{2})^3}\\ &= \frac{1}{4} \sum^\infty_{n = 0} \frac{1}{(n + \frac{1}{4})^3} - \frac{1}{4} \sum^\infty_{n = 0} \frac{1}{(n + \frac{3}{4})^3}\\ &= -\frac{1}{4} \left [\zeta(3,\frac{3}{4}) - \zeta(3, \frac{1}{4}) \right ], \end{align*} donde $\zeta (s,z)$ es la zeta de Hurwitz función.
Ahora el polygamma función de $\psi^{(m)} (z)$ está relacionado con la zeta de Hurwitz función de $$\zeta (1 + m, z) = \frac{(-1)^{m + 1}}{m!} \psi^{(m)}(z).$$ Utilizando este resultado para reescribir la zeta de Hurwitz funciones en términos de polygamma funciones que hemos \begin{align*} \zeta (3, \frac{1}{4}) &= \zeta (1 + 2, \frac{1}{4}) = -\frac{1}{2} \psi^{(2)} (\frac{1}{4})\\ \zeta (3, \frac{3}{4}) &= \zeta (1 + 2, \frac{3}{4}) = -\frac{1}{2} \psi^{(2)} (\frac{3}{4}) \end{align*} Así que nuestra integral se convierte en $$I = \frac{1}{8} \left [\psi^{(2)}(\frac{3}{4}) - \psi^{(2)} (\frac{1}{4}) \right ].$$ Ahora, haciendo uso de la reflexión de la fórmula para el polygamma función, a saber, $$\psi^{(m)}(1 - z) + (-1)^{m + 1} \psi^{(m)}(z) = (-1)^m \pi \frac{d^m}{dz^m} \cot (\pi z),$$ establecimiento $m = 2$ hemos \begin{align*} \psi^{(2)}(\frac{3}{4}) - \psi^{(2)} (\frac{1}{4}) &= \psi^{(2)}(1 - \frac{1}{4}) - \psi^{(2)} (\frac{1}{4})\\ &= \pi \left. \frac{d^2}{dz^2} \cot (z \pi) \right |_{z = 1/4}\\ &= \pi [2 \pi^2 \cot (z\pi) \text{cosec}^2 (z \pi)]_{z = 1/4}\\ &= \pi \cdot 4\pi^2 = 4 \pi^3. \end{align*} Así que, finalmente, $$I = \frac{1}{8} \cdot 4 \pi^3 = \frac{\pi^3}{2},$$ como se requiere.
