Muestran que

Question

Dentro de esta colocación de las integrales definidas número de $30.$ está dado por

$$\int_0^{\frac{\pi}2}4\cos^2(x)\log^2(\cos x)~dx~=~-\pi\log 2+\pi\log^2 2-\frac{\pi}2+\frac{\pi^3}{12}\tag1$$

He descubierto una forma para evaluar la integral usando una sustitución y aún más los valores de las derivadas de la Función Beta. Mi enfoque se puede encontrar en la parte inferior del poste. Otra solución pueden ser encontrados aquí en el post original de la $(1)$.

Quería saber si hay una forma más fácil intentar. Primero de todo, pensé acerca de la aplicación de una Sustitución de Weierstrass para deshacerse de la trigonometría y en lugar de resolver una expresión algebraica integral. De todos modos lo que no ha funcionado bastante bien ya que la sustitución hecho el nuevo integrales aún más complicado. Por tanto, el logaritmo es cuadrado supongo serie de expansiones - aunque el vinculado respuesta invoca la Serie de Fourier de Expansión de $\log(\cos x)$ - o IBP no son la forma correcta de acercarse a esta integral.

Por lo tanto estoy pidiendo interesante o elegantes formas para evaluar la $(1)$. Por favor, facilite un intento de que los dos que he sugerido en este post si usted es consciente de uno.

Gracias de antemano!

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Propia evaluación

Primero de todo reescribir la integral más o menos $$\small\int_0^{\frac{\pi}2}4\cos^2(x)\log^2(\cos x)~dx=\int_0^{\frac{\pi}2}\cos^2(x)\log^2(\cos^2 x)~dx$$ notar que el subsititution $\cos^2 x=y$ es adecuado para ello en este caso. Computación $dy$ y el cambio de las fronteras de los rendimientos a $$\begin{align} \small\int_0^{\frac{\pi}2}\cos^2(x)\log^2(\cos^2 x)~dx&=\small\int_1^0 (y)\log^2(y)~\left(\frac12\frac{-dy}{\sqrt{y(1-y)}}\right)\\ &=\small\int_0^1\frac{\sqrt{y}\log^2(y)}{\sqrt{1-y}}~dy \end{align}$$ se puede observar la estructura familiar en cuanto a la segunda derivada de la Función Beta. Por lo tanto, esta integral se puede escribir como $$\small\int_0^1\frac{\sqrt{y}\log^2(y)}{\sqrt{1-y}}~dy=\left.B_{xx}\left(x,\frac32\right)\right|_{x=\frac12}$$ La segunda derivada de la Función Beta se da en términos de la Función Beta, conectado con la Digamma y Trigamma Función como $$\small B_{xx}(x,y)=B(x,y)[(\psi^{(0)}(x)+\psi^{(0)}(x+y))^2+\psi^{(1)}(x)-\psi^{(1)}(x+y)]$$ El taponamiento en los valores de $x=\frac12$ e $y=\frac32$ rendimientos $$\begin{align} \small\left.B_{xx}\left(x,\frac32\right)\right|_{x=\frac12}&=\small B\left(\frac12,\frac32\right)\left[\left(\psi^{(0)}\left(\frac12\right)+\psi^{(0)}\left(\frac32+\frac12\right)\right)^2+\psi^{(1)}\left(\frac12\right)+\psi^{(1)}\left(\frac12+\frac32\right)\right]\\ &=\small\frac14\pi\left[\left(\left(\psi^{(0)}\left(\frac12\right)+\psi^{(0)}\left(2\right)\right)^2\right)+\psi^{(1)}\left(\frac12\right)+\psi^{(1)}\left(2\right)\right]\\ &=\small\frac14\pi\left[(-\gamma-2\log 2-1+\gamma)^2+\frac{\pi^2}2-\frac{\pi^2}6+1\right]\\ &=\small\frac14\pi\left[4\log^2 2+4\log 2+\frac{\pi^2}3+2\right]\\ &=\small -\pi\log 2+\pi\log^2 2-\frac{\pi}2+\frac{\pi^3}{12} \end{align}$$ Formulario de aquí en adelante sigue la deseada igualdad $$\small\int_0^{\frac{\pi}2}4\cos^2(x)\log^2(\cos x)~dx~=~-\pi\log 2+\pi\log^2 2-\frac{\pi}2+\frac{\pi^3}{12}$$

Answer 1

Primero puedes sustituir $x=\arctan u$ : \begin{align} 4\int_0^{\pi/2} \cos^2 (x) \log^2 \cos x\,dx&=\int_0^\infty \frac{\log^2(1+u^2)}{(1+u^2)^2} \,du \\ &=\frac{\partial^2}{\partial^2 \beta}\Biggr|_{\beta=0} \int_0^\infty \frac{1}{(1+u^2)^{2-\beta}}\,du \\ &=\frac{\partial^2}{\partial^2 \beta}\Biggr|_{\beta=0} \frac{1}{\Gamma(2-\beta)}\int_0^\infty \int_0^\infty \nu^{1-\beta} e^{-\nu(1+u^2)}\,d\nu\, du \\ &=\frac{\partial^2}{\partial^2 \beta}\Biggr|_{\beta=0} \frac{1}{\Gamma(2-\beta)}\int_0^\infty e^{-\nu}\nu^{1-\beta} \int_0^\infty e^{-\nu u^2}\,du\, d\nu \\ &= \frac{\partial^2}{\partial^2 \beta}\Biggr|_{\beta=0} \frac{\sqrt{\pi}}{\Gamma(2-\beta)}\int_0^\infty e^{-\nu}\nu^{1/2 -\beta} d\nu \\ &=\frac{\partial^2}{\partial^2 \beta}\Biggr|_{\beta=0} \frac{\sqrt{\pi}\,\Gamma\left(3/2-\beta\right)}{\Gamma(2-\beta)} \end {align}

Después de hacer los cálculos, podemos encontrar que esto es igual a

\begin{align} \frac{\partial^2}{\partial^2 \beta}\Biggr|_{\beta=0} \frac{\sqrt{\pi}\,\Gamma\left(3/2-\beta\right)}{\Gamma(2-\beta)} &= \sqrt{\pi}\frac{\Gamma(3/2)}{\Gamma(2)}\left(\psi^{(0)}(3/2)^2-2\psi^{(0)}(2)\psi^{(0)}(3/2)+\psi^{(1)}(3/2)+\psi^{(0)}(2)^2-\psi^{(1)}(2)\right) \\ &=\frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi^2}{3}+4\log^2-4\log 2 -2\right) \\ &=\frac{\pi^3}{12}+\pi\log^2 2 -\pi\log 2 -\frac{\pi}{2} \end{align}

Answer 2

Consideremos el caso general. $$\mathfrak{I}=\int\limits_0^{\pi/2}\mathrm dx\,\cos^mx\sin^nx$$Make the substitution $ x \ mapsto \ sin x$ to get that$$\mathfrak{I}=\int\limits_0^1\mathrm dx\, \left(1-x^2\right)^{(m+1)/2}x^n$$And now make the transformation $ x \ mapsto x ^ 2$ so that$$\mathfrak{I}=\frac 12\int\limits_0^1\mathrm dx\,\left(1-x\right)^{(m-1)/2}x^{(n-1)/2}=\frac 12\operatorname{B}\left(\frac {m+1}2,\frac {n+1}2\right)$$Now substitute $ n = 0$ and differentiate with respect to $ m $ .