Evaluación de $\int_0^{\pi/3} \ln^2\left(\frac{\sin x }{\sin (x+\pi/3)}\right)\,\mathrm{d}x$

Question

I plan para evaluar

$$\int_0^{\pi/3} \ln^2\left(\frac{\sin x }{\sin (x+\pi/3)}\right)\, \mathrm{d}x$$ y necesito un punto de partida real y métodos complejos. Gracias !

Sis.

Answer 1

Resulta que esta integral se lleva de una forma muy simple susceptibles de análisis a través de los residuos. Vamos a $u = \sin{x}/\sin{(x+\pi/3)}$. Entonces podemos encontrar que (+)

$$\bronceado{x} = \frac{(\sqrt{3}/2)u}{1-(u/2)}$$

Un poco de álgebra revela una muy buena forma para la diferencial:

$$dx = \frac{\sqrt{3}}{2} \frac{du}{1-u+u^2}$$

de modo que la integral original toma una forma mucho más simple-en busca de la forma:

$$\frac{\sqrt{3}}{2} \int_0^1 du \frac{\log^2{u}}{1-u+u^2}$$

Esto no está listo para el contorno de integración todavía. Podemos transformar esto en una integral por sustitución de $u=1/v$ y la observación de que

$$\int_0^1 du \frac{\log^2{u}}{1-u+u^2} = \int_1^\infty du \frac{\log^2{u}}{1-u+u^2} = \frac{1}{2} \int_0^\infty du \frac{\log^2{u}}{1-u+u^2}$$

Ahora podemos analizar que la última integral a través del teorema de los residuos. Considere la integral

$$\oint_C dz \frac{\log^3{z}}{1-z+z^2}$$

donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno que pasa hacia arriba y hacia atrás a lo largo del eje real positivo. Se puede demostrar que la integral a lo largo de los grandes y pequeños arcos circulares que se desvanecen como los radios de los arcos se va a $\infty$ y $0$, respectivamente. Entonces podemos escribir la integral en términos de contribuciones positivas justo sobre el eje real negativo y contribuciones justo debajo. El resultado es

$$\oint_C dz \frac{\log^3{z}}{1-z+z^2} = \begin{matriz}\\ i \left ( - 6 \pi \int_0^\infty du \frac{\log^2{u}}{1-u+u^2} + 8 \pi^3 \int_0^\infty du \frac{1}{1-u+u^2} \right ) \\ + 12 \pi^2 \int_0^\infty du \frac{\log{u}}{1-u+u^2} \end{array}$$

Hemos creado esta igual a $2 \pi$ veces la suma de los residuos de los polos de el integrando dentro de los $C$. Los polos son $z \in \{e^{i \pi/3},e^{i 5\pi/3}\}$. Los residuos son

$$\mathrm{Res}_{z=e^{i \pi/3}} = -\frac{\pi^3}{27 \sqrt{3}}$$

$$\mathrm{Res}_{z=e^{i 5\pi/3}} = \frac{125 \pi^3}{27 \sqrt{3}}$$

$2 \pi$ veces la suma de estos residuos es entonces

$$i \frac{248 \pi^4}{27 \sqrt{3}}$$

La equiparación de la imaginaria de la integral a la cantidad anterior, vemos que

$$- 6 \pi \int_0^\infty du \frac{\log^2{u}}{1-u+u^2} + 8 \pi^3 \int_0^\infty du \frac{1}{1-u+u^2} = \frac{248 \pi^4}{27 \sqrt{3}}$$

Ahora, voy a decir sin pruebas por ahora (++)

$$\int_0^\infty du \frac{1}{1-u+u^2} = \frac{4 \pi}{3 \sqrt{3}}$$

A continuación, con un poco de aritmética, nos encontramos con que

$$\int_0^\infty du \frac{\log^2{u}}{1-u+u^2} = \frac{20 \pi^3}{81 \sqrt{3}}$$

La integral que queremos es $\sqrt{3}/4$ veces este valor; por lo tanto

$$\int_0^{\pi/3} dx \log^2{\left [ \frac{\sin{x}}{\sin{(x + \pi/3)}} \right ]} = \frac{5\pi^3}{81}$$

La prueba de (++)

Ahora, para demostrar (++), volvemos a la derecha a la observación (+) que

$$x = \int \frac{du}{1-u+u^2} \implica \bronceado{\left ( \frac{\sqrt{3}}{2} x \right )} = \frac{(\sqrt{3}/2)u}{1-(u/2)}$$

Por lo tanto

$$\int_0^1 \frac{du}{1-u+u^2} = \frac{2}{\sqrt{3}} \left [ \arctan \left ( \frac{(\sqrt{3}/2) u}{1-(u/2)} \right ) \right ]_0^1 = \frac{2}{\sqrt{3}} \frac{\pi}{3}$$

y hemos demostrado que esto es de $1/2$ la integral de más de $[0,\infty)$, y

$$\int_0^\infty \frac{du}{1-u+u^2} = \frac{4 \pi}{3 \sqrt{3}}$$

QED

Answer 2

Aquí es un inicio, mediante el cambio de variables $x=\arctan(t)$, tenemos

$$\int_0^{\pi/3} \ln^2\left(\frac{\sin x }{\sin (x+\pi/3)}\right)\, \mathrm{d}x = \int _{0}^{\sqrt {3}}\!{\frac { \left( \ln \left( 2 \right) +\ln \left( t \right) -\ln \left( t+\sqrt {3} \right) \right) ^{2}}{1+{t }^{2}}}{dt}$$

$$= \int _{0}^{\sqrt {3}}\!{\frac { \left( \ln \left( \frac{2}{t+\sqrt {3}} \right)\right)^{2}}{1+{t }^{2}}}{dt} = \frac{\sqrt{3}}{2}\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln \left y\right) \right) ^{2}}{1-y+{y }^{2}}}{dt}.$$

La tarde de la siguiente manera integral mediante el cambio de variables $\frac{2}{t+\sqrt {3}}=y$. Ahora, para evaluar la última integral, es necesario utilizar algunas técnicas que se han utilizado antes como parcial fracción de descomposición combinado con el uso de polylogarithm función. Aquí hay algunos enlaces enlace 1, enlace 2.

Answer 3

$T=\dfrac{\sin x}{\sin\left(x+\frac\pi3\right)}$, entonces $$\int_0^{\Large\frac\pi3}\ln^2\left[\dfrac{\sin x}{\sin\left(x+\frac\pi3\right)}\right]\ dx=\frac{\sqrt3}2\int_0^1\frac{\ln^2t}{1-t+t^2}\ dt.\tag1$$

---

Método $1$ :

$$\begin{align} \int_0^1 \dfrac{\ln^2 t }{1-t+t^2}\ dt&= \int_0^1 \dfrac{1+t}{1+t^3} \ln^2t\ dt\\ & = \int_0^1\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k t^{3k}\ (1+t) \ln^2t\ dt\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\left(\int_0^1 t^{3k}\ln^2t\ dt+\int_0^1 t^{3k+1}\ln^2t\ dt\right).\tag2 \end{align}$$ El uso de $$\int_0^1 x^\alpha \ln^n x\ dx=\frac{(-1)^n n!}{(\alpha+1)^{n+1}}, \qquad\text{para }\ n=0,1,2,\ldots\tag3$$ entonces $(2)$ resulta ser $$\begin{align} \int_0^1 \dfrac{\ln^2 t }{1-t+t^2}\ dt&= \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\left[\frac{2}{(3k+1)^{3}}+\frac{2}{(3k+2)^{3}}\right]\\ & = \frac2{3^3}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\left[\frac{1}{\left(k+\frac13\right)^{3}}+\frac{1}{\left(k+\frac23\right)^{3}}\right].\tag4 \end{align}$$ Considere la posibilidad de la alternancia de la serie en el plazo de polygamma función $$\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^{k}}{(z+k)^{n+1}}=\frac1{(-2)^{n+1}n!}\left[\psi_n\left(\frac{z}{2}\right)-\psi_n\left(\frac{z+1}{2}\right)\right]\quad;\quad\text{for}\ n\in\mathbb{Z}_+\tag5$$ y la reflexión de la fórmula de la función polygamma $$\psi_n(1-z)+(-1)^{n+1}\psi_n(z)=(-1)^{n}\pi\frac{d^n}{dz^n}\cuna(\pi z).\tag6$$ El uso de $(5)$ y $(6)$, entonces $(4)$ se convierte en $$\begin{align} \int_0^1 \dfrac{\ln^2 x }{1+x+x^2}\ dx y= \frac2{3^3}\cdot\frac{1}{(-2)^3\cdot2!}\bigg[\psi_2\left(\frac16\right)-\psi_2\left(\frac23\right)+\psi_2\left(\frac13\right)-\psi_2\left(\frac56\right)\bigg]\\ & = -\frac1{6^3}\bigg[\psi_2\left(\frac16\right)-\psi_2\left(\frac56\right)+\psi_2\left(\frac13\right)-\psi_2\left(\frac23\right)\bigg]\\ y= -\frac1{216}\left[\pi\left.\frac{d^2}{dz^2}\cuna(\pi z)\right|_{z=\frac56}+\pi\left.\frac{d^2}{dz^2}\cuna(\pi z)\right|_{z=\frac23}\right]\\ y=-\frac1{216}\left[-8\sqrt3\pi^3-\frac{8\sqrt3}{9}\pi^3\right]\\ &=\frac{10\sqrt3}{243}\pi^3. \end{align}$$ Así

$$\int_0^{\Large\frac\pi3}\ln^2\left[\dfrac{\sin x}{\sin\left(x+\frac\pi3\right)}\right]\ dx=\frac{\sqrt3}2\int_0^1\frac{\ln^2t}{1-t+t^2}\ dt=\large\color{blue}{\frac{5}{81}\pi^3}.$$

---

Método $2$ : $T=\frac1x$, de $(1)$ obtenemos $$\int_0^{\Large\frac\pi3}\ln^2\left[\dfrac{\sin x}{\sin\left(x+\frac\pi3\right)}\right]\ dx=\frac{\sqrt3}2\int_0^1\frac{\ln^2t}{1-t+t^2}\ dt=\frac{\sqrt3}4\int_0^\infty\frac{\ln^2x}{1-x+x^2}\ dx.$$ Considere la posibilidad de $$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha}\ dx}{1+2x\cos\beta +x^{2}}=\frac{\pi\sin (\alpha\beta)}{\sin (\alpha\pi)\sin \beta }.\tag7$$ La diferenciación de $(7)$ con respecto a $\alpha$ dos veces, la configuración de $\alpha=0$ y $\beta=\frac23\pi$, vamos a obtener $$\begin{align} \int_0^\infty \frac{\partial^2}{\parcial\alpha^2}\left[\frac{x^{\alpha}\ dx}{1+2x\cos\beta +x^{2}}\right]_{\alpha=0\ ;\ \beta=\frac23\pi}&=\frac{\partial^2}{\parcial\alpha^2}\left[\frac{\pi\sin (\alpha\beta)}{\sin (\alpha\pi)\sin \beta }\right]_{\alpha=0\ ;\ \beta=\frac23\pi}\\ \int_0^\infty \frac{\ln^2x}{1-x +x^{2}}\ dx&=\frac{20}{81\sqrt3}\pi^3 \end{align}$$ Así

$$\int_0^{\Large\frac\pi3}\ln^2\left[\dfrac{\sin x}{\sin\left(x+\frac\pi3\right)}\right]\ dx=\frac{\sqrt3}4\int_0^\infty\frac{\ln^2x}{1-x+x^2}\ dx=\large\color{blue}{\frac{5}{81}\pi^3}.$$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\pi/3}\ln^{2}\pars{\sin\pars{x} \\sin\pars{x + \pi/3}}\,\dd x :\ {\large ?}}$

$$\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{\pi/3}\ln^{2}\pars{\sin\pars{x} \\sin\pars{x + \pi/3}}\,\dd x} =\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\ln^{2}\pars{\sin\pars{x + \pi/6} \over \cos\pars{x}}\,\dd x \\[3 mm]&=\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\ln^{2}\pars{{\raíz{3} \over 2}\tan\pars{x} + \mitad} \,\dd x \end{align}$$

$$t\equiv{\raíz{3} \over 2}\tan\pars{x} + \media\quad\imp\quad \left\lbrace\begin{array}{rcl} x & = & \arctan\pars{2t - 1 \sobre \raíz{3}} \\ \dd x & = & {\raíz{3} \over 2}\,{\dd t \t sobre^{2} - t + 1} \end{array}\right.$$

$$\color{#c00000}{% \int_{0}^{\pi/3}\ln^{2}\pars{\sin\pars{x} \\sin\pars{x + \pi/3}}\,\dd x} ={\raíz{3} \over 2}\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{t} \over t^{2} - t + 1}\,\dd t$$ $\ds{t^{2} - t + 1 = 0}$ raíces están dadas por $\ds{t_{\rm r} = {1 + \raíz{3}\ic \over 2} = \expo{\ic\pi/3}}$ y $\ds{t_{\rm r}^{*} = { 1 \over t_{\rm r}}}$ tal que: $$\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{\pi/3}\ln^{2}\pars{\sin\pars{x} \\sin\pars{x + \pi/3}}\,\dd x} ={\raíz{3} \over 2}\int_{0}^{1} {\ln^{2}\pars{t} \over \pars{t - t_{\rm r}}\pars{t - t_{\rm r}^{*}}}\,\dd t \\[3 mm]&={\raíz{3} \over 2}{1 \over 2\ic\,\Im\pars{t_{\rm r}}} \int_{0}^{1}\ln^{2}\pars{t} \pars{{1 \over t - t_{\rm r}} - {1 \over t - t_{\rm r}^{*}}}\,\dd t =\Im\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{t} \over t_{\rm r}^{*} - t}\,\dd t \\[3 mm]&=\Im\int_{0}^{t_{\rm r}}{\ln^{2}\pars{t_{\rm r}^{*}t} \over 1 - t}\,\dd t =\Im\int_{0}^{t_{\rm r}}\ln\pars{1 - t}\bracks{% 2\ln\pars{t_{\rm r}^{*}t}\,{1 \over t}}\,\dd t \\[3 mm]&=-2\Im\int_{0}^{t_{\rm r}}{{\rm Li}_{1}\pars{t} \over t}\,\ln\pars{t_{\rm r}^{*}t} \,\dd t \end{align}$$ donde $\ds{{\rm Li}_{\rm s}\pars{z}}$ es un PolyLogarithm Función.

Mediante el uso de la propiedad recursiva de esas funciones: $$\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{\pi/3}\ln^{2}\pars{\sin\pars{x} \\sin\pars{x + \pi/3}}\,\dd x} =-2\Im\int_{0}^{t_{\rm r}}\totald{{\rm Li}_{2}\pars{t}}{t}\, \ln\pars{t_{\rm r}^{*}t}\,\dd t =2\Im\int_{0}^{t_{\rm r}}{{\rm Li}_{2}\pars{t} \over t}\,\dd t \\[3 mm]&=2\Im\int_{0}^{t_{\rm r}}\totald{{\rm Li}_{3}\pars{t}}{t}\,\dd t =2\ \Im{\rm Li}_{3}\pars{t_{\rm r}} \end{align}$$

$$\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{\pi/3}\ln^{2}\pars{\sin\pars{x} \\sin\pars{x + \pi/3}}\,\dd x} =-\ic\bracks{% {\rm Li}_{3}\pars{\expo{\ic\pi/3}} - {\rm Li}_{3}\pars{\expo{-\ic\pi/3}}} \\[3 mm]&=-\ic\bracks{-\,{\pars{2\pi\ic}^{3} \más de 3!}\,{\rm B}_{3}\pars{1 \over 6}} ={4 \más de 3}\,\pi^{3}\ \overbrace{\bracks{% \pars{1 \over 6}^{3} - {3 \más de 2}\,\pars{1 \over 6}^{2} +\media\,\pars{1 \over 6}}}^{\ds{=\ {5 \más de 108}}} \end{align}$$ donde hemos utilizado Jonquiere la Inversión de la Fórmula y $\ds{{\rm B}_{n}\pars{x}}$ es un Polinomio de Bernoullicon $\ds{{\rm B}_{3}\pars{x} = x^{3} - {3 \over 2}\,x^{2} + \media\,x}$.

$$\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\pi/3}\ln^{2}\pars{\sin\pars{x} \\sin\pars{x + \pi/3}}\,\dd x ={5\pi^{3} \más de 81}} \approx 1.9140$$