$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin(x))dx=-\frac{\pi}{2}\ln(2)$ es una integral que es común.
Pero, ¿cómo podemos mostrar $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln^{2}(\sin(x))dx=\frac{{\pi}^{3}}{24}+\frac{\pi}{2}\ln^{2}(2)$?.
¿Alguien tiene alguna idea sobre cómo enfocar $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln^{2}(\sin(x)) dx$?.
Muchas gracias.
Aquí está una manera totalmente diferente a este enfoque integral, que se basa en algunas de primaria análisis complejo (del teorema de Cauchy). Se basa en un enfoque que he visto varias veces empleadas para calcular $\int_0^{\pi/2}\log{(\sin{x})}\,dx$ (en particular, en Ahlfors del libro).
La idea es integrar a la rama principal de $f(z) := \log^2{(1 - e^{2iz})} = \log^2{(-2ie^{iz}\sin{z})}$ sobre el contorno y, a continuación, deje que $R \to \infty$ y $\epsilon \to 0$.
Primero de todo, $1 - e^{2iz} \leq 0$ sólo cuando $z = k\pi + iy$, donde $k$ es integral y $y \leq 0$. Por lo tanto, en la región del plano que se obtiene por la omisión de las líneas $\{k\pi + iy: y\leq 0\}$ para $k \in \mathbb Z$, la rama principal de $\log{(1-e^{2iz})}$ se define y analítica. Tenga en cuenta que, para cada uno de ellos fijo $R$ y $\epsilon$, el contorno queremos integrar más está completamente contenida dentro de esta región.
Por Cauchy teorema de la integral sobre el contorno se desvanece para cada uno de ellos fijo $R$. Dado que $f(x + iR) = \log^2{(1 - e^{2ix}e^{-2R})} \to 0$ uniformemente $R \to \infty$, la integral sobre el segmento $[iR,\pi/2 + iR]$ se desvanece en el límite. Del mismo modo, desde $1 - e^{2iz} = S(z)$ $z \to 0$ tenemos $f(z) = O(\log^2{|z|})$ para lo suficientemente pequeño como $z$, lo que, desde $\epsilon \log^2{\epsilon} \to 0$ con $\epsilon$, significa que la integral sobre el arco circular desde $i\epsilon$ $\epsilon$ desvanece como $\epsilon \to 0$.
De los lados verticales del contorno, se obtiene la contribución $$ \begin{align*} \int_{[\pi/2,\pi/2 + iR]} + \int_{[iR,i\epsilon]} f(z)\,dz & = i\int_0^R f(\pi/2 + iy)\,dy -i\int_\epsilon^R f(iy)\,dy. \end{align*} $$ Dado que $f(iy)$ y $f(\pi/2 + iy)$ son reales, esta contribución es puramente imaginario.
Por último, la contribución de la parte inferior del contorno, después de dejar que $\epsilon \to 0$, es $$ \begin{align*} \int_0^{\pi/2} f(x)\,dx = \int_0^{\pi/2} \log^2{(-2ie^{ix}\sin{x})}\,dx, \end{align*} $$ y sabemos, a partir de las observaciones anteriores de que la parte real de esta integral debe desaparecer. Por $x$ entre $0$ y $\pi/2$, la cantidad de $2\sin{x}$ es positivo. Escrito $-ie^{ix} = e^{i(x - \pi/2)}$, vemos que $x \pi/2$ es el valor único de $\arg{(-2ie^{ix}\sin{x})}$, que se encuentra en $(-\pi,\pi$. Ya hemos elegido la rama principal de $\log{z}$, que se desprende de estas consideraciones que $\log{(-2ie^{ix}\sin{x})} = \log{(2\sin{x})} + i(x-\pi/2)$, por lo que $$ \begin{align*} \text{Re}{f(x)} &= \log^2{(2\sin{x})} - (x-\pi/2)^2 \\ &= \log^2{(\sin{x})} + 2\log{2}\log{(\sin{x})} + \log^2{2} - (x - \pi/2)^2. \end{align*} $$ Mediante la configuración de $\int_0^{\pi/2} \text{Re}f(x)\,dx = 0$ obtenemos $$ \begin{align*} \int_0^{\pi/2} \log^2{(\sin{x})}\,dx y= \int_0^{\pi/2}(x-\pi/2)^2\,dx - 2\log{2}\int_0^{\pi/2} \log{(\sin{x})}\,dx\frac{\pi}{2}\log^2{2} \\ & = \frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2}\right)^3 + \frac{\pi}{2} \log^2{2} \end{align*} $$ como se esperaba
Por métodos similares, uno puede calcular una variedad de integrales de esta forma con un poco de dificultad. Aquí están algunos ejemplos que se han calculado para la diversión. Todos son probados por el mismo método, con el mismo contorno, pero con diferentes funciones $f$.
En realidad, la integral en 3. tiene varios interesantes de la serie de expansiones, y yo estaría muy interesado si alguien puede calcular sin usar el resultado de la pregunta que he citado. Para una cosa, que nos daría una diferente de la prueba de que el resultado (que es por eso que me puse a investigar en primer lugar).
Vamos a $t=\sin(x)$. Entonces $\mathrm{d}t = \cos(x)\; \mathrm{d}x = \sqrt{1-t^2}\; \mathrm{d}x$. Ahora,
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log^2(\sin(x)) \mathrm{d} x = \int_0^1 \frac{\log^2(t)}{\sqrt{1-t^2}} \mathrm{d} t $$
La última forma pueden estar integrados por medio de $\int_0^1 \frac{t^{m-1}}{\sqrt{1-t^2}} \mathrm{d} t = \frac{1}{2} \operatorname{B}\left(\frac12, \frac{s}{2}\right) = \dfrac{\sqrt{\pi}\, \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)}{2 \Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)}$
Ahora se diferencian con respecto a los $s$ dos veces y establecer $s=1$ que se
$$ \frac{C^2 \pi}{8} + \frac{\pi^3}{24} + \frac{C \pi }{4} \psi\left(\frac12\right) + \frac{\pi}{8} \psi\left(\frac12\right)^2 = \frac{\pi^3}{24} + \frac{\pi}{2} \log(2)^2 $$
Añadido: $C$ stands de Euler-Mascheroni constante.
Un tercer enfoque sería la serie de Fourier:
Es decir, considerar
$$\ln \left (2\sin \frac{x}{2}\right )=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos nx}{n};(0<x<2\pi)$$
Después de cuadrado:
$$\ln^2\left (2\sin \frac{x}{2}\right )=\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos kx\cos nx}{kn}$$
Ahora, integrar la última ecuación de $x=0$ $x=\pi$
En el lado derecho, obtenemos:
$$\frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi}{2}\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^3}{12}$$
porque $$I=\int_{0}^{\pi}\cos kx\cos nx\,dx=0;k\neq n$$ $$I=\frac{\pi}{2};k=n$$
En el lado izquierdo:
$$\int_{0}^{\pi}\ln^2\left (2\sin \frac{x}{2}\right )\,dx= \ln^22 \int_{0}^{\pi}dx + 4\ln 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \left (\sin x\right )dx+2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln^2 \left (\sin x\right )dx $$
Ya sabemos que $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin x)dx=-\frac{\pi}{2}\ln(2) $ entonces tenemos $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln^{2}(\sin x)dx $ a partir de la ecuación.
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