Integrales logarítmicas interesantes $\int_0^{\pi/3} \log^2 \left(2\sin \frac{x}{2} \right)dx= \frac{7\pi^3}{108}$

Question

Demostrar que

$$\begin{aligned} \int_0^{\pi/3} \log^2 \left(2\sin \frac{x}{2} \right)dx &= \frac{7\pi^3}{108} \\ \int_0^{\pi/3}x\log^2 \left(2\sin\frac{x}{2} \right)dx &= \frac{17\pi^4}{6480}\end{aligned}$$

• Puedo resolver $\displaystyle \int_0^\pi \log^2 \left(2\sin \frac{x}{2} \right)dx $ pero no sé qué hacer si los límites son de $0$ a $\pi/3$ .
• No tengo ni idea de qué hacer si el integrando contiene un $x$ .
• Siento que el Polilogaritmo Sin embargo, no sé cómo se puede implementar aquí.

Sería estupendo que alguien tomara la iniciativa de probarlas.

Answer 1

Este es otro enfoque para evaluar el sin $x$ en el frente.

En primer lugar, observe que es equivalente a mostrar que $$\int_{0}^{\pi /6} \log^{2}(2 \sin x) \ dx = \frac{7 \pi^{3}}{216}. $$

Utilizando la rama principal del logaritmo y asumiendo que $0 < x < \pi$ tenemos $$ \begin{align} \log(1-e^{2ix}) &= \log (e^{-ix}-e^{ix}) + \log(e^{ix}) \\ &= \log(-2i \sin x) + ix \\ &= \log(2 \sin x) - \frac{i \pi}{2} + ix. \end{align}$$

Cuadrando ambos lados e integrando, $$\int_{0}^{\pi /6} \left(\log(2 \sin x) - \frac{i \pi}{2} + ix \right)^{2} \ dx = \int_{0}^{\pi /6} \log^{2} (1-e^{2ix}) \ dx . $$

Entonces, igualando las partes reales de ambos lados de la ecuación, obtenemos

$$\begin{align} \int_{0}^{\pi /6} \log^{2}(2 \sin x) \ dx &= \int_{0}^{\pi/6} \left(x- \frac{\pi}{2} \right)^{2} \ dx + \text{Re} \int_{0}^{\pi /6} \log^{2}(1-e^{2ix}) \ dx \\ &= \frac{19 \pi^{3}}{648} +\text{Re} \int_{C} \log^{2}(1-z) \frac{dz}{2iz} \\ &=\frac{19 \pi^{3}}{648} + \frac{1}{2} \ \text{Im} \int_{C} \frac{\log^{2}(1-z)}{z} \ dz \end{align}$$

donde $C$ es la porción del círculo unitario desde $z=1$ a $z=e^{ \pi i /3}$ .

Pero como $\frac{\log^{2}(1-z)}{z}$ es analítico para $\text{Re}(z) <1$ ,

$$ \begin{align} \int_{C} \frac{\log^{2}(1-z)}{z} \ dz &= \int_{1}^{e^{\pi i /3}} \frac{\log^{2}(1-z)}{z} \ dz . \end{align} $$

Entonces, integrando por partes dos veces, obtenemos

$$ \begin{align} \text{Im} \int_{1}^{e^{\pi i /3}} \frac{\log^{2}(1-z)}{z} \ dz &= \text{Im} \ \log^{2}(1-z) \log(z) \Bigg|^{e^{\pi i /3}}_{1} + 2 \ \text{Im} \int_{1}^{e^{\pi i /3}} \frac{\log(1-z) \log (z)}{1-z} \ dz \\ &= \text{Im} \ \log^{2}(e^{-\pi i /3}) \log(e^{\pi i /3}) + 2 \ \text{Im} \ \log(1-z) \text{Li}_{2}(1-z) \Bigg|^{e^{\pi i / 3}}_{1} \\ &+ 2 \ \text{Im} \int_{1}^{e^{\pi i / 3}} \frac{\text{Li}_{2}(1-z)}{1-z} \ dz \\ &=- \frac{ \pi^3}{27} - \frac{2 \pi }{3}\text{Im} \ i \ \text{Li}_{2} (e^{- \pi i /3}) - 2 \ \text{Im} \ \text{Li}_{3}(1-z) \Bigg|^{e^{\pi i/3}}_{1} \\ &= - \frac{ \pi^3}{27} - \frac{2 \pi }{3}\text{Im} \ i \ \text{Li}_{2} (e^{- \pi i /3}) - 2 \ \text{Im} \ \text{Li}_{3}(e^{ -\pi i /3}) \\ &= - \frac{\pi^3}{27} - \frac{2 \pi }{3} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (n \pi /3)}{n^{2}} +2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (n \pi /3)}{n^3}. \end{align}$$

Integrando ambos lados de la serie de Fourier $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (k \theta)}{k} = \frac{\pi - \theta}{2} \ , \ 0 < \theta < 2 \pi$$

obtenemos

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (k \theta)}{k^{2}} = \frac{\theta^{2}}{4} - \frac{\pi \theta}{2} + \frac{\pi^{2}}{6} .$$

E integrando una segunda vez, $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (k \theta)}{k^{3}} = \frac{\theta^{3}}{12} - \frac{\pi \theta^{2}}{4} + \frac{\pi^{2} \theta}{6}.$$

Por lo tanto,

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (n \pi /3)}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{36} $$

y $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (n \pi /3)}{n^{3}} = \frac{5 \pi^{3}}{162}. $$

Así que finalmente tenemos

$$ \begin{align} \int_{0}^{\pi /6} \log^{2}(2 \sin x) \ dx &= \frac{19 \pi^{3}}{648} + \frac{1}{2} \left[ - \frac{ \pi^{3}}{27} - \frac{2 \pi }{3} \left(\frac{\pi^{2}}{36} \right) + 2 \left( \frac{5 \pi^{3}}{162} \right) \right] \\ &= \frac{7 \pi^{3}}{216} . \end{align}$$

Answer 2

La mejor manera que veo de hacer la integral más sencilla (la que no tiene $x$ delante) es sustituir $u=2 \sin{(x/2)}$ y expandir el integrando resultante en una serie. A saber, al hacer la sustitución, obtenemos

$$\int_0^{\pi/3} dx \: \log^2{[2 \sin{(x/2)}]} = \int_0^1 du \frac{\log^2{u}}{\sqrt{1-u^2/4}}$$

Tenga en cuenta que

$$\frac{1}{\sqrt{1-u^2/4}} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2^{4 k}} \binom{2 k}{k} u^{2 k}$$

Entonces la integral se convierte en

$$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2^{4 k}} \binom{2 k}{k} \int_0^1 du\: u^{2 k} \log^2{u}$$

La integral de la derecha puede hacerse mediante integración por partes; el proceso es muy interesante, pero dejo al lector que obtenga el ingenioso resultado que

$$\int_0^1 du\: u^{2 k} \log^2{u}=\frac{2}{(2 k+1)^3}$$

Por lo tanto, la evaluación de la integral se convierte en una evaluación de la siguiente suma:

$$2 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2^{4 k}} \binom{2 k}{k}\frac{1}{(2 k+1)^3}$$

Para evaluar esta suma, defina

$$f(z) = 2 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2^{4 k}} \binom{2 k}{k}\frac{z^{2 k+1}}{(2 k+1)^3}$$

La integral deseada es $f(1)$ . Para derivar una ecuación para $f$ , recordemos la serie binomial anterior:

$$\frac{d}{dz}\left [z \frac{d}{dz} \left [ z \frac{d}{dz} f(z)\right ] \right ] = 2 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2^{4 k}} \binom{2 k}{k} z^{2 k} = \frac{2}{\sqrt{1-z^2/4}}$$

Las integraciones resultantes son elementales excepto la última, que da lugar a una desagradable función hipergeométrica generalizada, algo así como

$$2 _4F_3\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{1}{4}\right)$$

que de hecho se comprueba numéricamente.

Answer 3

Su pregunta es el tema de un artículo que presenté recientemente aquí: https://www.researchgate.net/publication/338188132_On_Central_Binomial_Series_Related_to_z4 (estará disponible en arXiv en un par de días, y actualizaré el enlace en cuanto esté disponible). Es demasiado largo para escribirlo como una respuesta completa, ya que invoco muchos lemas preliminares. En particular, doy una prueba alternativa de la segunda identidad de la integral logarítmica usando una integral doble en lugar de la integral logarítmica en cuestión, que puede ser interesante para otros en este sitio.