La forma cerrada de $\int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2(\sin x) \mathrm{d}x$

Question

Inspirado por la popularidad de este tipo de integrales que aparecen en el MSE, últimamente, me enteré de nuevos métodos para atacar a los extraños integrales mediante el estudio de las hermosas respuestas similares preguntas anteriores, por lo que suponemos $$\int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2(\sin x) \mathrm{d}x$$ tiene una forma cerrada. Cómo alguien acerca de esto?

PS; Para ser honesto, estoy más interesado en la metodología, como en la pregunta anterior me faltó la formación matemática para entender completamente todos modos. Lo que implica no quiero Cleo-como respuestas.

Answer 1

Mathematica devuelve la siguiente forma cerrada

$$I=\sqrt{3} \; {}_4F_3\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}; \frac{3}{2}, \frac{3}{2},\frac{3}{2} \Bigg| \frac{3}{4}\right) \\ +\frac{\sqrt{3}}{4}\log\frac{16}{9} {}_3F_2\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}; \frac{3}{2}, \frac{3}{2} \Bigg| \frac{3}{4}\right)+\frac{\pi}{12}\log^2 \frac{4}{3} \approx 2.0445154345354680.$$

Esto no es particularmente agradable forma cerrada, como uno se puede imaginar. Cualquier intento de probar este resultado es probable que sea una tarea ardua, de hecho. Curiosamente, la primera de hyper-geométrica de la función es un tanto similar a la que me había encontrado hace algún tiempo.

Además, a través de la sustitución de $x = \arcsin t$, uno puede encontrar que

$$I = \frac{1}{2}\frac{d^2}{ds^2} \mathrm{B}\left(\frac{3}{4}, \frac{s}{2}, \frac{1}{2}\right)\Bigg|_{s=1}$$

donde $\mathrm{B}(x; \, a,b)$ es la función beta incompleta.

Answer 2

$\def\B{{\text{B}}}\def\F{{\text{$_2$F$_1$}}}$me parece que la forma cerrada es muy desagradable ya que implican las funciones hipergeométricas. Aquí está mi enfoque. Deje $I$ ser la integral dada y deje $\sin x=\sqrt{t}$, luego \begin{align} I&=\frac{1}{8}\int_0^{3/4}\frac{\ln^2t}{\sqrt{t}\cdot\sqrt{1-t}}\,dt\\ &=\frac{1}{8}\lim_{u\to\frac{1}{2}}\partial_u^2\,\B\left(\frac{3}{4};u,\frac{1}{2}\right) \end{align} donde $\text{B}\left(z;u,v\right)$ es la función beta incompleta se define por \begin{align} \B\left(z;u,v\right)=\int_0^z t^{u-1}(1-t)^{v-1}\,dt \end{align} Según Wolfram MathWorld, función beta incompleta puede representar como función hipergeométrica \begin{align} \B\left(z;u,v\right)=\frac{z^u}{u}\F\left(u,1-v;1+u;z\right) \end{align} Por lo tanto, con la ayuda de Wolfram Alpha, llegamos a la siguiente de forma cerrada \begin{align} I =&\,\frac{1}{8}\lim_{u\to\frac{1}{2}}\partial_u^2\,\left(\frac{\left(\frac{3}{4}\right)^u}{u}\F\left(u,\frac{1}{2};1+u;\frac{3}{4}\right)\right)\\ =&\,\frac{\sqrt{3}}{16}\left[\F^{(0,1,0,0)}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{4}\right)-8\,\F^{(0,0,1,0)}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{4}\right)\right]+\\ &\,2\left[\F^{(0,0,2,0)}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{4}\right)+2\,\F^{(0,1,1,0)}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{4}\right)+\F^{(0,2,0,0)}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{4}\right)\right]+\\ &\,-\frac{\sqrt{3}}{8}\ln\left(\frac{4}{3}\right)\left[2\,\F^{(0,0,1,0)}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{4}\right)+\F^{(0,1,0,0)}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{4}\right)-\frac{8\pi}{3\sqrt{3}}\right]\\ &\,+\frac{\pi}{12}\ln^2\left(\frac{4}{3}\right)+\frac{64\pi}{3\sqrt{3}} \end{align} Parece que el de arriba de forma cerrada, podría ser simplificado en el Señor Mhenny Benghorbal o Gahawar la respuesta, pero por desgracia, yo soy incapaz de demostrarlo. Ojalá pudiera, lo siento... (╥﹏╥)

Answer 3

Aquí es una forma cerrada.

$$ I = \frac{\sqrt {3}}{2}\, \a la izquierda( -2+\ln \left( 3 \right) -2\,\ln \left( 2 \right)\right) \, {\mbox{$_5$F$_4$}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\alpha;\,\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2},\beta;\,\frac{3}{4}\right)}\sim 2.044515433$$

donde $ {\mbox{$_5$F$_4$}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\alpha;\,\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2},\beta;\,\frac{3}{4}\right)} $ es la función hipergeométrica generalizada y $\alpha$, $\beta$ están dadas por

$$ \alpha = {\frac {-2+3\,\ln \left( 3 \right) -6\,\ln \left( 2 \right) }{-4\,\ln \left( 2 \right) +2\,\ln \left( 3 \right) }}\\ \\ \beta = {\frac {-2+\ln \left( 3 \right) -2\,\ln \left( 2 \right) }{-4\,\ln \left( 2 \right) +2\,\ln \left( 3 \right) }} $$