Cómo evaluar $\int_0^{\pi /2}\frac{u^2\ln{(2\cos u)}}{(u^2+\ln^2{(2\cos u)})^2}du$ ?

Question

Quiero encontrar el valor de $$\int_0^{\pi /2}\dfrac{u^2\ln{(2\cos u)}}{(u^2+\ln^2{(2\cos u)})^2}du.$$

Dejemos que $v=\frac{\pi}{2}-u$ entonces $$\int_0^{\pi /2}\dfrac{u^2\ln{(2\cos u)}}{(u^2+\ln^2{(2\cos u)})^2}du=\int_0^{\pi /2}\dfrac{(\pi /2-v)^2\ln{(2\sin v)}}{((\pi /2-v)^2+\ln^2{(2\sin v)})^2}dv.$$

No sé cómo seguir desde aquí. Gracias.

Answer 1

Se puede encontrar el siguiente resultado.

Propuesta . $$ \bbox[15px,border:1px solid #FF6600]{\int_0^{\pi/2}\!\! \frac{u^2\log(2\cos u)}{(u^2 + \log^2(2\cos u))^2}\: \mathrm{d}u =\frac{7\pi}{192} + \frac{\pi}{96}\ln (2 \pi) - \frac{\zeta'(2)}{16\pi}}\tag1 $$

donde $\zeta(\cdot)$ es la función zeta de Riemann. Un valor numérico de la expresión anterior es $$ \color{#FF6600}{0.193333548399328789605977464282949669744336\cdots}.$$

He aquí un enfoque.

Dejemos que $u$ sea cualquier número real tal que $0<u< \dfrac{\pi}2$ . Entonces, desde $$\log\left(1+e^{2iu}\right) = \log(2\cos u) + iu \tag2$$ tenemos $$ \begin{align} \frac{-2u\log(2\cos u)}{(u^2 + \log^2(2\cos u))^2}&=\Im \left(\frac1{\log^2\left(1+e^{2iu}\right)}-e^{-4iu}-e^{-2iu} \right)\\\\ &=\Im \left[\left(\frac1{\log^2\left(1-z\right)}-\frac1{z^2}+\frac1z \right)_{\large z=-e^{2iu}}\right]\tag3\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{\alpha_n}{n!}\:\sin (2n u) \tag4 \end{align} $$ donde hemos puesto $$ \frac1{\log^2\left(1-z\right)}-\frac1{z^2}+\frac1z =\sum_{n=0}^\infty\frac{\alpha_n}{n!}z^n \qquad |z|\leq1,\,z \neq1. \tag5 $$ Observando que, como $n \to \infty$ , $$ \frac{\alpha_n}{n!} \sim \mathcal{O}\left(\frac1{n \ln^3 n}\right),\tag6 $$ que puede obtenerse observando que $$ \frac1{\log^2\left(1-z\right)}-\frac1{z^2}+\frac1z=(1-z)\frac{d}{dz}\left(\frac1{\log\left(1-z\right)}+\frac1z \right),\tag7 $$ y observando que $$ \int_0^{\pi/2} u \sin ( 2 n u) \: \mathrm{d}u = \frac{\pi}4{\frac{(-1)}{n}\!}^{n-1} \qquad n = 1, 2, ...,\tag8 $$ entonces, multiplicando $(4)$ por $u$ se nos permite, utilizando $(6)$ para integrar $(4)$ obtención de plazos $$ \frac8{\pi}\int_0^{\pi/2}\!\! \frac{u^2\log(2\cos u)}{(u^2 + \log^2(2\cos u))^2}\: \mathrm{d}u =\frac12+\sum_{n=1}^\infty\frac{\alpha_n}{n!}\frac1n. \tag9 $$

Se puede observar, utilizando $(5)$ , observando que $\alpha_0=\dfrac1{12}$ y realizando una integración legítima a plazos, que $$ \int_0^1\!\! \left(\frac1{\log^2\left(1-x\right)}-\frac1{x^2}+\frac1x-\frac1{12}\right) \frac{\mathrm{d}x}x=\sum_{n=1}^\infty\frac{\alpha_n}{n!}\frac1n.\tag{10} $$ Así, desde $(9)$ y $(10)$ tenemos $$ \frac8{\pi}\!\int_0^{\pi/2}\!\! \frac{u^2\log(2\cos u)}{(u^2 + \log^2(2\cos u))^2}\: \mathrm{d}u =\frac12+\!\!\int_0^1\!\! \left(\frac1{\log^2\left(1-x\right)}-\frac1{x^2}+\frac1x-\frac1{12}\right) \frac{\mathrm{d}x}x.\tag{11} $$

Para deducir una forma cerrada de esta última integral, se puede introducir un parámetro como el siguiente. Consideremos $$ I(s):=\int_0^1\!\! \left(\frac1{\log^2\left(1-x\right)}-\frac1{x^2}+\frac1x-\frac1{12}\right) \frac{(1-x)^s}x\:\mathrm{d}x, \qquad s>0.\tag{12} $$ Al diferenciar dos veces, uno se deshace del $\log^2$ en el denominador, entonces se tiene $$ I''(s)=-\frac{3}{2}-\frac{1}{s}+\frac{1}{6 s^3}+\left(2s+1\right)\psi'(s)+\left(\frac{s^2}{2}+\frac{s}{2}+\frac1{12}\right)\psi''(s)\tag{13}, $$ a partir de la cual, integrando dos veces, utilizando $I(s) \to 0$ como $s \to \infty$ obtenemos el siguiente nuevo resultado.

Teorema. Dejemos que $s>0$ . Entonces $$\begin{align} &\int_0^1\!\! \left(\frac1{\log^2\left(1-x\right)}-\frac1{x^2}+\frac1x-\frac1{12}\right) \frac{(1-x)^s}x\:\mathrm{d}x\\\\ &=\frac7{24}+\ln A+\frac1{12 s}+\left(\frac34+\frac12 \ln (2 \pi)\right)s-\frac{3 s^2}{4}\tag{14}\\\\ &-s \ln s+\frac1{12} \left(1+6 s+6 s^2\right) \psi(s)-\int_0^s\log \Gamma(t)\:dt. \end{align} $$

donde $A$ es el Constante de Glaisher-Kinkelin .

Así, al dejar que $s \to 0^+$ en $(14)$ y utilizando $(11)$ teniendo en cuenta que $$\ln A=\frac1{12}(\gamma+\log(2\pi))-\frac{\zeta'(2)}{2\pi ^2},\tag{15}$$ obtenemos $(1)$ , tal y como se ha anunciado.