Evaluar $\int_{0}^{\pi }\theta ^{3}\log^{3}\left ( 2\sin\frac{\theta }{2} \right )\mathrm{d}\theta $

Question

Evaluar

$$\int_{0}^{\pi }\theta ^{3}\log^{3}\left ( 2\sin\frac{\theta }{2} \right )\,\mathrm{d}\theta $$

Hace algunos días,he encontrado este interesante integral a partir de un documento sobre generalizada de registro seno de las integrales,pero no puedo recordar el título de la misma. La respuesta de la integral es

\begin{align*} -\mathrm{Ls}_{7}^{\left ( 3 \right )}\left ( \pi \right )=&\frac{9}{35}\log^72+\frac{4}{5}\pi ^{2} \log^52+9\zeta \left ( 3 \right )\log^42-\frac{31}{30}\pi ^{4}\log^32\\ &-\left [ 72\mathrm{Li}_5\left ( \frac{1}{2} \right )-\frac{9}{8}\zeta \left ( 5 \right )-\frac{51}{4}\pi ^{2}\zeta \left ( 3 \right ) \right ]\log^22\\ &+\left [ 72\mathrm{Li}_{5,1}\left ( \frac{1}{2} \right )-216\mathrm{Li}_6\left ( \frac{1}{2} \right )+36\pi ^{2}\mathrm{Li}_4\left ( \frac{1}{2} \right ) \right ]\log2+72\mathrm{Li}_{6,1}\left ( \frac{1}{2} \right )\\ &-216\mathrm{Li}_7\left ( \frac{1}{2} \right )+36\pi ^{2}\mathrm{Li}_5\left ( \frac{1}{2} \right )-\frac{1161}{32}\zeta \left ( 7 \right )-\frac{375}{32}\pi ^{2}\zeta \left ( 5 \right )+\frac{1}{10}\pi ^{4}\zeta \left ( 3 \right ) \end{align*} donde $$\mathrm{Ls}_n^{\left ( k \right )}\left ( \alpha \right ):=-\int_{0}^{\alpha }\theta ^{k}\log^{n-1-k}\left | 2\sin\frac{\theta }{2} \right |\mathrm{d}\theta $$ es el caso generalizado de registro integral del seno y $$\mathrm{Li}_{\lambda ,1}\left ( z \right )=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{z^{k}}{k^{\lambda }}\sum_{j=1}^{k-1}\frac{1}{j}$$ es el múltiple polylogarithm.

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Encontré una hermosa manera de resolver las integrales de abajo $$\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}t^{2n}\log^{m}\left ( 2\cos t \right )\mathrm{d}t $$ Vamos a considerar $$\mathcal{I}\left ( x,y \right )=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\cos\left ( xt \right )\left ( 2\cos t \right )^{y}\mathrm{d}t$$ Mediante el uso de la función Gamma,la integral de convertirse en $$\mathcal{I}\left ( x,y \right )=\frac{\pi \, \Gamma \left ( y+1 \right )}{2\Gamma \left ( \dfrac{x+y+2}{2} \right )\Gamma \left ( \dfrac{y-x+2}{2} \right )}$$ A continuación, podemos obtener $$\mathcal{I}\left ( x,y \right )=\frac{\pi }{2}\exp\left ( \sum_{k=2}^{\infty }\frac{\left ( -1 \right )^{k}}{k\cdot 2^{k}}\zeta \left ( k \right )\left [ \left ( 2y \right )^{k}-\left ( y-x \right )^{k}-\left ( x+y \right )^{k} \right ] \right )$$ Por otro lado,usando la serie de taylor $$\mathcal{I}\left ( x,y \right )=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{\left ( 2n \right )!}x^{2n}\sum_{m=0}^{\infty }\frac{y^{m}}{m!}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}t^{2n}\log^m\left ( 2\cos t \right )\mathrm{d}t$$ Así,la comparación del coeficiente muestra la respuesta.Por ejemplo $$\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}t^{2}\log^2\left ( 2\cos t \right )\mathrm{d}t=4\cdot \frac{\pi }{2}\left [ \frac{12}{4\cdot 16} \zeta \left ( 4 \right )+\frac{1}{2}\frac{8}{2^{2}\cdot 4^{2}}\zeta \left ( 2 \right )^{2}\right ]=\frac{11}{1440}\pi ^{5}$$

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Me pregunto ¿se puede utilizar de la misma manera para demostrar que la integral en el principio,si no,hay otra manera de manejarlo?

Answer 1

Primero quiero definir $\enspace \displaystyle \zeta_1(m):= \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^m}\sum\limits_{j=1}^{k-1} \frac{1}{j} \enspace $ $\enspace \displaystyle \zeta_2(m):= \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^m}( (\sum\limits_{j=1}^{k-1}\frac{1}{j})^2 -\sum\limits_{j=1}^{k-1}\frac{1}{j^2})\enspace $ que son convergentes para el entero de los valores de $\enspace m\geq 2$ .

Nota: Obviamente (porque de los otros resultados) estas series pueden ser expresadas por las sumas de la polylogarithm función y modificaciones de eso.

En segundo lugar, una extensión de una integral como una serie, $n\in\mathbb{N}_0$$z\in\mathbb{R}\setminus \{2\mathbb{N}\}$$nz>-1$:

$ \displaystyle \int\limits_0^\pi x^n \left(2\sin\frac{x}{2}\right)^z dx=i^{-z} \int\limits_0^\pi x^n e^{i\frac{xz}{2}}(1- e^{-ix})^z dx= e^{-i\frac{\pi z}{2}} \int\limits_0^\pi x^n \sum\limits_{k=0}^\infty\binom{z}{k}(-1)^k e^{-ix(\frac{z}{2}-k} dx$

$\displaystyle =\int\limits_0^\pi x^n e^{i(x-\pi)\frac{z}{2}} dx+ \sum\limits_{v=0}^n \frac{\pi^{n-v} n!}{i^{v+1}(n-v)!} \sum\limits_{k=1}^\infty \binom{z}{k}\frac{ (-1)^k}{(\frac{z}{2}-k)^{v+1}} $

$\displaystyle \hspace{3.5cm} -i^{n-1}n!e^{-i\frac{\pi z}{2}} \sum\limits_{k=1}^\infty \binom{z}{k}\frac{ (-1)^k}{(\frac{z}{2}-k)^{n+1}}$

el uso de la rama principal del logaritmo y, por tanto,$\displaystyle i=e^{i\frac{\pi}{2}}$ .

Los números de Stirling de primera especie son generalmente definidos por $\enspace \displaystyle \sum\limits_{k=0}^n \left[ \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right] x^k := x(x+1)…(x+n-1) $ .

Porque de $\enspace \displaystyle (\sum\limits_{v=0}^\infty x^v \frac{d^k}{dz^k}\binom{z}{v}) |_{z=0} =\frac{d^k}{dz^k}(1+x)^z |_{z=0} =(\ln(1+x))^k=k!\sum\limits_{v=k}^\infty (-1)^{v-k} \left[\begin{array}{c} v \\ k \end{array} \right] \frac{x^v}{v!}$

tenemos $\enspace \displaystyle \binom{z}{k}|_{z=0}=0^k\enspace$ , $\enspace \displaystyle \frac{d}{dz} \binom{z}{k} |_{z=0} = (-1)^{k-1} \left[\begin{array}{c} k \\ 1 \end{array} \right] \frac{1}{k!}= \frac{(-1)^{k-1}}{k} \enspace$ , $\enspace \displaystyle \frac{d^2}{dz^2} \binom{z}{k} |_{z=0} = (-1)^{k-2} \left[\begin{array}{c} k \\ 2 \end{array} \right] \frac{2!}{k!}= \frac{(-1)^k 2}{k}\sum\limits_{j=1}^{k-1}\frac{1}{j} \enspace$ y $\enspace \displaystyle \frac{d^3}{dz^3} \binom{z}{k} |_{z=0} = (-1)^{k-3} \left[\begin{array}{c} k \\ 3 \end{array} \right] \frac{3!}{k!}= \frac{(-1)^{k-1} 3}{k}( (\sum\limits_{j=1}^{k-1}\frac{1}{j})^2 - \sum\limits_{j=1}^{k-1}\frac{1}{j^2} ) $ .

Para $(n;k):=(3;3)$ sigue

$ \displaystyle \int\limits_0^\pi x^3 \left(\ln\left(2\sin\frac{x}{2} \right)\right)^3 dx - i^3\int\limits_0^\pi x^3 (x-\pi)^3 dx =$

$\displaystyle =18 \sum\limits_{v=0}^3 \frac{(-1)^v \pi^{3-v}}{i^{v+1}(3-v)!}\zeta_2(v+2) - 18 \sum\limits_{v=0}^3 \frac{(-1)^v \pi^{3-v}(v+1)}{i^{v+1}(3-v)!}\zeta_1(v+3) $

$\displaystyle \hspace{4mm}+ 18 \sum\limits_{v=0}^3 \frac{(-1)^v \pi^{3-v}(v+1)(v+2)}{4 i^{v+1}(3-v)!}\zeta(v+4) $

$\displaystyle \hspace{4mm}+ \frac{9\pi^2}{2}\zeta(5)-i 18\pi \zeta_1(5)+i36\zeta(6)-18\zeta_2(5)+72\zeta_1(6)-90\zeta(7)$

y por lo tanto, tenemos con la comparación de las partes reales de la ecuación:

$\displaystyle\int\limits_0^\pi x^3 \left(\ln\left(2\sin\frac{x}{2} \right)\right)^3 dx =$

$\displaystyle\hspace{4mm}=9\pi^2\zeta_2(3)-18\zeta_2(5)-18\pi^2 \zeta_1(4)+144\zeta_1(6)+18\pi^2 \zeta(5)-180\zeta(7)$

Nota :

Aunque el método es correcto, no sé si todos los valores son correctos ya he calculado con la mano. :-)

Answer 2

Creo que se puede aplicar el método sólo parcialmente por la integral

\begin{align} \int_{0}^{\pi }\theta ^{3}\log^{3}\left ( 2\sin\frac{\theta }{2} \right )\,\mathrm{d}\theta &= 2^4\int_{0}^{\pi /2 }\left(\frac{\pi}{2}-\theta \right)^{3}\log^{3}\left ( 2\cos\theta\right )\,\mathrm{d}\theta\\ &=2π^3\int_{0}^{\pi /2 }\log^{3}\left ( 2\cos\theta\right )\,\mathrm{d}\theta - 12 π^2\int_{0}^{\pi /2 } θ\log^{3}\left ( 2\cos\theta\right )\,\mathrm{d}\theta \\&+ 24 π\int_{0}^{\pi /2 } θ^2\log^{3}\left ( 2\cos\theta\right )\,\mathrm{d}\theta - 16\int_{0}^{\pi /2 }θ^3\log^{3}\left ( 2\cos\theta\right )\,\mathrm{d}\theta \end{align}

Donde incluso los poderes de $\theta$ usted puede utilizar su fórmula. Otra de las integrales no son triviales.

Tenga en cuenta que el enfoque que se sugiere es impulsado por el hecho de que si

$$\mathcal{I}\left ( x,y \right )=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\cos\left ( x \theta \right )\left ( 2\cos \theta \right )^{y}\mathrm{d}\theta$$

Entonces podemos resolver la integral por la diferenciación con respecto al $x$$y$, pero ya que no puede deshacerse de $\sin(x \theta)$ podemos aplicar la derivada número par de veces.

$$\frac{\partial^{2n}\partial ^m}{\partial x^{2n}\partial y^m} \mathcal{I}\left ( 0,0 \right )=(-1)^n\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\theta^{2n} \log^m\left ( 2\cos \theta \right )\mathrm{d}\theta$$

Answer 3

Creo que se puede llegar desde el papel( Jonathan M. Borwein y
y Armin 2013） reslut Registro seno de las evaluaciones de Mahler medidas Teorema 2.6 uso de esta identidad $$-\sum_{n,k\ge 0}Ls^{(k)}_{n+k+1}(\pi)\dfrac{\lambda ^n}{n!}\cdot\dfrac{i\mu)^k}{k!}=i\sum_{n\ge 0}(-1)^n\binom{\lambda}{n}\dfrac{e^{i\pi\frac{\lambda}{2}}-(-1)^ne^{i\pi\mu}}{\mu-\dfrac{\lambda}{2}+n}$$ entonces $$\int_{0}^{\pi}\theta^3\log^3{\left(2\sin{\dfrac{\theta}{2}}\right)}d\theta=-Ls_{7}^{(3)}=\dfrac{d^3}{d\mu^3}\dfrac{d^3}{d\lambda^3}\sum_{n\ge 0}\binom{n}{\lambda}\dfrac{(-1)^ne^{i\pi\frac{\lambda}{2}}-e^{i\pi\mu}}{\mu-\dfrac{\lambda}{2}+n}=6\pi^2\lambda_{5}\left(\dfrac{1}{2}\right)+36Li_{5,1,1}(-1)-\pi^4\zeta{(3)}-\dfrac{759}{32}\pi^2\zeta{(5)}-\dfrac{45}{32}\zeta{(7)}$$

donde $$\lambda_{n}(x)=(n-2)!\sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{(-1)^k}{k!}Li_{n-k}(x)\log^k|x|+\dfrac{(-1)^n}{n}\log^{n}|x|$$