después de mucha discusión y ayuda de @Chris'sis he tratado de integrarlo de varias maneras pero involucra algo que es nuevo para mí: $$ I= \int_0 ^{ \pi /2} \log ^2( \sin ^2x) \sin ^2x{ \rm d}x$$ Podría escribirse como: $$I= \int_0 ^{ \pi /2}4 \log ^2( \sin x) \sin ^2x{ \rm d}x$$ Lo sé: $$ \int_0 ^{ \pi /2} \log ( \sin x){ \rm d}x=- \frac { \pi }2 \ln 2$$ Y no es posible que esto funcione: $$ \int_0 ^{ \pi /2} \log ^2( \sin x){ \rm d}x$$ Sé que hay una pregunta en la última sobre MSE, pero las técnicas de evaluación no me son familiares. Para más información ver aquí .
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Anthony Shaw
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858
Usando $$ \log ( \sin (x))=- \log (2)- \sum_ {k=1}^ \infty\frac { \cos (2kx)}{k} $$ y $$ \sin ^2(x)= \frac {1- \cos (2x)}2 $$ y $$ \cos (2kx) \cos (2x)= \frac { \cos ((2k+2)x)+ \cos ((2k-2)x)}2 $$ que obtenemos, recordando la ortogonalidad de $ \cos (2jx)$ y $ \cos (2kx)$ , $$ \begin {align} & \int_0 ^{ \pi /2} \log ^2( \sin ^2(x)) \sin ^2(x)\, \mathrm {d}x \\ &=4 \int_0 ^{ \pi /2} \log ^2( \sin (x)) \sin ^2(x)\, \mathrm {d}x \\ &=4 \log (2)^2 \int_0 ^{ \pi /2} \sin ^2(x)\, \mathrm {d}x \\ &+4 \log (2) \sum_ {k=1}^ \infty\int_0 ^{ \pi /2} \frac {2 \cos (2kx)- \cos ((2k+2)x)- \cos ((2k-2)x)}{2k} \mathrm {d}x \\ &+ \sum_ {k=1}^ \infty\sum_ {j=1}^ \infty\int_0 ^{ \pi /2} \frac { \cos (2jx)}j \frac {2 \cos (2kx)- \cos ((2k+2)x)- \cos ((2k-2)x)}{k}\, \mathrm {d}x \\ &= \pi\log ^2(2)- \pi\log (2)+ \frac { \pi ^3}{12}- \frac\pi2 \end {align} $$
SUGERENCIA : Como mencioné en el chat, una de las formas naturales es usar la función beta en forma trigonométrica que lleva inmediatamente a la solución deseada
$$ \int_0 ^{ \pi /2} \sin ^a(x) \cos ^b(x) \ dx= \frac {1}{2}B \left ( \frac {1}{2}(a+1), \frac {1}{2}(b+1) \right )$$
Así,
$$I=4 \lim_ {b \to 0} \lim_ {a \to2 } \frac { \partial ^2}{ \partial a^2} \left ( \frac {1}{2}B \left ( \frac {1}{2}(a+1), \frac {1}{2}(b+1) \right ) \right )$$ $$= \pi\log ^2(2)- \pi\log (2)+ \frac { \pi ^3}{12}- \frac\pi2. $$
dustin
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6005
Para el contexto histórico, aquí está la solución de Ramanujan. \begin {alinear} \int_0 ^{ \pi /2} \log ^m( \sin (x))dx & = \int_0 ^1 \frac { \log ^m(x)}{ \sqrt {1-x^2}dx \tag {1} \\ &= (-1)^m \int_0 ^{ \infty }t^m \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(1/2)_ne^{-(2n+1)t}}{n!}dt \tag {2} \\ &= (-1)^mm! \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(1/2)_n}{n!(2n+1)^{m+1}} \tag {3} \end {alinear} En $(1)$ que $x=e^{-t}$ . En $(2)$ , $(1/2)_n$ es la siguiente secuencia $(1/2)_0 = 1$ y $(1/2)_n = (1/2)(1/2 + 1) \cdots (1/2 + n - 1)$ . En $(3)$ Tenemos $$ \int_0 ^{ \infty }t^me^{-(2n+1)t}dt= \frac {m!}{(2m+1)^{m+1}} $$ Ahora tomando $m = 2$ llegamos a $$ \int_0 ^{ \pi /2} \log ^2( \sin (x))dx = 2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(1/2)_n}{n!(2n+1)^{3}} $$
dustin
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6005
Un enfoque complejo diferente al del vínculo de Robjohn en los comentarios de la OP. Desde la identidad básica de trigonometría $ \sin (x) = \frac {e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ podemos escribir $-2i \sin (x) = e^{ix}(e^{-ix}-e^{ix}) = 1 - e^{2ix}$ . Si consideramos el contorno que menciono aquí no habrá postes en el contorno. Según la fórmula de la integral de Cauchy, la integral sobre los contornos será cero. \begin {alinear} \log (1-e^{2ix}) &= \log [e^{ix}(e^{-ix}-e^{ix})] \\ &= ix + \log (2) - \frac { \pi }{2}i+ \log ( \sin (x)) \end {alinear} Entonces podemos escribir la integral como (donde dejé caer las partes imaginarias ya que estamos resolviendo una integral real) \begin {alinear} \int_0 ^{ \pi /2} \Bigl [ix + \log (2) - \frac { \pi }{2}i+ \log ( \sin (x)) \Bigr ]^2 &= \int_0 ^{ \pi /2} \Bigl [x^2- \pi x+ \frac { \pi ^2}{4}- \log ^2(2)-2 \log (2) \log ( \sin (x))- \log ^2( \sin (x)) \Bigr ]dx \\ \int_0 ^{ \pi /2} \log ^2( \sin (x))dx &= \int_0 ^{ \pi /2} \Bigl [x^2- \pi x+ \frac { \pi ^2}{4}- \log ^2(2)-2 \log (2) \log ( \sin (x)) \Bigr ]dx \end {alinear} Como se mencionó en la OP o en el enlace anterior, ya sabemos $ \int_0 ^{ \pi /2} \log ( \sin (x))dx=- \frac { \pi }{2} \log (2)$ . Por lo tanto, el RHS se convierte en $$ \frac { \pi ^3}{24}+ \frac { \pi }{2} \log ^2(2) $$
