Demostrar que : $$ \int_{0}^{\Large\frac\pi2} {\ln^{2}\left(\vphantom{\large A}\cos\left(x\right)\right) \ln^{2}\left(\vphantom{\large A}\sin\left(x\right)\right) \más \cos\left(x\right)\sin\left(x\right)}\,{\rm d}x ={1 \over 4}\, \bigg[2\,\zeta\left(5\right) - \zeta\left(2\right)\zeta\left(3\right) \bigg] $$
Sólo puedo hacer no cuadrado. Alguien tiene una pista?
Los problemas relacionados con: (I), (II), (III), (IV), (V), (6). Utilizar el cambio de las variables de $\ln(\cos(x))=t$ a transformar la integral a
$$ I = \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{{{\ln }^{2}}\cos x{{\ln }^{2}}\sin x}{\cos x\sin x}}\text{d}x = \frac{1}{4}\,\int _{-\infty }^{0}\!{\frac {{t}^{2} \left( \ln \left( 1-{ {\rm e}^{2\,t}} \right)\right) ^{2}}{1-{{\rm e}^{2t}}}}{dt}.$$
Seguimos con otro de los cambios de las variables de $ 1-e^{2t}=z $ da
$$\frac{1}{4}\,\int _{-\infty }^{0}\!{\frac {{t}^{2} \left( \ln \left( 1-{ {\rm e}^{2\,t}} \right) \right) ^{2}}{1- {{\rm e}^{2}} }}{dt}= \frac{1}{32}\,\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln \left( 1-z \right) \right) ^{2} \left( \ln \left( z \right) \right) ^{2}}{z \left( 1- z\right) }}{dz}$$
$ $ a= \frac{1}{32}\,\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln \left( 1-z \right) \right) ^{2} \left( \ln \left( z \right) \right) ^{2}}{z }}{dz}+\frac{1}{32}\,\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln\left( 1-z \right) \right) ^{2} \left( \ln \left( z \right) \right) ^{2}}{ \left( 1- z\right) }}{dz} $$
$$ \implica I = \frac{1}{16}\,\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln \left( 1-z \right) \right) ^{2} \left( \ln \left( z \right) \right) ^{2}}{z }}{dz}\longrightarrow (1). $$
Obtener el resultado exacto: la Integral (1) puede ser evaluado como
$$ \frac{1}{16}\,\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln \left( 1-z \right) \right)^{2} \left( \ln \left( z \right) \right)^{2}}{z }}{dz}=\frac{1}{16} \lim_{w\to 0}\lim_{s\to 0^+}\frac{d^2}{dw^2}\frac{d^2}{ds^2}\int_{0}^{1} (1-z)^{w}z^{m-1}dz $$
$$ = \frac{1}{16}\lim_{w\to 0}\lim_{s\to 0^+}\frac{d^2}{dw^2}\frac{d^2}{ds^2}\beta(s,w+1)=\frac{1}{16}\lim_{w\to 0}\lim_{s\to 0^+}\frac{d^2}{dw^2}\frac{d^2}{ds^2}\frac{\Gamma(s)\Gamma(w+1)}{\Gamma(s+w+1)}$$
$$ I=\frac{1}{4}\left( 2\zeta \left( 5 \right)-\zeta \left( 2 \right)\zeta \left( 3 \right) \right) \longrightarrow (*), $$
donde $\beta(u,v)$ es la función beta.
Otras formas para la solución de 1: Usando integración por partes con $u=\ln^2(1-z)$ integral $(1)$ puede ser escrito como
$$ \frac{1}{16}\,\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln \left( 1-z \right) \right)^{2} \left( \ln \left( z \right)\right)^{2}}{z }}{dz}=\frac{1}{24}\,\int _{0}^{1}\!{\frac{ \ln\left( 1-z \right)\left( \ln \left( z \right) \right)^{3}}{1-z}}{dz} $$
$$ = -\sum_{n=0}^{\infty}(\psi(n+1)+\gamma)\int_{0}^{1}z^n\ln^3(z)dz = \frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\psi(n+1)+\gamma}{(n+1)^4}. $$
$$ I= \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\psi(n)}{n^4}+\frac{\gamma}{4}\zeta(4)\sim 0.02413779000 \longrightarrow (**). $$
Puede utilizar la identidad de $ H_{n-1}=\psi(n)+\gamma $ donde $H_n$ son de la serie de los números, para escribir el resultado como
$$ I=\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n-1}}{n^4} \longrightarrow (***). $$
Otras formas para la solución 2: podemos tener el siguiente formulario para la solución de
$$ I=\frac{1}{16}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H^2_{n}}{n^3}+\frac{1}{16}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\psi'(n+1)}{n^3}-\frac{1}{16}\zeta(2)\zeta(3)\longrightarrow (****). $$
Nota 1: se utilizó el poder de expansión de la serie de la función $ \frac{\ln(1-z)}{1-z}, $
$$\frac{\ln(1-z)}{1-z}= -\sum _{n=0}^{\infty } \left( \psi \left( n+1 \right) + \gamma \right){x}^{n}=-\sum _{n=0}^{\infty } H_{n}{x}^{n}. $$
Nota 2: Tratar de hacer frente integral de la $(1)$ utilizando la técnica utilizada en la solución de tu pregunta anterior.
Aquí hay otra manera de resolver la integral. Vamos $$ \mathcal{I}=\int_0^{\Large\frac\pi2}\frac{\ln^2(\cos x)\ln^2(\sin x)}{\cos x\sin x}\ dx. $$ Multiplicando $\,\mathcal{I}\,$ $\,\dfrac{2\sin x\cos x}{2\sin x\cos x}\,$ y ajuste de $\,t=\sin^2x\,$ de rendimiento \begin{align} \frac1{32}\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)\ln^2t}{(1-t)\ t}\ dt&=\frac1{32}\left[\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)\ln^2t}{t}\ dt+\color{blue}{\underbrace{\color{black}{\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)\ln^2t}{1-t}\ dt}}_{\color{red}{x\ \mapsto\ 1-x}}}\right]\\ &=\frac1{16}\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)\ln^2t}{t}\ dt. \end{align} La última integral se puede evaluar mediante IBP mediante el establecimiento $$u=\ln^2(1-t)\ \color{red}{\Rightarrow}\ du=-\dfrac{2\ln(1-t)}{1-t}\quad \text{and}\quad dv=\dfrac{\ln^2t}{t}\ dt\ \color{red}{\Rightarrow}\ v=\dfrac13\ln^3t.$$ Por lo tanto \begin{align} \frac1{16}\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)\ln^2t}{t}\ dt&=\frac1{16}\left[\left.\frac13\ln^3t\ln^2(1-t)\right|_{t=0}^1+\frac23\int_0^1\frac{\ln(1-t)\ln^3t}{1-t}\ dt\right]\\ &=\frac1{24}\int_0^1\frac{\ln(1-t)\ln^3t}{1-t}\ dt. \end{align} El último integral ha sido evaluado en mi otra respuesta (haga clic en el enlace de abajo). \begin{align} \color{blue}{\int\frac{\ln^3x\ln (1-x)}{1-x}\ dx}=&\ -\mathbf{H}_{1}(x)\ln^3x+\operatorname{Li}_2(x)\ln^3x+3\,\mathbf{H}_{2}(x)\ln^2x-3\operatorname{Li}_3(x)\ln^2x\\&\ -6\,\mathbf{H}_{3}(x)\ln x+6\operatorname{Li}_4(x)\ln x+6\,\mathbf{H}_{4}(x)-6\operatorname{Li}_5(x), \end{align} donde $\displaystyle\mathbf{H}_{k}(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{H_nx^n}{n^k}$ y $$ \mathbf{H}_{k}(1)=\frac{(k+2)}2\zeta(k+1)-\frac12\sum_{m=1}^{k-2}\zeta(k-m)\zeta(m+1)\quad;\quad\text{for}\ k\in\mathbb{Z}\ge2. $$
Por lo tanto \begin{align} \int_0^1\frac{\ln^3x\ln (1-x)}{1-x}\ dx=6\,\mathbf{H}_{4}(1)-6\operatorname{Li}_5(1)=12\zeta(5)-6\zeta(2)\zeta(3). \end{align} Alternativamente, también podemos utilizar la siguiente técnica \begin{align} \int_0^1\frac{\ln^3x\ln (1-x)}{1-x}\ dx&=-\int_0^1\sum_{n=1}^\infty H_nx^n\ln^3x\ dx\\ &=-\sum_{n=1}^\infty H_n\int_0^1x^n\ln^3x\ dx\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{3!\ H_n}{(n+1)^4}\tag1\\ &=6\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{H_n}{n^4}-\frac1{n^5}\right]\tag2\\ &=6\bigg[3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)-\zeta(5)\bigg]\\ &=6\bigg[2\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\bigg].\\ \end{align} Así $$ I=\frac1{24}\int_0^1\frac{\ln(1-t)\ln^3t}{1-t}\ dt=\color{blue}{\frac14\bigg[2\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\bigg]}.\la etiqueta{Q. E. D.} $$
Notas :
$\displaystyle[2]\ \ H_{n+1}-H_n=\frac1{n+1}$
Mhenni Benghorbal dio una manera de resolver el problema. Por desgracia, no mostrar cómo llegar $$ \lim_{w\to0}\lim_{s\to0}\frac{d^2}{dw^2}\frac{d^2}{ds^2}\frac{\Gamma(s)\Gamma(w+1)}{\Gamma(s+w+1)}. $$ Quiero terminar la perdida de la parte, que no es fácil de conseguir. Con el fin de evaluar este límite, tenemos que usar $$ \Gamma'(x)=\Gamma(x)\psi_0(x), \psi_n'(x)=\psi_{n+1}(x). $$ No es difícil de conseguir \begin{eqnarray*} \frac{d^2}{dw^2}\frac{\Gamma(s)\Gamma(w+1)}{\Gamma(s+w+1)}&=&\frac{\Gamma(s)\Gamma(w+1)}{\Gamma(s+w+1)}(\psi_0^2(w+1)-2\psi_0(w+1)\psi_0(s+w+1)\\ &&+\psi_0^2(s+w+1)+\psi_1(w+1)-\psi_1(s+w+1)). \end{eqnarray*} Nota: $$\psi_0(1)=-\gamma, \psi_1(1)=\frac{\pi^2}{6}$$ y por lo tanto \begin{eqnarray*} \lim_{w\to0}\frac{d^2}{dw^2}\frac{\Gamma(s)\Gamma(w+1)}{\Gamma(w+1)}&=&\lim_{w\to0}\frac{\Gamma(s)\Gamma(s+w+1)}{\Gamma(s+w+1)}(\psi_0^2(w+1)-2\psi_0(w+1)\psi_0(s+w+1)\\ &&+\psi_0^2(s+w+1)+\psi_1(w+1)-\psi_1(s+w+1))\\ &=&\frac{\Gamma(s)}{6\Gamma(s+1)}(6\gamma^2+\pi^2+12\gamma\psi_0(s+1)+6\psi_0^2(s+1)-6\psi_1(s+1)). \end{eqnarray*} Nota $$ \frac{\Gamma(s)}{6\Gamma(s+1)}=\frac{1}{6s}+\mathcal{O}(s^3)$$ y $$ 6\gamma^2+\pi^2+12\gamma\psi_0(s+1)+6\psi_0^2(s+1)-6\psi_1(s+1)=-6\psi_2(1)s-\frac{\pi^4}{30}s^2+(\pi^2\psi_2(1)-\psi_4(1))s^3+\mathcal{O}(s^3)$$ y por lo tanto \begin{eqnarray*} &&\frac{\Gamma(s)}{6\Gamma(s+1)}(6\gamma^2+\pi^2+12\gamma\psi_0(s+1)+6\psi_0^2(s+1)-6\psi_1(s+1))\\ &=&-\psi_2(1)-\frac{\pi^4}{180}s+\frac{1}{6}(\pi^2\psi_2(1)-\psi_4(1))s^2+\mathcal{O}(s^3). \end{eqnarray*} Así \begin{eqnarray} \lim_{s\to0}\lim_{w\to0}\frac{d^2}{ds^2}\frac{d^2}{dw^2}\frac{\Gamma(s)\Gamma(w+1)}{\Gamma(w+1)} &=&\lim_{s\to0}\frac{d^2}{ds^2}\frac{\Gamma(s)}{6\Gamma(s+1)}(6\gamma^2+\pi^2+12\gamma\psi_0(s+1)+6\psi_0^2(s+1)-6\psi_1(s+1))\\ &=&\frac{1}{3}(\pi^2\psi_2(1)-\psi_4(1)). \end{eqnarray} Así $$ \frac{1}{16}\lim_{w\to0}\lim_{s\to0}\frac{d^2}{dw^2}\frac{d^2}{ds^2}\frac{\Gamma(s)\Gamma(w+1)}{\Gamma(s+w+1)}=\frac{1}{48}(\pi^2\psi_2(1)-\psi_4(1)). $$ Por último destacar $$ \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6},\psi_2(1)=-2\zeta(3),\psi_4(1)=-24\zeta(5) $$ y por lo tanto $$ \frac{1}{16}\lim_{w\to0}\lim_{s\to0}\frac{d^2}{dw^2}\frac{d^2}{ds^2}\frac{\Gamma(s)\Gamma(w+1)}{\Gamma(s+w+1)}=\frac{1}{48}(\pi^2\psi_2(1)-\psi_4(1))=\frac{1}{4}(2\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)). $$
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