giro en el logaritmo clásico de la integral del seno y del coseno

Question

Me encontré con este integral y no he podido evaluarlo.

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\ln(\sin(x))\ln(\cos(x))dx=\frac{{\pi}^{2}\ln^{2}(2)}{8}-\frac{{\pi}^{4}}{192}$

Tenía algunas ideas. Tal vez alguna forma de llegar a $\displaystyle\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^{4}}=\frac{{\pi}^{4}}{192}$ .

y $\displaystyle \ln(2)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\ln(2)dx=\frac{{\pi}^{2}\ln^{2}(2)}{8}$

utilizando la identidad $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x\cos(2kx)}{k}=-x\ln(\sin(x))-x\ln(2)$

y/o $\displaystyle \ln(\cos(x))=-\ln(2)-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\cos(2kx)}{k}$

He utilizado el primero para evaluar $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\ln(\sin(x))dx$ Así que pensé que tal vez se podría utilizar de alguna manera aquí.

Veo algunas cosas conocidas en la solución, pero ¿cómo llegar a ella?

¿Alguien tiene alguna idea inteligente?

Gracias.

Answer 1

Pensé en volver y mostrar lo que había hecho. Esta solución me resulta bastante incómoda y ya verás por qué.

Utilizando las identidades mencionadas anteriormente:

$\displaystyle -\ln(\sin(x))=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(2kx)}{k}+\ln(2)$

y $\displaystyle -\ln(\cos(x))=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\cos(2kx)}{k}+\ln(2)$

Los subí y llegué a:

$\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x\cos(2kx)}{k}+x\ln(2)\right)\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\cos(2kx)}{k}+\ln(2)\right)dx$

$=\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\cos(2kx)}{k}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x\cos(2kx)}{k} $ + $\displaystyle \ln(2)\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x\cos(2kx)}{k}+\ln(2)\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}x\cos(2kx)}{k}+x\ln^{2}(2))dx$

Ahora bien, aquí hice un movimiento "ilegal". Tomé el producto de las sumas bajo una suma.

$\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}x\cos^{2}(2kx)}{k^{2}}$ $+\displaystyle\ln(2)\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x\cos(2kx)}{k}$ $+\displaystyle\ln(2)\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}x\cos(2kx)}{k}$ $+x\ln^{2}(2))dx$

Cambia la suma y la integral:

$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}(\underbrace{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(-1)^{k}x\cos^{2}(2kx)}{k^{2}}dx}_{\text{[1]}} $ $+\displaystyle\underbrace{\ln(2)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x\cos(2kx)}{k}dx}_{\text{[2]}}$ $+\displaystyle\underbrace{\ln(2)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(-1)^{k}x\cos(2kx)}{k}dx}_{\text{[3]}}$ $+\underbrace{\ln^{2}(2)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}xdx}_{\text{[4]}})dx$

$[1]:\displaystyle \frac{{\pi}^{2}}{16}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k^{2}}=\frac{-{\pi}^{4}}{192}$

$[2]: \ln(2)\left(\frac{-1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3}}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k^{3}}\right)$

$[3]: \displaystyle \ln(2)\left(\frac{-1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k^{3}}+\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3}}\right)$

$[4]: \displaystyle \ln^{2}(2)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}xdx=\frac{{\pi}^{2}\ln^{2}(2)}{8}$

[2] y [3] se anulan entre sí y llego a:

$\displaystyle\frac{{\pi}^{2}\ln^{2}(2)}{8}-\frac{{\pi}^{4}}{192}$

Esto funcionó muy bien. ¿Es una casualidad o se pueden manipular las sumas, como he hecho arriba, bajo ciertas condiciones? ¿O es que realmente he conseguido dar con una solución inteligente?

También perdón por los paréntesis de tamaño insuficiente. Cada vez que intentaba ampliarlos, el Latex no se mostraba. He estado luchando con esto durante algún tiempo tratando de conseguir que todo se muestre. Gracias a todos.

Answer 2

$$\zeta(4):=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}=\frac{\pi^4}{90}\Longrightarrow \zeta_2(4):=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n)^4}=\frac{1}{16}\zeta(4)=\frac{\pi^4}{16\cdot 90}\Longrightarrow$$

$$\Longrightarrow\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(2n+1)^4}=\zeta(4)-\zeta_2(4)=\frac{15}{16}\frac{\pi^4}{90}=\frac{\pi^4}{96}$$

Y ya tienes la respuesta a tu primera pregunta.

Answer 3

A continuación se presenta un enfoque que evita el uso de las expansiones en serie de Fourier para $\ln (\cos x)$ y $\ln (\sin x)$ .

Considere $$I = \int_0^{\pi/2} x^2 \ln (\sin x) \ln (\cos x) \, dx.$$ Ejecución de una sustitución de $x \mapsto \pi/2 - x$ da \begin{align*} I &= \int_0^{\pi/2} \left (\frac{\pi}{2} - x \right )^2 \ln \left [\sin \left (\frac{\pi}{2} - x \right ) \right ] \ln \left [\cos \left (\frac{\pi}{2} - x \right ) \right ] \, dx\\ &= \int_0^{\pi/2} \left (\frac{\pi}{2} - x \right )^2 \ln (\cos x) \ln (\sin x) \, dx\\ &= \frac{\pi^2}{4} \int_0^{\pi/2} \ln (\sin x) \ln (\cos x) \, dx - \pi \int_0^{\pi/2} x \ln (\sin x) \ln (\cos x) \, dx\\ & \qquad + \int_0^{\pi/2} x^2 \ln (\sin x) \ln (\cos x) \, dx, \end{align*} o $$\int_0^{\pi/2} x \ln (\sin x) \ln (\cos x) \, dx = \frac{\pi}{4} \int_0^{\pi/2} \ln (\sin x) \ln (\cos x) \, dx.$$

La integral que aparece a la derecha se puede encontrar diferenciando la función beta. Como $$\text{B}(x,y) = 2 \int_0^{\pi/2} \cos^{2x - 1} \theta \sin^{2y - 1} \theta \, d\theta,$$ vemos que $$\int_0^{\pi/2} \ln (\sin \theta) \ln (\cos \theta) \, d\theta = \frac{1}{8} \partial_x \partial_y \text{B}(x,y) \Big{|}_{x=y=1/2},$$ dando $$\int_0^{\pi/2} x\ln (\sin x) \ln (\cos x) \, dx = \frac{\pi}{32} \partial_x \partial_y \text{B}(x,y) \Big{|}_{x=y=1/2}.$$

Desde $$\partial_x \text{B}(x,y) = \text{B}(x,y) [\psi(x) - \psi (x + y)] \quad \text{and} \quad \partial_y \text{B}(x,y) = \text{B}(x,y) [\psi(y) - \psi (x + y)],$$ donde $\psi (z)$ es el función digamma tenemos $$\partial_x \partial_y \text{B}(x,y) = \text{B}(x,y) \left [ \left \{\psi(x) - \psi (x + y) \right \} \left \{\psi(y) - \psi (x + y) \right \} - \psi^{(1)}(x + y) \right ].$$ Así, \begin{align*} \int_0^{\pi/2} x\ln (\sin x) \ln (\cos x) \, dx &= \frac{\pi}{32} \text{B} \left (\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right ) \left [ \left \{ \psi \left (\frac{1}{2} \right ) - \psi (1) \right \}^2 - \psi^{(1)}(1) \right ]. \end{align*}

Desde $$\text{B} \left (\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right ) = \frac{\Gamma (1/2) \Gamma (1/2)}{\Gamma (1)} = \pi,$$ y $$\psi^{(1)}(1) = \zeta (2) = \frac{\pi^2}{6} \quad \text{and} \quad \psi \left (\frac{1}{2} \right ) - \psi (1) = - 2\ln (2),$$ tenemos $$\int_0^{\pi/2} x\ln (\sin x) \ln (\cos x) \, dx = \frac{\pi^2}{8} \ln^2 (2) - \frac{\pi^4}{192},$$ como se esperaba.