Evaluar la forma cerrada $\int_ {0}^{ \pi /2} \sin ^k(x) \ln\left [ \sin (x) \sin ^2 \left ({x \over 2} \right ) \right ] \mathrm dx=F(k)$

Question

Propuesto:

$$\int_ {0}^{ \pi /2} \sin ^k(x) \ln\left [ \sin (x) \sin ^2 \left ({x \over 2} \right ) \right ] \mathrm dx=F(k) \tag1$$

Donde $k=1,3,5,...$

Donde $F(1)=-2$ , $F(3)=-{17 \over 18}$ , $F(5)=-{587 \over 900}$ , $...$

Parece que $F(k)$ sólo producen números racionales.

Mi intento:

Dividir la integral

$$\int_ {0}^{ \pi /2} \sin ^k(x) \ln\sin (x)+2 \int_ {0}^{ \pi /2} \sin ^k(x) \ln\left [ \sin\left ({x \over 2} \right ) \right ] \mathrm dx \tag2$$

¿Cómo puede uno encontrar la forma cerrada para $F(k)?$

Answer 1

Tratemos de lograr el resultado requerido, si es posible utilizando enfoques elementales.

Al principio, $$F(k) = \int\limits_ {0}^{ \pi /2} \sin ^kx \ln\left ({1 \over2 } \sin x(1- \cos x) \right )\, \mathrm dx = \int\limits_ {0}^{ \pi /2} \sin ^kx \ln\left ({ \sin x \over2 } - { \sin 2x \over 4} \right )\, \mathrm dx.$$

$\mathbf {k=1}$

$$F(1) = \int\limits_ {0}^{ \pi /2} \sin x \ln\left ({1 \over2 } \sin x(1- \cos x) \right )\, \mathrm dx = \int\limits_ {0}^{ \pi /2} \ln\left ({ \sin x \over2 } - { \sin 2x \over 4} \right )\, \mathrm d(1- \cos x).$$ Por partes: $$F(1) = (1- \cos x) \left.\ln\left ({1 \over2 } \sin x(1- \cos x) \right ) \right |_{0}^{ \pi /2} - \int\limits_ {0}^{ \pi /2}(1- \cos x)\,{{1 \over2 }( \cos x - \cos2x ) \over {{1 \over2 } \sin x(1- \cos x)}}\, \mathrm d x$$ $$= - \ln2 - \int\limits_ {0}^{ \pi /2}{ \cos x - 1 + 2 \sin ^2 x \over { \sin x}} \mathrm dx = - \ln2 - 2 \int\limits_ {0}^{ \pi /2} \sin x \mathrm dx + \int\limits_ {0}^{ \pi /2}{1- \cos x \over1 - \cos ^2x} \sin x\, \mathrm dx$$ $$= - \ln2 + 2 \cos x \biggr |_0^{ \pi /2} - \int\limits_ {0}^{ \pi /2}{d(1+ \cos x) \over1 + \cos x}\, \mathrm dx = - \ln2 - 2 - \ln (1+ \cos x) \biggr |_0^{ \pi /2} = -2,$$ $$\boxed {F(1) = -2}.$$

$\mathbf {k=3}$

$$\int\limits_0 ^x \sin ^3y\, \mathrm dy = \int\limits_0 ^x(1- \cos ^2y) \sin y\, \mathrm dy$$ $$= \int\limits_0 ^x \left (2(1- \cos y)-(1- \cos y)^2 \right )\, \mathrm d(1- \cos y) = \int\limits_0 ^{1- \cos x}(2t-t^2)\, \mathrm dy = J_3(1- \cos x),$$ donde $$J_3(t) = t^2-{1 \over3 }t^3.$$ Luego $$F(3) = \int\limits_ {0}^{ \pi /2} \sin ^3x \ln\left ({1 \over2 } \sin x(1- \cos x) \right )\, \mathrm dx = \int\limits_ {0}^{ \pi /2} \ln\left ({ \sin x \over2 } - { \sin 2x \over 4} \right )\, \mathrm dJ_3(1- \cos x).$$ Por partes: $$F(3) = J_3(1- \cos x) \left.\ln\left ({1 \over2 } \sin x(1- \cos x) \right ) \right |_{0}^{ \pi /2} - \int\limits_ {0}^{ \pi /2}J_3(1- \cos x)\,{{1 \over2 }( \cos x - \cos2x ) \over {{1 \over2 } \sin x(1- \cos x)}}\, \mathrm dx$$ $$= -J_3(1) \ln2 - \int\limits_ {0}^{ \pi /2}J_3(1- \cos x){ \cos x - 1 + 2 \sin ^2 x \over { \sin x(1- \cos x)}} \mathrm dx$$ $$= -J_3(1) \ln2 + \int\limits_ {0}^{ \pi /2}{J_3(1- \cos x) \over\sin x} \mathrm dx - 2 \int\limits_ {0}^{ \pi /2}{J_3(1- \cos x) \over1 - \cos x} \sin x\, \mathrm dx$$ $$= -J_3(1) \ln2 + \int\limits_ {0}^{ \pi /2}{J_3(1- \cos x) \over (1- \cos x)(1+ \cos x)} \mathrm d(1- \cos x) - 2 \int\limits_ {0}^{ \pi /2}{J_3(1- \cos x) \over1 - \cos x}\, \mathrm d(1- \cos x)$$ $$= -J_3(1) \ln2 + \int\limits_ {0}^{1}{J_3(t) \over t(2-t)} \mathrm dt - 2 \int\limits_ {t}^{ \pi /2}{J_3(t) \over t}\, \mathrm dt$$ $$= -J_3(1) \ln2 + {1 \over2 } \int\limits_ {0}^{1}{J_3(t) \over t} \mathrm dt + {1 \over2 } \int\limits_ {0}^{1}{J_3(t) \over2 -t} \mathrm dt - 2 \int\limits_ {t}^{ \pi /2}{J_3(t) \over t}\, \mathrm dt$$ $$= -J_3(1) \ln2 + {1 \over2 }J_3(2) \int\limits_ {0}^{1}{ \mathrm dt \over2 -t} - {1 \over2 } \int\limits_ {0}^{1}{J_3(t)-J_3(2) \over t-2} \mathrm dt - {3 \over2 } \int\limits_ {t}^{ \pi /2}{J_3(t) \over t}\, \mathrm dt$$ $$= -J_3(1) \ln2 + {1 \over2 }J_3(2) \ln (2-t) \biggr |_{0}^{1} - {1 \over2 } \int\limits_ {0}^{1}{J_3(t)-J_3(2) \over t-2} \mathrm dt - {3 \over2 } \int\limits_ {t}^{ \pi /2}{J_3(t) \over t}\, \mathrm dt$$ $$= \left (-J_3(1)+{1 \over2 }J_3(2) \right ) \ln2 - {1 \over2 } \int\limits_ {0}^{1}{J_3(t)-J_3(2) \over t-2} \mathrm dt - {3 \over2 } \int\limits_ {t}^{ \pi /2}{J_3(t) \over t}\, \mathrm dt$$ $$= \left (-{2 \over3 }+{1 \over2 } \cdot {4 \over3 } \right ) \ln2 - {17 \over18 } = -{17 \over18 }$$ (véase también Wolfram Alfa ), $$\boxed {F(3) = -{17 \over18 }}.$$

$\mathbf {k=2n+1}$

De la misma manera, $$\int\limits_0 ^x \sin ^{2n+1}y\, \mathrm dy = \int\limits_0 ^x(1- \cos ^2y)^n \sin y\, \mathrm dy = \int\limits_0 ^{1- \cos x}(2z-z^2)^n\, \mathrm dz = J_{2n+1}(1- \cos x),$$ donde $$J_{2n+1}(t) = \int\limits_0 ^{t}(2z-z^2)^n\, \mathrm dz.$$ Luego $$F(2n+1) = \left (-J_{2n+1}(1)+{1 \over2 }J_{2n+1}(2) \right ) \ln2$$ $$- {1 \over2 } \int\limits_0 ^1{J_{2n+1}(t)-J_{2n+1}(2) \over t-2}\, \mathrm dt- {3 \over2 } \int\limits_0 ^1{J_{2n+1}(t) \over t}\, \mathrm dt.$$ Tengan en cuenta que $$J_{2n+1}(1) = \int\limits_0 ^1(2t-t^2)^n\, \mathrm dt = \int\limits_0 ^1(1-(1-t)^2)^n\, \mathrm dt = \int\limits_0 ^1(1-t^2)^n\, \mathrm dt = { \sqrt { \pi }\, \Gamma (n + 1) \over2\Gamma (n + 3/2)}$$ (véase también Wolfram Alfa ), $$J_{2n+1}(2) = \int\limits_0 ^2(2t-t^2)^n\, \mathrm dt = { \sqrt { \pi }\, \Gamma (n + 1) \over\Gamma (n + 3/2)} = {n! \cdot2 ^{n+1} \over (2n+1)!!}$$ (véase también Wolfram Alfa ), por lo tanto $$F(2n+1) = - {1 \over2 } \int\limits_0 ^1{J_{2n+1}(t)-J_{2n+1}(2) \over t-2}\, \mathrm dt- {3 \over2 } \int\limits_0 ^1{J_{2n+1}(t) \over t}\, \mathrm dt,$$ y los integrandos son polinomios con coeficientes racionales. Además, $$J_{2n+1}(t) - J_{2n+1}(2) = \int\limits_2 ^t(2y-y^2)^n\, \mathrm dy = - \int\limits_2 ^t((2-y)(2-(2-y))^n\, \mathrm d(2-y) = - \int\limits_0 ^{2-t}(z(2-z))^n\, \mathrm dz = -J_{2n+1}(2-t).$$ Eso da $$\boxed {F(2n+1) = - {1 \over2 } \int\limits_0 ^1 \left (R_n(2-t)+3R_n(t) \right )\, \mathrm dt},$$ donde $$\boxed {R_n(t) = {1 \over t} \int\limits_0 ^t(2z-z^2)^n\, \mathrm dz}.$$

Esto permite obtener una forma cerrada para las integrales requeridas (como se muestra a continuación) y explica la forma racional de los resultados.

La fórmula general

Usemos la fórmula binomial de Newton $$(2z-z^2)^n = z^n(2-z)^n = z^n \sum\limits_ {i=0}^n \genfrac {(}{)}{0}{0}{n}{i}(-1)^i \cdot2 ^{n-i}z^i,$$ entonces $$R_n(t) = {1 \over t} \int\limits_0 ^t(2z-z^2)^n\, \mathrm dz$$ $$= {1 \over t} \sum\limits_ {i=0}^n \genfrac {(}{)}{0}{0}{n}{i}(-1)^i \cdot2 ^{n-i} \int\limits_0 ^t z^{n+i}\, \mathrm dz = \sum\limits_ {i=0}^n{(-1)^i \over n+i+1} \genfrac {(}{)}{0}{0}{n}{i} \cdot2 ^{n-i}t^{n+i},$$ $$F(2n+1) = - {1 \over2 } \int\limits_0 ^1 \left (R_n(2-t)+3R_n(t) \right )\, \mathrm dt$$ $$= - {1 \over2 } \sum\limits_ {i=0}^n{(-1)^i \over n+i+1} \genfrac {(}{)}{0}{0}{n}{i} \cdot2 ^{n-i} \int\limits_0 ^1 \left ((2-t)^{n+i}+3t^{n+i} \right )\, \mathrm dt$$ $$= - {1 \over2 } \sum\limits_ {i=0}^n{(-1)^i \over (n+i+1)^2} \genfrac {(}{)}{0}{0}{n}{i} \cdot2 ^{n-i} \left (-(2-t)^{n+i+1}+3t^{n+i+1} \right ) \biggr |_0^1$$ $$= - {1 \over2 } \sum\limits_ {i=0}^n{(-1)^i \over (n+i+1)^2} \genfrac {(}{)}{0}{0}{n}{i} \cdot2 ^{n-i} \left (2+2^{n+i+1} \right ),$$ $$\boxed { \boxed {F(2n+1) = -4^n \sum\limits_ {i=0}^n{(-1)^i \over (n+i+1)^2} \genfrac {(}{)}{0}{0}{n}{i}(1+2^{-n-i})}}. \tag1$$

Resultados

Los resultados del cálculo por $(1)$ usando el programa Wolfram Alpha (сliсk a la derecha los símbolos "="):

$\mathbf {n=0} \quad F(1)\ $ \=)) $\ -2$

$\mathbf {n=1} \quad F(3)\ $ \=)) $\ - \dfrac {17}{18}$

$\mathbf {n=2} \quad F(5)\ $ \=)) $\ - \dfrac {587}{900}$

$\mathbf {n=3} \quad F(7)\ $ \=)) $\ - \dfrac {629}{1225}$

$\mathbf {n=4} \quad F(9)\ $ \=)) $\ - \dfrac {342319}{793800}$

$\mathbf {n=5} \quad F(11)\ $ \=)) $\ - \dfrac {3613679}{38419920}$

¡Hecho!