Demostrar que $\int_0^{\pi/2}\ln^2(\cos x)\,dx=\frac{\pi}{2}\ln^2 2+\frac{\pi^3}{24}$

Question

Demostrar que \begin {Ecuación} \int_0 ^{ \pi /2} \ln ^2( \cos x)\Ndex= \frac { \pi }{2} \ln ^2 2+ \frac { \pi ^3}{24} \end {Ecuación}

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Intenté utilizar el método por partes y terminé con \begin {Ecuación} \int \ln ^2( \cos x)\N-, dx=x \ln ^2( \cos x)+2 \int x \ln ( \cos x) \tan x\, dx \end {Ecuación} Esta última integral parece difícil de evaluar. ¿Podría alguien ayudarme a demostrarla, preferiblemente de forma elemental (métodos de bachillerato)? Cualquier ayuda será muy apreciada. Gracias.

Adenda:

También encontré esta bonita forma cerrada \begin {Ecuación} - \int_0 ^{ \pi /2} \ln ^3( \cos x)\Ndex= \frac { \pi }{2} \ln ^3 2+ \frac { \pi ^3}{8} \ln 2 + \frac {3 \pi }{4} \zeta (3) \end {ecuación} Espero que alguien aquí también me ayude a probarlo. (>‿◠)✌

Answer 1

Vamos a conseguir todos los poderes de $\ln(\cos(x))$ de una vez, utilizando una función generadora exponencial:

$$ G(z) = \int_0^{\pi/2} \sum_{j=0}^\infty \dfrac{\ln^j(\cos(x)) z^j}{j!}\; dx = \int_0^{\pi/2} \exp(z \ln(\cos(x)))\; dx$$

Cambiar las variables: $\cos(x) = t^{1/2}$ y utilizando el Función beta :

$$\eqalign{\dfrac{1}{2} &\int_0^1 \dfrac{t^{(z-1)/2}}{\sqrt{1-t}}\; dt = \dfrac{1}{2} B\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{z+1}{2}\right) = \dfrac{\Gamma(1/2)\Gamma((z+1)/2)}{2\; \Gamma(1+z/2)}\cr &= {\frac {\pi }{2}}-{\frac {\pi \,\ln \left( 2 \right) }{2}}z+ \left( {\frac {{\pi }^{3}}{48}}+{\frac {\pi \, \left( \ln \left( 2 \right) \right) ^{2}}{4}} \right) {z}^{2}-{\frac {\pi \, \left( 4\, \left( \ln \left( 2 \right) \right) ^{3}+{\pi }^{2}\ln \left( 2 \right) +6 \,\zeta \left( 3 \right) \right) }{48}}{z}^{3}+\ldots } $$

Answer 2

Echa un vistazo a esta otra pregunta . Tenemos que $\log(2\cos x)$ tiene una bonita serie de Fourier:

$$ \log(2\cos x) = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\cos(2n x)\tag{1}$$ y desde entonces: $$ \int_{0}^{\pi/2}\cos(2nx)\cos(2mx)\,dx = \frac{\pi}{4}\delta_{m,n}\tag{2}$$ se deduce que: $$ \int_{0}^{\pi/2}\log^2(2\cos x)\,dx = \frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi}{4}\zeta(2) = \frac{\pi^3}{24},\tag{3}$$ mientras que $$\int_{0}^{\pi/2}\log(\cos x)\,dx = -\frac{\pi}{2}\log 2\tag{4}$$ es un resultado bien conocido. $(3)$ y $(4)$ demuestra su afirmación: $$\int_0^{\pi/2}\ln^2(\cos x)\,dx=\frac{\pi}{2}\ln^2 2+\frac{\pi^3}{24}.$$

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Desde $$\log(2\sin x)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}\tag{5}$$ y $$\int_{0}^{\pi/2}\cos(2n_1 x)\cos(2n_2 x)\cos(2n_3 x)\,dx = \frac{\pi}{8}\delta_{2\cdot\max n_i=(n_1+n_2+n_3)}\tag{6}$$ se deduce que $$\int_{0}^{\pi/2}\log^3(2\sin x)\,dx = -\frac{3\pi}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{H_{n-1}}{n^2}=-\frac{3\pi}{4}\zeta(3),\tag{7}$$ a partir de la cual es fácil demostrar también su segunda afirmación.

Answer 3

Creo que me hago una idea de la respuesta del profesor Robert Israel. Dejemos que $\cos x=\sqrt{t}$ y $dx=\dfrac{dt}{2\sqrt{t}\sqrt{1-t}}$ entonces \begin {align} \int_0 ^{ \pi /2} \ln ^2( \cos x)\Nde, dx&= \frac {1}{8} \int_0 ^1 \dfrac { \ln ^2t}{ \sqrt {t} \sqrt {1-t}dt \\ &= \frac {1}{8} \lim_ {x \to\frac {1}{2}} \lim_ {y \to\frac {1}{2}} \frac { \partial ^2}{ \partial x^2} \int_0 ^1 t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt \\ &= \frac {1}{8} \lim_ {x \to\frac {1}{2}} \lim_ {y \to\frac {1}{2}} \operatorname {B}(x,y) \left [( \Psi (x)- \Psi (x+y))^2+ \Psi_1 (x)- \Psi_1 (x+y) \right ] \end {align} donde $\operatorname{B}(x,y)$ es función beta y $\Psi_k(z)$ es función poligamma . El mismo enfoque también funciona para $$ \int_0^{\pi/2}\ln^3(\cos x)\,dx $$ pero para este, usamos la tercera derivada de la función beta.

Answer 4

Todos conocemos el famoso Integrales de Wallis , $W_n=\displaystyle\int_0^\frac\pi2\sin^{n-1}x~dx=\int_0^\frac\pi2\cos^{n-1}x~dx$

$=\dfrac12B\bigg(\dfrac12,~\dfrac n2\bigg)$ , ver función beta para más detalles. Se deduce entonces que nuestra integral no es nada

que no sea $W''(1)$ que puede ser evaluado en términos de digamma y trigamma funciones, para

argumentos $\dfrac12$ y $1$ . El primero puede expresarse como $\psi_{_0}(k+1)=H_k-\gamma$ , donde $\gamma\approx\dfrac1{\sqrt3}~$ es el

Constante de Euler-Mascheroni y $H_k=\displaystyle\int_0^1\frac{1-x^k}{1-x~~}dx=-\int_0^1\ln\Big(1-\sqrt[^k]x\Big)~dx$ es el [armónico

número](http://en.wikipedia.org/wiki/Harmonic_number#Calculation) . Por lo tanto, que $H_1=1$ es evidente, y que $H_\frac12=2~(1-\ln2)$ se puede demostrar con un simple

sustitución. Los valores también se encuentran aquí . Para este último tenemos $~\psi_{_1}(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac1{(k+x)^2}$ que

implica $\psi_{_1}(1)=\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}6$ y $\psi_{_1}\bigg(\dfrac12\bigg)=4\bigg(1-\dfrac14\bigg)\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}2$ . Ver El problema de Basilea para más

información.