Cerrada en forma de: $\displaystyle \int_0^{\pi/2}x^{n}\ln{(\sin x)}dx $

Question

$\displaystyle \int_0^{\pi/2}x^{n}\ln{(\sin x)}dx $
¿Existe una forma cerrada de la integral anterior?
$n$ es un número entero positivo

Answer 1

Usando integración por partes el problema se reduce a encontrar una forma cerrada para: $$ I_n = \int_{0}^{\pi/2} x^n\cot(x)\,dx. \tag{1}$$ Considerando la derivada logarítmica de la Weierstrass producto para la función seno, tenemos: $$ \cot(x) = \frac{1}{x}+\sum_{n\geq 1}\frac{2x}{x^2-\pi^2 n^2}=\frac{1}{x}+\sum_{n\geq 1}\left(\frac{1}{x-n\pi}+\frac{1}{x+n\pi}\right) \tag{2}$$ y: $$ \frac{1-\pi x\cot(\pi x)}{2}=\sum_{n\geq 1}\zeta(2n)\,x^{2n}\tag{3} $$ por lo tanto: $$ I_n = \pi^{n}\int_{0}^{1/2}x^{n-1}\cdot \pi x\cot(\pi x)\,dx =\pi^n\left(\frac{1}{n 2^n}-2\sum_{n\geq 1}\frac{\zeta(2n)}{3n 8^n}\right).\tag{4}$$ Por otro lado, mediante el establecimiento $z=e^{ix}$ $(1)$ podemos ver que $I_n$ es administrado por un countour integral: $$ I_n = \int_{C} (-i\log(z))^n \frac{z^2+1}{z^3-z}\,dz \tag{5}$$ o, simplemente, por: $$ I_n = \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan(u)\right)^n \frac{u}{1+u^2}\,dx = \int_{0}^{+\infty}\frac{\left(\arctan u\right)^n}{u(1+u^2)}\,du\tag{6}$$ así que si aplicamos parcial fracción de la descomposición y de la integración por partes de nuevo, podemos ver que $I_n$ está dado por una combinación finita de $\pi^n \log(2)$ y los valores de la función zeta en los enteros impares multiplicados por potencias de $\pi$.

Answer 2

Bosquejo de la prueba: con la serie de Fourier $$\log\left(\sin\left(x\right)\right)=-\log\left(2\right)-\sum_{k\geq1}\frac{\cos\left(2kx\right)} $$ we have $$\int_{0}^{\pi/2}x^{n}\log\left(\sin\left(x\right)\right)dx=-\frac{\log\left(2\right) {k}} {n+1} \left (\frac {\pi} {2} \right) ^ {n+1}-\sum_ {k\geq1} \frac {1} {k} \int_ {0} ^ {\pi/2} x ^ {n} \cos\left (2kx\right) dx $$ and the second integral can be computated using integration by parts. You will get combinations of zeta function multiplied by powers of $\pi/2 $.

Answer 3

Quiero añadir una prueba que utiliza el análisis complejo:

Primero observamos que nuestra integral se puede dividir de la siguiente manera:

$$ I_n=-\underbrace{\int_0^{\pi/2}dx\left(ix^{n+1}+\log(\frac{1}{2i})x^n\right)}_{A_n}+\underbrace{\int_0^{\pi/2}dxx^n\log(1-e^{-2ix})}_{B_n} $$

La primera parte es trivial y rendimientos $A_n=\log(\frac{1}{2i})\frac{x^{n+1}}{n+1}+i\frac{x^{n+2}}{n+2}$+

Para calcular el $B_n$, definir la compleja función con valores de

$$ f(z)=\log(1-e^{2z}) $$

Ahora integramos esta función sobre un rectángulo en el plano complejo con vértices $\{0,\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}-iR,-iR\}$

Debido a $f(z)$ es analítica en el dominio elegido, el contorno integral de los rendimientos de cero (tenga en cuenta que hemos tomado el límite de $R\rightarrow\infty$,donde la parte superior de la línea vertical vanishs)

$$ \cualquier f(z)=\underbrace{\int_0^{\pi/2}dxx^n\log(1-e^{-2ix})}_{B_n}+i\underbrace{\int_0^{\infty}dy(\frac{\pi}{2}-iy)^n\log(1+e^{-2y})}_{K_n}+i\underbrace{\int_0^{\infty}dy(-iy)^n\log(1-e^{-2y})}_{J_n}=0 $$

$K_n$ $J_n$ son ahora de forma directa calcula mediante la expansión de Taylor de $\log(1+z)$ y el teorema del binomio

$$ K_n=\int_0^{\infty}dy(\frac{\pi}{2}-iy)^n\log(1+e^{-2y})=\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{n-k}(-i)^k\int_0^{\infty}dy\sum_{q=1}^{\infty}(-1)^{q+1}\frac{y^ke^{-2yq}}{q}=\\ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{n-k}(-i)^k\frac{k!}{2^{k+1}}\sum_{q=1}^{\infty}\frac{(-1)^{q+1}}{q^{k+2}}=\\ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{n-k}(-i)^k\frac{k!}{2^{k+2}}\left(1-\frac{1}{2^{k+1}}\right)\zeta(k+2) $$

por la misma técnica $$ J_n=\int_0^{\infty}dy(-iy)^n\log(1+e^{-2y})=(-i)^n \frac{n!}{2^{n+2}} \zeta(n+2) $$

rendimiento:

$$ I_n=B_n+A_n=J_n+K_n+A_n=\\ (-i)^{n+1} \frac{n!}{2^{n+1}} \zeta(n+2)+\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{n-k}(-i)^{k+1}\frac{k!}{2^{k+2}}\left(1-\frac{1}{2^{k+1}}\right)\zeta(k+2)\\ -i\frac{\pi^{n+2}}{2^{n+2}}\frac{2n+1}{(n+2)(n+1)}-\log(2)\frac{\pi^{n+1}}{2^{n+1}} $$

Por favor, tenga en cuenta que la parte imaginaria de la mano derecha tiene que ser cero (debido a que nuestra integral es real), lo que nos da una inquietante suma fórmula:

$$ \Im\left[\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{n-k}(-i)^{k+1}\frac{k!}{2^{k+2}}\left(1-\frac{1}{2^{k+1}}\right)\zeta(k+2)\right]=\\ (-1)^{n} \frac{n!}{2^{n+2}} \zeta(n+1)\delta_{n+1,2 j}+\frac{\pi^{n+2}}{2^{n+2}}\frac{2n+1}{(n+2)(n+1)} $$