Cómo evaluar $I=\int_0^{\pi/2}\frac{x\log{\sin{(x)}}}{\sin(x)}\,dx$

Question

Prima facie, esta integral parece fácil de calcular,pero por desgracia, este no es el caso de $$I=\int_0^{\pi/2}\frac{x\log{\sin{(x)}}}{\sin(x)}\,dx$$ Es el valor numérico I=-1.122690024730644497584272... Cómo evaluar esta integral? Por contra,me parece: $$I=\int_0^{\pi/2}\frac{x\log{\sin{(x)}}}{\sin(2x)}\,dx=-\frac{\pi^3}{48}$$

Answer 1

Quiero sugerir una solución parcial que yo llamo "parcial" porque algunos de los trabajo se realiza usando Mathematica, pero espero que pueda llenar este brechas en el momento siguiente.

Permite definir la compleja función con valores de $f(z)=z\frac{\log(\sin(z))}{(\sin(z))}$. Queremos integrar a alrededor de un rectángulo con vértices $(0,0)$,$(\pi/2,0)$, $(\pi/2,\pi/2+i \infty)$ y $(0,\pi/2+i \infty)$. También supone implícitamente un pequeño guión en torno a $(0,0)$. Ahora mediante el uso de Cauchy de la integral teorema podemos escribir $$ \int_Cf(z)dz=\int_{0}^{\pi/2}\frac{x \log(\sin(x))}{\sin(x)}dx+ i\int_{0}^{\infty}\frac{iy \log(\sin(i y))}{\sin(i y)}dy+i\int_{0}^{\infty}\frac{(iy+\pi/2)\log(\sin(iy+\pi/2 ))}{\sin(iy+\pi/2)}dy=0 $$

Eran hemos utilizado el hecho de que la integral vanishs en la parte superior del rectángulo (Esta contribución va como $R^2 e^{-R}$ grande $R$) así como la contribiution derivadas de la pequeña sangría alrededor de cero (Esta contribución se comporta como $\epsilon \log(\epsilon$) cerca del origen).

Ahora, utilizando las identidades $\sin(iy+\pi/2)=\cosh(y)$ $\sin(iy)=i\sinh(y)$ Esto puede escribirse como $$ \int_Cf(z)=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\log(\sin(x))}{\sin(x)}dx+ i\underbrace{\int_{0}^{\infty}\frac{y (\log\sinh( y)+i \pi/2)}{\sinh(y)}dy}_{I_1}+i\underbrace{\int_{0}^{\infty}\frac{(iy+\pi/2)\log(\cosh(y))}{\cosh(y)}dy}_{I_2}=0 $$

Aquí podemos elegir el estándar de la rama del logaritmo.

La división de $I_1$ $I_2 $ ahora estamos a las cuatro integrales

$$ J_1=\int_{0}^{\infty}\frac{y\log(\sinh(y))}{\sinh(y)}dy\\ J_2=\int_{0}^{\infty}\frac{y}{\sinh(y)}dy\\ J_3=\int_{0}^{\infty}\frac{y\log(\cosh(y))}{\cosh(y)}dy\\ J_4=\int_{0}^{\infty}\frac{\log(\cosh(y)}{\cosh(y)}dy $$

Ahora vamos a realizar una cadena de sustituciones $r=e^{y}$ $r^2=q$ en el de las integrales que involucran $\cosh$ $r=e^{-y}$ $r^2=q$ en el de las integrales que involucran $\sinh$ después de algunos tedioso álgebra nos encontramos con: $$ J_1= \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\frac{1}{4}\log(q)^2-\frac{1}{2}\log(q)\log(1-q)+\frac{1}{2}\log(q)\log(2)}{(1-q)\sqrt{q}}dq\\ J_2=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{-\log(q)}{(1-q)\sqrt{q}}dq\\ J_3=\frac{1}{2}\int_{1}^{\infty}\frac{\frac{1}{2}\log(q)(\log(2)-\frac{1}{2}\log(q)+\log(1+q)}{(1+q)\sqrt{q}}dq\\ J_4=\frac{1}{2}\int_{1}^{\infty}\frac{(\log(2)-\frac{1}{2}\log(p)+\log(1+q)}{(1+q)\sqrt{q}}dq $$

La primera de las dos integrales puede fácilmente resuelto mediante el uso de la identidad

$$ \int_{0}^{1}\frac{\log^n(1-t)\log^m(t)}{(1-t)^vt^w}dt=\partial^n_{\alpha}\partial^m_{\beta}\int_{0}^{1}(1-t)^{\alpha-v}t^{\beta-w}dt|_{\alpha=\beta=0}=\partial^n_{\alpha}\partial^m_{\beta}\frac{\Gamma[1 + \beta + v] \Gamma[1 + \alpha + w]}{\Gamma[2 + \alpha + \beta + v + w]}\big|_{\alpha=\beta=0} $$

Aquí $\Gamma[z]$ denota la función Gamma de Euler.

Por favor, tenga en cuenta que nosotros supone implícitamente que esta expresión existe, que por supuesto no es el caso para cada elección de parámetros.

Para las otras dos integrales no estoy seguro de cómo realizar ellos (sospecho que de alguna manera pueden ser reducidas a lo explícito integral de las representaciones de la dilogarithm), pero pueden ser obtenidos en Mathematica.

Tenemos $$ J_1=\frac{\pi^2 \log(2)}{8}\\ J_2=\frac{\pi^2}{8}\\ J_3=\frac{1}{96} \left(-2 i \left(-192 \text{Li}_3\left(\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right)+105 \zeta (3)+4 \log ^3(2)\right)+15 \pi ^3+12 \pi \log ^2(2)+10 i \pi ^2 \log (2)\right)\\ J_4= \frac{2 \pi \log(2)}{4} $$

Ahora la fusión de todo lo que juntos podemos obtener $$ I=-I_1-I_2=\frac{1}{96} \left(-2 i \left(-192 \text{Li}_3\left(\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right)+105 \zeta (3)+4 \log ^3(2)\right)+3 \pi ^3+12 \pi \log ^2(2)+2 i \pi ^2 \log (32)\right) $$

o $$ I\aprox-1.12269 $$

como era de esperar de cálculos numéricos

PS: yo le agradezco mucho cualquier sugerencia de cómo realizar la $J_3$

Apéndice: Cálculo de $J_4$

Finalmente encontré una manera de, al menos, calcular el $J_4$

A partir de la definición original y el uso de $y=e^q$ $q=1/x$ uno se da cuenta de que la integral puede escribirse como

$$ J_4/2=\int_{1}^{\infty}\frac{-\log(2)}{x^2+1}dx+\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{-\log(x)+\log(x^2+1)}{x^2+1}dx $$

La primera es una norma integral y la igualdad de a $-\log(2)\frac{\pi}{2}$ el tercero es fácilmente evaluados usando un hueso de perro de contorno y los rendimientos de $0$, por Lo que sigue siendo para calcular $$ \int_{0}^{\infty}dx\frac{\log(x^2+1)}{x^2+1} $$

El uso de la identidad $$\log(1+x^2)=\int_{0}^1 da \frac{x^2}{1+ax^2}$$ esto es igual a

$$ \int_{0}^1 da \int_{0}^{\infty}dx\frac{x^2}{(x^2+1)(1+ax^2)} = \int_{0}^1 da\frac{\pi }{2 \left(a+\sqrt{a}\right)}=\pi \log (2) $$

Conectar todo rendimientos

$$ J_4=\frac{\pi}{2}\log[2] $$

como era de esperar.

Tan sólo $J_3$ sigue siendo...

Answer 2

La respuesta es una muestra bastante sencillo de la serie y Mathematica identifica que la serie con una función hipergeométrica. He comprobado Mathematica demanda y Mathematica utiliza para evaluar la función hipergeométrica.

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En esta respuesta, se muestra que $$ \sum_{k=0}^\infty\frac1{(2k+1)}\frac{4^k}{\binom{2k}{k}}x^{2k+1} =\frac{\sin^{-1}(x)}{\sqrt{1-x^2}}\etiqueta{1} $$ Además, la integración por partes muestra que $$ \int_0^1^n\log(x)\,\mathrm{d}x=-\frac1{(n+1)^2}\etiqueta{2} $$ Sustituyendo $u=\sin(x)$, obtenemos $$ \begin{align} \int_0^{\pi/2}\frac{x\log(\sin(x))}{\sin(x)}\,\mathrm{d}x &=\int_0^1\frac{\sin^{-1}(u)}{\sqrt{1-u^2}}\frac{\log(u)}u\,\mathrm{d}u\\ &=\int_0^1\sum_{k=0}^\infty\frac1{(2k+1)}\frac{4^k}{\binom{2k}{k}}u^{2k}\log(u)\,\mathrm{d}u\\ &=-\sum_{k=0}^\infty\frac1{(2k+1)^3}\frac{4^k}{\binom{2k}{k}}\tag{3} \end{align} $$ Mathematica identifica a $(3)$ con la función hipergeométrica $$ \bbox[5px,border:2px solid #A0A0A0]{-{\vphantom{\mathrm{F}}}_4\mathrm{F}_3\left(\color{#C00000}{\tfrac12,\tfrac12},\color{#00A000}{1},\color{#F0A000}{1};\color{#0000FF}{\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32};1\right)}\tag{4} $$ Esto se puede comprobar examinando los coeficientes de los términos en $(3)$: $$ \overbrace{4\vphantom{\frac{()^2}{()}}}^{4^k}\cdot\overbrace{\frac{(k+1)^2}{(2k+2)(2k+1)}}^{1/\binom{2k}{k}}\cdot\overbrace{\frac{(2k+1)^3}{(2k+3)^3}}^{1/(2k+1)^3} =\frac{\color{#C00000}{(k+\frac12)^2}\color{#00A000}{(k+1)}}{\color{#0000FF}{(k+\frac32)^3}}\cdot1\tag{5} $$ El orange $1$ cancela la $k!$ en el denominador de la definición de las funciones hipergeométricas.

Mathematica evalúa $(4)$ $$ \bbox[5px,border:2px solid #A0A0A0]{-1.12269002473064449758427221442}\etiqueta{6} $$

Answer 3

La forma cerrada de la integral $$\int_0^{\pi/2}\frac{x\log{\sin{(x)}}}{\sin(x)}\,dx.$$

Tenga en cuenta también la segunda integral, que es $$\int_0^{\pi/2}\frac{x\log{\sin{(x)}}}{\sin(2x)}\,dx$$ puede ser fácilmente evaluado mediante la combinación de $2$ integraciones por partes (para obtener de nuevo la integral empezamos) y la función beta.

Answer 4

Hay una forma cerrada de su integral.

$$I = \frac{\pi^3}{32} + \frac{\pi}{8}\ln^2 2 - 4\,\Im\left[\operatorname{Li}_3\left(\frac{1+i}2\right)\right],$$

donde $\operatorname{Li}_3$ es el trilogarithm función.

Podríamos derivar de robjohn la respuesta, el uso de Cleo resultado aquí.

Usted puede encontrar un problema relacionado aquí.