Una forma cerrada para $\int_{0}^{\pi/2} x^3 \ln^3(2 \cos x)\:\mathrm{d}x$

Question

Ya sabemos que

\begin{align} \displaystyle & \int_{0}^{\pi/2} x \ln(2 \cos x)\:\mathrm{d}x = -\frac{7}{16} \zeta(3), \\\\ & \int_{0}^{\pi/2} x^2 \ln^2(2 \cos x)\:\mathrm{d}x = \frac{11 \pi}{16} \zeta(4). \end{align}

¿La siguiente integral admitir una forma cerrada?

\begin{align} \displaystyle & \int_{0}^{\pi/2} x^3 \ln^3(2 \cos x)\:\mathrm{d}x \end{align}

Answer 1

La proposición. $$ \int_{0}^{\pi/2} x^3 \ln^3(2 \cos x)\:{\mathrm{d}}x = \frac{45}{512} \zeta(7)-\frac{3\pi^2}{16} \zeta(5)-\frac{5\pi^4}{64} \zeta(3)-\frac{9}{4}\zeta(\bar{5},1,1) $$

donde $\zeta(\bar{p},1,1)$ es el color MZV (Multi Valores Zeta) en función de la profundidad de 3 y peso $p+2$ dada por $$ \zeta(\bar{p},1,1) : = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^{p}}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{H_{k-1}}{k} $$ perteneciente a una familia de funciones introducido por L. Euler, también llamado de Euler(-Zagier) sumas.

Tenemos un resultado general.

Teorema. Deje $\ell$ ser cualquier número entero positivo. Entonces $$ \int_{0}^{\pi/2}\! \! x^{2\ell+1}\! \ln^{2\ell+1}(2 \cos x){\mathrm{d}}x \in \mathbb{Q} \!\a la izquierda( \zeta(4\ell+3),\zeta(2)\zeta(4\ell+1), ... ,\zeta(4\ell)\zeta(3), \zeta(\overline{2\ell+3},\{1\}_{2\ell})\right) $$

Es notable que sólo hay una constante $$ \zeta(\overline{2\ell+3},\{1\}_{2\ell})=\sum_{n_{1}> ...>n_{2\ell+1}>0} \frac{(-1)^{n_1}}{n_1^{2\ell+3} n_2\cdots n_{2\ell+1}} $$ para cada una de las integrales de la forma. A la pregunta de si se puede reducir esta constante a color MZVs/MZVs de los bajos fondos es todavía objeto de una conjetura (Zagier).

Este papel puede ser útil, otro uno y, por supuesto, de Hoffman sitio que tiene una lista de las muchas referencias.

Answer 2

Podemos tratar el análisis armónico de la ruta. Desde: $$\log(2\cos x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\cos(2nx),$$ $$\log(2\sin x)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(2nx)}{n},\tag{1}$$ tenemos, como ejemplo: $$\int_{0}^{\pi/2}\log^3(2\sin x)dx=-\frac{3\pi}{4}\zeta(3)$$ desde $$\int_{0}^{\pi/2}\cos(2n_1 x)\cos(2n_2 x)\cos(2n_3 x)\,dx = \frac{\pi}{8}\delta_{2\cdot\max n_i=(n_1+n_2+n_3)}\tag{2}$$ Ahora: $$\pi/2-x = \frac{\pi}{4}+\frac{2}{\pi}\sum_{m=0}^{+\infty}\frac{\cos((4m+2)x)}{(2m+1)^2}\tag{3}$$ por lo tanto multiplicando $(1)$ $(3)$ podemos escribir la Fouries coseno de la serie de $(\pi/2-x)\log(2\sin x)$ $(0,\pi/2)$ y agarrar de $(2)$ una combinatoria equivalente para $$\int_{0}^{\pi/2}\left((\pi/2-x)\log(2\sin x)\right)^3\,dx.$$ Con la ayuda de Mathematica que tengo: $$(\pi/2-x)\log(2\sin x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\cos((2n+1)x)}{\pi(2n+1)^2}\left(-(2n+1)\left(\psi'\left(\frac{2n+1}{2}\right)-\psi'\left(-\frac{2n+1}{2}\right)\right)+2\left(2\gamma+\psi\left(\frac{2n+1}{2}\right)+\psi\left(-\frac{2n+1}{2}\right)\right)\right),$$

$$(\pi/2-x)\log(2\sin x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\cos((2n+1)x)}{\pi(2n+1)^2}\left(2 H_{\frac{2n+1}{2}}-(2n+1)\left(\psi'\left(\frac{2n+1}{2}\right)-\psi'\left(-\frac{2n+1}{2}\right)\right)\right).$$

$$(\pi/2-x)\log(2\sin x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\cos((2n+1)x)}{\pi(2n+1)^2}\left(-4\log 2+\sum_{j=0}^n\frac{4}{2j+1}+\frac{4}{2n+1}+(2n+1)\sum_{j=0}^{n}\frac{8}{(2j+1)^2}\right).\tag{1}$$

Así tenemos el coseno de Fourier de la serie de $(\pi/2-x)\log(2\sin x)$, pero el camino no se ve prometedor desde aquí. Sin embargo, si se sustituye la $\pi/2-x$ con un periódico continuación obtenemos la forma más agradable de identidad:

$$(\pi/2-x)\log(2\sin x)=-\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin(2nx)}{n}\right)\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(2nx)}{n}\right)\tag{2}$$

que conduce directamente a:

$$f(x)=(\pi/2-x)\log(2\sin x)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{H_{n-1}}{n}\sin(2nx).\tag{3}$$

Ahora desde $\int_{0}^{\pi/2}\sin(2mx)dx=\frac{\mathbb{1}_{m\equiv 1\pmod{2}}}{m}$$\int_{0}^{\pi/2}\sin(2ax)\sin(2bx)dx=\frac{\pi}{4}\delta_{a,b}$, los dos primeros identites son fácil de probar. Ahora los tres términos de la integral $$\int_{0}^{\pi/2}\sin(2ax)\sin(2bx)\sin(2cx)dx$$ es una combinación lineal de $\frac{1}{a+b+c},\frac{1}{-a+b+c},\frac{1}{a-b+c},\frac{1}{a+b-c}$ dependiendo de la paridad de $a,b,c$, por lo que es bastante difícil de encontrar, de forma explícita, el coseno de Fourier de la serie de $f(x)^2$ o la integral de la $\int_{0}^{\pi/2}f(x)^3\,dx$, pero todavía no imposible. En particular, por esta respuesta , sabemos que la Taylor coeficientes de las potencias de $\log(1-x)$ depende de la generalización de la armónica de los números. En nuestro caso, $$-\log(1-x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}x^n,$$ $$\log(1-x)^2 = \sum_{n=2}^{+\infty}\frac{2H_{n-1}}{n}x^n,$$ $$-\log(1-x)^3 = \sum_{n=3}^{+\infty}\frac{3H_{n-1}^2-3H_{n-1}^{(2)}}{n}x^n,$$ $$\log(1-x)^4 = \sum_{n=4}^{+\infty}\frac{4H_{n-1}^3+8H_{n-1}^{(3)}-12 H_{n-1}H_{n-1}^{(2)}}{n}x^n\tag{4}$$ por lo tanto podemos encontrar una forma cerrada para $$\int_{0}^{\pi/2}x^3 (1-2\cos x)^n dx$$ y la suma de todo a través de la tercera identidad anterior. Ugh.

Answer 3

Esto puede muy bien tener una forma cerrada, pero llegar allí podría resultar desalentador.

Aquí es un método que he aprendido de Nick Strehle un buen tiempo atrás.

Se hace un poco lioso, aunque. La presento como algo a tener en cuenta y que son de interés. Otros contribuidores más que probable que presente una mejor, más eficiente, más enfoque.

Considere la posibilidad de $$f(z)=z^{2}\log^{4}(1+e^{2iz})$$ and integrate around a rectangular contour with bottom vertices and quarter-circle indents, due to branches, around $\pm \pi/2$ and with upper vertices $\pm \frac{\pi}{2}+Ri$.

Los lados verticales de contribuir:

$$i\int_{0}^{\infty}f(iy+\frac{\pi}{2})dy-i\int_{0}^{\infty}f(iy-\frac{\pi}{2})dy$$

$$=-2\pi \int_{0}^{\infty}y\log^{4}(1-e^{-2y})dy$$

La parte superior del lado horizontal tiende a 0, como lo hacen los guiones.

La parte inferior lateral horizontal:

$$\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}x^{2}(\log(2\cos(x))+xi)^{4}dx$$

$$=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left[x^{6}-6x^{4}\log^{2}(2\cos(x))+x^{2}\log^{4}(2\cos(x))+4x^{3}\log^{3}(2\cos(x))i\\-4x^{5}\log(2\cos(x))i\right]dx$$

Ahora, por Cauchy, estos se suma a 0. Ponerlos juntos y resolviendo la integral en cuestión, con suerte, da el resultado. Pero, al parecer hay algunos problemas.

El desordenado de las contribuciones de los lados verticales resultado en el registro de las integrales.

Tome $x=e^{-2y}, \;\ dy=\frac{-1}{2x}dx$

por ejemplo, $\displaystyle \int_{0}^{\infty}y\log^{4}(1-e^{-2y})dy=1/4\int_{0}^{1}\frac{\log(x)\log^{4}(1-x)}{x}dx$.

No he intentado, pero parece que probablemente se puede hacer por la distinción, la función Beta. Múltiples derivados llevará a desordenado de los cálculos, por lo Maple o Mathematica será de un valor incalculable aquí.

Answer 4

Otra observación: escrito $(2\cos x)^\mu = e^{\mu \log{2\cos x}}$, podemos observar que los beta-función integral $$\int_0^{\pi/2} \cos^\mu x\,dx = 2^{\mu-1}\text{B}\left(\frac{\mu+1}{2},\frac{\mu+1}{2}\right)$$ sirve como una función en la generación de competencias de $\mu$ para todas las integrales de la forma $\int_0^{\pi/2}\log^k (2\cos x)\,dx$. Así que todo lo que queda de estas integrales es expandir esta función beta en potencias de $\mu$---una tarea que parece, por desgracia, es más fácil decirlo que hacerlo (si alguien sabe de un buen resultado, que me haga saber!). Pero appars plausible que este enfoque puede ser refinado para permitir a los poderes de $x^l$ en el integrando así, y por lo tanto la situación deseada de $k=l=3$, en particular.