Buscando cerrado de formas de $\int_0^{\pi/4}\ln^2(\sin x)\,dx$ $\int_0^{\pi/4}\ln^2(\cos x)\,dx$

Question

Hace un par de días, he publicado los siguientes problemas

Demostrar que \begin{equation} \int_0^{\pi/2}\ln^2(\cos x)\,dx=\frac{\pi}{2}\ln^2 2+\frac{\pi^3}{24}\\[20pt] -\int_0^{\pi/2}\ln^3(\cos x)\,dx=\frac{\pi}{2}\ln^3 2+\frac{\pi^3}{8}\ln 2 +\frac{3\pi}{4}\zeta(3) \end{equation}

y el OP recibe algunas buenas respuestas, incluso después podía contestar.

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Mi pregunta siguiente es encontrar el cerrado de formas para

\begin{align} \int_0^{\pi/4}\ln^2(\sin x)\,dx\tag1\\[20pt] \int_0^{\pi/4}\ln^2(\cos x)\,dx\tag2\\[20pt] \int_0^1\frac{\ln t~\ln\big(1+t^2\big)}{1+t^2}dt\tag3 \end{align}

Tengo una fuerte sensación de que el cerrado de formas existen porque tenemos buena cerrado de formas para \begin{equation} \int_0^{\pi/4}\ln(\sin x)\ dx=-\frac12\left(C+\frac\pi2\ln2\right)\\ \text{and}\\ \int_0^{\pi/4}\ln(\cos x)\ dx=\frac12\left(C-\frac\pi2\ln2\right). \end{equation} El completar las pruebas se pueden encontrar aquí.

Como se muestra por el Señor Luciano en su respuesta a continuación, las tres integrales están estrechamente relacionados, por lo que encontrar la forma cerrada de uno de ellos también se encuentra el otro cerrado de formas. Cómo encontrar el cerrado de las formas de las integrales? Podría alguien, por favor me ayudan a encontrar la forma cerrada, sólo uno de ellos, de preferencia con formas elementales (escuela secundaria de métodos)? Si es posible, por favor, evitando el contorno de la integración y el doble de la suma. Cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias.

Answer 1

Siguiendo el mismo enfoque que en esta respuesta,

$$ \begin{align} &\int_{0}^{\pi/4} \log^{2} (2 \sin x) \ dx = \int_{0}^{\pi/4} \log^{2}(2) \ dx + 2 \log 2 \int_{0}^{\pi/4}\log(\sin x) \ dx + \int_{0}^{\pi /4}\log^{2}(\sin x) \ dx \\ &= \frac{\pi}{4} \log^{2}(2) - \log (2) \left(G + \frac{\pi}{2} \log (2) \right) + \int_{0}^{\pi/4} \log^{2}(\sin x) \ dx \\ &= \int_{0}^{\pi /4} \left(x- \frac{\pi}{2} \right)^{2} \ dx + \text{Re} \int_{0}^{\pi/4} \log^{2}(1-e^{2ix}) \ dx \\ &= \frac{7 \pi^{3}}{192} + \frac{1}{2} \text{Im} \int_{{\color{red}{1}}}^{i} \frac{\log^{2}(1-z)}{z} \ dz \\ &= \frac{7 \pi^{3}}{192} + \frac{1}{2} \text{Im} \left(\log^{2}(1-i) \log(i) + 2 \log(1-i) \text{Li}_{2}(1-i) - 2 \text{Li}_{3}(1-i) \right) \\ &= \frac{7 \pi^{3}}{192} + \frac{1}{2} \left(\frac{\pi}{8} \log^{2}(2) - \frac{\pi^{3}}{32} + \log(2) \ \text{Im} \ \text{Li}_{2}(1-i) - \frac{\pi}{2} \text{Re} \ \text{Li}_{2}(1-i)- 2 \ \text{Im} \ \text{Li}_{3}(1-i)\right) . \end{align}$$

Por lo tanto,

$$ \begin{align}\int_{0}^{\pi/4} \log^{2}(\sin x) \ dx &= \frac{\pi^{3}}{48} + G \log(2)+ \frac{5 \pi}{16}\log^{2}(2) + \frac{\log(2)}{2} \text{Im} \ \text{Li}_{2}(1-i) - \frac{\pi}{4} \text{Re} \ \text{Li}_{2}(1-i) \\ &- \text{Im} \ \text{Li}_{3}(1-i) \approx 2.0290341368 . \end{align}$$

La respuesta podría ser más simplificado con el uso de la dilogarithm reflexión fórmula $$\text{Li}_{2}(x) {\color{red}{+}} \text{Li}_{2}(1-x) = \frac{\pi^{2}}{6} - \log(x) \log(1-x) $$

y el hecho de que $$ \text{Li}_{2}(i) = - \frac{\pi^{2}}{48} + i G.$$

EDITAR:

Específicamente, $$\text{Li}_{2}(1-i) = \frac{\pi^{2}}{16} - i G - \frac{i \pi}{4} \log(2). $$

Por lo $$\int_{0}^{\pi /4} \log^{2}(\sin x) \ dx = \frac{\pi^{3}}{192} + G\frac{ \log(2)}{2} + \frac{3 \pi}{16} \log^{2}(2) - \text{Im} \ \text{Li}_{3}(1-i).$$

Answer 2

$$\int_0^\frac\pi4\Big(\ln\sin x\Big)^2~dx~=~\dfrac{23}{384}\cdot\pi^3~+~\dfrac9{32}\cdot\pi\cdot\ln^22~+~\underbrace{\beta(2)}_\text{Catalan}\cdot\dfrac{\ln2}2~-~\Im\bigg[\text{Li}_3\bigg(\dfrac{1+i}2\bigg)\bigg].$$

$$\int_0^\frac\pi4\Big(\ln\cos x\Big)^2~dx~=~\dfrac{-7}{384}\cdot\pi^3~+~\dfrac7{32}\cdot\pi\cdot\ln^22~-~\underbrace{\beta(2)}_\text{Catalan}\cdot\dfrac{\ln2}2~+~\Im\bigg[\text{Li}_3\bigg(\dfrac{1+i}2\bigg)\bigg].$$

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$$S=\int_0^\frac\pi4\Big(\ln\sin x\Big)^2~dx~+~\int_0^\frac\pi4\Big(\ln\cos x\Big)^2~dx=I+J.$$

Pero, por un simple cambio de variable, $t=\dfrac\pi2-x,~J$ puede ser mostrada a la igualdad de $\displaystyle\int_\frac\pi4^\frac\pi2\Big(\ln\sin x\Big)^2~dx$, en

cuyo caso $I+J=\displaystyle\int_0^\frac\pi2\Big(\ln\sin x\Big)^2~dx=\dfrac{\pi^3}{24}+\dfrac\pi2\ln^22.~$, por Lo que sabemos que su suma! Ahora todo lo que

queda por hacer es encontrar la diferencia, $D=I-J.~$ Entonces tendremos $I=\dfrac{S+D}2$$J=\dfrac{S-D}2$.

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$$D=I-J=\int_0^\frac\pi4\Big(\ln\sin x\Big)^2~dx-\int_0^\frac\pi4\Big(\ln\cos x\Big)^2~dx=\int_0^\frac\pi4\Big(\ln^2\sin x-\ln^2\cos x\Big)~dx$$

$$=\int_0^\frac\pi4\Big(\ln\sin x-\ln\cos x\Big)~\Big(\ln\sin x+\ln\cos x\Big)~dx=\int_0^\frac\pi4\ln\frac{\sin x}{\cos x}~\ln\big(\sin x~\cos x\big)~dx=$$

$$=\int_0^\frac\pi4\ln\tan x\cdot\ln\frac{\sin2x}2~dx=\frac12\int_0^\frac\pi2\ln\tan\frac x2\cdot\ln\frac{\sin x}2~dx=\int_0^1\ln t\cdot\ln\frac t{1+t^2}\cdot\frac{dt}{1+t^2}$$

donde la última expresión se obtiene mediante el uso de la famosa sustitución de Weierstrass, $~t=\tan\dfrac x2$

$$=\int_0^1\frac{\ln t\cdot\Big[\ln t-\ln(1+t^2)\Big]}{1+t^2}dt~=~\int_0^1\frac{\ln^2t}{1+t^2}dt~-~\int_0^1\frac{\ln t~\ln\big(1+t^2\big)}{1+t^2}dt~=~\frac{\pi^3}{16}-K,$$

donde $~K=2~\Im\bigg[\text{Li}_3\bigg(\dfrac{1+i}2\bigg)\bigg]-\dfrac{\pi^3}{64}-\dfrac\pi{16}\ln^22-\underbrace{\beta(2)}_\text{Catalan}\ln2.~$ Esto nos indica que nuestros dos

las integrales definidas poseen una forma cerrada de expresión si y sólo si $~\text{Li}_3\bigg(\dfrac{1+i}2\bigg)$ tiene uno así. Como

de un lado, $~\Re\bigg[\text{Li}_3\bigg(\dfrac{1+i}2\bigg)\bigg]=\dfrac{\ln^32}{48}-\dfrac5{192}~\pi^2~\ln2+\dfrac{35}{64}~\zeta(3).~$, $~K=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n~H_n}{(2n+1)^2}$.

Answer 3

Mediante el establecimiento $x=\arctan t$ tenemos: $$\int_{0}^{\pi/4}\log^2(\cos x)\,dx = \frac{1}{4}\int_{0}^{1}\frac{\log^2(1+t^2)}{1+t^2}.$$ Plan de ataque contra: obtener el desarrollo en serie de Taylor de $\log^2(1+t^2)$ e integrarlo termwise.

Desde $$-\log(1-z)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{z^n}{n}$$ de ello se sigue que $$[z^n]\log^2(1-z)=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k(n-k)}=2\frac{H_{n-1}}{n},$$ $$\log^2(1+t^2)=\sum_{n=2}^{+\infty}2\frac{H_{n-1}}{n}(-1)^n t^{2n}.\tag{1}$$ Si ahora nos fijamos $$\mathcal{J}_m = \int_{0}^{1}\frac{t^{2m}}{t^2+1}\,dt $$ tenemos $\mathcal{J}_0=\frac{\pi}{4}$$\mathcal{J}_{m+1}+\mathcal{J}_m = \frac{1}{2m+1}$, por lo tanto: $$\mathcal{J}_m = (\mathcal{J}_m+\mathcal{J}_{m-1})-(\mathcal{J}_{m-1}+\mathcal{J}_{m-2})+\ldots\pm(\mathcal{J}_1+\mathcal{J}_0)\mp\mathcal{J}_0,$$ $$\mathcal{J}_m = \sum_{j=0}^{m-1}\frac{(-1)^j}{(2m-2j-1)}+(-1)^m\frac{\pi}{4}=(-1)^m \sum_{j\geq m}\frac{(-1)^j}{2j+1}.\tag{2}$$ De $(1)$ $(2)$ se sigue que: $$\int_{0}^{\pi/4}\log^2(\cos x)\,dx=\frac{1}{2}\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{H_{n-1}}{n}\sum_{r\geq n}\frac{(-1)^r}{2r+1},\tag{3}$$ y la suma por partes, se obtiene:

$$\int_{0}^{\pi/4}\log^2(\cos x)\,dx=\frac{1}{4}\sum_{n=2}^{+\infty}(H_n^2-H_n^{(2)})\frac{(-1)^n}{2n+1}.\tag{4}$$

ACTUALIZACIÓN: la pregunta se establece ahora en una respuesta a otra pregunta. Este sitio (muchas gracias a @gammatester) está dedicado a la evaluación de sumas de dinero como el que aparece en el lado derecho de la $(4)$. A través de Euler-Landen la identidad (ver la línea de abajo de $(608)$ el sitio de enlace) no es demasiado difícil ver que la RHS de $(4)$ depende de $\operatorname{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)$ como se indica en el @Lucian respuesta.

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, nº 1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{}$ \begin{align}&\overbrace{\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\pi/2}\ln^{2}\pars{\cos\pars{x}}\,\dd x}} ^{\ds{\dsc{\cos\pars{x}}=\dsc{t}\ \imp\ \dsc{x}=\dsc{\arccos\pars{t}}}}\ =\ \overbrace{\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{t} \over \root{1 - t^{2}}}\,\dd t} ^{\dsc{\dsc{t}\ \mapsto\ \dsc{t^{1/2}}}}\ =\ {1 \over 8}\int_{0}^{1}t^{-1/2}\ \ln^{2}\pars{t}\pars{1 - t}^{-1/2}\,\,\dd t \\[5mm]&={1 \over 8}\,\lim_{\mu\ \to\ -1/2}\,\,\,\partiald[2]{}{\mu} \int_{0}^{1}t^{\mu}\pars{1 - t}^{-1/2}\,\,\dd t ={1 \over 8}\,\lim_{\mu\ \to\ -1/2}\,\,\,\partiald[2]{}{\mu} \bracks{\Gamma\pars{\mu + 1}\ \overbrace{\Gamma\pars{1/2}} ^{\dsc{\root{\pi}}} \over \Gamma\pars{\mu + 3/2}} \\[5mm]&={\root{\pi} \over 8}\,\lim_{\mu\ \to\ -1/2}\,\,\,\partiald[2]{}{\mu} \bracks{\Gamma\pars{\mu + 1} \over \Gamma\pars{\mu + 3/2}} =\color{#66f}{\large{\pi^{3} \over 24} + {\pi \over 2}\,\ln^{2}\pars{2}} \end{align}