Integral inadecuada $\int\limits_0^{\frac12}(2x - 1)^6\log^2(2\sin\pi x)\,dx$

Question

Cómo puedo encontrar una forma cerrada para la siguiente integral $$\int_0^{\frac12}(2x - 1)^6\log^2(2\sin\pi x)\,dx?$$

Answer 1

Aquí hay una prueba de la afirmación de Cleo de que \begin{align} \int^\frac{1}{2}_0(2x-1)^6\ln^2(2\sin(\pi x))\ {\rm d}x=\boxed{\displaystyle\frac{11\pi^2}{360}+\frac{60}{\pi^4}\zeta^2(3)-\frac{720}{\pi^6}\zeta(3)\zeta(5)} \end{align} No hace falta mucho para demostrar que la integral es equivalente a $$\mathscr{J}=\frac{64}{\pi^7}\int^\frac{\pi}{2}_0x^6\ln^2(2\cos{x})\ {\rm d}x$$ Utilizar la identidad $\displaystyle\ln^2(2\cos{x})={\rm Re}\ln^2(1+e^{i2x})+x^2$ para conseguir \begin{align} \color{red}{\Large{\mathscr{J}}} &=\frac{\pi^2}{72}+\frac{64}{\pi^7}{\rm Re}\int^\frac{\pi}{2}_0x^6\ln^2(1+e^{i2x})\ {\rm d}x\\ &=\frac{\pi^2}{72}+\frac{1}{2\pi^7}{\rm Im}\int^{-1}_1\frac{\ln^{6}{z}\ln^2(1+z)}{z}{\rm d}z\\ &=\frac{\pi^2}{72}-\frac{3}{\pi^6}\int^1_0\frac{\ln^5{z}\ln^2(1-z)}{z}{\rm d}z+\frac{10}{\pi^4}\int^1_0\frac{\ln^3{z}\ln^2(1-z)}{z}{\rm d}z-\frac{3}{\pi^2}\int^1_0\frac{\ln{z}\ln^2(1-z)}{z}{\rm d}z\\ &=\frac{\pi^2}{72}+\frac{720}{\pi^6}\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{(n+1)^7}-\frac{120}{\pi^4}\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{(n+1)^5}+\frac{6}{\pi^2}\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{(n+1)^3}\\ &=\frac{\pi^2}{72}+\frac{720}{\pi^6}\left(\frac{\pi^8}{7560}-\zeta(3)\zeta(5)\right)-\frac{120}{\pi^4}\left(\frac{\pi^6}{1260}-\frac{1}{2}\zeta^2(3)\right)+\frac{6}{\pi^2}\left(\frac{\pi^4}{360}\right)\\ &=\boxed{\displaystyle\color{red}{\Large{\frac{11\pi^2}{360}+\frac{60}{\pi^4}\zeta^2(3)-\frac{720}{\pi^6}\zeta(3)\zeta(5)}}} \end{align} Suma de Euler generalizada $\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^q}$

Answer 2

Si sólo necesitas la forma cerrada:

$$\frac{11}{60}\zeta(2)+\frac{60}{\pi^4}\zeta^2(3)-\frac{720}{\pi^6}\zeta(3)\zeta(5)$$

Answer 3

Habría jurado que cuando empecé la respuesta había un cuadrado en el integrando y no una potencia 6 en el término 2x-1. De todos modos, esto es para $(2x-1)^{2}$ . Pero, la misma idea se puede utilizar en la potencia 6, pero será muy largo y desordenado. Incluso puede hacer que los técnicos gruñan y giman.

Una forma de hacerlo es utilizar la identidad:

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\cos^{p-1}(x)\sin(ax)dx=\frac{\pi}{2^{p+1}}\Gamma(p)\left[\frac{\psi(\frac{p+a+1}{2})-\psi(\frac{p-a+1}{2})}{\Gamma(\frac{p+a+1}{2})\Gamma(\frac{p-a+1}{2})}\right]$

Como tienes el 2 dentro de tu término logarítmico, podrías dividir tu integrando y escribirlo como

$\displaystyle \int_{0}^{1/2}(2x-1)^{2}\left[\ln^{2}(2)+2\ln(2)\ln(\sin(\pi x))+\ln^{2}(\sin(\pi x))\right]dx$

Luego, utilizando la identidad anterior, haz cada una por separado.

La primera integración es sencilla. Toma la del medio:

$\displaystyle 2\ln(2)\int_{0}^{1/2}(2x-1)^{2}\ln(\sin(\pi x))dx$

Dejemos que $\displaystyle u=2x-1, \;\ dx=1/2du$

$\displaystyle \ln(2)\int_{-1}^{0}u^{2}\ln(\cos(\pi u/2))du$

Ahora, dejemos que $\displaystyle t=\frac{\pi u}{2}, \;\ du=\frac{2}{\pi}dt$ .

Debido a la simetría, podemos escribir los límites como

$\displaystyle \left(\frac{2}{\pi}\right)^{3}\ln(2)\int_{0}^{\pi/2}t^{2}\ln(\cos(t))dt$

Ahora, usando la identidad que mencioné en la parte superior, difiere una vez con respecto a p, y luego una vez con respecto a a.

Entonces, dejemos que p=1 y a=0. Como ya he dicho, diferenciar el lado derecho de la identidad anterior puede resultar complicado. Así que, usa algún tipo de técnica. Para la última integral del final, puedes hacer las mismas sustituciones para obtener el límite de pi/2, pero luego difiere dos veces con respecto a p para obtener el término logarítmico al cuadrado.

Así, para $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{2}\ln(\cos(x))dx=\frac{-\pi}{4}\zeta(3)-\frac{\ln(2)}{24}\pi^{3}$

Usar este método con ese 6 será brutal... incluso con tecnología. Entonces, ¿qué tal si mantenemos el 2? Como aludió Norbert, "bajarse del caballo en medio de la corriente" puede ser un poco molesto.

Por cierto, el enlace que ha proporcionado Norbert es muy bonito. En él se explica cómo manejar las integrales logarítmicas utilizando contornos. Esto no se ve en muchos sitios. Compruébalo.

Answer 4

ADVERTENCIA: Esta es la respuesta para la versión anterior de la pregunta

Después de la sustitución $s=\frac{\pi}{2}-\pi x$ obtenemos que nuestra integral es igual a $$ I=\frac{4}{\pi^3}\int_0^{\pi/2} s^2\log^2(2\cos s)ds $$ Desde esta respuesta se deduce que $$ I=\frac{4}{\pi^3}\frac{11\pi^5}{1440}=\frac{11\pi^2}{360} $$

Answer 5

$\newcommand{\+}{^{\dagger}}% \newcommand{\angles}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \atop {= \atop \vphantom{\huge A}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\half}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,}% \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{% {\cal I} \equiv \int_{0}^{1/2}\left(2x - 1\right)^{6}\ \log^{2}\left(2\sin\left(\pi x\right)\right)\,{\rm d}x}$

\begin{align} {\cal I}&=2^{6}\int_{-1/2}^{0}x^{6}\ \bracks{% \log\pars{2} + \log\pars{\cos\left(\pi x\right)}}^{2}\,{\rm d}x \\[3mm]&={1 \over \pi}\,\pars{2 \over \pi}^{6}\int_{0}^{\pi/2}x^{6}\ \bracks{% \log^{2}\pars{2} + 2\log\pars{2}\log\pars{\cos\left(x\right)} + \log^{2}\pars{\cos\left(x\right)}}\,{\rm d}x \\[3mm]&= {\log^{2}\pars{2} \over \pi}\,\pars{2 \over \pi}^{6}\int_{0}^{\pi/2}x^{6}\,\dd x + \log\pars{2}\pars{2 \over \pi}^{7}\int_{0}^{\pi/2}x^{6}\log\pars{\cos\pars{x}}\,\dd x \\[3mm]&\phantom{=}+ {1 \over \pi}\,\pars{2 \over \pi}^{6} \int_{0}^{\pi/2}x^{6}\log^{2}\pars{\cos\pars{x}}\,\dd x \\[3mm]&= {\log^{2}\pars{2} \over 14} + \log\pars{2}\pars{2 \over \pi}^{7}\ \overbrace{\int_{0}^{\pi/2}x^{6}\log\pars{\cos\pars{x}}\,\dd x} ^{\ds{\equiv\ {\cal J}_{1}}}\ +\ {1 \over \pi}\,\pars{2 \over \pi}^{6}\ \overbrace{\int_{0}^{\pi/2}x^{6}\log^{2}\pars{\cos\pars{x}}\,\dd x} ^{\ds{\equiv\ {\cal J}_{2}}} \end{align}

${\cal J}_{1}$ es evaluado por Mathematica en términos de las funciones logaritmo y zeta. Además, se obtiene el valor numérico ${\cal J}_{1} = -7.25681$ . Sin embargo, para ${\cal J}_{2}$ , sólo da el valor numérico ${\cal J}_{2} = 20.6214$