Evaluar $\int_{0}^{\pi/4}x\ln^{2}(\sin(x))dx$

Question

Aquí hay una integral logarítmica que supone un reto.

$$I=\int_{0}^{\pi/4}x\ln^{2}(\sin(x))dx$$

El límite superior de la integración es $\frac{\pi}{4}$ en lugar del habitual $\frac{\pi}{2}$ .

Probé la famosa identidad $\displaystyle\ln(\sin(x))=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(2kx)}{k}-\ln(2)$

Pero, el logaritmo es cuadrado y no creo que Parseval sea aplicable aquí. Pero, puedo estar equivocado. Por Parseval, me refiero a $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(kx)\cos(nx)}{kn}$ .

He probado otros medios. Hice el sub $t=\sin(x)$ . Esto llevó a $\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{\sin^{-1}(t)\ln^{2}(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}dt$

Ahora, pensé que tal vez la famosa suma $\displaystyle\frac{\sin^{-1}(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2t)^{2k-1}}{k\binom{2k}{k}}$ podría utilizarse.

Entonces, me integré y obtuve la forma

$$I=\frac{\ln^{2}(2)}{16}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k!)^{2}2^{k}}{k^{2}(2k)!}+\frac{\ln(2)}{8}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k!)^{2}2^{k}}{k^{3}(2k)!}+\frac{1}{8}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k!)^{2}2^{k}}{k^{4}(2k)!}$$

Estas sumas se evalúan realmente al resultado de la integral correcta, por lo que parece que son equivalentes a dicha integral. Pero evaluarlos puede ser aún más desalentador. Aunque la primera de la izquierda se evalúa a $\frac{{\pi}^{2}}{8}$ y el del centro se evalúa a

$$\frac{\ln(2)}{8}\left(\pi G-\frac{35}{16}\zeta(3)+\frac{{\pi}^{2}}{8}\ln(2)\right)\;.$$

Este centro parece estar relacionado con la integral:

$\displaystyle8\ln(2)\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(\sin(x))dx=\frac{35}{16}\ln(2)\zeta(3)-\pi\ln(2)G-\frac{{\pi}^{2}\ln^{2}(2)}{4}$ que obtuve expandiendo el cuadrado del logaritmo del seno e integrando.

Esto sólo deja la suma a la derecha. Es más difícil y no encuentro ninguna forma cerrada.

Por desgracia, si pudiera evaluarla, creo que la integral estaría resuelta.

También pensé... ¿qué tal una forma cerrada de algún tipo para

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\sin^{a}(x)dx$$

que se puede diferenciar con respecto a 'a' y aplicar No conozco una forma cerrada para esto, sin embargo.

Conseguí una solución de aspecto alentador ampliando, haciendo que el sub $t=x/2$ y luego resolver la integral de la derecha (que es la integral en cuestión):

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\ln^{2}(2\sin(x/2))dx$ $=\displaystyle \ln^{2}(2)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}xdx+8\ln(2)\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln(\sin(x))dx+\color{red}4\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\ln^{2}(\sin(x))dx$

Pero, no lo comprobó numéricamente. ( El error ha sido corregido. - Editor ) Numéricamente, la integral en cuestión debería evaluarse como $I = 0.263605....$

Por otra parte, puede que sólo tenga un error de cálculo en todo eso.

Entonces, ¿alguien conoce un método para evaluar esta integral logarítmica?.

EDIT: Aquí está lo que Mathematica dio para la solución. Puede ser demasiado complicado para que valga la pena el esfuerzo.

$\displaystyle I=\frac{37{\pi}^{4}}{92160}-\frac{\pi}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(\pi k/4)}{2^{k/2}k^{3}}$ $\displaystyle +\frac{\pi}{8}\ln(2)G+\frac{25}{768}{\pi}^{2}\ln^{2}(2)+\frac{\ln^{4}(2)}{384}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(\pi k/4)}{2^{k/2}k^{4}}-\frac{35}{128}\ln(2)\zeta(3)$ .

A veces, con estos motores matemáticos se puede simplificar la solución. Pero, quizás no en este caso. Esos complejos polígonos pueden suponer un problema.

Answer 1

Una solución de Cornel Ioan Valean

En primer lugar, observemos que $$\log ^2\left(\frac{1}{2}\sin(2x)\right)+\log ^2(\tan(x))=2 \log ^2(\sin(x))+2 \log ^2(\cos(x)), \ 0<x<\pi/2, \tag1$$ y si multiplicamos ambos lados de $(1)$ por $x$ e integrar desde $x=0$ a $x=\pi/4$ obtenemos $$\int_0^{\pi/4}x\log ^2\left(\frac{1}{2} \sin(2x)\right)\textrm{d}x+\int_0^{\pi/4}x\log ^2(\tan(x))\textrm{d}x$$ $$=2 \int_0^{\pi/4}x\log ^2(\sin(x))\textrm{d}x+2\int_0^{\pi/4}x \log ^2(\cos(x)) \textrm{d}x. \tag2$$

Desde $$\int_0^{\pi/4}x \log ^2\left(\frac{1}{2} \sin(2x)\right)\textrm{d}x=\frac{1}{4}\int_0^{\pi/2}x\log^2\left(\frac{1}{2} \sin(x)\right)\textrm{d}x$$ $$=\frac{\log^2(2)}{4}\int_0^{\pi/2}x\textrm{d}x-\displaystyle\frac{\log(2)}{2}\underbrace{\int_0^{\pi/2}x\log(\sin(x))\textrm{d}x}_{\displaystyle 7/16 \zeta(3)-3/4\log(2)\zeta(2)}+\frac{1}{4}\int_0^{\pi/2}x \log ^2(\sin(x))\textrm{d}x$$ y $$\int_0^{\pi/4} x\log^2(\cos(x)) \textrm{d}x= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \log^2(\sin(x)) \textrm{d}x$$ $$=\int_{0}^{\pi/2} \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \log^2(\sin(x)) \textrm{d}x-\int_{0}^{\pi/4} \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \log^2(\sin(x)) \textrm{d}x$$ $$=\frac{\pi}{2}\underbrace{\int_{0}^{\pi/2}\log ^2(\sin(x))\textrm{d}x}_{\displaystyle \pi^3/24+\pi/2 \log^2(2)}-\int_{0}^{\pi/2}x\log ^2(\sin(x))\textrm{d}x-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi/4}\log ^2(\sin(x))\textrm{d}x$$ $$+\int_{0}^{\pi/4}x\log ^2(\sin(x))\textrm{d}x,$$

basado en $(2)$ obtenemos que

$$\int_0^{\pi/4} x \log ^2(\sin(x)) \textrm{d}x$$ $$=-\frac{15 }{16}\zeta(4)-\frac{39}{64}\log^2(2)\zeta (2)-\frac{7}{128} \log(2)\zeta(3)+\frac{\pi}{4}\int_0^{\pi/4} \log ^2(\sin (x)) \textrm{d}x$$ $$+\frac{9}{16}\int_0^{\pi/2} x \log ^2(\sin (x)) \textrm{d}x+\frac{1}{4} \int_0^{\pi/4} x \log^2(\tan(x)) \textrm{d}x$$ $$=\frac{1}{8}\log (2)\pi G+\frac{5}{384}\log ^4(2)+\frac{5}{32}\log^2(2)\zeta(2)-\frac{35}{128}\log(2)\zeta(3)+\frac{95}{256}\zeta(4)$$ $$-\frac{\pi}{4}\Im\biggr\{\operatorname{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\biggr\}+\frac{5 }{16}\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right),$$

que es la forma cerrada deseada .

En los cálculos también utilizamos que

$$\int_0^{\pi/4} \log^2(\sin (x))\textrm{d}x=\frac{23}{384}\pi^3+\frac9{32}\pi\log^2(2)+\frac{1}{2}\log(2)G-\Im\biggr\{\operatorname{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\biggr\},$$ que se puede extraer de esta respuesta , siguiente

$$\int_0^{\pi/2} x \log ^2(\sin (x))\textrm{d}x=\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{24}\log^4(2)+\frac{1}{2}\log^2(2)\zeta(2)-\frac{19}{32}\zeta(4),$$ lo que se demuestra aquí y aquí y finalmente $$\int_0^{\pi/4} x \log^2(\tan(x)) \textrm{d}x=\int_0^1 \frac{\arctan(x)}{1+x^2} \log^2(x) \textrm{d}x$$ $$=\frac{151}{128}\zeta(4)+\frac{1}{4}\log^2(2)\zeta(2)-\frac{7}{8}\log(2)\zeta(3)-\frac{1}{24}\log^4(2)-\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right),$$

que puede ser extraído mediante el uso de un serie key advanced de esta respuesta , bellamente derivado con la ayuda de una serie de Fourier del libro, Integrales, sumas y series (casi) imposibles .

Fin de la (bella) historia

Una nota: la solución de forma agradable y completa evita la necesidad de utilizar la integración de contornos.

Answer 2

Anteriormente mencioné las tres series a las que llegué al tratar de evaluar la integral log-sin en cuestión. Tengo sus formas cerradas mediante Mathematica. Suman el resultado requerido. Esto es lo mejor que he podido hacer.

La primera se puede hacer con bastante facilidad utilizando la identidad clásica de la suma del pecado del arco.

$\displaystyle \frac{\ln^{2}(2)}{16}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k!)^{2}2^{k}}{k^{2}(2k)!}=\frac{\ln^{2}(2)}{16}\cdot \frac{{\pi}^{2}}{8}$

La segunda también puede derivarse de la identidad arcosin, aunque es un poco más difícil.

$\displaystyle\frac{\ln(2)}{8}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k!)^{2}2^{k}}{k^{3}(2k)!}=\frac{\pi\ln(2)G}{8}-\frac{35}{128}\zeta(3)\ln(2)+\frac{{\pi}^{2}}{64}\ln(2)$

El tercero es más desagradable.

$\displaystyle\frac{1}{8}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k!)^{2}2^{k}}{k^{4}(2k)!}=\frac{7}{768}{\pi}^{2}\ln^{2}(2)+\frac{\ln^{4}(2)}{384}+\frac{37{\pi}^{4}}{92160}-\frac{\pi}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(\pi k/4)}{2^{k/2}k^{3}}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(k\pi/4)}{2^{k/2}k^{4}}$ .

Uno de ellos los resume.

Answer 3

Gracias por la aportación, Fred. He conseguido evaluar este tipo de integrales utilizando

$\displaystyle \ln(1-e^{ix})=\ln(2\sin(x/2))-i/2(\pi-x)$ . Mathematica suele dar

soluciones hipergeométricas, que no me interesan. Estas integrales log-sin se pueden hacer,

pero son extremadamente onerosas. Conseguí elaborar la integral anterior excepto que el límite superior era $\frac{\pi}{2}$ .

Fue extremadamente tedioso, pero tiene una forma cerrada en términos de

polilogos, zeta, etc. Al igual que el $\frac{\pi}{4}$ caso.

Por ejemplo, la evaluación de $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\ln^{2}(2\sin(x/2))dx$ da

$\displaystyle \frac{5}{96}\ln^{4}(2)-\frac{{\pi}^{2}\ln^{2}(2)}{48}+\frac{5}{4}Li_{4}(1/2)+\frac{19{\pi}^{4}}{1152}+\pi\mathfrak{I} \left[Li_{3}\left(1/2+i/2\right)\right]+\frac{35}{32}\zeta(3)\ln(2)-\frac{\pi\ln(2)}{2}G$ .

Esto requirió mucha paciencia y trabajo de mi parte para llegar a esto. El $\frac{\pi}{4}$ caso es aún peor de evaluar.

Pero, respecto al resultado del motor matemático: toma la integral indefinida

$\displaystyle \int\frac{1-x}{(1+x)\sqrt{x^{3}+x^{2}+x}}dx$ .

Esto tiene una forma cerrada bastante simple de

$\displaystyle-\sin^{-1}\left(\frac{x^{2}+1}{(x+1)^{2}}\right)-\frac{\pi}{2}$ ,

pero todo lo que conseguí que Mathematica y Maple me devolvieran fue un largo y complicado lío de EllipticF.

Answer 4

Hace tiempo que publiqué este problema. Bueno, no me he rendido. Dudo que a nadie le importe a estas alturas, pero he encontrado una forma de evaluar integrales de esta forma. Es tedioso, por decir lo menos.

$\frac{\pi}{3}$ ser el límite superior de la integración es lo más fácil, pero incluso es algo difícil de hacer. Por no hablar de que el $\pi/2$ y notoriamente difícil $\pi/4$ caso.

Utiliza $\ln(1-e^{ix})=\ln(2\sin(x/2))-\frac{i}{2}(\pi-x)$ y varias identidades polilógicas.

Conseguí evaluar $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}x\left(\ln(2\sin(x/2))-\frac{i}{2}(\pi-x)\right)^{2}dx=\frac{-7{\pi}^{4}}{4860}-\frac{8{\pi} i\zeta(3)}{9}+2L_{4}(e^{\frac{\pi i}{3}})+\frac{2{\pi}^{2}i}{9}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{k\pi}{3})}{k^{2}}$ .

Si es necesario, la suma de Clausen puede escribirse en una forma cerrada que implique derivadas de digamma y demás.

Esto se comprueba numéricamente con Mathematica, lo que me alegró ver que finalmente se resolvió.

Esta es la más fácil. Otros límites superiores, como $\frac{\pi}{2}, \;\ \frac{\pi}{4}$ son monstruosidades.

Está relacionado con $\displaystyle \int_{0}^{x}\frac{\ln^{a}(x)\ln^{b}(1-x)}{x}dx=i^{a}\int_{0}^{x}t^{a}\left(\ln(2\sin(t/2))-\frac{i}{2}(\pi-t)\right)^{b}dt$ .

Por supuesto, para evaluar $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}x\ln^{2}(2\sin(x/2))dx$ se podría expandir el cuadrado y resolver la integral prevista. Pero, esto puede ser bastante laborioso debido a $\displaystyle\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}x\ln(2\sin(x/2))dx=\frac{2\pi\zeta(3)}{3}-\frac{{\pi}^{2}}{3}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{k\pi}{3})}{k^{2}}$ y

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}x^{2}\ln(2\sin(x/2))dx=\mathcal{R}\left[-\frac{2\pi\zeta(3)}{9}-\frac{{\pi}^{2}}{9}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi k}{3})}{k^{2}}-2iL_{4}(e^{\frac{\pi i}{3}})\right]$

Nota: No conozco ninguna forma cerrada agradable para $L_{4}$ polilogos.

es decir $\displaystyle L_{3}(e^{\frac{\pi i}{3}})=\frac{\zeta(3)}{3}+\frac{5{\pi}^{3}i}{162}$ y

$\displaystyle L_{2}(e^{\frac{\pi i}{3}})=\frac{{\pi}^{2}}{36}+i\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi k}{3})}{k^{2}}$

Lo siento. No sé cómo ha podido aparecer este post antes que el de hace varias semanas.

Answer 5

Esto es lo que obtuve de Mathematica :

$$\frac{1}{8} \, _5F_4\left(1,1,1,1,1;\frac{3}{2},2,2,2;\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{8} \log (2) \, _4F_3\left(1,1,1,1;\frac{3}{2},2,2;\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{128} \pi ^2 \log ^2(2) = 0.263605$$