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

Es $$\log(\cos x)=-\log 2+ix-\sum^{\infty}_{k=1}\frac{(-1)^k}{k}e^{-2ikx}$$ Elevando al cuadrado obtenemos $$\log^2(\cos x)=\log^2 2-x^2-2x\sum^{\infty}_{k=1}\frac{(-1)^k}{k}\sin(2kx)+2\log 2 \sum^{\infty}_{k=1}\frac{(-1)^k}{k}\cos(2kx)+$$ $$+2\sum^{\infty}_{k=1}\frac{(-1)^k}{k}\cos(2kx)H_{k-1},$$ desde $$\sum_{1\leq k,l\leq n,k+l=n}\frac{1}{kl}=\frac{2}{n}H_{n-1},$$ donde $H_n=1^{-1}+2^{-1}+\ldots+n^{-1}$ . Por lo tanto, $$\int^{\pi/4}_{0}x\log^2(\cos x)dx=\frac{\pi^4}{1024}-\frac{\pi}{4}G\log 2+\frac{\pi^2}{32}\log^22+\frac{21}{64}\zeta(3)\log 2+S_1,\tag 1$$ donde $$S_1=2\sum^{\infty}_{k=1}(-1)^k\frac{-2+2\cos(k\pi/2)+k\pi\sin(k\pi/2)}{8k^3}H_{k-1}.$$ Por lo tanto, $$S_1:=\frac{1}{2}\sum^{\infty}_{k=0}\frac{H_{2k}}{(2k+1)^3}-\frac{\pi}{4}\sum^{\infty}_{k=0}\frac{(-1)^kH_{2k}}{(2k+1)^2}-\frac{1}{8}\sum^{\infty}_{k=0}\frac{H_{4k+1}}{(2k+1)^3}.\tag 2$$ De la misma manera $$\log^2(\sin x)=-\frac{\pi^2}{4}+\pi x-x^2+\log^2 2+(\pi-2x)\sum^{\infty}_{k=1}\frac{\sin(2kx)}{k}+$$ $$+2\log 2\sum^{\infty}_{k=1}\frac{\cos(2kx)}{k}+2\sum^{\infty}_{k=1}\frac{\cos(2kx)}{k}H_{k-1}$$ Por lo tanto, al igual que con el coseno $$\int^{\pi/4}_{0}x\log^2(\sin x)dx=\frac{11\pi^4}{3072}+\frac{\pi}{4}G\log 2+\frac{\pi^2}{32}\log^2 2-\frac{35}{64}\zeta(3)\log 2+S_2,\tag 3$$ donde $$S_2=-\frac{1}{2}\sum^{\infty}_{k=0}\frac{H_{2k}}{(2k+1)^3}+\frac{\pi}{4}\sum^{\infty}_{k=0}\frac{(-1)^kH_{2k}}{(2k+1)^2}-\frac{1}{8}\sum^{\infty}_{k=0}\frac{H_{4k+1}}{(2k+1)^3}.\tag 4$$