Cómo calcular $I=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\ln(\sin y)\ln(\cos y)}{\sin y\cos y}dy$ ?

Question

¿Cómo puedo integrar a este tipo? He estado atascado en esto durante horas..

$$I=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\ln(\sin y)\ln(\cos y)}{\sin y\cos y}dy$$

Answer 1

Dejemos que $x = \sin^2y$ . (Parece que hemos empezado como @Sasha aquí y como @sos440). A continuación, $$\begin{eqnarray*} I &=& \frac{1}{16} \int_0^1 dx\, \frac{\log(x)\log(1-x)}{x(1-x)} \\ &=& \frac{1}{16} \int_0^1 dx\, \frac{\log(x)\log(1-x)}{x} + \underbrace{\frac{1}{16} \int_0^1 dx\, \frac{\log(x)\log(1-x)}{1-x}}_{x\to 1-x} \qquad (\textrm{partial fractions}) \\ &=& \frac{1}{8} \int_0^1 dx\, \frac{\log(x)\log(1-x)}{x} \qquad (\textrm{integral linked above}) \\ &=& \frac{1}{8} \int_0^1 dx\, \frac{\log(x)}{x} \left(-\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k}\right) \qquad (\textrm{Taylor expansion for }\log(1-x) ) \\ &=& -\frac{1}{8} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k+1} \underbrace{\int_0^1 dx\, x^k \log x}_{-1/(k+1)^2} \qquad (\textrm{standard integral involving log}) \\ &=& \frac{1}{8} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+1)^3} \\ &=& \frac{\zeta(3)}{8}. \end{eqnarray*}$$

Anexo : Tenga en cuenta que $\csc(y)\sec(y) = \cot y + \tan y$ . Entonces $$\begin{eqnarray*} I &=& \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} dy\, \frac{\ln(\sin y)\ln(\cos y)}{\sin y\cos y} \\ &=& \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} dy\, \frac{\ln(\sin y)\ln(\cos y)}{\tan y} + \underbrace{\frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} dy\, \frac{\ln(\sin y)\ln(\cos y)}{\cot y}}_{y\to \pi/2-y} \\ &=& \int_{0}^{\pi/2} dy\, \frac{\ln(\sin y)\ln(\cos y)}{\tan y}. \end{eqnarray*}$$ Se trata exactamente de la integral vinculada anteriormente.

Answer 2

Asumiré que su $dx$ es de hecho un tipo de $dy$ Si no es así, la respuesta es clara.

Dejemos que $t = \sin^2 y$ . Entonces $dt = 2 \sin y \cos y \, dy$ y tenemos

$$I = \frac{1}{16} \int_{0}^{1} \frac{\log t \log(1-t)}{t(1-t)} \, dt. $$

Entonces, gracias a la expansión de Taylor

$$ \frac{\log(1-t)}{t} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{n-1}}{n}, $$

tenemos

\begin {align*} I &= - \frac {1}{16} \int_ {0}^{1} \frac { \log t}{1-t} \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {t^{n-1}} {n}, dt = - \frac {1}{16} \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {1}{n} \int_ {0}^{1} \frac {t^{n-1} \log t}{1-t} \N - dt \\ &= - \frac {1}{16} \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {1}{n} \sum_ {m=0}^{ \infty } \int_ {0}^{1} t^{n+m-1} \log t \N, dt \\ &= \frac {1}{16} \sum_ {n=1}^{ \infty } \sum_ {m=0}^{ \infty } \frac {1}{n} \frac {1}{(m+n)^2} \\ &= \frac {1}{16} \zeta (3) + \frac {1}{16} \sum_ {n=1}^{ \infty } \sum_ {m=1}^{ \infty } \frac {1}{n} \frac {1}{(m+n)^2}. \end {align*}

Ahora nos centramos en la doble suma de la última línea. Intercambiando el papel de $m$ y $n$ ,

\begin {align*} \sum_ {n=1}^{ \infty } \sum_ {m=1}^{ \infty } \frac {1}{n} \frac {1}{(m+n)^2} &= \frac {1}{2} \sum_ {m,n=1}^{ \infty } \left\ { \frac {1}{n} \frac {1}{(m+n)^2} + \frac {1}{m} \frac {1}{(m+n)^2} \right\ } \\ &= \frac {1}{2} \sum_ {m,n=1}^{ \infty } \frac {1}{mn(m+n)} = \frac {1}{2} \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {1}{n^2} \sum_ {m=1}^{ \infty } \left\ { \frac {1}{m} - \frac {1}{m+n} \right\ } \\ &= \frac {1}{2} \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {H_{n}}{n^2} \end {align*}

Para ello, es natural considerar la siguiente serie de potencias.

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{n^2} x^n. $$

Asociado a esta serie observamos fácilmente que

$$ \sum_{n=1}^{\infty} H_n x^n = -\frac{\log(1-x)}{1-x}. $$

Así, tenemos

\begin {align*} \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {H_n}{n} x^n &= - \int_ {0}^{x} \frac { \log (1-t)}{t(1-t)} \N-, dt = - \int_ {0}^{x} \left\ { \frac { \log (1-t)}{t} + \frac { \log (1-t)}{1-t} \right\ \N -, dt \\ &= \mathrm {Li}_2 (x) + \frac {1}{2} \log ^2(1-x), \end {align*}

donde $\mathrm{Li}_s (x)$ es el polilogaritmo definido por

$$ \mathrm{Li}_s (x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^s}. $$

Por lo tanto, debemos tener

\begin {align*} \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {H_n}{n^2} x^n &= \int_ {0}^{x} \frac {1}{t} \left\ { \mathrm {Li}_2 (t) + \frac {1}{2} \log ^2(1-t) \right\ \N -, dt \\ &= \mathrm {Li}_3 (x) + \frac {1}{2} \int_ {0}^{x} \frac { \log ^2(1-t)}{t} \N, dt. \end {align*}

Dejemos que $I(x)$ denotan esta última integral. Entonces por integración por partes,

\begin {align*} 2I(x) = \int_ {0}^{x} \frac { \log ^2(1-t)}{t} \N, dt = - \mathrm {Li}_2(x) \log (1-x) - \int_ {0}^{x} \frac { \mathrm {Li}_2(t)}{1-t} \N - dt. \end {align*}

Pero sabemos que $\mathrm{Li}_2 (x)$ satisface la fórmula de reflexión de Euler

$$ \mathrm{Li}_2 (x) + \mathrm{Li}_2 (1-x) = \zeta(2) - \log x \log (1-x), $$

lo que se demuestra fácilmente diferenciando ambos lados con respecto a $x$ . Por lo tanto, tenemos

\begin {align*} \int_ {0}^{x} \frac { \mathrm {Li}_2 (t)}{1-t} \N - dt & = \int_ {0}^{x} \frac {1}{1-t} \left [ \zeta (2) - \log t \log (1-t) - \mathrm {Li}_2 (1-t) \right ] \N - dt \\ & = \int_ {0}^{x} \frac { \zeta (2) - \mathrm {Li}_2 (1-t)}{1-t} \N - dt - \int_ {0}^{x} \frac { \log t \log (1-t)}{1-t} \N - dt. \end {align*}

Pero la integral del puño es fácil de calcular ya que podemos encontrar su antiderivada:

\begin {align*} \int_ {0}^{x} \frac { \zeta (2) - \mathrm {Li}_2 (1-t)}{1-t} \N - dt &= \left [ - \zeta (2) \log (1-t) + \mathrm {Li}_{3} (1-t) \right ]_{0}^{x} \\ &= - \zeta (2) \log (1-x) + \mathrm {Li}_{3}(1-x) - \zeta (3). \end {align*}

La segunda integral se reduce a una fórmula que implica $I(x)$ :

\begin {align*} - \int_ {0}^{x} \frac { \log t \log (1-t)}{1-t} \N - dt &= \left [ \frac {1}{2} \log ^2 (1-t) \log t \right _{0}^{x} - I(x) \\ &= \frac {1}{2} \log ^2 (1-x) \log x - I(x). \end {align*}

A partir de este cálculo, obtenemos una forma cerrada para $I(x)$ de la siguiente manera:

$$ I(x) = \zeta(3) - \mathrm{Li}_3 (1-x) + \{ \zeta(2) - \mathrm{Li}_2 (x) \} \log (1 - x) - \frac{1}{2} \log^2 (1-x) \log x. $$

Enchufando $x = 1$ entonces tenemos

$$ I(1) = \zeta(3).$$

Por lo tanto, tenemos

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{n^2} = 2 \zeta(3)$$

y por lo tanto

\begin {align*} I = \frac {1}{16} \zeta (3) + \frac {1}{16} \zeta (3) = \frac {1}{8} \zeta (3). \end {align*}

Answer 3

Según Mathematica, $$I=\frac{\zeta(3)}{8}$$ donde $\zeta$ es el función zeta . (Véase también este sobre la integral). Esto es aproximadamente 0,150257.