Calcular el $\int_0^1\frac{(\ln x)^2}{\sqrt{x-x^2}}dx=?$

Question

Encontrar el:

$$\int_0^1\frac{(\ln x)^2}{\sqrt{x-x^2}}\,dx=\text{?}$$

---

Yo :

$$u=\sqrt{x-x^2} \\ du=\frac{-2x+1}{2\sqrt{x-x^2}}\,dx\\dx=\frac{2\sqrt{x-x^2}}{-2x+1}\,du$$

Por lo tanto tenemos :

$$\int_0^1\frac{(\ln x)^2}{\sqrt{x-x^2}}\,dx=\int_0^1\frac{2(\ln x)^2}{(-2x+1)}\,du$$

Ahora, ¿qué ?

Answer 1

Este es un sencillo integral. Por la función Beta de Euler $$ \int_{0}^{1}\frac{x^\alpha}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx = \frac{\Gamma\left(\alpha+\tfrac{1}{2}\right)}{\Gamma(\alpha+1)}\cdot \alpha\sqrt{\pi}\tag{1}$$ para cualquier $\alpha>-\frac{1}{2}$, por lo que es suficiente para aplicar $\frac{d^2}{d\alpha^2}$ a ambos lados de $(1)$, luego de evaluar a $\alpha=0$.
Es practico para escribir $\frac{dg}{d\alpha}$ $g\cdot\frac{d}{d\alpha}\log g$ y recordemos que $\psi=\frac{d}{d\alpha}\log\Gamma$ y $$ \psi(1)=-\gamma,\quad \psi\left(\tfrac{1}{2}\right)=-\gamma-\log(4),\quad \psi'(1)=\frac{\pi^2}{6},\quad \psi'\left(\tfrac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{2}$$ para obtener $$ \int_{0}^{1}\frac{\log^2(x)}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx = \color{red}{\frac{\pi^3}{3}+4\pi\log^2(2)}.\tag{2}$$ Esto puede ser demostrado por la transformada de Fourier-Legendre de la serie de expansiones, también. De hecho, las funciones hipergeométricas mencionado por Raffaele en los comentarios simples formas cerradas en $x\in\left\{0,\frac{1}{2},1\right\}$. Eche un vistazo en la página 39 aquí.

Sin embargo, otro (brutalmente eficiente) enfoque es aplicar el teorema de Parseval para la serie de Fourier de $\log\sin$, que puede ser derivada a partir de la identidad $\sum_{n\geq 1}\frac{\cos(n\theta)}{n}=-\log\left|2\sin\frac{\theta}{2}\right|$. Esto también explica por qué el de Euler-Mascheroni constante $\gamma$ desaparece de la RHS de $(2)$.

Además, el parecido integral de la $\int_{0}^{1}\frac{\log^3(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$ se calcula en la página 76 de mis notas a través de la misma técnica utilizada anteriormente (Feynman del truco y valores especiales para $\Gamma,\psi,\psi',\psi''$). Aquí no hay una manera simple para aplicar el teorema de Parseval, de ahí el enfoque de diferenciación bajo el signo integral es un poco más general, incluso si la serie de Fourier resolver OP problema de la tarde.

Answer 2

$\displaystyle J=\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx$

Realizar el cambio de variable $x=\sin^2 \theta$,

$\displaystyle J=8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\sin \theta)\,d\theta$

Observar que,

$\displaystyle K=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\sin \theta)\,d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\cos \theta)\,d\theta$

(realizar el cambio de variable $\displaystyle y=\frac{\pi}{2}-x$ )

$\begin{align} K&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\tan \theta\cos \theta)\,d\theta\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\ln\left(\tan \theta\right)+\ln\left(\cos\theta\right) \right)^2\,d\theta\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\tan \theta\right)\,d\theta+K+2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln\left(\tan \theta\right)\ln\left(\cos \theta\right)\,d\theta\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\tan \theta\right)\,d\theta+K+2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\Big(\ln(\sin \theta)-\ln(\cos \theta)\big)\ln(\cos \theta)\,d\theta\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\tan \theta\right)\,d\theta-K+2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin \theta)\ln(\cos \theta)\,d\theta \end{align}$

Por lo tanto,

$\displaystyle 2K=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\tan \theta\right)\,d\theta+2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin \theta)\ln(\cos \theta)\,d\theta$

pero,

$\begin{align}4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin \theta)\ln(\cos \theta)\,d\theta&=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \Big(\big(\ln(\sin \theta)+\ln(\cos \theta)\big)^2-\big(\ln(\sin \theta)-\ln(\cos \theta)\big)^2\Big)\,d\theta\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\sin \theta\cos \theta)\,d\theta-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\tan \theta)\,d\theta\end{align}$

Por lo tanto,

$\displaystyle 2K=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\tan \theta\right)\,d\theta+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\sin \theta\cos \theta)\,d\theta$

Pero,

$\displaystyle L=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(\sin \theta\cos \theta)\,d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\frac{1}{2}\sin(2\theta)\right)\,d\theta$

Realizar el cambio de variable $\displaystyle x=2\theta$,

$\begin{align}L&=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln^2\left(\frac{1}{2}\sin\theta\right)\,d\theta\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\frac{1}{2}\sin\theta\right)\,d\theta+\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\ln^2\left(\frac{1}{2}\sin\theta\right)\,d\theta\\ \end{align}$

En el último integral realizar el cambio de variable $\displaystyle x=\pi-\theta$,

$\begin{align} L&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\frac{1}{2}\sin\theta\right)\,d\theta\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\ln(\sin\theta)-\ln 2\right)^2\,d\theta\\ &=K-2\ln 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin \theta)\,d\theta+\frac{1}{2}\pi \ln^2 2 \end{align}$

y es bien kwown que,

$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin \theta)\,d\theta=-\frac{1}{2}\pi\ln 2$

Por lo tanto,

$\displaystyle L=K+\frac{3}{2}\pi \ln^2 2$

Por lo tanto,

$\begin{align}K&=\frac{1}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2\left(\tan\theta\right)\,d\theta+\frac{1}{2}\pi\ln^2 2\\ \end{align}$

Realizar el cambio de variable $\displaystyle y=\tan x$,

$\begin{align} K&=\frac{1}{3}\int_0^{\infty}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx+\frac{1}{2}\pi\ln^2 2\\ &=\frac{1}{3}\int_0^{1}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx+\frac{1}{3}\int_1^{\infty}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx+\frac{1}{2}\pi\ln^2 2\\ \end{align}$

En el último integral realizar el cambio de variable $\displaystyle y=\frac{1}{x}$,

$\begin{align} K=\frac{2}{3}\int_0^{1}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx+\frac{1}{2}\pi\ln^2 2\\ \end{align}$

Por lo tanto,

$\begin{align} \boxed{J=\frac{16}{3}\int_0^{1}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx+4\pi\ln^2 2}\\ \end{align}$

pero,

$\displaystyle \int_0^{1}\frac{\ln^2 x}{1+x^2}\,dx=2\beta(3)$

(Beta de la función de Dirichlet, https://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_beta_function )

y es bien sabido que,

$\displaystyle \beta(3)=\frac{\pi^3}{32}$

(véase, por ejemplo, https://math.stackexchange.com/a/613341/186817 )

Por lo tanto,

$\boxed{\displaystyle J=\frac{\pi}{3}+4\pi\ln^2 2}$

PS: otro enlace útil, Calcular esta integral, $\int_0^{\infty}\frac{\ln^2x}{1+x^2}dx$