$\int_0^\pi \log^2\left(\tan\frac{ x}{4}\right)dx=\frac{\pi^3}{4}.$

Question

Hola estoy tratando de probar la relación $$ I: = \int_0^\pi \log^2\left(\tan\frac{x}{4}\right) dx = \frac {\pi^3} {4}. $$ he intentado ampliar el argumento de registro mediante el uso de $\sin x/ \cos x=\tan x,$ y que utiliza $\log(a/b)=\log a-\log b$, me sale $$ me = \int_0^\pi \left (\log \sin \frac{x}{4}-\log\cos \frac{x}{4}\right)^2dx. $$ Podemos distribuir esto $$ \int_0^\pi \log^2 \sin \frac{x}{4}dx + \int_0^\pi \log^2\cos \frac{x}{4}dx-2\int_0^\pi\log \sin \frac{x}{4}\log \cos \frac{x}{4}dx. $$ Ahora estoy atrapado en como solucionar estos. Gracias.

Answer 1

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{I \equiv \int_{0}^{\pi}\ln^{2}\pars{\tan\pars{x \a más de 4}}\,\dd x ={\pi^{3} \más de 4\fantasma{^{3}}}:\ {\grande ?}}$

\begin{align} I&=4\int_{0}^{\pi/4}\ln^{2}\pars{\tan\pars{x}}\,\dd x =4\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x =2\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x \\[3mm]&=2\lim_{\mu \to 0}\partiald[2]{}{\mu} \int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x^{2} + 1}\,\dd x =\lim_{\mu \to 0}\partiald[2]{}{\mu} \int_{0}^{\infty}{x^{\pars{\mu - 1}/2} \over x + 1}\,\dd x \end{align}

Con $\ds{t \equiv {1 \over x + 1}\quad\imp\quad x = {1 \over t} - 1}$: \begin{align} I&=\lim_{\mu \to 0}\partiald[2]{}{\mu} \int_{1}^{0}t\pars{1 - t}^{\pars{\mu - 1}/2}t^{\pars{1 - \mu}/2}\, \pars{-\,{\dd t \over t^{2}}} \\[3mm]&=\lim_{\mu \to 0}\partiald[2]{}{\mu}\int_{0}^{1}t^{-\pars{1 + \mu}/2} \pars{1 - t}^{\pars{\mu - 1}/2}\,\dd t =\lim_{\mu \to 0}\partiald[2]{{\rm B}\pars{1/2 - \mu/2,1/2 + \mu/2}}{\mu} \\[3mm]&=\lim_{\mu \to 0}\partiald[2]{}{\mu} \bracks{\Gamma\pars{1/2 - \mu/2}\Gamma\pars{1/2 + \mu/2} \over \Gamma\pars{1}} =\lim_{\mu \to 0}\partiald[2]{}{\mu} \braces{\pi \over \sin\pars{\pi\bracks{1/2 + \mu/2}}} \\[3mm]&=\pi\lim_{\mu \to 0}\partiald[2]{\sec\pars{\pi\mu/2}}{\mu} =\pi\lim_{\mu \to 0}\bracks{% {1 \over 4}\,\pi^{2}\sec^{3}\pars{\pi\mu \over 2} + {1 \over 4}\,\pi^{2}\sec\pars{\pi\mu \over 2}\tan^{2}\pars{\pi\mu \over 2}} \\[3mm]&=\pi\pars{\pi^{2} \over 4} \end{align}

$\ds{{\rm B}\pars{x,y}}$ $\ds{\Gamma\pars{z}}$ son de la Beta y Gamma Funciones, respectivamente, y hemos utilizado las propiedades ya conocidas de ellos. $$\color{#00f}{\large% \int_{0}^{\pi}\ln^{2}\pars{\tan\pars{x \a más de 4}}\,\dd x = {\pi^{3} \más de 4\phantom{^{3}}}} $$

Answer 2

Reescalado de dominio por un factor de $2$, la integral se convierte en: $$I=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\log^2\left(\tan{\frac{x}{2}}\right)dx.$$

Si no aparece así, de antemano, la nueva forma de la integral debe estar gritando "tangente de la mitad de ángulo de sustitución" para usted ahora.

Deje $t=\tan{\frac{x}{2}}$. La integral se convierte entonces,

$$I=2\int_{0}^{1}\log^2\left(t\right)\cdot\frac{2\,dt}{1+t^2}=4\int_0^1\frac{\log^2t}{1+t^2}dt.$$

Ahora vamos a $u=-\log{t}$. Entonces, $t=e^{-u}$, $dt=-e^{-u}du$, y

$$\int_0^1\frac{\log^2t}{1+t^2}dt=\int_{0}^{\infty}\frac{u^2e^{-u}}{1+e^{-2u}}du.$$

El denominador puede ser ampliado a un alternando series geométricas de las exponenciales. Intercambiando el orden de la suma y la integración, a continuación, la integración de término por término debe producir un reconocibles de la serie:

$$\frac{1}{1+e^{-2u}}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^ne^{-2nu}\\ \implica \frac{u^2e^{-u}}{1+e^{-2u}}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n u^2 e^{-(2n+1)u}\\ \implica \int_{0}^{\infty}\frac{u^2e^{-u}}{1+e^{-2u}}du=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \int_{0}^{\infty} u^2 e^{-(2n+1)u}du=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}$$

Por lo tanto, tenemos la serie representación de la integral de la $I$:

$$I=8\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}$$

Answer 3

Que $u=\tan{\dfrac{x}{4}}$, entonces el $du=\dfrac{1}{4}\sec^2{\dfrac{x}{4}}dx=\dfrac{1}{4}(1+u^2)dx$. La integral se convierte en\begin{align} \int^{\pi}_0\ln^2\left(\tan\frac{x}{4}\right)dx &=4\int^{1}_0\frac{\ln^2{u}}{1+u^2}du\\ &=4\sum_{n \ge 0}(-1)^n\int^1_0x^{2n}\ln^2{x}dx\\ &=4\sum_{n \ge 0}(-1)^n\lim_{a \to 2n}\frac{d^2}{da^2}\int^1_0x^adx\\ &=4\sum_{n \ge 0}(-1)^n\lim_{a \to 2n}\frac{d}{da}\left(-\frac{1}{(a+1)^2}\right)\\ &=8\sum_{n \ge 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}\\ &=8\beta(3)\\ &=\frac{\pi^3}{4} \end {Alinee el}