La evaluación de $\int_{0}^{\pi/3}\ln^2 \left ( \sin x \right )\,dx$

Question

Buenas noches!

Quiero calcular la integral de la $\displaystyle \int_{0}^{\pi/3}\ln^2 \left ( \sin x \right )\,dx$. Sin embargo me resulta muy difícil. Lo que he intentado es rewritting como:

$\begin{aligned} \int_{0}^{\pi/3}\ln^2\left ( \sin x \right )\,dx &=\int_{0}^{\pi/3}\left [ \ln \left ( \sin x \right ) \right ]^2\,dx \\ &= \int_{0}^{\pi/3}\left [ \ln \left ( \frac{e^{-ix}-e^{ix}}{2i} \right ) \right ]^2\,dx\\ &= \int_{0}^{\pi/3}\left [ \ln \left ( e^{-ix}-e^{ix} \right )-\ln 2i \right ]^2\, dx\\ &= \int_{0}^{\pi/3}\left ( \ln^2\left ( e^{-ix}-e^{ix} \right )-2\ln 2i \ln \left ( e^{-ix}-e^{ix} \right ) +\ln^2 2i\right )\,dx\\ &= \int_{0}^{\pi/3} \ln^2 \left ( e^{-ix}-e^{ix} \right )\,dx-2\int_{0}^{\pi/3}\ln 2i \ln \left ( e^{-ix}-e^{ix} \right )\,dx +\int_{0}^{\pi/3}\ln^2 2i \,dx \\ \end{aligned}$

Escribí la primera integral como: $\begin{aligned} \int_{0}^{\pi/3}\ln^2 \left ( e^{-ix}-e^{ix} \right )\,dx &= \int_{0}^{\pi/3}\ln^2 \left ( e^{-ix}\left ( 1-e^{-2ix} \right ) \right )\,dx\\ &= \int_{0}^{\pi/3}\ln^2 \left ( e^{-ix} \right )\,dx+\int_{0}^{\pi/3}\ln^2 \left ( 1-e^{-2ix} \right )\,dx\\ \end{aligned}$

Ahora he utilizado de MacLaurin de la Expasion de $\ln(1-x)$ para la segunda integral, por lo que puedo expresar es tan complejo de la serie, que es la siguiente:

$$\ln^2\left ( 1-e^{-2ix} \right )= \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{e^{-2ikx}}{k}\frac{e^{-2imx}}{m} \implies \int_{0}^{\pi/3}\ln^2\left ( 1-e^{-2ix} \right )\,dx=\int_{0}^{\pi/3}\left ( \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{e^{-2ikx}}{k}\frac{e^{-2imx}}{m} \right )\,dx$$

Estoy bastante seguro de que puedo alterar la suma y la integral. No sé si esto puede ayudar. Y aquí es donde me detuve. Yo no puedo jugar con el medio integral, debido a que $\ln(2i)$ plazo que me molesta, de lo contrario sería aplicar la misma técnica con la de MacLaurin de expansión. Algo que también me dice que la última integral se debe desechar. Porque es complejo, pero no he dwelved en ella más, por lo que no estoy muy seguro de si no hay cancelaciones con el resto de las integrales que tengo, porque todos ellos contienen piezas complejas.

Cualquier ayuda se agradece.

P. S: Esto no es la tarea.

Answer 1

\begin{align}\mathcal{I}&=\frac{\ln{2}}{6\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{1}{3}}\right)+\frac{\ln{3}}{12\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{2}{3}}\right)-\frac{\ln{3}}{12\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{1}{3}}\right)-\frac{\ln{2}}{6\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{2}{3}}\right)\\& \ \ \ \ +\frac{\pi}{3}\ln^2{2}-\frac{\pi}{12}\ln^2{3}+\frac{\pi^3}{81}-{\rm Im} \ {\rm Li}_3(1-e^{i2\pi/3}) \end{align}

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Descargo de responsabilidad: me robaron este método de Variable Aleatoria así que me atrevo a no tomar el crédito por ello.

Tenga en cuenta que $$\ln(1-e^{i2x})=\ln(\sin{x})+\ln{2}+i\left(x-\frac{\pi}{2}\right)$$ Cuadrado ambos lados y extraer la parte real. $${\rm Re}\ln^2(1-e^{i2x})=\ln^2(\sin{x})+2\ln{2}\ln(\sin{x})+\ln^2{2}-\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2$$ Primero vamos a calcular $\displaystyle\mathcal{J}=\int^{\frac{\pi}{3}}_0\ln(\sin{x}){\rm d}x$. \begin{align} \mathcal{J} &={\rm Re}\int^{\frac{\pi}{3}}_0\ln(1-e^{i2x}){\rm d}x-\frac{\pi}{3}\ln{2}\\ &=\frac{1}{2}{\rm Im}\int^{e^{i\frac{2\pi}{3}}}_1\frac{\ln(1-z)}{z}{\rm d}z-\frac{\pi}{3}\ln{2}\\ &=-\frac{1}{2}{\rm Im} \ {\rm Li}_2(e^{i2\pi/3})-\frac{\pi}{3}\ln{2}\\ \end{align} Entonces \begin{align} \mathcal{I} &=\int^{\frac{\pi}{3}}_0\ln^2(\sin{x}){\rm d}x\\ &={\rm Re}\int^{\frac{\pi}{3}}_0\ln^2(1-e^{i2x}){\rm d}x-2\mathcal{J}\ln{2}-\frac{\pi}{3}\ln^2{2}+\frac{13\pi^3}{324}\\ &=\frac{1}{2}{\rm Im}\int^{e^{i\frac{2\pi}{3}}}_1\frac{\ln^2(1-z)}{z}{\rm d}z-2\mathcal{J}\ln{2}-\frac{\pi}{3}\ln^2{2}+\frac{13\pi^3}{324}\\ &=\frac{1}{2}{\rm Im}\left[\frac{i2\pi}{3}\ln^2(1-e^{i2\pi/3})+\int^{e^{i\frac{2\pi}{3}}}_1\frac{2\ln{z}\ln(1-z)}{1-z}{\rm d}z\right]-2\mathcal{J}\ln{2}\\ &\ \ \ \ -\frac{\pi}{3}\ln^2{2}+\frac{13\pi^3}{324}\\\ &=\frac{\pi}{12}\ln^2{3}-\frac{\pi^3}{108}+\frac{1}{2}{\rm Im}\left[2{\rm Li}_2(1-e^{i2\pi/3})\ln(1-e^{i2\pi/3})-2{\rm Li}_3(1-e^{i2\pi/3})\right]\\ &\ \ \ \ +\ln{2} \ {\rm Im} \ {\rm Li}_2(e^{i2\pi/3})+\frac{2\pi}{3}\ln^2{2}-\frac{\pi}{3}\ln^2{2}+\frac{13\pi^3}{324}\\ &=\frac{5\pi^3}{162}+\frac{\pi}{12}\ln^2{3}+\frac{\pi}{3}\ln^2{2}-{\rm Im}\left[{\rm Li}_3(1-e^{i2\pi/3})-{\rm Li}_2(1-e^{i2\pi/3})\ln(1-e^{i2\pi/3})\\ -\ln{2}{\rm Li}_2(e^{i2\pi/3})\right] \end{align}

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La parte real de la ${\rm Li}_2(e^{i2\pi/3})$ es \begin{align} {\rm Re} \ {\rm Li}_2(e^{i2\pi/3}) &=\sum^\infty_{n=1}\frac{\cos(2n\pi/3)}{n^2}\\ &=-\frac{1}{4}\sum^\infty_{n=-\infty}\left(\frac{1}{(3n+1)^2}+\frac{1}{(3n+2)^2}\right)+\frac{1}{9}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\\ &=\frac{1}{4}\left[\operatorname*{Res}_{z=-1/3}\frac{\pi\cot(\pi z)}{(3z+1)^2}+\operatorname*{Res}_{z=-2/3}\frac{\pi\cot(\pi z)}{(3z+2)^2}\right]+\frac{\pi^2}{54}\\ &=-\frac{\pi^2}{18} \end{align} y su parte imaginaria es \begin{align} {\rm Im} \ {\rm Li}_2(e^{i2\pi/3}) &=\sum^\infty_{n=1}\frac{\sin(2n\pi/3)}{n^2}\\ &=\frac{\sqrt{3}}{2}\sum^\infty_{n=0}\left(\frac{1}{(3n+1)^2}-\frac{1}{(3n+2)^2}\right)\\ &=\frac{1}{6\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{1}{3}}\right)-\frac{1}{6\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{2}{3}}\right) \end{align} Por Euler reflexión de la fórmula para el dilogarithm, \begin{align}{\rm Li}_2(1-e^{i2\pi/3}) &=\frac{\pi^2}{6}-\ln(e^{i2\pi/3})\ln(1-e^{i2\pi/3})-{\rm Li}_2(e^{i2\pi/3})\\ &=\frac{\pi^2}{9}+i\left(\frac{1}{6\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{2}{3}}\right)-\frac{1}{6\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{1}{3}}\right)-\frac{\pi}{3}\ln{3}\right)\end{align} Por lo tanto, la parte imaginaria de ${\rm Li}_2(1-e^{i2\pi/3})\ln(1-e^{i2\pi/3})$ es \begin{align} & \ \ \ \ \ \ \ {\rm Im}\ln(1-e^{i2\pi/3}){\rm Li}_2(1-e^{i2\pi/3})\\ &={\rm Re}\ln(1-e^{i2\pi/3}){\rm Im} \ {\rm Li}_2(1-e^{i2\pi/3})+{\rm Im}\ln(1-e^{i2\pi/3}){\rm Re} \ {\rm Li}_2(1-e^{i2\pi/3})\\ &=-\frac{\pi^3}{54}-\frac{\pi}{6}\ln^2{3}+\frac{\ln{3}}{12\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{2}{3}}\right)-\frac{\ln{3}}{12\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{1}{3}}\right) \end{align}

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El desplume estos valores en nuestra previamente resultado obtenido rendimientos \begin{align}\mathcal{I} &=\frac{\ln{2}}{6\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{1}{3}}\right)+\frac{\ln{3}}{12\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{2}{3}}\right)-\frac{\ln{3}}{12\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{1}{3}}\right)-\frac{\ln{2}}{6\sqrt{3}}\psi_1\left(\small{\frac{2}{3}}\right)\\& \ \ \ \ +\frac{\pi}{3}\ln^2{2}-\frac{\pi}{12}\ln^2{3}+\frac{\pi^3}{81}-{\rm Im} \ {\rm Li}_3(1-e^{i2\pi/3})\approx 2.0445154\cdots\\ \end{align}

Answer 2

Soy incapaz de ayudar, pero, si usted desea considerar la serie, vamos a intentar desde el principio $$\log(\sin(x))=\log \left(\frac{\sin (x)}{x}\right)+\log(x)$$ Now, square all of that and replace $\frac{\sin (x)}{x}$ by its development around $x=0$; from that, expand $$\log \left(\frac{\sin (x)}{x}\right)=-\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{180}-\frac{x^6}{2835}-\frac{x^8}{37800}-\frac{x^{10}}{46777 5}-\frac{x 691^{12}}{3831077250}-\frac{2 x^{14}}{127702575}+O\left(x^{16}\right)$$

Ser paciente, el integrando se convierte en \begin{align} & \log ^2(x)-\frac{1}{3} x^2 \log (x)+x^4 \left(\frac{1}{36}-\frac{\log (x)}{90}\right)+x^6 \left(\frac{1}{540}-\frac{2 \log (x)}{2835}\right)+x^8 \left(\frac{101}{680400}-\frac{\log (x)}{18900}\right) \\ & \hspace{5mm} + x^{10} \left(\frac{13}{1020600}-\frac{2 \log (x)}{467775}\right)+x^{12} \left(\frac{7999}{7072758000}-\frac{691 \log (x)}{1915538625}\right) \\ & \hspace{10mm} + x^{14} \left(\frac{2357}{22986463500}-\frac{4 \log (x)}{127702575}\right)+O\left(x^{16}\right) \end{align} y los que se quedan con integrales $$I_n=\int x^n \log(x)dx=\frac{x^{n+1} ((n+1) \log (x)-1)}{(n+1)^2}$$ $$J=\int \log^2(x)dx=2 x+x \log ^2(x)-2 x \log (x)$$ y así \begin{align} & \int\log^2 \left ( \sin x \right ) \,dx \\ &= x \left(\log ^2(x)-2 \log (x)+2\right)+x^3 \left(\frac{1}{27}-\frac{\log (x)}{9}\right)+x^5 \left(\frac{3}{500}-\frac{\log (x)}{450}\right) \\ & \hspace{5mm} + x^7 \left(\frac{31}{111132}-\frac{2 \log(x)}{19845}\right)+x^9 \left(\frac{1}{58320}-\frac{\log (x)}{170100}\right)+x^{11} \left(\frac{1621}{1358418600}-\frac{2 \log (x)}{5145525}\right) \\ & \hspace{5mm} + x^{13} \left(\frac{17987}{201803238000}-\frac{691 \log (x)}{24902002125}\right) + x^{15} \left(\frac{37}{5304568500}-\frac{4 \log (x)}{1915538625}\right)+O\left(x^{17}\right) \end{align} Ahora, el uso de límites; la pesadilla está de vuelta. \begin{align} & \int_0^a \log^2 \left ( \sin x \right )\,dx \\ &= a \left(\log ^2(a)-2 \log (a)+2\right)+\frac{1}{27} a^3 (1-3 \log (a))+a^5 \left(\frac{3}{500}-\frac{\log (a)}{450}\right) \\ & \hspace{5mm} + \frac{a^7 (155-56 \log(a))}{555660}+\frac{a^9 (35-12 \log (a))}{2041200} + \frac{a^{11} (1621-528 \log(a))}{1358418600} \\ & \hspace{5mm} + \frac{a^{13} (1384999-431184 \log(a))}{15538849326000}+\frac{a^{15} (481-144 \log(a))}{68959390500}+O\left(a^{17}\right) \end{align}

Debo señalar que el valor calculado es correcto : por $a=\pi/3$ esta "limitada" de expansión conduce a $2.044515433$ para un valor exacto de $2.044515435$. Lo que es sorprendente es el primer término es $2.000033847$; es entonces $$\frac{1}{3} \pi \left(2+\log ^2\left(\frac{\pi }{3}\right)-2 \log \left(\frac{\pi }{3}\right)\right)$$ a good approximation of $2$ ?