P: Evaluar$\newcommand{\dx}{\mathrm dx}\newcommand{\du}{\mathrm du}\newcommand{\dv}{\mathrm dv}\newcommand{\dtheta}{\mathrm d\theta}\newcommand{\dw}{\mathrm dw}$$$I=\int\limits_0^{\pi/2}\dx\,\frac {\left(\log\sin x\log\cos x\right)^2}{\sin x\cos x}$$
Estoy sin ideas sobre qué hacer. He intentado utilizar el astuto límite de identidad para la integración, pero que conducen a ninguna parte, porque es simplemente la misma integral i.e la adición de los dos juntos, no produce una simplificación de ningún tipo$$I=\int\limits_0^{\pi/2}\dx\,\frac {\log^2\sin x\log^2\cos x}{\sin x\cos x}=\int\limits_0^{\pi/2}\du\,\frac {\log^2\cos u\log^2\sin u}{\cos u\sin u}$$I've looked into making a u-substitution, but have no idea where to begin. I plan to use a trigonometric identity, namely$$\sec x\csc x=\cot x+\tan x$$but I'm not sure what to do afterwards because we get$$I=\int\limits_0^{\pi/2}\dx\,\cot x\log^2\sin x\log^2\cos x+\int\limits_0^{\pi/2}\dx\,\tan x\log^2\sin x\log^2\cos x$$I would appreciate it if you guys gave me an idea on where to begin!
Also, as a side note, I've used
\newcommandon\dx,\du,\dv, and\dwto automatically change to $\dx$, $\du$, $\dv$, and $\dw$ respectivamente, si ustedes no me importa! Sólo para que sea más fácil para el operador diferencial!
Respuestas
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Cambio de variable a $t = \sin^2 x$ y aviso $$\begin{align}\frac{dx}{\sin x\cos x} &= \frac{\sin x\cos x dx}{\sin^2 x\cos^2 x} = \frac12\frac{dt}{t(1-t)}\\ \log\sin x \log\cos x &= \frac14\log\sin^2 x \log \cos^2 x = \frac14 \log t\log(1-t) \end{align} $$ La integral a la mano puede escribirse como $$\mathcal{I} \stackrel{def}{=} \int_0^{\pi/2} \frac{(\log\sin x\log\cos x)^2}{\sin x\cos x} dx = \frac{1}{32}\int_0^1 \frac{\log^2 t \log^2(1-t)}{t(1-t)} dt$$ Desde $\displaystyle\frac{1}{t(1-t)} = \frac1t + \frac{1}{1-t}$, mediante la sustitución de $t$ $1-t$ en la parte de la integral, nos encontramos con
$$\begin{align} \mathcal{I} &= \frac{1}{16}\int_0^1 \frac{\log^2 t\log^2(1-t)}{t} dt = \frac{1}{48}\int_0^1 \log^2(1-t) d\log^3 t\\ &\stackrel{\text{I.by.P}}{=} \frac{1}{48}\left\{ \left[\log^2(1-t)\log^3 t\right]_0^1 + 2 \int_0^1 \log^3 t\frac{\log(1-t)}{1-t}dt\right\}\\ &= -\frac{1}{24}\int_0^1 \frac{\log^3 t}{1-t}\sum_{n=1}^\infty\frac{t^n}{n} dt = -\frac{1}{24}\int_0^1 \log^3 t\sum_{n=1}^\infty H_nt^n dt\\ &\stackrel{t = e^{-y}}{=} \frac{1}{24} \int_0^\infty y^3 \sum_{n=1}^\infty H_n e^{-(n+1)y} dy = \frac14 \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^4} \end{align} $$ donde $H_n$ $n^{th}$ número armónico. Mediante la reorganización de sus términos, la última suma debe ser expresable en términos de funciones zeta. Soy perezoso, me acaba de pedir WA para evaluar la suma. Como era de esperar, la última suma es igual a $2\zeta(5) - \frac{\pi^2}{6}\zeta(3)$${}^\color{blue}{[1]}$.
Como consecuencia, la integral en la mano es igual a:
$$\mathcal{I} = \frac{12\zeta(5) - \pi^2\zeta(3)}{24} \aprox 0.024137789997360933616411382857235691008...$$
Notas
- $\color{blue}{[1]}$ Resulta que podemos calcular esta suma el uso de un la identidad de Euler. $$2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^m} = (m+2)\zeta(m+1) - \sum_{n=1}^{m-2}\zeta(m-n)\zeta(n+1),\quad\text{ for } m = 2, 3, \ldots$$ En particular, para $m = 4$, esta identidad se convierte en $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\zeta(n)}{n^4} = 3\zeta(5) - \zeta(2)\zeta(3)$$ y podemos evaluar nuestros suma como $$\begin{align}\mathcal{I} &= \frac14\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{(n+1)^4} = \frac14\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{H_{n+1}}{(n+1)^4}-\frac{1}{(n+1)^5}\right) = \frac14\left(\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^4} - \zeta(5)\right)\\ &= \frac14(2\zeta(5) - \zeta(2)\zeta(3)) = \frac{12\zeta(5) - \pi^2\zeta(3)}{24} \end{align} $$
Voy a trabajar con la integral encontrado después de una sustitución de $t = \sin^2 x$ ha sido hecho para que $$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\ln^2 (\sin x) \ln^2 (\cos x)}{\sin x \cos x} \, dx = \frac{1}{32} \int_0^1 \frac{\ln^2 t \ln^2 (1 - t)}{t (1 - t)} \, dt.$$
El primer método que viene a la mente es evaluar la integral que aparece a la derecha, como la derivada de una función beta. Desde $$\text{B} (x,y) = \int_0^1 t^{x - 1} (1 - t)^{y - 1} \, dt,$$ vemos que $$\lim_{x \to 0^+} \lim_{y \to 0^+} \partial^2_x \partial^2_y \text{B}(x,y) = \int_0^1 \frac{\ln^2 t \ln^2 (1 - t)}{t (1 - t)} \, dt.$$ Así $$I = \frac{1}{32} \lim_{x \to 0^+} \lim_{y \to 0^+} \partial^2_x \partial^2_y \text{B}(x,y).$$ Mientras que el cálculo anterior es factible, está lejos de ser trivial (al menos "a mano") y, por consiguiente, no se da aquí.
Como un segundo método, voy a hacer uso de la siguiente serie de Maclaurin de expansión para el término $\ln^2 (1 - t)$, que está dada por $$\ln^2 (1 - t) = 2 \sum_{n = 2}^\infty \frac{H_{n - 1}}{n} t^n, \qquad |t| < 1, \tag1$$ donde $H_n$ $n$ésimo número Armónico. Una prueba de este resultado se puede encontrar aquí.
Como $$\frac{1}{t(1 - t)} = \frac{1}{t} + \frac{1}{1 - t},$$ podemos escribir la integral de la $I$ $$I = \frac{1}{32} \int_0^1 \frac{\ln^2 t \ln^2 (1 - t)}{t} \, dt + \frac{1}{32} \frac{\ln^2 t \ln^2 (1 - t)}{1 - t} \, dt.$$ Si en la segunda de estas integrales aplicamos una sustitución de $t \mapsto 1 - t$ hemos $$I = \frac{1}{16} \int_0^1 \frac{\ln^2 t \ln^2 (1 - t)}{t} \, dt.$$
Sustituyendo el término $\ln^2(1 - t)$ con su serie de Maclaurin de expansión, después de intercambiar la suma con el signo integral tenemos $$I = \frac{1}{8} \sum_{n = 2}^\infty \frac{H_{n - 1}}{n} \int_0^1 t^{n - 1} \ln^2 t \, dt.$$ La integral que los resultados pueden ser fácilmente encontrados usando integración por partes dos veces. El resultado es $$\int_0^1 t^{n - 1} \ln^2 t \, dt = \frac{2}{n^3}.$$ Así $$I = \frac{1}{4} \sum_{n = 2}^\infty \frac{H_{n - 1}}{n^4}.$$
Desde $$H_n = H_{n - 1} + \frac{1}{n},$$ tenemos $$I = \frac{1}{4} \left [\sum_{n = 2}^\infty \frac{H_n}{n^4} - \sum_{n = 2}^\infty \frac{1}{n^5} \right ] = \frac{1}{4} \left [\sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^4} - \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^5} \right ].$$
El valor de la suma de Euler es bien conocido (ver aquí por ejemplo). Es $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^4} = 3 \zeta (5) - \zeta (2) \zeta (3),$$ mientras que la segunda suma es sólo la función zeta $\zeta (5)$. Así $$I = \frac{1}{4} \big{[}3 \zeta (5) - \zeta (2) \zeta (3) - \zeta (5) \big{]},$$ o $$\int_0^{\pi/2} \frac{\ln^2 (\sin x) \ln^2 (\cos x)}{\sin x \cos x} \, dx = \frac{1}{4} \big{[} 2 \zeta (5) - \zeta (2) \zeta (3) \Big{]}.$$
