Bagaimana cara mengevaluasi $\int_0^{\pi/2} x\ln^2(\sin x)\textrm{d}x$ dengan cara yang berbeda?

Aug 19 2020

Masalah berikut ini

$$\int_0^{\pi/2} x\ln^2(\sin x)\textrm{d}x=\frac{1}{2}\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{19}{32}\zeta(4)+\frac{1}{24}\ln^4(2)+\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)\tag1$$

sudah dipecahkan dalam solusi ini.

The Pertanyaan di sini adalah bagaimana untuk membuktikan$(1)$ dengan memanfaatkan rangkaian Fourier

$$\tan x\ln(\sin x)=-\sum_{n=1}^\infty\left(\psi\left(\frac{n+1}{2}\right)-\psi\left(\frac{n}{2}\right)-\frac1n\right)\sin(2nx)$$

$$=-\sum_{n=1}^\infty\left(\int_0^1\frac{1-t}{1+t}t^{n-1}dt\right)\sin(2nx),\quad 0<x<\frac{\pi}{2}$$

Saya ingin tahu jenis manipulasi pintar apa yang perlu kita lakukan untuk membuat integrand in $(1)$. Saya yakin ini akan menjadi solusi yang luar biasa.

Terima kasih sebelumnya.

Seri Fourier ini dapat ditemukan di buku, Almost Impossible Integrals, Sums and series , halaman$243$, Persamaan$(3.281)$.

Jawaban

5 AliShadhar Aug 26 2020 at 14:04

Dari sini kita punya

$$\frac23\arcsin^4x=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}^{(2)}(2x)^{2n}}{n^2{2n\choose n}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}^{(2)}(2x)^{2n}}{n^2{2n\choose n}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{n^4{2n\choose n}}$$

Set $x=1$ kita mendapatkan

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^4{2n\choose n}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_{n}^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}-\frac{15}{4}\zeta(4)\tag1$$

Dalam pertanyaan ini kami tunjukkan$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^3{2n\choose n}}=-\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}+12\ln^2(2)\zeta(2)\tag2$$

Menambahkan $(1)$ dan $(2)$ hasil

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^4{2n\choose n}}=12\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{15}{4}\zeta(4)-\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^3{2n\choose n}}$$

Dengan menggunakan rangkaian Fourier $\tan x\ln(\sin x)$, kami tunjukkan dalam solusi ini :

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^3{2n\choose n}}=-8\text{Li}_4\left(\frac12\right)+\zeta(4)+8\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{1}{3}\ln^4(2)$$

gantikan hasil yang kita dapatkan ini

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^4{2n\choose n}}=8\text{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{19}{4}\zeta(4)+4\ln^2(2)\zeta(2)+\frac{1}{3}\ln^4(2)\tag3$$

Sekarang kami menggunakan perluasan seri terkenal $\arcsin^2 x$:

$$\arcsin^2(x)=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n x^{2n}}{n^2{2n\choose n}}$$

Kalikan kedua sisi dengan $-\frac{\ln x}{x}$ kemudian $\int_0^1$ dan gunakan itu $-\int_0^1 x^{2n-1}\ln xdx=\frac{1}{4n^2}$ kita mendapatkan

$$\frac18\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^4{2n\choose n}}=-\int_0^1\frac{\ln x\arcsin^2(x)}{x}dx$$

$$\overset{IBP}{=}\int_0^1\frac{\ln^2x\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx\overset{x=\sin\theta}{=}\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\sin x)dx\tag4$$

Dari $(3)$ dan $(4)$ kami dapatkan

$$\int_0^{\pi/2} x\ln^2(\sin x)dx=\frac{1}{2}\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{19}{32}\zeta(4)+\frac{1}{24}\ln^4(2)+\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)$$

4 Paras Aug 23 2020 at 01:10

Untuk mengatasi integral ini gunakan integral berikut yang dapat dibuktikan dengan menggunakan integrasi kontur.

$$\int_{0}^{\frac π 2}(\cos^{p-1}x )\cos(ax)dx=\frac{π}{2^p}\frac{\Gamma(p)}{\Gamma(\frac {p+a+1}{2})\Gamma(\frac {p-a+1}{2})}$$

Tentang membedakan sehubungan dengan $a$, kita mendapatkan

$$\int_{0}^{\frac π 2}x(\cos^{p-1}x )\sin(ax)dx=\frac{π}{2^p}\Gamma(p)\frac{\psi(\frac {p+a+1}{2})-\psi(\frac {p-a+1}{2})}{\Gamma(\frac {p+a+1}{2})\Gamma(\frac {p-a+1}{2})}$$

dimana $p>0$ dan $ -(p+1)<a<(p+1)$ dan $\Gamma(x)$ dan $\psi(x)$ adalah fungsi gamma dan digamma. Mari $p_1=(\frac {p+a+1}{2})$ dan $p_2=(\frac {p-a+1}{2})$. Tentang mendiferensiasi persamaan di atas.

$$\frac{\partial }{\partial a}I(a,p)=\frac{π}{2^{p+1}}\frac{\Gamma(p)}{\Gamma(p_1)\Gamma(p_2)}[-(\psi(p_1)-\psi(p_2))^2+\psi'(p_1)+\psi'(p_2)]$$$$=\int_{0}^{\frac π 2}x^2(cos^{p-1}x )\cos(ax)dx$$

Saat meletakkan $a=0$, kita mendapatkan

$$J_p=\int_{0}^{\frac π 2}x^2(\cos^{p-1}x )dx=\frac{π}{2^{p+1}}\frac{\Gamma(p)}{\Gamma^2(\frac{p+1}{2})}\psi'(\frac{p+1}{2})$$

Sekali lagi membedakan sehubungan dengan parameter $p$ ,kita mendapatkan

$$\frac d {dp}J_p=\int_{0}^{\frac π 2}x^2(\cos^{p-1}x)\log(\cos x)dx=\frac{π}{2^{p+1}}\frac{\Gamma(p)}{\Gamma^2(\frac{p+1}{2})}\psi'(\frac{p+1}{2})[-\log2+\psi(p)-\psi(\frac{p+1}{2})+\frac {\psi''(\frac{p+1}{2})}{\psi'(\frac{p+1}{2})}$$

Dari integral di atas kita juga bisa menghitung integral bawah dengan membiarkan $p=1$.

$$\int_{0}^{\frac π 2}x^2\log(\cos x)dx=\frac{π^3}{24}[-\log2+\frac{\psi''(1)}{\psi'(1)}]=-\frac{π^3}{24}\log2-\fracπ2 \zeta(3)$$

Sekarang, $$J''_p=\int_{0}^{\frac π 2}x^2(\cos^{p-1}x)\log^2(\cos x)dx=\frac{π}{2^{p+1}}\frac{\Gamma(p)}{\Gamma^2(\frac{p+1}{2})}\psi'(\frac{p+1}{2}) \left ( \left ( [-\log2+\psi(p)-\psi(\frac{p+1}{2})+\frac {\psi''(\frac{p+1}{2})}{\psi'(\frac{p+1}{2})} \right )^2+\psi'(p)-\frac12\psi'(\frac{p+1}{2})+\frac12\frac d {dp}\frac {\psi''(\frac{p+1}{2})}{\psi'(\frac{p+1}{2})} \right ) $$

Saat membiarkan $p=1$ ,kita mendapatkan

$$\int_{0}^{\fracπ2}x^2\log^2(\cos x)dx=\fracπ {1440}[11π^4+60π^2\log^2 2+720\zeta(3)\log2]$$

Sekarang Anda bisa mendapatkan integral yang Anda inginkan menggunakan semua integral di atas tetapi ini adalah tugas panjang karena melibatkan beberapa integral lain yang akan membuat polilogaritma dan istilah yang mengandung $ \zeta(3)$ akan membatalkan.