Nie mam pomysłu na całe rozwiązanie, ale napiszę to co do tej pory udało mi się wymyślić - może kogoś innego to naprowadzi.
Podstawmy
\(\displaystyle{ x = 4t}\), wtedy mamy do pokazania, że:
\(\displaystyle{ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} t^2 \cdot \ln^2 \left( 2 \cos t \right) \; \dd t = \frac{11}{1440} \pi^5\;.}\)
Funkcję
\(\displaystyle{ t \mapsto \ln (2 \cos t)}\) możemy rozwinąć w szereg kosinusów korzystając z:
\(\displaystyle{ \ln (2 \cos t) = \Re \ln (1 + e^{2it}) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \cos 2n t \; ,}\)
przynajmniej dla interesujących nas
\(\displaystyle{ t}\).
Dalej:
\(\displaystyle{ I = \sum_{n = 1}^{+\infty} \sum_{m = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+m}}{n \cdot m} \int_0^{\frac{\pi}{2}} t^2 \cos 2 nt \cos 2 mt \, \dd t}\)
I tu się zacinam Z tego co widzę, to przynajmniej dla
\(\displaystyle{ n=m}\) wyrażenie sumuje się do połowy końcowego wyniku.-- 28 wrz 2012, 19:56 --Ok, znalazłem źródło, gdzie jest obliczona ta i inne podobne całki: ... 703004382# (dostęp o dziwo za free).