$\ln^2(\sin x)$ の展開式を得るまでの流れは@AlbahariRicardo氏のブログを参考にしました。例えば
より易しい対数正弦積分(log-sine integral)はこちら（積分区間が $[0,\frac{\pi}{2}]$ なので簡単）：
∫(logsin x)^n dx , ∫(logcos x)^n dx -対数正弦積分その３
調和数 $H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\;,\;H_0=0$ とする。このとき$$\int_0^x \ln^2(2\sin x)dx=\frac{\pi^3}{24}-\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^3+\mathfrak{I}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}(e^{2ix})^n$$あるいは$$\int_0^x \ln^2(2\sin x)dx=\frac{\pi^3}{24}-\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^3+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\sin2nx$$を導く。これを使って次を得る。\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{2} \ln^2(2\sin x)dx &=& \frac{\pi^3}{24}\tag{1} \\ \int_0^\frac{\pi}{4} \ln^2(2\sin x)dx &=& \frac{\pi^3}{192}-\frac{\ln2}{2}G-\frac{\pi}{16}\ln^22-\mathfrak{I}\Li_3(1-i) \tag{2}\\ \int_0^\frac{\pi}{6} \ln^2(2\sin x)dx &=& \frac{7\pi^3}{216}\tag{3}\end{eqnarray}
また(3)により次の系を得る。\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{\ln^2x}{\sqrt{4-x^2}}dx &=& \frac{7\pi^3}{216}\\ {}_4F_3\left[\begin{matrix}\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\\\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2}\end{matrix};\frac{1}{4}\right]&=&\frac{7\pi^3}{216}\end{eqnarray*}
同様の手法により\begin{eqnarray*}\int_0^x x\ln^2(2\sin x)dx&=&\frac{x^2}{2}\left[\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2+\frac{2}{3}x\left(\frac{\pi}{2}-x\right)+\frac{x^2}{6}\right]\\&&+x\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\sin2nx+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}\cos2nx-\frac{\pi^4}{720}\end{eqnarray*}であり、これを用いて\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{2} x\ln^2(2\sin x)dx &=& \Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{19\pi^4}{2880}+\frac{7}{8}\zeta(3)\ln2\\&&-\frac{\pi^2}{24}\ln^22+\frac{\ln^42}{24}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{4} x\ln^2(2\sin x)dx&=&\frac{5}{16}\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{11\pi^4}{1152}-\frac{\pi G}{8}\ln2\\&&+\frac{35}{128}\zeta(3)\ln2-\frac{11\pi^2}{384}\ln^22\\&&+\frac{5\ln^42}{384}-\frac{\pi}{4}\mathfrak{I}\Li_3(1-i)\end{eqnarray}\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{6} x\ln^2(2\sin x)dx&=&\frac{17\pi^4}{25920}\end{eqnarray}
被積分関数が $\ln(2\sin x)$ であればフーリエ展開ですぐに終わりますが、2乗が付いているので難しいです。また(1)は積分範囲がピッタリでベータ関数の偏微分が使えますが、(2)(3)は積分範囲が半端で難しいです。本稿では細部まで書ききれないので、都度過去記事を引用しながら進めていきます。多重対数関数の知識が軽く必要です。参考：
もくじ
logsineの2乗を登場させる
次の関数を考えます。\begin{eqnarray*}\ln(1-e^{2ix}) &=& \ln(1-\cos2x-i\sin2x) \\ &=& \ln\left(\sqrt{2-2\cos2x}e^{-i\arctan\frac{\sin2x}{1-\cos2x}}\right) \\ &=&\ln\left(2\sin xe^{i(x-\frac{\pi}{2})}\right) \\ &=& \ln(2\sin x)+i\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\end{eqnarray*}両辺を2乗することにより\begin{equation}\ln^2(1-e^{2ix})=\ln^2(2\sin x)-\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2+2i\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\ln(2\sin x)\tag{1.1}\end{equation}
調和数とその母関数
にて得られた、調和数を含む級数の等式\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}x^{n+1}=\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\tag{1.2}\end{equation}を用いると\begin{equation}\ln^2(1-e^{2ix})=2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}(e^{2ix})^{n+1}\tag{1.3}\end{equation}調和数の定義より $H_0=0$ であることから添え字をずらして\begin{equation}\ln^2(1-e^{2ix})=2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n}(e^{2ix})^{n}\tag{1.4}\end{equation}(1.1)へ適用して\begin{equation}2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n}(e^{2ix})^{n}=\ln^2(2\sin x)-\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2+2i\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\ln(2\sin x)\tag{1.5}\end{equation}実部をとると\begin{equation}\ln^2(2\sin x)=\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2+2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n}\cos2nx\tag{1.6}\end{equation}
不定積分の計算
(1.6)を積分します。$$\int_0^x\ln^2(2\sin x)dx=\frac{\pi^3}{24}+\frac{1}{3}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^3+\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2}\sin2nx$$すなわち
\begin{equation}\int_0^x \ln^2(2\sin x)dx=\frac{\pi^3}{24}-\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^3+\mathfrak{I}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}(e^{2ix})^n\tag{1.7}\end{equation}
(1.7)に $x=\pi/2$ を代入すると
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2} \ln^2(2\sin x)dx=\frac{\pi^3}{24}\tag{2.1}\end{equation}
多重対数関数（ポリログ）の応用
$x=\pi/4$ を代入します。\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{4} \ln^2(2\sin x)dx=\frac{7\pi^3}{192}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\sin\frac{n\pi}{2}\tag{2.2}\end{equation}$H_{n-1}=H_n-\dfrac{1}{n}$ なので\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{4} \ln^2(2\sin x)dx=\frac{7\pi^3}{192}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}\sin\frac{n\pi}{2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin\frac{n\pi}{2}}{n^3}\tag{2.3}\end{equation}右辺の最終項は $n$ を奇数 $2n+1$ へ置き換えることで$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}=\beta(3)=\frac{\pi^3}{32}$$ここでディリクレのベータ関数 $\beta(s)$ を用いました。したがって\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{4} \ln^2(2\sin x)dx=\frac{\pi^3}{192}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}\sin\frac{n\pi}{2}\tag{2.4}\end{equation}ここで$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}\sin\frac{n\pi}{2}=\mathfrak{R}\left[-i\sum_{n=1}^\infty\frac{i^nH_n}{n^2}\right]$$であり、過去記事
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part9
で導出した$$\sum_{n=1}^\infty\frac{i^nH_{n}}{n^2}=\frac{23}{64}\zeta(3)-\frac{\pi}{4}G-i\left(\frac{\ln2}{2}G+\frac{\pi}{16}\ln^22+\mathfrak{I}\Li_3(1-i)\right)$$も使うと
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{4} \ln^2(2\sin x)dx = \frac{\pi^3}{192}-\frac{\ln2}{2}G-\frac{\pi}{16}\ln^22-\mathfrak{I}\Li_3(1-i)\tag{2.5}\end{equation}
となります。
π/6での値
さて最後は(1.7)に $x=\dfrac{\pi}{6}$ を代入します。$\dfrac{\pi}{3}$ もやってみたのですが、ポリガンマ関数とポリログが計算不可能で、式が中途半端に終わってしまうので省略しました。\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{6} \ln^2(2\sin x)dx=\frac{19}{648}\pi^3+\mathfrak{I}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\left(e^{\frac{\pi}{3}i}\right)^n\tag{3.1}\end{equation}(3.1)で問題となる右辺最終項ですが、過去記事
で得られた式$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^{n}=\frac{1}{2x}\Bigl[\ln x\ln^2(1-x)+2\ln(1-x)\Li_2(1-x)-2\Li_3(1-x)+2\zeta(3)\Bigr]$$において $H_0=0$ であることから添え字をずらし\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2}x^{n}&=&\frac{1}{2}\Bigl[\ln x\ln^2(1-x)+2\ln(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad-2\Li_3(1-x)+2\zeta(3)\Bigr]\tag{3.2}\end{eqnarray}(3.1)を計算するために、(3.2)で $x=e^{\frac{\pi}{3}i}$ を代入します。その際 $1-x=e^{-\frac{\pi}{3}i}$ であることに注意して\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2}\left(e^{\frac{\pi}{3}i}\right)^{n}&=&-\frac{\pi^3}{54}i-\frac{\pi}{3}i\;\Li_2\left(e^{-\frac{\pi}{3}i}\right)\\&&\quad-\Li_3\left(e^{-\frac{\pi}{3}i}\right)+\zeta(3)\tag{3.3}\end{eqnarray}というわけで $\Li_2\left(e^{-\frac{\pi}{3}i}\right)$ と $\Li_3\left(e^{-\frac{\pi}{3}i}\right)$ の計算をしなくてはなりません。
まずは $\Li_3\left(e^{-\frac{\pi}{3}i}\right)$ は
ですでに計算済みであり、\begin{equation}\Li_3(e^{-\frac{\pi}{3}i})=\frac{\zeta(3)}{3}-\frac{5\pi^3}{162}i\tag{3.4}\end{equation}です。また $\Li_2(e^{-\frac{\pi}{3}i})$ は
の「2022/8/25」により\begin{equation}\Li_2(e^{-\frac{\pi}{3}i})=\frac{\pi^2}{36}+i\mathfrak{I}\Li_2(e^{-\frac{\pi}{3}i})\tag{3.5}\end{equation}(3.4)(3.5)を(3.3)に代入すると$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2}\left(e^{\frac{\pi}{3}i}\right)^{n}=\frac{\pi}{3}\mathfrak{I}\Li_2(e^{-\frac{\pi}{3}i})+\frac{2\zeta(3)}{3}+\frac{\pi^3}{324}i$$虚部をとると$$\mathfrak{I}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2}\left(e^{\frac{\pi}{3}i}\right)^{n}=\frac{\pi^3}{324}$$(3.1)に用いて次の結論を得ます。
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{6} \ln^2(2\sin x)dx = \frac{7\pi^3}{216}\tag{3.6}\end{equation}
(3.6)の計算に取り組んだはじめは、級数によって解こうとしていました。そもそも私がこの積分をしようと思ったきっかけはBrychkov, Y. A. (2008). Handbook of special functions derivatives, integrals, series and other formulas にあった$$\int_0^1\frac{\ln^2x}{\sqrt{4-x^2}}dx=\frac{7\pi^3}{216}$$を証明したかったことにあります。この本には難しい積分や級数がたくさん載っていますが、証明は一切かかれていませんので。この積分において $x=2y$ とおくと$$\int_0^1\frac{\ln^2x}{\sqrt{4-x^2}}dx =\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^22y}{\sqrt{1-y^2}}dy$$そして $y=\sin\t$ と置換すれば(3.6)の左辺と一致します。よって\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^2x}{\sqrt{4-x^2}}dx= \frac{7\pi^3}{216}\tag{4.1}\end{equation}なる積分を得ます。また級数展開により$$\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^22y}{\sqrt{1-y^2}}dy=\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{2^n n!}\int_0^\frac{1}{2}y^{2n}\ln^22ydy$$です。部分積分を用いて積分を実行すると\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^22y}{\sqrt{1-y^2}}dy&=&\sum_{n=0}^\infty\frac{(2n-1)!!}{2^{3n}n!(2n+1)^3}\\ &=&{}_4F_3\left[\begin{matrix}\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\\\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2}\end{matrix};\frac{1}{4}\right]\end{eqnarray*}すなわち4F3に関する次の等式を得ます。
\begin{equation}{}_4F_3\left[\begin{matrix}\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\\\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2}\end{matrix};\frac{1}{4}\right]=\frac{\pi^3}{216}\tag{4.2}\end{equation}
こういう副産物もいいですね。
より一般化する方法として$$\int_0^\t \ln^3(2\sin x)dx$$も考えてみたいですが、すぐには見当がつかないので保留です。もう１つの一般化$$I_m(\t):=\int_0^\t x^m\ln^2(2\sin x)dx$$を考えてみましょう。うまく計算できればいいなと思うとワクワクですが、現実はどうでしょう？
(1.6)を再掲します。\begin{equation}\ln^2(2\sin x)=\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2+2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n}\cos2nx\tag{5.1}\end{equation}これに $x^m$ をかけて積分すると\begin{eqnarray}I_m(\t) &=& \frac{\t^{m+1}}{m+1}\left[\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2+\frac{2\t}{m+2}\left(\frac{\pi}{2}-\t\right)+\frac{2\t^2}{(m+2)(m+3)}\right] \\&&+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n}\int_0^\t x^m\cos 2nxdx\tag{5.2}\end{eqnarray}$m=1$ であれば\begin{eqnarray}I_1(\t) &=& \frac{\t^{2}}{2}\left[\left(\frac{\pi}{2}-\t\right)^2+\frac{2\t}{3}\left(\frac{\pi}{2}-\t\right)+\frac{\t^2}{6}\right] \\&&+\t\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\sin2n\t+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}\cos2n\t-\frac{\pi^4}{720}\tag{5.3}\end{eqnarray}ここで $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}=\dfrac{\pi^4}{360}$ を用いました。この証明は
にあります。
(5.3)を見ると計算が厳しそうな予感がします。というのは $\dfrac{H_{n-1}}{n^3}\cos2n\t$ を計算しなければならないのです。$x=\frac{\pi}{2}$ であれば簡単で$$I_1\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi^4}{192}+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}$$先ほどの過去記事より\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}=\dfrac{\pi^4}{360}\tag{5.4}\end{equation}\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}&&=-\frac{\pi^4}{48}+2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}\ln^22+\frac{\ln^42}{12}\tag{5.5}\end{eqnarray}なので $I_1\left(\frac{\pi}{2}\right)$ は次のように求まります。
\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{2} x\ln^2(2\sin x)dx &=& \Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{19\pi^4}{2880}+\frac{7}{8}\zeta(3)\ln2\\&&-\frac{\pi^2}{24}\ln^22+\frac{\ln^42}{24}\tag{5.6}\end{eqnarray}
θ=π/4のとき
$I_1(\t)$ で $\t=\pi/4$ とするとかなり大変です。\begin{eqnarray}I_1\left(\frac{\pi}{4}\right)&=&\frac{101\pi^4}{46080}+\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\sin\frac{n\pi}{2}+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^3}\cos\frac{n\pi}{2}-\frac{1}{32}\Li_4(-1)\\ &=& \frac{23\pi^4}{9216}+\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\sin\frac{n\pi}{2}+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^3}\cos\frac{n\pi}{2}\tag{5.7}\end{eqnarray}級数が複雑です。補題を２つ示しておきます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\sin\frac{n\pi}{2}=-\frac{\ln2}{2}G-\frac{\pi\ln^22}{16}-\frac{\pi^3}{32}-\mathfrak{I}\Li_3(1-i)\tag{5.8}\end{equation}
【略証】(2.5)を導出したときと同様の手法で、$$\sum_{n=1}^\infty\frac{i^nH_{n}}{n^2}=\frac{23}{64}\zeta(3)-\frac{\pi}{4}G-i\left(\frac{\ln2}{2}G+\frac{\pi}{16}\ln^22+\mathfrak{I}\Li_3(1-i)\right)$$および$$\sum_{n=1}^\infty\frac{i^nH_{n-1}}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{i^nH_{n}}{n^2}-\Li_3(i)$$を用いる。なお$$\Li_3(i)=-\frac{3}{32}\zeta(3)+\frac{i\pi^3}{32}$$
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^3}\cos\frac{n\pi}{2}&=&\frac{5}{8}\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{13\pi^4}{1536}\\&&+\frac{35}{64}\zeta(3)\ln2-\frac{5\pi^2}{192}\ln^22+\frac{5\ln^42}{192}\tag{5.9}\end{eqnarray}
【証明】$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^3}\cos\frac{n\pi}{2}=\mathfrak{R}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^3}i^n$$である。この計算については下記事に詳しくのっている。
Lemma1,2を(5.7)に適用しましょう。するとすぐに計算できて
\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{4} x\ln^2(2\sin x)dx&=&\frac{5}{16}\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{11\pi^4}{1152}-\frac{\pi G}{8}\ln2\\&&+\frac{35}{128}\zeta(3)\ln2-\frac{11\pi^2}{384}\ln^22\\&&+\frac{5\ln^42}{384}-\frac{\pi}{4}\mathfrak{I}\Li_3(1-i)\tag{5.10}\end{eqnarray}
過去記事で得た知見を生かせたから、わりとコンパクトに収まりましたが、これを一からやろうとすると、ひどい手間だと思います。(5.10)のような積分をもっと効率的に計算できないものでしょうか？
θ=π/6のとき
(5.3)で $\t=\pi/6$ とすると\begin{eqnarray}\int_0^\frac{\pi}{6} x\ln^2(2\sin x)dx &=& \frac{19\pi^4}{25920}+\frac{\pi}{6}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\sin\frac{n\pi}{3}\\&&+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}\cos\frac{n\pi}{3}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos\frac{n\pi}{3}}{n^4}\tag{6.1}\end{eqnarray}右辺第2項は(3.6)の導出の際すでに導いており\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\sin\frac{n\pi}{3}=\frac{\pi^3}{324}\tag{6.2}\end{equation}です。残りの計算のために次の補題を考えます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos\frac{n\pi}{3}}{n^4}=\frac{91\pi^4}{19440}\tag{6.3}\end{equation}
【証明】左辺の $n$ を6で割った余りごとに分けると\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos\frac{n\pi}{3}}{n^4}=\frac{1}{6^4}\left[\frac{\zeta\left(4,\frac{1}{6}\right)}{2}-\frac{\zeta\left(4,\frac{1}{3}\right)}{2}-\zeta\left(4,\frac{1}{2}\right)-\frac{\zeta\left(4,\frac{2}{3}\right)}{2}+\frac{\zeta\left(4,\frac{5}{6}\right)}{2}+\zeta(4)\right]\end{eqnarray}こちらで示した関数等式$$\zeta\left(1-s,\frac{m}{n}\right)=\frac{2\G(s)}{(2\pi n)^s}\sum_{k=1}^n\cos\left(\frac{\pi s}{2}-\frac{2\pi km}{n}\right)\zeta\left(s,\frac{k}{n}\right)$$で $s=4$ , $n=6$ , $m=1$ とすると$$\zeta\left(-3,\frac{1}{6}\right)=\frac{3}{4\pi^4}\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos\frac{n\pi}{3}}{n^4}$$となります。左辺の値は過去記事
【ζ3】ハンケル路によるフルヴィッツゼータ関数の値を求める・ベルヌーイ多項式・留数定理(ゼータ関数の基礎3)
によって$$\zeta\left(-3,\frac{1}{6}\right)=\frac{91}{25920}$$よって(6.3)を得る。【証明終】
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}\cos\frac{n\pi}{3}=\frac{17\pi^4}{4860}\tag{6.4}\end{equation}
【証明】\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}x^n&=&2\Li_4(x)+\Li_4\left(\frac{x}{x-1}\right)-\Li_4(1-x)-\ln(1-x)\Li_3(x)\\&&+\frac{1}{24}\ln^4(1-x)-\frac{1}{6}\ln x\ln^3(1-x)+\frac{\pi^2}{12}\ln^2(1-x)\\&&+\zeta(3)\ln(1-x)+\frac{\pi^4}{90}\tag{6.5}\end{eqnarray}なる関係式を用いる。$x=e^{\frac{\pi}{3}i}$ とすると右辺第2,3項が相殺されることに注意して\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}\left(e^{\frac{\pi}{3}i}\right)^n&=&2\Li_4(e^{\frac{\pi}{3}i})+\frac{\pi}{3}i\Li_3(e^{\frac{\pi}{3}i})\\&&+\frac{\pi^4}{1944}+\frac{\pi^4}{486}-\frac{\pi^4}{108}\\&&-i\frac{\pi}{3}\zeta(3)+\frac{\pi^4}{90}\\ &=&2\Li_4(e^{\frac{\pi}{3}i})-\frac{19\pi^4}{3240}-\frac{2}{9}\pi\zeta(3)i\quad(\because(3.4))\end{eqnarray}実部をとると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}\cos\frac{n\pi}{3}=2\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos\frac{n\pi}{3}}{n^4}-\frac{19\pi^4}{3240}$$(6.3)によって$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}\cos\frac{n\pi}{3}=\frac{17\pi^4}{4860}$$【証明終】
さて(6.2)(6.3)(6.4)を(6.1)に代入すれば
\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{6} x\ln^2(2\sin x)dx=\frac{17\pi^4}{25920}\tag{6.6}\end{equation}
すばらしい値がでました。
同様の計算により$$\int_0^{\frac{5}{6}\pi} x\ln^2(2\sin x)dx=\frac{257}{25920}\pi^4$$を導くことができます。(5.3)を適用して $\sin\frac{5}{3}n\pi=-\sin\frac{n\pi}{3}$ , $\cos\frac{5}{3}n\pi=\cos\frac{n\pi}{3}$ とすれば全く同じ過程になります。
sinhバージョンはこちら：
調和数（Euler-sum）はこちらでたくさん学べます！
調和数を含んだ級数とゼータ関数 part1
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