Forma cerrada de$ \int_0^{\pi/2}\ln\big[1-\cos^2 x(\sin^2\alpha-\sin^2\beta \sin^2 x)\big]dx$

Question

Hola estoy tratando de resolver un increíble integral dada por $$ \int_0^{\pi/2}\ln\big[1-\cos^2 x(\sin^2\alpha\sin^2\beta \sin^2 x)\big]dx=\pi \ln\bigg[\frac{1}{2}\left(\cos^2\alpha +\sqrt{\cos^4 \alpha +\cos^2\frac{\beta}{2} \sin^2 \frac{\beta}{2}}\right)\bigg],\qquad \alpha > \beta >0. $$ He definido $$ I\equiv \int_0^{\pi/2}\ln\big[1-\cos^2 x(\sin^2\alpha\sin^2\beta \sin^2 x)\big]dx $$ y el uso de $\cos^2 x=1-\sin^2 x$, pero obtuvo una expresión más complicada. Generalmente es más fácil trabajar con un cerrado formulario de Registro Sine así que estaba tratando de esto. No estoy realmente seguro de qué otra manera de acercarse a este.

El resultado parece muy bonito y se parece a algo que todos sabemos :)

Estoy buscando reales o complejos métodos para resolver este problema. No estoy seguro de lo que las sustituciones que hacer, pero tal vez podríamos trabajar en el espacio hiperbólico

Answer 1

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\pi/2} \ln\pars{1-\cos^{2}\pars{x}\bracks{\sin^{2}\pars{\alpha} - \sin^{2}\pars{\beta} \sin^{2}\pars{x}}}\,\dd x:\ {\large ?}}$

\begin{align} &\color{#c00000}{\int_{0}^{\pi/2} \ln\pars{1-\cos^{2}\pars{x}\bracks{\sin^{2}\pars{\alpha} - \sin^{2}\pars{\beta} \sin^{2}\pars{x}}}\,\dd x} \\[3mm]&=\half\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \ln\pars{1-\cos^{2}\pars{x}\bracks{\sin^{2}\pars{\alpha} - \sin^{2}\pars{\beta} \sin^{2}\pars{x}}}\,\dd x \\[3mm]&=\half\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \ln\pars{1-{1 + \cos\pars{2x} \over 2}\bracks{\sin^{2}\pars{\alpha} - \sin^{2}\pars{\beta}\,{1 - \cos\pars{2x} \over 2}}}\,\dd x \\[3mm]&={1 \over 4}\int_{-\pi}^{\pi} \ln\pars{1 - \half\,\sin^{2}\pars{\alpha} + {1 \over 4}\,\sin^{2}\pars{\beta} -\bracks{\half\,\sin^{2}\pars{\alpha} + {1 \over 4}\,\sin^{2}\pars{\beta}}\cos\pars{x}}\,\dd x \end{align}

Vamos $$ \verts{\sin\pars{\alpha}} = {\raíz{2}\sin\pars{\theta/2} \más de una}\,,\quad \verts{\sin\pars{\beta}} = {2\cos\pars{\theta/2} \más de una}\,,\qquad 0 \leq \theta < \pi $$ tal que \begin{align} &-\,\half\,\sin^{2}\pars{\alpha} + {1 \over 4}\,\sin^{2}\pars{\beta} ={\cos\pars{\theta} \over a^{2}}\,,\qquad \half\,\sin^{2}\pars{\alpha} + {1 \over 4}\,\sin^{2}\pars{\beta} ={1 \over a^{2}} \\[3mm]&\mbox{and}\quad\theta =2\arctan\pars{\root{2}\,{\verts{\sin\pars{\alpha}} \over \verts{\sin\pars{\beta}}}} \,,\qquad \verts{a} = {2 \over \root{2\sin^{2}\pars{\alpha} + \sin^{2}\pars{\beta}}} \end{align} Tenga en cuenta que $\ds{\verts{a} \geq {2\root{3} \over 3} \approx 1.1547 > 1}$.

A continuación, \begin{align} &\color{#c00000}{\int_{0}^{\pi/2} \ln\pars{1-\cos^{2}\pars{x}\bracks{\sin^{2}\pars{\alpha} - \sin^{2}\pars{\beta} \sin^{2}\pars{x}}}\,\dd x} \\[3mm]&={1 \over 4}\int_{-\pi}^{\pi} \ln\pars{1 + {\cos\pars{\theta} \over a^{2}} - {\cos\pars{x} \over a^{2}}}\,\dd x \\[3mm]&=\color{#c00000}{-\pi\ln\pars{\verts{a}}+{1 \over 4}\int_{-\pi}^{\pi} \ln\pars{\mu - \cos\pars{x}}\,\dd x}\,,\qquad \mu \equiv a^{2} + \cos\pars{\theta} \\[3mm]&\mbox{with}\quad \mu \geq {2\root{3} \over 3} + \cos\pars{\theta} \geq {2\root{3} - 3 \over 3} \approx 0.1547 \end{align}

La respuesta es \begin{align} &\color{#00f}{\large\int_{0}^{\pi/2} \ln\pars{1-\cos^{2}\pars{x}\bracks{\sin^{2}\pars{\alpha} - \sin^{2}\pars{\beta} \sin^{2}\pars{x}}}\,\dd x} \\[3mm]&=\color{#00f}{\large% -\pi\ln\pars{\verts{a}} +\half\,\pi\ln\pars{\mu + \root{\mu^{2} - 1} \over 2}}\,,\qquad\mu > 1 \end{align}

Answer 2

Aquí es un boceto de cálculo. Coincide numéricamente para todos los valores de $a,b$ que lo intenté.

Abreviar $a = \cos^2 \alpha$$b = \sin^2 \beta$. A continuación,$0 \leq a,b \leq 1$. Calculamos $$ I(a,b)= \int _{0} ^{\pi/2} \ln(1-\cos^2 x(1-a-b \sin^2 x)) \,dx $$ Tenemos $$ \partial_aI(a,b)= \int _{0} ^{\pi/2} \frac {\cos^2 x} {1-\cos^2 x(1-a-b \sin^2 x)} \,dx \\ = \int _{0} ^{\pi/2} \frac {1} {\tan^2 x+a+b \sin^2 x} \,dx \\ =\int _{0} ^{\infty} \frac {1} {(1+t^2)(t^2+a+b \frac {t^2} {1+t^2})} \,dt \\ $$ (sustituyendo $\tan x = t$ y el uso de algunas identidades trigonométricas) $$ = \frac{1}{2} \int _{-\infty} ^{\infty} \frac {1} {t^4+(a+b+1)t^2+a} \,dt \\ = \frac{1}{2} \frac {\pi} {\sqrt{a(2 \sqrt{a}+a+b+1)}} $$ (por ejemplo el uso de residuos; aquí es crucial que $(a+b+1)^2 - 4a^2 \geq 0 $, que es el caso debido a que $0 \leq a,b \leq 1$)

Integrando con respecto a $a$ (por ejemplo mediante el establecimiento $u = \sqrt{a}$), tenemos por lo tanto, obtener $$ I(a,b) = \pi \ln{ \left(1 + \sqrt{a} + \sqrt{1 + 2 \sqrt{a} + a + b} \right) } + C(b) $$ Aquí $C(b)$ es una integración constante que depende de $b$ solamente. Para solucionarlo, sustituimos $a = 1$ en la integral. Obtenemos, el uso de algunas identidades trigonométricas,

$$ I(1,b) = \int _{0} ^{\pi/2} \ln(1+b \sin^2 x \cos^2 x) \,dx \\ = \frac{1}{2} \int _{0} ^{\pi} \ln\left(1+ \frac{1}{4} b \sin^2 x\right) \,dx \\ = \int _{0} ^{\pi/2} \ln\left(1+ \frac{1}{4} b \sin^2 x\right) \,dx \\ = \pi \ln \left(\frac{1+\sqrt{1+b/4}}{2} \right) \\ $$ Aquí he utilizado un calculado previamente integral. Por otro lado, tenemos a $I(1,b) = C(b) + \pi \ln(2(1+\sqrt{1+b/4}))$. La comparación de los rendimientos del valor de $C(b)$. Conectando de nuevo, obtenemos: $$ I(a,b)=\pi \ln\left( \frac{1+ \sqrt{a} + \sqrt{2\sqrt{a} + a+b + 1}}{4} \right) $$