Buscando métodos para resolver$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln\left|\sec^2(x) + \tan^4(x) \right|\:dx $

Question

Después de semanas de ir y venir he sido capaz de resolver la siguiente integral definida:

$$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln\left|\sec^2(x) + \tan^4(x) \right|\:dx $$

Para resolver este empleo de Feynman del Truco con Glasser Maestro de Theorom pero estoy con ganas de aprender de otros métodos que pueden ser empleados. Hay otros "trucos" que pueden ser utilizados? o, alternativamente, la serie basada en las soluciones? o transformaciones? (o cualquier cosa para esa materia).

Para aquellos que puedan estar interesados mi proceso fue:

(1) en Primer lugar hacer la sustitución: $u = \tan(x)$

$$I = \int_{0}^{\infty} \frac{\ln\left|u^2 + 1 + u^4 \right|}{u^2 + 1}\:du = \int_{0}^{\infty} \frac{\ln\left|1 + u^2\left(u^2 + 1\right) \right|}{u^2 + 1}\:du$$

(2) Ahora emplean a Feynman, el Truco de la introducción de un nuevo parámetro:

$$I(t) = \int_{0}^{\infty} \frac{\ln\left|1 + t^2u^2\left(u^2 + 1\right) \right|}{u^2 + 1}\:du$$

Tenga en cuenta que $I = I(1)$ e $I(0) = 0$

(3) Tomar la derivada de w.r.t 't'

$$I'(t) = \int_{0}^{\infty} \frac{2tu^2\left(u^2 + 1\right)}{1 + t^2u^2\left(u^2 + 1\right)}\frac{1}{u^2 + 1}\:du = \frac{1}{t} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left(u - \frac{1}{tu}\right)^2 + \frac{2}{ t} + 1}\:du$$

(4) Emplear Glasser Maestro del Teorema:

$$I'(t) = \frac{1}{t} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left(u - \frac{1}{tu}\right)^2 + \frac{2}{t} + 1} \:du= \frac{1}{t}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{u^2 + \frac{2}{t} + 1} \:du$$

Como: $\frac{2}{t} + 1 > 0 $ llegamos a

$$I'(t) = \frac{1}{t}\left[\frac{1}{\sqrt{\frac{2}{t} + 1}}\arctan\left(\frac{u}{\frac{2}{t} + 1}\right)\right]_{-\infty}^{\infty}= \frac{\pi}{\sqrt{t\left(t + 2\right)}}$$

(5) ahora Nos integrar w.r.t 't'

$$I(t) = \int \frac{\pi}{\sqrt{t\left(t + 2\right)}}\:dt = 2\pi\sinh^{-1}\left(\frac{t}{\sqrt{2}} \right) + C$$

Donde $C$ es la constante de integración. Como por encima de $I(0) = 0 \rightarrow C = 0$ y por lo tanto, nuestra solución final está dada por:

$$I = I(1) = 2\pi\sinh^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \right)$$

Answer 1

$$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln\left(\sec^2(x) + \tan^4(x) \right)dx=\int_0^\infty \frac{\ln(1+x^2+x^4)}{1+x^2}dx$$Consider: $$I(a)=\int_0^\infty \frac{\ln((1+x^2)a+x^4)}{1+x^2}dx$$ Derivating bajo el signo integral con respecto a $a$ le da: $$I'(a)=\int_0^\infty \frac{1+x^2}{(1+x^2)a+x^4}\frac{dx}{1+x^2}=\int_0^\infty \frac{1}{x^4+ax^2+a}dx\overset{\large{x=\frac{\sqrt a}{t}}}=\int_0^\infty \frac{\frac{t^2}{\sqrt a}}{t^4+at^2+a}dt$$ $$2I'(a)=\int_0^\infty \frac{\frac{t^2}{\sqrt a}+1}{t^4+at^2+a}dt\Rightarrow I'(a)=\frac{1}{2\sqrt a}\int_0^\infty \frac{t^2+\sqrt a}{t^4+at^2+a}dt$$ $$=\frac{1}{2\sqrt a}\int_0^\infty \frac{1+\frac{\sqrt a}{t^2}}{\left(t-\frac{\sqrt a}{t}\right)^2+a+2\sqrt a}dt=\frac{1}{2\sqrt a}\int_0^\infty \frac{d\left(t-\frac{\sqrt a}{t}\right)}{\left(t-\frac{\sqrt a}{t}\right)^2+\left(\sqrt{a+2\sqrt a}\,\right)^2}$$ $$=\frac{1}{2\sqrt a}\frac{1}{\sqrt{a+2\sqrt a}}\arctan\left(\frac{t-\frac{\sqrt a}{t}}{\sqrt{a+2\sqrt a}}\right)\bigg|_0^\infty \Rightarrow I'(a)=\frac{\pi}{2\sqrt a}\frac{1}{\sqrt{a+2\sqrt a}}$$ Y darse cuenta de que $I(0)=4\int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^2} dx=0$. Por el teorema fundamental del Cálculo tenemos: $$I=I(1)-I(0)=\int_0^1 I'(a)da=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{1}{\sqrt a \sqrt {a+2\sqrt a}}da$$ Finally setting $\sqrt a =x$da: $$I=\pi \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{(x+1)^2-1}}dx=\pi\ln(2+\sqrt 3)$$

Answer 2

Utilizamos la representación

$$ I=\int_0^{\infty}\frac{\log(g(x))}{1+x^2}dx $$

derivados por OP.

Aquí $g(z)=1+z^2+z^4$. Tenga en cuenta que $\log(g(z))$ tiene cuatro puntos de ramificación en $z_n=e^{i n \pi/3}$, $n={1,2,4,5}$ de los cuales, $z_{1,2}$ encuentran en la mitad superior del plano complejo. Vamos a definir

$$ f(z)=\frac{\log(g(z))}{1+z^2} $$ Por la paridad tenemos también que $2\int_0^{\infty}\frac{\log(g(x))}{1+x^2}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\log(g(x))}{1+x^2}dx$. Además, nos cuenta que desde $\log(g(z))\sim_i-2i(x-i)$ el residuo en $i$vanishs. Por último, pero no menos importante, $|f(z) |\sim C\log(R)/R^2$ so integrals over large semicirles of this function vanish in the limit of $R\rightarrow \infty$.

Podemos afirmar por lo tanto que dos veces nuestros integral de interés es igual a la de dos integrales encirceling los dos branchcuts en la mitad superior del plano complejo ($\delta\rightarrow 0_+$).

$$ 2I=\color{blue}{\int_{e^{i \pi(1/3-\delta)}}^{e^{i \pi(1/3-\delta)}\infty}f(z)dz-\int_{e^{i \pi(1/3+\delta)}}^{e^{i \pi(1/3+\delta)}\infty}f(z)dz}-\\ \color{red}{\int_{e^{i \pi(2/3-\delta)}}^{e^{i \pi(2/3-\delta)}\infty}f(z)dz-\int_{e^{i \pi(2/3+\delta)}}^{e^{i \pi(2/3+\delta)}\infty}f(z)dz}$$ Es un hecho bien conocido que dichos pares de las integrales de colapso en las integrales sobre la discontinuidad de el integrando que se da en ambos casos por $2 \pi i\times(1+z^2)^{-1}$ y por tanto: $$ 2I=2\pi i\left[\color{blue}{z_1\int_1^{\infty}\frac{dq}{1+(z_1q)^2}}-\color{red}{z_2\int_1^{\infty}\frac{dq}{1+(z_2q)^2}}\right]=\\ 2\pi i[\color{blue}{\text{arccot}(z_1)}-\color{red}{\text{arccot}(z_2)}] $$

Molesto álgebra de rendimiento ($\text{arccot}(z_{1,2})=\mp i\log(2+\sqrt{3})+\frac{\pi}{4}$) la agradable y simple resultado final:

$$ I=\pi\log(2+\sqrt{3})) $$