Una integral definida

Question

$$\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\frac{\ln(1+b\sin x)}{\sin x} dx \\|b|<1$$

He intentado poner $-x$ usando las propiedades de la integral definida, pero que realmente no ayuda.

$$I=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\frac{-\ln(1-b\sin x)}{\sin x}dx$$

No creo que la adición de estas 2 ecuaciones daría cualquier cosa. Y simplemente no puedo pensar en una buena sustitución.

Edit : Enchufar b=1, da 4.9 xxx . como $\pi ^2 \approx 10$, el valor es $\pi \arcsin b$. Otros valores para b confirme esto.

Answer 1

A partir de la expansión en series de Taylor de $\ln(1+x)$ sabemos que $$\ln(1+b\sin x) = b\sin x - \frac{b^2\sin^2x}{2} +\frac{b^3\sin^3x}{3} - \cdots$$

Por lo tanto $$\frac{\ln(1+b\sin x)}{\sin x} = b - \frac{b^2\sin x }{2} +\frac{b^3\sin^2 x }{3}-\cdots$$

La integración de ambos lados de la ecuación $$\int^{\pi/2}_{-\pi/2}\frac{\ln(1+b\sin x )}{\sin x }\mathrm{d}x = \int^{\pi/2}_{-\pi/2} b - \frac{b^2\sin x }{2} +\frac{b^3\sin^2 x }{3}-\cdots \mathrm{d}x$$

Observar que $\int^{\pi/2}_{-\pi/2}\sin^nx\mathrm{d}x = 0$ si n es un número impar. La ecuación anterior es equivalente a $$\int^{\pi/2}_{-\pi/2}\frac{\ln(1+b\sin x )}{\sin x }\mathrm{d}x = \int^{\pi/2}_{-\pi/2} b +\frac{b^3\sin^2 x }{3}+\frac{b^5\sin^4 x }{5}\cdots \mathrm{d}x$$

Como $\sin^{2n}x$ es una función par por lo tanto $$\int^{\pi/2}_{-\pi/2}\frac{\ln(1+b\sin x )}{\sin x }\mathrm{d}x =2 \int^{\pi/2}_0 b +\frac{b^3\sin^2 x }{3}+\frac{b^5\sin^4 x }{5}\cdots \mathrm{d}x$$

Utilizando el hecho de que $\int_0^{\pi/2}\sin^nx\mathrm{d}x = \frac{(n-1)\cdot(n-3)\cdots3\cdot1}{n\cdot(n-2)\cdots4\cdot2}$ si n es incluso (Consulte esta página para la prueba)

$$\int^{\pi/2}_{-\pi/2}\frac{\ln(1+b\sin x )}{\sin x }\mathrm{d}x =2\cdot\frac{\pi}{2}\Bigg[ b+\frac{b^3}{3}\frac{1}{2}+\frac{b^5}{5}\frac{3\cdot1}{4\cdot2}\cdots\Bigg]$$ $$=\pi\Bigg[ b+\frac{b^3}{3}\frac{1}{2}+\frac{b^5}{5}\frac{3\cdot1}{4\cdot2}\cdots\Bigg]$$ El término en paréntesis es precisamente la expansión en series de Taylor (Gracias a su edición. Yo estaba completamente desorientado en este punto) por $\sin^{-1} b $. Por lo tanto la integral es $$\int^{\pi/2}_{-\pi/2}\frac{\ln(1+b\sin x )}{\sin x }\mathrm{d}x = \pi\sin^{-1} b $$

Answer 2

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

Con Weierstrass Sustitución De$\ds{t \equiv \tan\pars{x \over 2}}$: \begin{align} {\cal I}'\pars{b}&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}{\dd x \over 1 + b\sin\pars{x}} =\int_{-1}^{1}{2\,\dd t/\pars{1 + t^{2}} \over 1 + b\bracks{2t/\pars{1 + t^{2}}}} =2\int_{-1}^{1}{\dd t \over t^{2} + 2bt + 1} \\[3mm]&=2\int_{-1}^{1}{\dd t \over \pars{t + b}^{2} + 1 - b^{2}} =2\int_{-1 + b}^{1 + b}{\dd t \over t^{2} + 1 - b^{2}} \\[3mm]&={2 \over \root{1 - b^{2}}} \int_{\pars{-1 + b}/\root{1 - b^{2}}}^{\pars{1 + b}/\root{1 - b^{2}}} {\dd t \over t^{2} + 1} \\[3mm]&={2 \over \root{1 - b^{2}}}\bracks{% \arctan\pars{1 + b \over \root{1 - b^{2}}} -\arctan\pars{-1 + b \over \root{1 - b^{2}}}} \\[3mm]&={2 \over \root{1 - b^{2}}}\bracks{% {\pi \over 2} - \arctan\pars{\root{1 - b^{2}} \over 1 + b} -\arctan\pars{-1 + b \over \root{1 - b^{2}}}} \\[3mm]&={2 \over \root{1 - b^{2}}}\braces{% {\pi \over 2} - \overbrace{% \bracks{\arctan\pars{1 - b \over \root{1 - b^{2}}} +\arctan\pars{-1 + b \over \root{1 - b^{2}}}}}^{\ds{=\ 0}}} \\[3mm]&={\pi \over \root{1 -b^{2}}} \end{align}

Entonces $$\color{#00f}{\large% \int_{-\pi/2}^{\pi/2}{\ln\pars{1 + b\sin\pars{x}} \\sin\pars{x}}\,\dd x =\pi\,\arcsin\pars{b}} $$

Answer 3

He estado tratando de calcular la antiderivada; he intentado varias cambio de variable con absolutamente nos éxito; como ya se ha mencionado, la integración por partes hace el problema aún más complejo.

Utilizando un CAS (brut de la fuerza), la antiderivada que salió es sólo una pesadilla para mí $$-\text{Li}_2\left(\frac{\bronceado \left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{b^2-1}-b}\right)-\text{Li}_2\left(-\frac{\bronceado \left(\frac{x}{2}\right)}{b+\sqrt{b^2-1}}\right)+\log \left(\bronceado \left(\frac{x}{2}\right)\right) \left(-\log \left(\frac{\bronceado \left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{b^2-1}+b}+1\right)-\log \left(\left(\sqrt{b^2-1}+b\right) \tan \left(\frac{x}{2}\right)+1\right)+\log (b \sin (x)+1)+\log \left(1-i \tan \left(\frac{x}{2}\right)\right)+\log \left(1+i \tan \left(\frac{x}{2}\right)\right)\right)+\frac{1}{2} \text{Li}_2\left(-\bronceado ^2\left(\frac{x}{2}\right)\right)$$ Computing the integral leads, after simplifications, to $$-\text{Li}_2\left(\frac{1}{\sqrt{b^2-1}-b}\right)-\frac{1}{2} \text{Li}_2\left(\frac{1}{\left(b+\sqrt{b^2-1}\right)^2}\right)+2 \text{Li}_2\left(\frac{1}{b+\sqrt{b^2-1}}\right)+\text{Li}_2\left(b+\sqrt{b^2-1}\right) $$ which is a real valued function of $b$. Tratando de utilizar la definición y propiedades de la dilogarithm me llevó a un callejón sin salida.

Gracias a la edición, y el inteligente comentario, he comprobado que el resultado es exactamente lo que usted dijo, es decir, que $$\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\frac{\ln(1+b\sin x)}{\sin x} dx = \pi \sin ^{-1}(b)$$

He comprobado que la serie de Taylor construido en $b=0$ son idénticas.

Enhorabuena por haber encontrado el resultado. Siento mucho no haber sido capaz de simplificar estos monstruos.

Añadido más tarde, después de Lucian sugerencia

Después de Lucian tan buena sugerencia, vamos a considerar $$I'(b)=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\frac{dx}{1+b\sin x}$$ First of all, the antiderivative is given by $$\frac{2 \bronceado ^{-1}\left(\frac{b+\bronceado \left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{1-b^2}}\right)}{\sqrt{1-b^2}}$$ Integrated between the given bounds $$I'(b)=\frac{2 \left(\bronceado ^{-1}\left(\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}\right)+\bronceado ^{-1}\left(\sqrt{\frac{1+b}{1-b}}\right)\right)}{\sqrt{1-b^2}}=\frac{\pi }{\sqrt{1-b^2}}$$ and the final result for $I(b)$.