¿Forma cerrada de$\int_0^\pi \ln\left(1+\sin^2(t)\right) dt$?

Question

Intenté evaluar esta integral pero parece que no estoy llegando a ninguna parte $$I=\int_0^\pi \ln\left(1+\sin^2(t)\right) dt$ $

Wolfram devuelve el valor $I\approx 1.18266$ pero no pudo proporcionar un formulario cerrado para mí. Sospecho que podría existir, pero no estoy seguro de cómo proceder. Cualquier ayuda será apreciada.

Answer 1

Deje $$I(a)=\int_0^\pi \ln\left(1+a\sin^2t\right) dt$ $ y \begin{eqnarray*} I'(a)&=&\int_0^\pi \frac{\sin^2t}{1+a\sin^2t} dt=\int_0^\pi\frac{1-\cos2t}{2+a(1-\cos2t)}dt\\ &=&\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\frac{1-\cos2t}{2+a(1-\cos2t)}dt=\frac{1}{2}\int_{|z|=1}\frac{1-\frac12(z+\frac1z)}{2+\frac{a}2(z+\frac1z)}\frac{dz}{iz}\\ &=&\frac{1}{2i}\int_{|z|=1}\frac{2z-(z^2+1)}{[4z+a(z^2+1)]z}dz\\ &=&\frac{1}{2i}2\pi i(\text{Res}(f(z),z=0)+\text{Res}(f(z),z=z_1)\\ &=&\pi\bigg(i\frac1a-\frac1{a\sqrt{1+a}}\bigg)=\frac{\pi}{\sqrt{1+a}(\sqrt{1+a}+1)}. \end {eqnarray *} Aquí $$ z_1=\frac{2+a-2\sqrt{1+a}}{a}. $ $ Entonces $$ I(a)=\int_0^1\frac{\pi}{\sqrt{1+a}(\sqrt{1+a}+1)}da=2\pi\ln\frac{1+\sqrt2}{2}.$ $

Answer 2

Aquí es una manera diferente de configurar que un parámetro con el fin de solicitar su truco.$$I=2\int_0^\frac{\pi}{2} \ln\left(1+\sin^2t\right) dt\overset{t=\arctan x}=2\int_0^\infty \frac{\ln\left(1+\frac{x^2}{1+x^2}\right)}{1+x^2}dx$$ Un mayor $x\rightarrow \frac{1}{x}$ de sustitución (sólo para simplificar las cosas), se obtiene:$$I=2\int_0^\infty \frac{\ln\left(1+\frac{1}{1+x^2}\right)}{1+x^2}dx=2\int_0^\infty \frac{\ln(2+x^2)-\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx$$ Ahora, consideremos $$I(a)=\int_0^\infty \frac{\ln(a+x^2)-\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx\Rightarrow I'(a)=\int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)(a+x^2)}dx$$ $$=\frac{1}{a-1}\left(\int_0^\infty \frac{1}{x^2+1}dx-\int_0^\infty \frac{1}{x^2+a}dx\right)=\frac{1}{a-1}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\sqrt a}\cdot \frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt a(1+\sqrt a)}$$ Estamos buscando para encontrar $I=2I(2)$, pero desde $I(1)=0$ tenemos: $$I=2\left(I(2)-I(1)\right)=2\int_1^2 I'(a)da=\pi \int_1^2 \frac{1}{\sqrt a(1+\sqrt a)}da$$ $$\overset {\large a=x^2}=2\pi\int_1^\sqrt 2 \frac{1}{1+x}dx=2\pi \ln(1+x)\bigg|_1^\sqrt 2=2\pi \ln\frac{1+\sqrt 2}{2}$$

Answer 3

Deje $a=3+2\sqrt{2}=(1+\sqrt2)^2$ , de modo que $a^2-6a+1=0$. Si tenemos en cuenta $$ \log(a-e^{i2t})=\log|una-e^{i2t}|+i\text{arg}(a-e^{i2 t}), $$ then, $$\begin{align*}\log|a-e^{i2t}|=\frac12\log|a-e^{i2t}|^2&=\frac12\log(a^2+1-2a\cos (2t))=\frac12\log((a-1)^2+4a\sin^2 t)\\&=\frac12\log 4a+\frac12\log(1+\sin^2 t).\end{align*}$$ Por lo tanto la parte real de la integral $$ I=\int_0^\pi \log(a-e^{i2t})\mathrm dt=\frac12\int_0^{2\pi}\log(a-e^{es})\mathrm dt $$ is equal to $\frac{\pi}2\log(4a)+\frac12\int_0^\pi\log(1+\sin^2 t)\mathrm dt$. Esto le da $$ \int_0^\pi \log(1+\sin^2 t)\mathrm dt =-\pi\log(4a)+2\Re(I). $$ Ahora, por medio del teorema del valor de la analítica (armónica) de las funciones, hemos $$ I=\pi \log(a-z)|_{z=0}=\pi\log $$ y sigue $$ \int_0^\pi \log(1+\sin^2 t)\mathrm dt = \pi\log\left(\frac{a}4\right)=2\pi\log\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right). $$

Answer 4

El uso de la serie $$ (1-x)^{-1/2}=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k}{k}\frac{x^k}{4^k}\tag1 $$ restando $1$, dividiendo por $x$, e integrando, obtenemos $$ \sum_{k=1}^\infty\binom{2k}{k}\frac{x^k}{k4^k}=2\log(2)-2\log\left(1+(1-x)^{1/2}\right)\tag2 $$ Por lo tanto $$ \begin{align} \int_0^\pi\log\left(1+\sin^2(t)\right)\mathrm{d}t &=\int_0^\pi\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{\sin^{2k}(t)}k\,\mathrm{d}t\tag3\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}k\frac12\int_0^{2\pi}\left(\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}\right)^{2k}\,\mathrm{d}t\tag4\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}k\pi\frac{\binom{2k}{k}}{4^k}\tag5\\[3pt] &=2\pi\log\left(\frac{1+\sqrt2}2\right)\tag6 \end{align} $$ Explicación:
$(3)$: uso de energía de la serie de $\log(1+x)$
$(4)$: $\sin^2(x)=\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^2$ es incluso
$(5)$: el término constante, $\binom{2k}{k}4^{-k}$, es el único que no se desvanecen en el integral
$(6)$: aplicar $(2)$

Answer 5

Una alternativa de derivación mediante integración por partes y muy pocos extras:

$$ I = \int_{0}^{\pi}\log(1+\sin^2\theta)\,d\theta = 2\int_{0}^{\pi/2}1\cdot\log(1+\sin^2\theta)\,d\theta = \pi\log 2-2\int_{0}^{\pi/2}\frac{2\theta\sin\theta\cos\theta}{1+\sin^2\theta}\,d\theta $$ La última integral sería bastante sencillo para calcular si $\theta$ se $\sin\theta$. Por otro lado, podemos aprovechar la transformada de Fourier senoidal de la serie de la identidad de la función sobre el intervalo $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$: $$ \theta = \sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\,\sin(2k\theta) \tag{F}$$ a continuación, calcular $$ \int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin(2k\theta)\sin\theta\cos\theta}{1+\sin^2\theta}\,d\theta =\frac{\pi}{2}(\sqrt{2}-1)^{2k}\tag{R}$$ a través de una relación de recurrencia. Por $(\text{F})$ e $(\text{R})$ se sigue que $$ I = \pi\log 2-2\pi\sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^{k+1}}{k}(\sqrt{2}-1)^{2k}=\pi\log 2-2\pi\log(4-2\sqrt{2})$$ $$I=\pi\log\left(\frac{3}{4}+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\color{blue}{2\pi\log\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)}=1.18266139149\ldots $$ y dilogarithms han sido cuidadosamente evitado.