Integral

Question

Probar que $$\int_{0}^{\frac{\pi}4} \ln(\sin{x}+\cos{x}+\sqrt{\sin{2x}})dx =\frac{\pi}{4} \ln2$ $

Intenté usar la regla de King y escalar por $2$ y luego agregar las integrales, obtener el producto de los términos y usar el resultado $$\int_{0}^{\frac{\pi}2} \ln(\sin{x})dx=\int_{0}^{\frac{\pi}2} \ln(\cos{x})dx=-\frac{\pi}2\ln2$ $ pero no funcionó. ¿Alguna ayuda?

Answer 1

$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}4} \ln(\sin{x}+\cos{x}+\sqrt{\sin(2x)})dx =\frac12 \int_0^\frac{\pi}{2} x'\ln(\sin x+\cos x+\sqrt{\sin (2x)})dx$ $ $$\overset{IBP}=\frac12 \int_0^\frac{\pi}{2}x\,\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{\sin(2x)}}dx\overset{x=\arctan t}=\frac{1}{2\sqrt 2}\int_0^\infty \frac{\arctan t}{1+t^2}\frac{t-1}{\sqrt t}dt$ $

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$$I(a)=\int_0^\infty \frac{\arctan(at)}{1+t^2}\frac{t-1}{\sqrt t}dt\Rightarrow I'(a)=\int_0^\infty \frac{(t-1)\sqrt t}{(1+a^2 t^2)(1+t^2)}dt$ $ $$\overset{t=x^2}=\frac{2}{1-a^2}\int_0^\infty \frac{1+a^2 x^2}{1+a^2 x^4}dx-\frac{2}{1-a^2}\int_0^\infty \frac{1+x^2}{1+x^4}dx=\frac{\pi}{\sqrt 2}\frac{1-\sqrt a}{\sqrt a (1+a)(1+\sqrt a)}$ $

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PS

Answer 2

Aquí es una solución diferente a la utilización de complejos método. Se puede observar que

\begin{align*} I = &\int_0^{\frac \pi 4} \ln\left(1+\tan x + \sqrt{2\tan x} \right) dx + \int_0^{\frac\pi 4} \ln(\cos x) dx \\ = &I_1 + I_2. \end{align*} Evaluación de $I_1$ : Vamos a $\displaystyle\omega = e^{\frac {\pi i} 4} =\frac{1+i}{\sqrt 2}$ y realizar la sustitución de $\tan x= y^2 $ encontrar que \begin{align*} I_1 =& \int_0^1 \log\left((1+\omega y)(1+\bar \omega y)\right)\frac{2y }{1+y^4}dy \\ =& 4 \Re \int_0^1 \frac{y \log\left(\frac{1+\omega y}2 \right)}{1+y^4} dy +\frac {\pi\ln 2}2. \end{align*} Vamos a $\omega y = z$. A continuación, el uso de $\omega^2 = i, \omega^4 = -1$, \begin{align*} \Re \int_0^1 \frac{y \log\left(\frac{1+\omega y}2 \right)}{1+y^4} dy =& \Re \int_0^\omega \frac{ \frac{z}{\omega} \log\left(\frac{1+z}{2}\right)}{1+ (\frac z \omega)^4} \frac{dz}\omega \\ =& \Im \int_0^\omega \frac{z \log\left(\frac{1+z}{2}\right)}{1-z^4} dz \\ =& \frac 1 2 \Im \int_{-\omega}^\omega \frac{z \log\left(\frac{1+z}{2}\right)}{1-z^4} dz. \end{align*} tenga en cuenta que $\displaystyle f(z) = \frac{z \log\left(\frac{1+z}{2}\right)}{1-z^4} $ es analítica en $|z|<1$, y continua en $|z|\le 1$ , excepto en puntos de $\displaystyle -1, \pm i$. Así que al elegir un contorno $z = e^{i\theta}, -\frac \pi 4\le \theta \le \frac \pi 4$ y el uso de $\log(1+e^{i\theta}) = \log\left(2\cos\left(\frac \theta 2\right)\right) + \frac {i\theta}{2}$, etc, obtenemos \begin{align*} \Im \int_{-\omega}^\omega \frac{z \log\left(\frac{1+z}{2}\right)}{1-z^4} dz =&\Im \int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4} \frac{ie^{i2\theta}\left(\log(\cos (\theta/2)) + i\theta/2\right)}{1-e^{i4\theta}} d\theta\\ =&-\Im \int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4} \frac{\log(\cos (\theta/2)) + i\theta/2}{2\sin(2\theta)} d\theta\\ =& -\frac 1 4\int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4} \frac{\theta}{\sin(2\theta)} d\theta\\ =& -\frac 1 4 \int_{0}^{\frac \pi 4} \frac{\theta}{\sin\theta \cos \theta} d\theta\\ =:& -\frac 1 4 J \end{align*} (De hecho $J = G$, el catalán es el número). Esto le da $$ I_1 = -\frac 1 2 J +\frac {\pi \ln 2}2. $$

Evaluación de $I_2$ : integrando por partes, tenemos \begin{align*} I_2 =& x\ln(\cos x)|^{\frac \pi 4}_0 +\int_0^{\frac \pi 4} \frac {x \sin x}{\cos x} dx \\ =&-\frac{\pi \ln 2}{8} +K. \end{align*} Podemos observar que \begin{align*} K-J = & -\int_0^{\frac \pi 4} \frac{x\cos x}{\sin x} dx\\ =& -x\log(\sin x)|^{\frac \pi 4}_0 + \int_0^{\frac \pi 4} \log(\sin x) dx\\ =& \frac{\pi \ln 2}{8} + \int_{\frac \pi 4}^{\frac\pi 2} \log(\cos x) dx \tag{%#%#%}\\ =&-\frac{3\pi \ln 2}{8} -I_2 \end{align*} lo $\frac \pi 2 - x\mapsto x$ y $$ I_2 = -\frac{\pi \ln 2}{2} -I_2 +J \Longrightarrow I_2 = \frac 1 2 J -\frac{\pi \ln 2}{4}. $$ Por lo tanto, tenemos $$ I = I_1 + I_2 = \left(-\frac 1 2 J +\frac{\pi\ln 2}2\right)+\left(\frac 1 2 J -\frac{\pi \ln 2}{4}\right) = \frac {\pi \ln 2}4. $$