puede $ \int_0^{\pi/2} \ln ( \sin(x)) \; dx$ ser evaluados con complejo integral

Question

Puede que la siguiente integral del ser evaluados utilizando el método complejo sustituyendo $\sin(x) = {e^{ix}-e^{-ix} \over 2i}$? $$ I=\int_0^{\pi/2} \ln ( \sin(x)) \; dx = - {\pi \ln(2) \over 2}$$

Answer 1

Nota primero que \begin{align*} \int_0^{2\pi} \ln(\sin t)\,dt &= 2\int_0^{\pi/2} \ln(\sin t)\,dt + 2\int_0^{\pi/2} \ln(-\sin t)\,dt \\ &= 2\int_0^{\pi/2} \ln(\sin t)\,dt + 2\int_0^{\pi/2} \Bigl(\ln(\sin t) + i\pi\Bigr)\,dt \\ &= 4I + \pi^2i \end{align*} y, mediante la sustitución de $z=e^{it}$ \begin{align*} \int_0^{2\pi} \ln(\sin t)\,dx &= \int_{|z|=1} \ln\left(\frac{z-1/z}{2i}\right)\,\frac{dz}{iz} \\ &= \int_{|z|=1} \frac{\ln(1-z^2)}{iz}\,dz - \int_{|z|=1} \frac{\ln z}{iz}\,dz + \int_{|z|=1} \frac{\ln(i/2)}{iz}\,dz. \end{align*}

La primera integral de la derecha es cero $\dots$ esto es debido a que $\ln(1-z^2)$ es analítica dentro de la unidad de disco y se desvanece en$z=0$, por lo que la singularidad en el integrando no es extraíble (se necesitan para reducir el tamaño del círculo de integración ligeramente para evitar los puntos de $z=\pm1$ y luego dejar que la radio vaya a la 1).

La segunda integral hacemos directamente $$ \int_{|z|=1} \frac{\ln z}{iz}\,dz = \left[\frac{1}{2}\bigl(\ln z\bigr)^2\right]_{-1^+}^{-1^-} = \frac{1}{2}\Bigl[(\pi i)^2 - (-\pi i)^2 \Bigr] = 0 $$ donde $-1^\pm$ indicar los puntos justo por encima y por debajo de $-1$ y en cualquiera de los lados de la rama de corte de $\ln$ a lo largo del eje real negativo.

El tercer integrante es sólo $2\pi i\ln(i/2)/i = 2\pi\bigl(-\ln2 + \pi i/2\bigr)$.

Por lo tanto,$4I + \pi^2i = -2\pi\ln2 + \pi^2i$$I = -\frac{\pi}{2}\ln2$.

Answer 2

Vamos a cambiar las variables de $u=\sin^2(x)$, $x=\arcsin(\sqrt{u})$, $\mathrm{d}x = \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u(1-u)}}$: $$ \int_0^{\pi/2} \ln(\sin(x)) \mathrm{d}x = \int_0^1 \frac{1}{2} \ln(u) \cdot \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u(1-u)}} \stackrel{u=1-v}{=} \frac{1}{4} \int_0^1 \ln(1-v) \cdot \frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{v(1-v)}} $$ Añadir dos últimas integrales, y dividiendo por $2$: $$ \int_0^{\pi/2} \ln(\sin(x)) \mathrm{d}x = \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{\ln\left(\sqrt{u(1-u)}\right)}{\sqrt{u(1-u)}} \mathrm{d}u = -\frac{1}{4} \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\operatorname{B}\left(s,s\right)\right|_{s=\frac{1}{2}} $$ Desde $\operatorname{B}\left(s,s\right) = \frac{\Gamma(s)^2}{\Gamma(2s)}$: $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\operatorname{B}\left(s,s\right) = 2 \operatorname{B}\left(s,s\right) \left(\psi(s) - \psi(2s)\right) $$ donde $\psi(s)$ es la función digamma. El uso de $\operatorname{B}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) = \pi$, y la duplicación de la identidad de la función digamma: $$ 2 \psi(2s) = \psi(s) + \psi\left(s+\frac{1}{2}\right) + 2 \log(2) \quad \stackrel{s=\frac{1}{2}}{\implica} \quad \psi\left(\frac{1}{2}\right) - \psi(1) = -2\ln(2) $$ La combinación, llegamos al resultado: $$ \int_0^{\pi/2} \ln(\sin(x)) \mathrm{d}x = \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot \left(-2 \ln(2)\right) = -\frac{\pi}{2} \ln(2) $$