¿Se puede hacer esta integral trigonométrica utilizando la integración de contorno?

Question

¿Es posible evaluar $\displaystyle \int_{0}^{\pi}\frac{x\cos(x)}{1+\sin^{2}(x)}dx=\frac{-{\pi}^{2}}{4}+\ln^{2}(\sqrt{2}-1)$ usando residuos?.

Intenté considerando $\displaystyle \oint_{C}\frac{2\log(z)(z^{2}+1)}{(z^{2}-2z-1)(z^{2}+2z-1)}dz$

Esto surgió al reescribirlo como $\displaystyle\int_{0}^{\pi}\frac{2x\cos(x)}{3-\cos(2x)}dx$ y haciendo el sub $\cos(z)=\frac{1}{2}\left(z+z^{-1}\right), \;\ \cos(2z)=\frac{1}{2}\left(z^{2}-z^{-2}\right)$

Los polos están en $\displaystyle\sqrt{2}+1, \;\ -\sqrt{2}+1, \;\ -\sqrt{2}-1, \;\ \sqrt{2}-1$

Consideré un contorno semi-circular, pero no creo que estos sub sean un contorno cerrado. ¿Entonces tal vez integrar a lo largo del eje real de -1 a 1?.

Los únicos polos que están en el contorno son entonces $\displaystyle-\sqrt{2}+1, \;\ \sqrt{2}-1$

Dado que los polos están en el contorno, entonces multiplicar la suma de los residuos por $\pi i$ en lugar de los habituales $2\pi i$.

De todos modos, para $\displaystyle Res(z=\sqrt{2}-1)$, obtuve $-\frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}-1)$.

Y para $\displaystyle Res(z=-\sqrt{2}+1)$,

Obtuve $\frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}-1)-\frac{\pi i}{2}$.

Sumando resulta en que los términos logarítmicos se cancelan y todo lo que queda es $-\frac{\pi i}{2}$

Entonces, $\displaystyle \pi i\left(-\frac{\pi i}{2}\right) = \frac{{\pi}^{2}}{2}$

Ahora, estoy bastante atascado en cómo continuar. ¿Y qué tal un corte de rama debido al logaritmo en el numerador?. Los resultados parecen alentadores porque comienzan a parecerse al resultado requerido, pero eso puede no significar nada. Puede que todo esto sea pura palabrería.

¿Alguien tiene una idea ingeniosa de cómo evaluar esto usando residuos?. ¿Es posible incluso usando residuos?. ¿Ron Gordon?. :)

Cuídense todos.

Answer 1

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\pi}{x\cos\pars{x} \over 1 + \sin^{2}\pars{x}}\,\dd x =-\,{\pi^{2} \over 4} + \ln^{2}\pars{\root{2} - 1}:\ {\large ?}}$

\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{\pi}% {x\cos\pars{x} \over 1 + \sin^{2}\pars{x}}\,\dd x} =\Im\int_{0}^{\pi}{x\cos\pars{x} \over \sin\pars{x} - \ic}\,\dd x \\[3mm]&=\Im\bracks{\left.\vphantom{\large A}% \ln\pars{\sin\pars{x} - \ic}x\,\right\vert_{\,0}^{\,\pi} -\int_{0}^{\pi}\ln\pars{\sin\pars{x} - \ic}\,\dd x} \\[3mm]&=-\,{\pi^{2} \over 2} -\Im\int_{0}^{\pi}\ln\pars{\sin\pars{x} - \ic}\,\dd x \end{align}

$$ \color{#c00000}{\int_{0}^{\pi}% {x\cos\pars{x} \over 1 + \sin^{2}\pars{x}}\,\dd x} =-\,{\pi^{2} \over 2} -2\ \color{#00f}{\Im\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\cos\pars{x} - \ic}\,\dd x}\tag{1} $$

Ahora, evaluaremos la "$\color{#00f}{\ds{expresión\ azul}}$": \begin{align}&\color{#00f}{\Im\int_{0}^{\pi/2}\ln\pars{\cos\pars{x} - \ic}\,\dd x} =\Im \int_{\verts{z}\ =\ 1\atop{\vphantom{\Huge A}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi/2}} \ln\pars{{z^{2} + 1 \over 2z} - \ic}\,{\dd z \over \ic z} \\[3mm]&=-\Re \int_{\verts{z}\ =\ 1\atop{\vphantom{\Huge A}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi/2}} {\ln\pars{z^{2} - 2\ic z + 1} \over z}\,\dd z\ +\ \underbrace{\Re \int_{\verts{z}\ =\ 1\atop{\vphantom{\Huge A}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi/2}}{\ln\pars{2z} \over z}\,\dd z}_{\ds{=\ -\,{\pi^{2} \over 8}}} \\[3mm]&=-\,{\pi^{2} \over 8} - \Re \int_{\verts{z}\ =\ 1\atop{\vphantom{\Huge A}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi/2}} {\ln\pars{z^{2} - 2\ic z + 1} \over z}\,\dd z \end{align}

Reemplazando en $\pars{1}$: $$\color{#c00000}{\int_{0}^{\pi}% {x\cos\pars{x} \over 1 + \sin^{2}\pars{x}}\,\dd x} =-\,{\pi^{2} \over 4} + 2\,\Re \int_{\verts{z}\ =\ 1\atop{\vphantom{\Huge A}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi/2}} {\ln\pars{z^{2} - 2\ic z + 1} \over z}\,\dd z $$

El segundo término de la derecha se convierte en: \begin{align}&2\,\Re \int_{\verts{z}\ =\ 1\atop{\vphantom{\Huge A}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi/2}} {\ln\pars{z^{2} - 2\ic z + 1} \over z}\,\dd z \\[3mm]&=-2\Re\int_{1}^{0}{\ln\pars{-y^{2} + 2y + 1} \over \ic y}\,\ic\,\dd y -2\,\Re \int_{0}^{1}{\ln\pars{x^{2} - 2\ic x + 1} \over x}\,\,\dd x \\[3mm]&=2\int_{0}^{1}{\ln\pars{-\bracks{x + r}\bracks{x - 1/r}} \over x}\,\dd x -2\,\Re\int_{0}^{1}{\ln\pars{\bracks{x + r\ic}\bracks{x - \ic/r}} \over x}\,\dd x \end{align} donde $\ds{r \equiv \root{2} - 1}$.

Entonces, \begin{align}&2\,\Re \int_{\verts{z}\ =\ 1\atop{\vphantom{\Huge A}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi/2}} {\ln\pars{z^{2} - 2\ic z + 1} \over z}\,\dd z \\[3mm]&=2\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 + x/r} \over x}\,\dd x +2\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - rx} \over x}\,\dd x -2\int_{0}^{1}{\Re\ln\pars{\ic + x/r} \over x}\,\dd x \\[3mm]&\phantom{=}-2\int_{0}^{1}{\Re\ln\pars{rx - \ic} \over x}\,\dd x \end{align} Esas integrales se pueden evaluar trivialmente en términos de la función de DiLogaritmo $\ds{{\rm Li}_{2}\pars{z}}$.

$$\color{#66f}{\large\int_{0}^{\pi}% {x\cos\pars{x} \over 1 + \sin^{2}\pars{x}}\,\dd x ={\rm Li}_{2}\pars{3 - 2\root{2}} - 4{\rm Li}_{2}\pars{\root{2} - 1}} \approx {\tt -1.6905} $$

Answer 2

Sí, creo que puedes ver que el blog de sos440 tiene una solución muy buena: http://sos440.tistory.com/83