La evaluación de $\int_0^\pi\arctan\bigl(\frac{\ln\sin x}{x}\bigr)\mathrm{d}x$

Question

He encontrado la siguiente integral como un producto de otro.

Tiene una bonita forma cerrada.

$$ \int_{0}^{\pi} \arctan\left(\ln\left(\sin x \right) \sobre x\right)\,{\rm d}x $$

Mathematica y Maple no a dar la respuesta. Podría usted encontrar?

Sugerencia 1:

La forma cerrada es

$$ -\pi\arctan \left(2\ln 2 \\pi\right) $$

Sugerencia 2:

La siguiente integral puede ayudar

$$ \int_{0}^{\pi}{x \sobre x^{2} + \ln^{2}\left(\alpha\sin x \right)} \,{\rm d}x $$

(ver este post).

Answer 1

Considere la integral de la más general de la forma $$I(\alpha)=\int_0^\pi \arctan\left(\frac{\ln(\alpha \sin x)}{x}\right)\,dx,\qquad 0<\alpha\leq 1.$$ Entonces $\alpha\en(0,1)$ $$I'(\alpha)=\frac{1}{\alpha}\int_0^\pi \frac{x}{x^2+\ln^2(\alpha\sin x)}\,dx,$$ como en la pista. Para calcular la última integral se utiliza la siguiente identidad, mencionado por Jack D'Aurizio en su comentario a esta pregunta: $$\frac{b}{a^2+b^2}=\int_0^{+\infty} e^{-ay}\sin \,dy,\quad a>0.\quad (*)$$ $A=-\ln(\alpha\sin x)>0$ y $b=$ x, obtenemos $$I'(\alpha)=\frac{1}{\alpha}\int_0^\pi \left(\int_0^{+\infty} e^{y\ln(\alpha\sin x)}\sen xy \,dy\right)\,dx=\frac{1}{\alpha}\int_0^{+\infty}\left(\int_0^\pi (\alpha\sin x)^y\sen xy \,dx\right)\,dy.$$ (Cambio del orden de integración es legítimo, ya que $|e^{y\ln(\alpha\sin x)}\sen xy|\leq e^{y\ln \alpha}$, de modo integral, $\int_0^{+\infty} e^{y\ln(\alpha\sin x)}\sen xy \,dy$ converge uniformemente por $x\in[0,\pi]$.) Por lo tanto $$I'(\alpha)=\frac{1}{\alpha}\int_0^{+\infty}\left(\frac{\alpha}{2}\right)^y\left(\int_0^\pi (2\sin x)^y\sen xy \,dx\right)\,dy.$$ Ahora tenemos que lidiar con $$J=\int_0^\pi (2\sin x)^y\sen xy \,dx.$$ El cambio de la variable $x=t+\frac{\pi}{2}$ de los rendimientos $$J=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(2\cos x)^y\left(\sin ty\cos\frac{\pi y}{2}+\cos ty\sin\frac{\pi y}{2}\right)\,dt=\sin\frac{\pi y}{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(2\cos t)^y\cos ty\,dt.$$ Para la última integral se observa que $$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(2\cos t)^y\cos ty\,dt=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{y(\ln(2\cos t))}\, dy=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1+e^{-2it})^y\,dt=$$ $$=-\frac{1}{2i}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1+e^{-2it})^y\frac{de^{-2it}}{e^{-2it}}=-\frac{1}{2i}\int_{C^-}\frac{(1+z)^y}{z}\,dz,$$ donde $C^-$ es el círculo unitario (a la derecha). Dado que $f(z)=\frac{(1+z)^y}{z}$ tiene sólo un simple polo $z=0$ dentro $C^-$ con residuos de $\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=0}f(z)=\lim\limits_{z\to 0}(1+z)^y=1$, obtenemos $$-\frac{1}{2}\int_{C^-}\frac{(1+z)^y}{z}\,dz=-\frac{1}{2}(-2\pi i\cdot 1)=\pi$$ y $$J=\pi\sin\frac{\pi y}{2}.$$ Usando $(*)$ una vez más, obtenemos $$I'(\alpha)=\frac{\pi}{\alpha}\int_0^{+\infty}\left(\frac{\alpha}{2}\right)^y\sin\frac{\pi y}{2}\,dy=\frac{\pi^2}{2\alpha(\ln^2\frac{\alpha}{2}+\frac{\pi^2}{4})}.$$ Ahora podemos restaurar $I(\alpha)$ de su derivada: $$I(\alpha)=\frac{\pi^2}{2}\int\frac{d\alpha}{\alpha(\ln^2\frac{\alpha}{2}+\frac{\pi^2}{4})}=\frac{\pi^2}{2}\frac{2}{\pi}\arctan\left(\frac{2}{\pi}\ln\frac{\alpha}{2}\right)+c=\pi\arctan\left(\frac{2}{\pi}\ln\frac{\alpha}{2}\right)+c.$$

El siguiente paso es demostrar que $c=0$. Para ese propósito se observa que $$\ln(\alpha\sin x)\leq\ln\alpha\quad\Rightarrow\quad -\frac{\pi}{2}<\arctan\left(\frac{\ln(\alpha \sin x)}{x}\right)\leq \arctan\left(\frac{\ln\alpha}{x}\right)\quad\Rightarrow$$ $$-\frac{\pi^2}{2}\leq I(\alpha)\leq \int_0^\pi \arctan\left(\frac{\ln\alpha}{x}\right)\,dx\\frac{\pi^2}{2}$$ como $\alpha\a 0+$, entonces $\lim\limits_{\alpha\a 0+}I(\alpha)=-\frac{\pi^2}{2}$. También tiene que ser igual a $$\lim\limits_{\alpha\a 0+}\left(\pi\arctan\left(\frac{2}{\pi}\ln\frac{\alpha}{2}\right)+c\right)=-\frac{\pi^2}{2}+c,\quad\Rightarrow \quad c=0.$$ Por ahora hemos establecido que $$I(\alpha)=\int_0^\pi \arctan\left(\frac{\ln(\alpha \sin x)}{x}\right)\,dx=\pi\arctan\left(\frac{2}{\pi}\ln\frac{\alpha}{2}\right),\qquad 0<\alfa<1.$$ Dejar que $\alpha\1-0$ obtenemos el valor deseado $$I(1)=-\pi\arctan\left(\frac{2}{\pi}\ln2\right).$$ (podemos cambiar aquí el límite e integral, ya que nuestra integral es sólo apropiado).

Answer 2

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

Con $\ds{{\large\tt 0 < \mu < 1}}$: \begin{align} \mbox{Permite definir}\quad{\cal F}\pars{\mu}&\equiv \int_{0}^{\pi}\arctan\pars{\ln\pars{\mu\sin\pars{x}} \over x}\,\dd x\quad \mbox{tales que} \\[3 mm]{\cal F}'\pars{\mu}&=\int_{0}^{\pi} {1 \over \bracks{\ln\pars{\mu\sin\pars{x}}/x}^{2} + 1} \,{1 \over x}\,{1 \over \mu\sin\pars{x}}\,\sin\pars{x}\,\dd x \\[3 mm]&={1 \over \mu}\int_{0}^{\pi}{x \\ln^{2}\pars{\mu\sin\pars{x}} + x^{2}} \,\dd x =-\,{1 \over \mu}\,\Im\int_{0}^{\pi}{\dd x \\ln\pars{\mu\sin\pars{x}} + x\ic} \end{align}

$$ \mbox{Estamos interesados en}\quad{\cal F}\pars{1^{-}}:\ {\grande ?}. \quad\mbox{Nota que}\quad{\cal F}\pars{0^{+}} = -\,{\pi^{2} \over 2}\etiqueta{1} $$

\begin{align} {\cal F}'\pars{\mu}&= -\,{1 \over \mu}\,\Im \int_{\verts{z}\ =\ 1\cima{\vphantom{\Enorme}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi}} {1 \over \ln\pars{\mu\bracks{z^{2} - 1}/\bracks{2\ic z}} + \ln\pars{z}}\,{\dd z \\ic z} \\[3 mm]&={1 \over \mu}\,\Re \int_{\verts{z}\ =\ 1\cima{\vphantom{\Enorme}0\ <\ {\rm Arg}\pars{z}\ <\ \pi}} {1 \over \ln\pars{\mu\bracks{1 - z^{2}}\ic/2}}\,{\dd z \sobre z} \end{align}

Nos 'cerrar' la contourn con el segmento de línea $\ds{\llaves{\pars{x,0}\ \mid\ x \in \pars{-1,1}}}$. El segmento es accidentada, con arcos de radio $\ds{\epsilon}$ tal que $\ds{0 < \epsilon < 1}$, alrededor de $\ds{z = -1}$, $\ds{z = 0}$ y $\ds{z = 1}$. Resulta que las contribuciones de la 'sangría de puntos en $\ds{z = \pm 1}$ se desvanece en el límite de $\ds{\epsilon \to 0^{+}}$. Nos quedamos con un valor principal a lo largo de $\ds{\pars{-1,1}}$, y la contribución de la 'sangría de puntos en $\ds{z = 0}$. El mencionado valor principal se desvanece $\ds{\pars{~\mbox{sus integrando es impar}\ \pars{-1,1}~}}$ tal que la totalidad de la contribución a $\ds{{\cal F}'\pars{\mu}}$, en el límite $\ds{\epsilon \to 0^{+}}$, surge 'curioso y divertido" sólo a partir de la 'sangría de puntos en $\ds{z = 0}$.

Se muestra como sigue: \begin{align} {\cal F}'\pars{\mu}&=\left.-\,{1 \over \mu}\,\Re\int_{\pi/2}^{0} {1 \over \ln\pars{\mu\bracks{1 - z^{2}}\ic/2}}\,{\dd z \sobre z} \right\vert_ {\z\ =\ -1\ +\ \epsilon\expo{\ic\theta}} \\[3 mm]&\phantom{=}-\,{1 \over \mu}\,\Re\int_{-1 + \epsilon}^{\epsilon} {1 \over \ln\pars{\mu\bracks{1 - x^{2}}\ic/2}}\,{\dd x \sobre x} \a la izquierda.-\,{1 \over \mu}\,\Re\int_{\pi}^{0} {1 \over \ln\pars{\mu\bracks{1 - z^{2}}\ic/2}}\,{\dd z \sobre z} \right\vert_ {\z\ =\ \epsilon\expo{\ic\theta}} \\[3 mm]&\phantom{=}-\,{1 \over \mu}\,\Re\int_{\epsilon}^{1 - \epsilon} {1 \over \ln\pars{\mu\bracks{1 - x^{2}}\ic/2}}\,{\dd x \sobre x} \\[3 mm]&\phantom{=}\left.-\,{1 \over \mu}\,\Re\int_{\pi}^{\pi/2} {1 \over \ln\pars{\mu\bracks{1 - z^{2}}\ic/2}}\,{\dd z \sobre z} \right\vert_ {\z\ =\ 1\ +\ \epsilon\expo{\ic\theta}} \end{align}

\begin{align} {\cal F}'\pars{\mu}&= -\,{1 \over \mu}\,\Re\pp\ \overbrace{\int_{-1}^{1} {1 \over \ln\pars{\mu\bracks{1 - x^{2}}\ic/2}}\,{\dd x \sobre x}}^{\ds{=\ 0}}\ -\,{1 \over \mu}\,\Re\int_{\pi}^{0}{\ic\,\dd\theta \\ln\pars{\mu\ic/2}} \\[3 mm]&=-\,{\pi \\mu}\,\Im\bracks{1 \over \ln\pars{\mu\ic/2}} \end{align}

Usando la condición de frontera de $\pars{1}$: \begin{align} {\cal F}\pars{1^{-}}& =\int_{0}^{\pi}\arctan\pars{\ln\pars{\sin\pars{x}} \over x}\,\dd x =-\,{\pi^{2} \over 2} -\pi\,\Im\int_{0^{+}}^{1^{-}}{1 \ \mu}\,{\dd\mu \\ln\pars{\mu\ic/2}} \\[3 mm]&=-\,{\pi^{2} \over 2} -\pi\,\Im\int_{0^{+}}^{1^{-}}{\dd\mu/\mu \\ln\pars{\mu/2} + \pi\ic/2} =-\,{\pi^{2} \over 2} -\pi\,\Im\int_{-\infty}^{-\ln\pars{2^{+}}}{\dd t \t sobre + \pi\ic/2} \\[3 mm]&=-\,{\pi^{2} \over 2} +\pi\int_{-\infty}^{-\ln\pars{2^{+}}}{\pi\,\dd t/2 \sobre t^{2} + \pars{\pi/2}^{2}} =-\,{\pi^{2} \over 2} +\left.\pi\arctan\pars{2t \\pi}\right\vert_{\,-\infty}^{\,-\ln\pars{2^{+}}} \\[3 mm]&=-\,{\pi^{2} \over 2} + \pi\bracks{% \arctan\pars{-\,{2\ln\pars{2} \\pi}} + {\pi \over 2}} \end{align}

$$\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\pi}\arctan\pars{\ln\pars{\sin\pars{x}} \over x}\,\dd x =-\pi\,\arctan\pars{2\ln\pars{2} \\pi}} \approx {\tt -1.3055} $$

Answer 3

$\def\Im{\mathrm{Im}}$ Espero que no sea demasiado tarde para presentar una solución alternativa.

Vamos \begin{align} I(s)=\int^\pi_0\arctan\left(\frac{\ln(s\sin{x})}{x}\right)\mathrm{d}x \end{align} Diferenciar bajo el signo integral para obtener \begin{align} I'(s) &=\frac{1}{s}\int^\pi_0\frac{x}{x^2+\ln^2(s\sin{x})}\mathrm{d}x\\ y=-\frac{1}{s}\Im\int^\pi_0\frac{1}{\ln\left(\frac{se^{i2x}-s}{2}\right)}\mathrm{d}x\\ y=-\frac{1}{s}\Im\int_{|z|=1}\frac{1}{\ln\left(\frac{sz-s}{2}\right)}\frac{\mathrm{d}z}{2iz}\\ y=-\frac{1}{s}\Im\frac{\pi}{\ln\left(-\frac{s}{2}\right)}\\ y=-\frac{1}{s}\Im\frac{\pi}{\ln\left(\frac{s}{2}\right)+\frac{\pi i}{2}}\frac{\ln\left(\frac{s}{2}\right)-\frac{\pi i}{2}}{\ln\left(\frac{s}{2}\right)-\frac{\pi i}{2}}\\ &=\frac{1}{2}\frac{\pi^2}{\ln^2\left(\frac{s}{2}\right)+\frac{\pi^2}{4}} \end{align} donde la cuarta igualdad se sigue del teorema de los residuos y el hecho de que el guión alrededor del punto de ramificación $z=1$ produce ninguna contribución como $\epsilon\to0$.

La integración de la espalda, \begin{align} I(1) &=I(\infty)+\frac{\pi^2}{2}\int^{s=1}_{s=\infty}\frac{1}{\ln^2\left(\frac{s}{2}\right)+\frac{\pi^2}{4}}\mathrm{d}\ln\left(\frac{s}{2}\right)\\ &=\frac{\pi^2}{2}+\left.\frac{\pi^2}{2}\frac{2}{\pi}\arctan\left(\frac{2\ln\left(\frac{s}{2}\right)}{\pi}\right)\right|^1_\infty\\ y=-\pi\arctan\left(\frac{2\ln{2}}{\pi}\right) \end{align} como se desee.