Se puede intentar hacer esto utilizando algunos de los resultados de las preguntas que se han hecho últimamente. Voy a exponer algunos resultados parciales que espero que alguien la pueda utilizar.
En primer lugar, tenga en cuenta que
\begin{align}
\int_{0}^{\pi/4}\ln{(\sqrt{\sin^3{x}}+\sqrt{\cos^3{x}})}\ \mathrm{d}x & = \int_{0}^{\pi/4}\ln{(\tan^{3/2}(x)+1)}\ \mathrm{d}x + \frac{3}{2}\int_{0}^{\pi/4}\ln{\cos(x)}\ \mathrm{d}x\\
\end{align}
La segunda integral se puede encontrar aquí, lo que nos da que
$$
\int_{0}^{\pi/4}\ln{\cos(x)}\ \mathrm{d}x = \frac{1}{4} (2G-\pi\log 2),
$$
donde $G$ es el catalán es constante. Así que usted puede ver que son, al menos, la recuperación de algunas piezas.
Para la primera integral, se trate de una sustitución de $z = \tan^{1/2}(x)$, de tal manera que
$$
\int_{0}^{\pi/4}\ln{(\bronceado^{3/2}(x)+1)}\ \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} \frac{2z\ln{(1+z^3)}}{1+z^4}\ \mathrm{d}z.
$$
Ahora, las integrales de este tipo son generalmente susceptibles a la expansión de la serie, como en este recientemente pregunta resuelta, por lo que la expansión,
\begin{align}
\int_{0}^{1} \frac{2z\ln{(1+z^3)}}{1+z^4}\ \mathrm{d}z &= 2\int_{0}^{1} \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}z^{3k+1}}{k} \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n z^{4n}\ \mathrm{d}z \\
&= \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k+n+1}}{k(4n+3k+2)}
\end{align}
Desafortunadamente, como en el enlace que @Paramanand Singh publicado, estos dobles sumas parecen muy difíciles de evaluar. A menos que haya alguna otra transformación integral para su caso especial, parece que nos tienen a esos número teórico de las técnicas.
