Integral: $\int_0^{\pi} \frac{x}{x^2+\ln^2(2\sin x)}\,dx$

Question

Estoy tratando de resolver el siguiente al de la primariamétodos: $$\int_0^{\pi} \frac{x}{x^2+\ln^2(2\sin x)}\,dx$$

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Escribí la integral como: $$\Re\int_0^{\pi} \frac{dx}{x-i\ln(2\sin x)}$$ Pero no me parece que esto sea más fácil que el original de la integral. He visto soluciones que hacen uso de análisis complejo, pero estoy interesado en primaria enfoques.

Cualquier ayuda es muy apreciada. Gracias!

Answer 1

Aquí es un enfoque sin necesidad de utilizar el contorno de integración (del teorema de Cauchy).

He encontrado el siguiente resultado.

Teorema. Deje $a$ ser cualquier número real.

Entonces $$ \begin{align} \displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{x}{x^2+\ln^2(2 e^{a} \sin x)}\mathrm{d}x & = \, \frac{2 \pi^2}{\pi^2+4a^2},\tag1\\\\ \int_{0}^{\pi} \frac{\ln(2 e^{a} \sin x)}{x^2+\ln^2(2 e^{a} \sin x)}\mathrm{d}x & = \frac{4\pi a}{\pi^2+4a^2}.\tag2 \end{align} $$

a partir de la cual, por poner $a=0$, se deduce que la evaluación de la integral:

Ejemplo $1 (a)$. $$ \begin{align} \int_{0}^{\pi} \frac{x}{x^2+\ln^2(2 \sin x)}\:\mathrm{d}x & = 2 \tag3 \end{align} $$

y

Ejemplo $1 (b)$. $$ \begin{align} \int_{0}^{\pi} \frac{\ln(2\sin x)}{x^2+\ln^2(2\sin x)}\mathrm{d}x& = 0. \\ \tag4 \end{align} $$

Prueba del Teorema. Consideramos que todo el principal valor de $\log(z)$ definido por $z\neq 0$ por $$ \log(z)= \ln |z| + i \arg z, \, - \pi < \arg z \leq \pi, $$ donde $\ln$ es la base:$e$ logaritmo $\ln e = 1$.

Deje $a$ ser cualquier número real. Desde $\displaystyle z \mapsto i \pi/2+a+\log(1+z) $ es analítica en $|z| < 1$ no desapareciendo en el punto de $z=0$, uno puede obtener la siguiente potencia de expansión de la serie $$ \begin{align} \displaystyle \frac{1}{i \pi/2+a+\log \left(1+z\right)} - \frac{1}{i \pi/2+a} = \sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle \frac{a_n(\alpha)}{n!} z^n,\tag5 \end{align} $$ con $$ \displaystyle a_1(\alpha) = -\alpha^2, \quad a_2(\alpha) = \alpha^3+\alpha^2/2, \, ... , $$ $\displaystyle {a}_n(\cdot)$ ser un polinomio de grado $n+1$$\displaystyle \alpha$, donde hemos puesto en $\displaystyle \alpha:=1/(i \pi/2+a)$. Conectar $z=-e^{2ix}$$(3)$$0<x<\pi$, notando $$ i x +\ln(2e^{a} \sin x) = \log\left(ie^{a}\left(1-e^{2ix} \right) \right), $$ separando las partes real e imaginaria, le da a la serie de Fourier de las expansiones: $$ \begin{align} \displaystyle \frac{x}{x^2 +\ln^2(2e^{a}\sin x)} & = \frac{2\pi}{\pi^2+4a^2}+ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \left( \frac{a_n^{-}(\alpha)}{n!} \cos (2nx)+\frac{a_n^{+}(\alpha)}{n!} \sin (2nx)\right) \\ \frac{\ln(2e^{a}\sin x)}{x^2 +\ln^2(2e^{a}\sin x)} & = \frac{4a}{\pi^2+4a^2}+ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \left( \frac{a_n^{+}(\alpha)}{n!} \cos (2nx)-\frac{a_n^{-}(\alpha)}{n!} \sin (2nx)\right) \end{align} $$ with $\displaystyle a_n^{+}(\alpha):= {\mathfrak{R}}a_n(\alpha)$ and $\displaystyle a_n^{-}(\alpha):= {\mathfrak{I}}a_n(\alpha)$. Ahora, un termwise integración con respecto a la $x$ de 0 a $\pi$, justificado por la convergencia de la serie $\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle \frac{a_n(\alpha)}{n!} $, conduce al Teorema debido a $$ \begin{align} \displaystyle \int_{0}^{\pi} \cos(2nx)\:\mathrm{d}x = \int_{0}^{\pi} \sin(2nx)\:\mathrm{d}x = 0. \end{align} $$

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Se puede observar que, por la singularidad de los coeficientes de Fourier, dispone de las siguientes formas cerradas.

Ejemplo de $2 (a)$. $$ \begin{align} \int_{0}^{\pi} \frac{x}{x^2+\ln^2(2 \sin x)}\cos^{2} x \:\mathrm{d}x & = 1, \tag6 \\ \int_{0}^{\pi} \frac{x}{x^2+\ln^2(2 \sin x)}\sin^{2} x\:\mathrm{d}x & = 1. \tag7 \end{align} $$

$$ $$

Ejemplo de $2 (b)$. $$ \begin{align} \int_{0}^{\pi} \frac{\ln(2 \sin x)}{x^2+\ln^2(2 \sin x)} \cos^{2} x \:\mathrm{d}x & = -\frac{1}{\pi}, \tag8 \\ \int_{0}^{\pi} \frac{\ln(2 \sin x)}{x^2+\ln^2(2 \sin x)}\sin^{2} x\:\mathrm{d}x & = \frac{1}{\pi}. \tag9 \end{align} $$

Un resultado general no existe.