Evaluar $\int_0^{\pi/2} \frac{\ln\left(e^{2x} + 1\right)}{1 + \sin2x}\mathrm dx$

Question

Aquí está mi regalo de Navidad para todos ustedes! Yo sólo encontré un muy duro integral. $$\int_{0}^{\pi/2} \frac{\ln\left(e^{2x} + 1\right)}{1 + \sin2x}\mathrm dx$$

He intentado un par de horas. Esta tarea es simplemente abrumadora.

He estado usando por partes ya que es la única herramienta sé cómo va a utilizar en esta situación. Por favor, educarme sobre cómo esta integral se puede evaluar.

Gracias :D

Answer 1

El OP pedido una respuesta mediante el análisis numérico. En primer lugar quisiera decir que incluso Mathematica y MAPLE no se dan exactamente las mismas respuestas para esta integral. ARCE da:

F(x) := ln(exp(2*x)+1)/(1+sin(2*x));
evalf(int(F(x),x=0..Pi/2),16);
1.830481056481415

En comparación con el valor en el comentario por Iuʇǝƃɹɐʇoɹ : $1.830481056481482$ .
A continuación, OK, aquí es un muy a la fuerza bruta (y , por tanto, un pedazo de la torta) programa:

programa numérico;

la función F(x : haga doble) : doble;
comenzar
 F := ln(exp(2*x)+1)/(1+sin(2*x));
end;

la función inferior(N : integer) : doble;
var
 k : integer;
 x,dx,suma : doble;
comenzar
 suma := 0;
 dx := (Pi/2)/N;
 para k := 0 hasta N-1 hacer
comenzar
 x := (Pi/2)*k/N+dx/2;
 { Regla del punto medio }
 suma := suma + F(x)*dx;
end;
 inferior := suma;
end;

la función superior(N : integer) : doble;
var
 k : integer;
 x1,x2,dx,suma : doble;
comenzar
 suma := 0;
 dx := (Pi/2)/N;
 x2 := 0;
 para k := 1 hasta N hacer
comenzar
 x1 := x2;
 x2 := (Pi/2)*k/N;
 { Trapecio regla }
 suma := suma + (F(x1)+F(x2))/2*dx;
end;
 superior := suma;
end;

comenzar
Writeln(inferior(1000000));
Writeln(superior(1000000));
final.

Salida:

1.83048105648054 E+0000
1.83048105648321 E+0000

Ayuda a hacer un pequeño boceto de la función $F(x) = \ln(e^{2x}+1)/(1+\sin(2x))$ :

Debido a esta función de la conducta, la Regla del punto medio dar un límite inferior, mientras que el La regla del trapecio da un límite superior de la integral. Así, nos encontramos con la certeza de que: $$ 1.830481056480 < \int_{0}^{\pi/2} \frac{\ln\left(e^{2x} + 1\right)}{1 + \sin2x}\mathrm dx < 1.830481056484 $$ Los resultados con Mathematica y MAPLE están bien dentro de estos límites.

Answer 2

Sólo un método para la estimación de la integral $$I=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\ln(1+e^{2x})}{1+\sin 2x}dx=-\frac{\ln(1+e^{2x})}{1+\tan x}\big|_{0}^{\pi/2}+\int_{0}^{\pi/2}\frac{2e^{2x}}{(1+e^{2x})(1+\tan x)}dx\\=\ln 2+J$$ Now, an estimation of $J$ can be found as below. Note that $\forall x\ge 0,\ e^x/(1+e^x)\le x/4+1/2$. Hence $$J<\int_{0}^{\pi/2}\frac{(x+1)dx}{1+\tan x}=\pi/4+\int_{0}^{\pi/2}\frac{x}{1+\tan x}dx$$ The latter integral is found to be $\aprox 0.431066$ from Wolfram alpha. Hence $I<1.90961$.

Para un límite inferior en cuenta que, debido a la concavidad de $x>0,\ e^{2x}/(1+e^{2x})>1/2+(2e^\pi/(1+e^\pi)-1)x/\pi \ \forall x\in [0,\pi/2]$. Por Lo Tanto $$J>\int_{0}^{\pi/2}\frac{1+2x(2\dfrac{e^\pi}{1+e^\pi}-1)/\pi}{1+\tan x}dx=\pi/4+2(2\frac{e^\pi}{1+e^\pi}-1)/\pi\times 0.431066$$ Hence $I>1.7302$.

EDITAR Para defender la "pureza" de mi respuesta según lo exigido por el Señor G, yo estoy dando una solución a la integral de la $\int_{0}^{\pi/2}\frac{x}{1+\tan x}dx$. Esto puede ser evaluado de la siguiente $$L=\int_{0}^{\pi/2}\frac{x}{1+\tan x}dx\\=x(x/2+1/2\ln(\sin x +\cos x))\big|_0^{\pi/2}-1/2\int_{0}^{\pi/2}\left[x+\ln(\sin x +\cos x)\right]dx\\ =\pi^2/16-\pi/8\ln 2+\int_{0}^{\pi/4}\ln \sec x dx$$ Now, $$\int_0^{\pi/4}\ln \sec^2 x dx=x\ln (\sec^2 x)\big|_{0}^{\pi/4}-2\int_{0}^{\pi/4}x\tan x dx$$ Let $J=\int_{0}^{\pi/4}x\tan x dx$ and introduce a new integral $K=\int_{0}^{\pi/2} \frac{x}{\tan x}dx$. We can then see after some manipulations that $$2J+K/2=\int_{0}^{\pi/4}\frac{x\sec^2 x}{\tan x} dx\\=\int_{0}^{1}\frac{\tan^{-1}x}{x}dx\\=\sum_{k\ge 0}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}=:C$$ where $C$ is the Catalan's constant. We will evaluate $K$ using differentiation under integration trick. Define $$K_a=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\tan^{-1}(a \tan x)}{\tan x}dx\\\Rightarrow \frac{dK_a}{da}=\int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{(a\tan x)^2+1}\\=\int_{0}^{\infty}\frac{dz}{(1+z^2)(1+a^2z^2)}dz=\frac{\pi}{2(a+1)}\\ \Rightarrow K_a=\frac{\pi}{2}\ln(a+1)$$using $K_0=0$. Then $K=K_1=\frac{\pi}{2}\ln 2$. Hence $$J=C/2-\pi/8\ln 2$$ So, we have $$L=\pi^2/16+\pi/8\ln 2-C/2\approx 0.431066$$

Answer 3

$$u=\ln(e^{2x}+1)\to\:du=\frac{2e^{2x}}{e^{2x}+1}$$ $$dv=\frac{1}{1+\sin(2x)}\:\to v=\int{\frac{1}{1+\sin(2x)}}dx$$ Para resolver para v: $$dv*\frac{1-\sin(2x)}{1-\sin(2x)}=\frac{1-\sin(2x)}{1-\sin^2(2x)}=\frac{1-\sin(2x)}{\cos^2(2x)}=\frac{1}{\cos^2(2x)}+\frac{-\sin(2x)}{\cos^2(2x)}$$

$$\therefore v=\int{\sec^2(2x)+\frac{-\sin(2x)}{\cos^2(2x)}dx}=\frac{\tan(2x)}{2}+=\int{\frac{-\sin(2x)}{\cos^2(2x)}dx}+C$$ Con U-sub en $$\int{\frac{-\sin(2x)}{\cos^2(2x)}dx}$$:

$$u=\cos(2x);du=-2\sin(2x)dx\\=\frac{1}{2}\int{\frac{1}{u^2}du}=-\frac{1}{2u}=-\frac{\sec(2x)}{2}\\\therefore v=\frac{\tan(2x)}{2}+\frac{\sec(2x)}{2}$$

A continuación, el nuevo problema a resolver:

$$\frac{(\tan2x+\sec2x)\ln(e^{2x}+1)}{2}-\frac{2}{2}\int{\frac{e^{2x}(\tan2x+\sec2x)}{e^{2x}+1}}$$

Y he de ejecutar fuera de tiempo...