Hola estoy tratando de probar esto $$ I:=\int_0^{\pi/4}\log\left(\tan\left(x\right)\right)\, \frac{\cos\left(2x\right)}{1+\alpha^{2}\sin^{2}\left(2x\right)}\,{\rm d}x =-\,\frac{\pi}{4\alpha}\,\text{arcsinh}\left(\alpha\right),\qquad \alpha^2<1. $$ ¡Qué resultado tan sorprendente! Intenté escribir $$ I=\int_0^{\pi/4} \log \sin x\frac{\cos 2x}{1+\alpha^2\sin^2 2x}-\int_0^{\pi/4}\log \cos x \frac{\cos 2x}{1+\alpha^2\sin^2 2x}dx $$ y he jugado lo suficiente aquí para darme cuenta de que probablemente no es la mejor idea. Ahora volviendo a la integral original I, podemos posiblemente cambiar las variables $y=\tan x$ y reescribiendo la integral original para obtener $$ \int_0^{\pi/4}\log \tan x \frac{\cos 2x}{1+{\alpha^2}\big(1-\cos^2 (2x)\big)}dx=\int_0^1 \log y \frac{1-y^2}{1+y^2}\frac{1}{1+{\alpha^2}\big(1-(\frac{1-y^2}{1+y^2})^2\big)}\frac{dy}{1+y^2}. $$ Simplificando esto tenemos $$ I=\int_0^1\log y \frac{1-y^2}{1+y^2}\frac{(1+y^2)^2}{(1+y^2)^2+4\alpha^2y^2}\frac{dy}{1+y^2}=\int_0^1\log y \frac{1-y^2}{(1+y^2)^2+4\alpha^2y^2}dy $$ Otro cambio de variables $y=e^{-t}$ y tenemos $$ I=-\int_0^\infty \frac{t(1-e^{-2t})}{(1+e^{-2t})^2+4\alpha^2 e^{-2t}} e^{-t}dt $$ pero aquí es donde estoy atascado ... ¿Cómo podemos calcular I? Gracias.
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Integrar por partes; entonces se obtiene que
$$I(\alpha) = \left [\frac1{2 \alpha} \arctan{(\alpha \sin{2 x})} \log{(\tan{x})} \right ]_0^{\pi/4} - \int_0^{\pi/4} dx \frac{\arctan{(\alpha \sin{2 x})}}{\alpha \sin{2 x}}$$
El primer término del lado derecho es cero. Para evaluar la integral, se expande el arctán en una serie de Taylor y se obtiene
$$I(\alpha) = -\frac12 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2 k+1} \alpha^{2 k} \int_0^{\pi/2} du \, \sin^{2 k}{u} = -\frac{\pi}{4} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2 k+1} \binom{2 k}{k} \left (\frac{\alpha}{2} \right )^{2 k}$$
Un poco de manipulación nos lleva a
$$\alpha I'(\alpha) +I(\alpha) = -\frac{\pi}{4} \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \binom{2 k}{k} \left (\frac{\alpha}{2} \right )^{2 k} = -\frac{\pi}{4} \frac1{\sqrt{1+\alpha^2}}$$
El LHS es sólo $[\alpha I(\alpha)]'$ , por lo que la solución es
$$I(\alpha) = -\frac{\pi}{4} \frac{\operatorname{arcsinh}(\alpha)}{\alpha} $$
Mi primer paso es similar al de Ron Gordon, pero luego tomé una ruta diferente. A partir de la integración por partes, la integral dada se puede escribir como: $$-\frac{1}{a}\int_0^{\pi/4} \frac{\arctan(\alpha \sin(2x))}{\sin (2x)}\,dx$$ Considere $$I(a)=\int_0^{\pi/4} \frac{\arctan(a \sin(2x))}{\sin (2x)}\,dx$$ Diferenciar ambos lados wrt $a$ para obtener: $$I'(a)=\int_0^{\pi/4} \frac{1}{1+a^2\sin^2(2x)}\,dx$$ Utilice la sustitución $a\sin(2x)=t$ para obtener: $$I'(a)=\frac{1}{2}\int_0^a \frac{dt}{\sqrt{a^2-t^2}(1+t^2)}$$ A continuación, utilice la sustitución $t=a/y$ para conseguirlo: $$I'(a)=\frac{1}{2}\int_1^{\infty} \frac{y}{\sqrt{y^2-1}(a^2+t^2)}\,dy$$ Con otra sustitución que es $y^2-1=u^2$ , $$I'(a)=\frac{1}{2}\int_0^{\infty} \frac{du}{u^2+a^2+1}$$ La integral final es trivial, por lo tanto: $$I'(a)=\frac{\pi}{4\sqrt{a^2+1}}$$ Integrar ambas partes wrt $a$ para conseguirlo: $$I(a)=\frac{\pi}{4}\sinh^{-1}a+C$$ Es fácil ver que $C=0$ Por lo tanto, con $a=\alpha$ , $$-\frac{1}{a}\int_0^{\pi/4} \frac{\arctan(\alpha \sin(2x))}{\sin (2x)}\,dx=-\frac{\pi}{4\alpha}\sinh^{-1}\alpha$$ $\blacksquare$
Uso en los resultados de Ron de la integración por partes:
$$\alpha I(\alpha) = - \int_0^{\pi/4} dx \frac{\arctan{(\alpha \sin{2 x})}}{\sin{2 x}},$$
Como forma alternativa de completar el problema, utilice el método de diferenciación bajo el signo integral:
$$\frac{d}{d\alpha}(\alpha I(\alpha)) = -\int_{0}^{\pi/4}\frac{dx}{\alpha^2\sin^2{2x}+1}=-\frac{\pi}{4\sqrt{1+\alpha^2}}\\ \implies \alpha I(\alpha) = -\frac{\pi}{4}\int_{0}^{\alpha}\frac{d\tilde\alpha}{\sqrt{1+\tilde\alpha^2}} = -\frac{\pi}{4}\sinh^{-1}{\alpha}.$$
