Mostrar que
$$\int_{0}^{1}\log(\sin(\pi x)) dx=-\log(2).$$
He intentado usar un juguete de contorno que consta de un rectángulo, pero no sé qué hacer con las singularidades en$0$$1$.
Cada solución es bienvenida, pero yo prefiero usar el análisis complejo.
Que se le ha pedido muchas veces. Voy a proponer cuatro enfoques.
La identidad trigonométrica $$ \prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{\pi k}{n} = \frac{2n}{2^n} $$ conduce a $$ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\log\sin\frac{\pi k}{n} = \frac{\log(2n)}{n}-\log(2) $$ a continuación, a $\int_{0}^{1}\log\sin(\pi x)\,dx = -\log(2)$ considerando el límite de $n\to +\infty$.
La función de $\sin(\pi x)$ es simétrica con respecto a $x=\frac{1}{2}$, por lo tanto $$\begin{eqnarray*}I=\int_{0}^{1}\log\sin(\pi x)\,dx&\stackrel{x\to 2z}{=}&2\int_{0}^{1/2}\left[\log(2)+\log\sin(\pi z)+\log\cos(\pi z)\right]\,dz\\&=&\log(2)+2I.\end{eqnarray*}$$
Por Raabe del teorema $\int_{a}^{a+1}\log\Gamma(x)\,dx = \log\sqrt{2\pi}+a\log a-a$ y por el reflejo de la fórmula para el $\Gamma$ función de $\frac{\pi}{\sin(\pi z)}=\Gamma(z)\Gamma(1-z)$, por lo tanto la pregunta es trivial por el cambio a los logaritmos y la integración de más de $(0,1)$.
$\log\sin(x)$ tiene una buena serie de Fourier , cuya termwise la integración es sencilla.
En cuanto al OP estados preferencia de análisis complejo, vamos a proceder en consecuencia.
Deje $I$ ser dada por
$$\begin{align} I&=\int_0^1 \log(\sin(\pi x))\,dx\\\\ &=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi }\log(\sin(x))\,dx\tag 1 \end{align}$$
Utilizamos la Fórmula de Euler para escribir $(1)$
$$\begin{align} I&=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi }\log\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)\,dx\\\\ &=-\log(2)+\frac{1}{\pi}\lim_{\epsilon\to 0}\int_{\epsilon/2}^{\pi-\epsilon/2 }\log\left(1-e^{-i2x}\right)\,dx\\\\ &=-\log(2)+\frac{1}{2\pi }\int_{\epsilon}^{2\pi -\epsilon}\log(1-e^{i\theta})\,d\theta\tag2 \end{align}$$
Ahora, aplicamos la sustitución de $z=e^{i\theta}$, de modo que $d\theta=\frac{1}{iz}\,dz$. La integración en la recta real en $(2)$ transforma para el contorno de integración en la $z$ plano definido por $|z|=1$,$\arg(z) =\epsilon$$\arg(z)=2\pi \epsilon$.
A continuación, $(2)$ puede ser escrito
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I=-\log(2)+\frac {1}{2\pi i}\int_{e^{i\epsilon}, |z|=1}^{e^{i(2\pi-\epsilon )}}\frac{\log(1-z)}{z}\,dz} \tag 3$$
En $(3)$ nos tácitamente cortar el plano a lo largo del eje real de$z=1$$z=\infty$.
Tenga en cuenta que $\frac{\log(1-z)}{z}$ es analítica en el interior y en un sistema cerrado ("Pac-Man") contorno $C$ definido por $z=e^{i\theta}$$\epsilon \le \theta \le 2\pi -\epsilon$, e $z=1+2\sin(\epsilon/2) e^{i\nu}$$\pi/2 + \epsilon/2 \le \nu \le 3\pi/2 -\epsilon/2$.
Luego, a partir de Cauchy de la Integral Teorema, tenemos $\oint_C \frac{\log(1-z)}{z}\,dz=0$, lo que implica
$$\begin{align} \int_{e^{i\epsilon}, |z|=1}^{e^{i(2\pi-\epsilon )}}\frac{\log(1-z)}{z}\,dz&=-\int_{3\pi/2-\epsilon/2}^{\pi/2+\epsilon/2} \frac{\log(-2\sin(\epsilon/2) e^{i\nu})}{1+2\sin(\epsilon/2) e^{i\nu}}i2\sin(\epsilon/2) e^{i\nu}d\nu\tag4 \end{align}$$
Como $\epsilon \to 0$ el término en el lado derecho de la $(4)$ enfoques $0$ desde $\sin(\epsilon/2)\log (\sin(\epsilon/2)) \to 0$$\epsilon \to 0$.
Poniendo todo junto, dejando $\epsilon\to 0$ $(3)$ y la aplicación de $(4)$ revela que
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I=-\log(2)}$$
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