با استفاده از فرمول $2Cos^2x-1=Cos2x$ و خواص لگاریتم و تغییر متغیر $u=2x$ داریم:
$ \int _0^{ \frac{ \pi }{2} }Ln(1+4Cos^2x)dx=\int _0^{ \frac{ \pi }{2} }Ln(3+2Cos2x)dx$
$=\int _0^{ \frac{ \pi }{2} }Ln3dx+\int _0^{ \frac{ \pi }{2} }Ln(1+ \frac{2}{3} Cos2x)dx= \frac{ \pi }{2} Ln3+ \frac{1}{2} \int _0^ \pi Ln(1+ \frac{2}{3} Cosx)dx$
حالا انتگرال دوم را در حالت کلی که $-1<a<1 \wedge a \neq 0$ حل می کنیم:
$A(a)= \int _0^ \pi Ln(1+aCosx)dx=[xLn(1+aCosx)]_0^ \pi+ \int _0^ \pi \frac{xSinx}{1+aCosx} dx$
$= \pi Ln(1-a)+ \frac{1}{a} \int _0^ \pi \frac{xSinx}{1+aCosx} dx$
حالا قرار دهید: $B(a)=\int _0^ \pi \frac{xSinx}{1+aCosx} dx$ و از خواص مشتق تابع زیر انتگرال استفاده کنید پس:
$ B'(a)=\int _0^ \pi \frac{Cosx}{1+aCosx} dx= \frac{1}{a}\int _0^ \pi \frac{1+aCosx-1}{1+aCosx} dx= \frac{ \pi }{a} - \frac{1}{a}\int _0^ \pi \frac{1}{1+aCosx} dx$
حالا اگر از تغییر متغیر $x=tan( \frac{x}{2} )$ استفاده کنیم (به دلیل طولانی بودن عملیات از آوردن عملیات در اینجا صرفنظر می شود) داریم:
$ B(a)= \pi Ln | a| + \pi tanh^{-1}(\sqrt{1-a^2})+C$
از طرفی دیگر:
$B(1)=- \pi Ln2 \Rightarrow B(a)= \pi Ln | a| + \pi tanh^{-1}(\sqrt{1-a^2})- \pi Ln2= \pi Ln( \frac{1+ \sqrt{1-a^2} }{2} )$
حالا با انتخاب $a= \frac{2}{3} $ انتگرال مطلوب ما حل می شود.
$ \Box $
