Integral definida con logaritmo y seno

Question

Mediante la integración por partes y la sustitución$x = \sin t$, podemos calcular fácilmente la integral$ \int_{0}^{1} \ln (x+ \sqrt{1-x^2})dx$ que equivale a$\sqrt{2} \ln (\sqrt{2} +1) -1.$

Intenté usar la misma sustitución$x = \sin t$ para calcular la integral$ \int_{0}^{1} \frac {\ln (x+ \sqrt{1-x^2})}{x}dx,$ que se convierte

$ \int_{0}^{\frac {\pi}{2}} \frac {\ln \sin (t+ \frac {\pi}{4})}{\sin t}dt$

Parece difícil resolver la integral particular. ¿Alguna ayuda? Gracias

Answer 1

Divida la integral en$\frac{1}{\sqrt{2}}$ y use la sustitución$x = \sqrt{1-y^2}$ en la segunda parte para obtener \begin{align} I &\equiv \int \limits_0^1 \frac{\ln(x+\sqrt{1-x^2})}{x} \, \mathrm{d} x = \int \limits_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{\ln(x+\sqrt{1-x^2})}{x} \, \mathrm{d} x + \int \limits_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^1 \frac{\ln(x+\sqrt{1-x^2})}{x} \, \mathrm{d} x \\ &= \int \limits_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{\ln(x+\sqrt{1-x^2})}{x} \, \mathrm{d} x + \int \limits_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{y \ln(y+\sqrt{1-y^2})}{1-y^2} \, \mathrm{d} y = \int \limits_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{ \ln(x+\sqrt{1-x^2})}{x(1-x^2)} \, \mathrm{d} x \, . \end {align} Ahora deje$x = \sin (t/2)$ para encontrar \begin{align} I &= \frac{1}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln \left(\sin\left(\frac{t}{2}\right) + \cos\left(\frac{t}{2}\right)\right)}{\sin\left(\frac{t}{2}\right)\cos\left(\frac{t}{2}\right)} \, \mathrm{d} t = \frac{1}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln \left[\left(\sin\left(\frac{t}{2}\right) + \cos\left(\frac{t}{2}\right)\right)^2\right]}{2\sin\left(\frac{t}{2}\right)\cos\left(\frac{t}{2}\right)} \, \mathrm{d} t \\ &= \frac{1}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln\left(1+2\sin\left(\frac{t}{2}\right)\cos\left(\frac{t}{2}\right)\right)}{2\sin\left(\frac{t}{2}\right)\cos\left(\frac{t}{2}\right)} \, \mathrm{d} t = \frac{1}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln\left(1+\sin(t)\right)}{\sin(t)} \, \mathrm{d} t \\ &=\frac{1}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln\left(1+\cos(t)\right)}{\cos(t)} \, \mathrm{d} t \, . \end {align} Definir (idea de esta pregunta)$$ f(a) \equiv \frac{1}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln\left(1+\cos(a)\cos(t)\right)}{\cos(t)} \, \mathrm{d} t $ $ para$ a \in [0,\frac{\pi}{2}]$ y observe que$f(0)=I$ y$f(\frac{\pi}{2}) = 0$. Compute (usando$\tan(\frac{t}{2}) = s$) \begin{align} f'(a) &= - \frac{\sin(a)}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\cos(a)\cos(t)} \, \mathrm{d} t = - \sin(a) \int \limits_0^1 \frac{\mathrm{d} s}{1+\cos(a) + (1-\cos(a))s^2} \\ &= - \frac{\sin(a)}{1+\cos(a)} \sqrt{\frac{1+\cos(a)}{1-\cos(a)}} \arctan \left(\sqrt{\frac{1-\cos(a)}{1+\cos(a)}}\right) \\ &= - \frac{\sin(a)}{\sqrt{1-\cos^2 (a)}} \arctan\left(\tan\left(\frac{a}{2}\right)\right) = - \frac{a}{2} \, . \end {align} Y finalmente,$$ I = f(0) = f \left(\frac{\pi}{2}\right) + \int \limits_{\frac{\pi}{2}}^0 f'(a) \, \mathrm{d} a = 0 + \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a}{2} \, \mathrm{d} a = \frac{\pi^2}{16} \, .$ $

Answer 2

Versión 1. $$\int_{0}^{1}\frac{\log(x+\sqrt{1-x^2})}{x}\,dx = \int_{0}^{\pi/2}\log(\sin\theta+\cos\theta)\cot(\theta)\,d\theta \tag{1}$$ aplicando la sustitución de $\theta\to\frac{\pi}{2}-\theta$ y un promedio resulta ser equivalente a $$ \int_{0}^{\pi/2}\frac{\log(\sin\theta+\cos\theta)}{2\sin\theta\cos\theta}\,d\theta\stackrel{\theta\mapsto 2\arctan u}{=}\int_{0}^{1}\frac{\log(1+2t-t^2)-\log(1+t^2)}{2t(1-t^4)}\,dt\tag{2} $$ que pueden ser manejados por la fracción parcial de la descomposición, a través de la dilogarithm funcional identidades $(3)-(7)$, desde $$ \int\frac{\log(1-t)}{t}\,dt = C-\text{Li}_2(t).\tag{3} $$ Lo mismo se aplica es que nos evita la inicial de simetrización, ya que $$ \int_{0}^{\pi/2}\frac{\log(\sin\theta+\cos\theta)}{\tan\theta}\,d\theta=\int_{0}^{1}\left[\log(1+2t-t^2)-\log(1+t^2)\right]\frac{1-t^2}{t(1+t^2)}\,dt .\tag{4}$$

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La versión 2. Inmediatamente la sustitución de $\theta=\arctan u$$(1)$, el original de la integral se convierte en $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+u)-\frac{1}{2}\log(1+u^2)}{u(1+u^2)}\,du $$ que por Feynman el truco es igual a $$ \int_{0}^{1}\frac{\pi+2a\log a}{2(1+a^2)}\,da +\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\frac{\log a}{1-a}\,da=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi^2}{48}-\frac{\pi^2}{24}=\color{blue}{\frac{\pi^2}{16}}.\tag{5}$$ ^{(Poli)logarítmica integrales siempre son un tema difícil, uno nunca sabe de antemano cuál es el mejor momento para la ejecución de sustitución o explotación de algunos de simetría. En este caso, la costumbre de la tangente de la mitad de ángulo de sustitución sólo presenta un desvío en una solución sencilla.}

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La versión 3. Considerando la serie de Fourier de $\log\sin$ $\log\cos$ tenemos que, en un sentido distributivo relativa a $L^2(-\pi/2,\pi/2)$, $$ \cot\theta = 2 \sum_{k\geq 1} \sin(2k\theta) $$ $$ \log(\sin\theta+\cos\theta)=-\frac{\log 2}{2}-\sum_{k\geq 1}\frac{\cos(2k\theta+k\pi/2)}{k} $$ por lo tanto por el teorema de Parseval $$ \int_{0}^{\pi/2}\log(\sin\theta+\cos\theta)\cot(\theta)\,d\theta =\frac{\pi}{4}\sum_{\substack{k\geq 1\\k\text{ odd}}}\frac{(-1)^{(k-1)/2}}{k}=\frac{\pi}{4}\cdot\frac{\pi}{4} = \color{red}{\frac{\pi^2}{16}}\tag{6}$$ ... WOW! ^{Este enfoque permite una sencilla y explícita en la evaluación de muchas de las integrales de la forma $\int_{0}^{\pi/2}\log(\sin\theta+\cos\theta)\,\omega(\theta)\,d\theta$, por lo que muchas de las integrales de la forma $\int_{0}^{1}\log(x+\sqrt{1-x^2})\,w(x)\,dx$. "Pensar al revés", el problema original puede ser probablemente abordado también mediante el cálculo de los momentos de $\int_{0}^{1}x^{2m+1} \log(x+\sqrt{1-x^2})\,dx$, a continuación, realizar una interpolación/continuación analítica.}

Answer 3

Como James Arathoon se menciona en los comentarios, por la sustitución de $t= \sqrt[]{\frac {1-x^2}{x^2}}$ la integral es igual a: \begin{align} I:=\int^1_0 \frac{\log(x+\sqrt[]{1-x^2} )}{x}\,dx=\int^\infty_0 \frac{t\log\left( \frac{t+1}{\sqrt[]{t^2+1}}\right)}{t^2+1}\,dt \end{align} Uno puede volver a escribir un poco: \begin{align} I=\frac 1 2 \int^\infty_0 \frac{t\log\left( \frac{(t+1)^2}{t^2+1}\right)}{t^2+1}\,dt = \frac 1 2 \int^\infty_0 \frac{t\log\left( 1+\frac{2t}{t^2+1}\right)}{t^2+1}\,dt \end{align} Ahora definimos la siguiente función $F:[0, 1]\to\mathbb R$ como sigue: \begin{align} F(a) := \frac 1 2 \int^\infty_0 \frac{t\log\left( 1+\frac{2at}{t^2+1}\right)}{t^2+1}\,dt \end{align} El uso de Feynman, el Truco de la que uno obtiene: \begin{align} F'(a) = \int^\infty_0 \frac{t^2}{(t^2+1)(t^2+2at+1)}\,dt \end{align} Esta integral no es muy difícil de calcular, por ejemplo, uno puede hacer por la fracción parcial de la descomposición o el contorno de integración para obtener: \begin{align} F'(a) =\frac{\arctan\left(\frac{\sqrt[]{1-a^2}}{a} \right)}{2\ \sqrt[]{1-a^2}} \end{align} Sabemos que: \begin{align} I = F(1) = \int^1_0 F'(a)\,da = \frac{1}{2}\int^1_0 \frac{\arctan\left(\frac{\sqrt[]{1-a^2}}{a} \right)}{\sqrt[]{1-a^2}}\,da \end{align} Esto se ve un poco de miedo, pero bueno es muy inocente después establecimiento $a=\cos(x)$, porque entonces uno obtiene: \begin{align} I = \frac{1}{2}\int^0_{\pi/2} \frac{\arctan\left(\tan(x)\right)}{\sin(x)}(-\sin(x))\,dx = \frac{1}{2}\int^{\pi/2}_0 x\,dx = \frac{\pi^2}{16} \end{align}