Pedir un sobre duro integral de $\int_{0}^{\infty} \log x \log (\frac{a^2}{x^2}+1) \log(\frac{b^2}{x^2}+1)dx$

Question

Quiero evaluar la integral: <span class="math-container">%#% $ #%</span>

Tentativa:<span class="math-container">%#% $ #%</span> <span class="math-container">$$I(a,b)=\int{0}^{\infty} \log x \log (\frac{a^2}{x^2}+1) \log(\frac{b^2}{x^2}+1)dx$ $</span> entonces <span class="math-container">$$\frac{\partial ^2I}{\partial a\partial b}=4ab\int{0}^{\infty}\frac{\log x}{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}dx=\frac{4ab}{b^2-a^2}\int_{0}^{\infty}\log x\left(\frac{1}{a^2+x^2}-\frac{1}{b^2+x^2}\right)dx$ $</span> pero este integral muy difícil de resolver, alguien me puede ayudar, gracias!

Answer 1

Es una manera de sustituir a $\ln x$ con $x^p$, entonces el integrando se convierte en un producto de dos lineal Meijer G-funciones después del cambio de las variables de $t = 1/x^2$. Obtenemos $$I(p) = \int_0^\infty x^p \ln \left(1 + \frac {a^2} {x^2} \right) \ln \left(1 + \frac {b^2} {x^2} \right) dx = \\ \frac 1 2 \int_0^\infty t^{(-3-p)/2} G_{2, 2}^{1, 2} \a la izquierda( a^2 t \medio| {1, 1 \cima 1, 0} \right) G_{2, 2}^{1, 2} \a la izquierda( b^2 t \medio| {1, 1 \cima 1, 0} \right) dt = \\ \frac {a^{1+p}} 2 G_{4, 4}^{3, 3} \left( \frac {b^2} {a^2} \medio| {1, 1, \frac {1+p} 2, \frac {3+p} 2 \en la cima de 1, \frac {1+p} 2, \frac {1+p} 2, 0} \right),$$ que es expresable en términos de la Lerch trascendente. Entonces $$\int_0^\infty \ln x \ln \left(1 + \frac {a^2} {x^2} \right) \ln \left(1 + \frac {b^2} {x^2} \right) dx = I'(0) = \\ -\pi \left( \frac {\omega (1-\omega)} 2 \Phi \!\a la izquierda( \omega^2, 2, \frac 1 2 \right) + \frac {\pi^2 b} 2 - \\ (2b(1 - \ln b) - (a-b) \ln(1-\omega)) \ln \omega - (a+b) (\ln(a b) - 2) \ln(1+\omega) \right) \\ 0 < b < a, \quad\omega = \frac b.$$

Answer 2

Esta derivación es ligeramente diferente de la de Maxim, porque yo no estoy con fluidez en Meijer G. el principio es El mismo, y asumir la $0<b<a.$ Luego

$$ I(a,b)=b\,\int_0^\infty (\log{b} + \log{x} ) \log{(1+ \big(\frac{a/b}{x}\big)^2 ) }\log{(1+1/x^2)} dx $$

Deje $r=b/a \le 1$ , de modo que algunos de la serie de manipulaciones son permisibles. La integral sin la $\log{x}$ se realiza fácilmente en Mathematica:

$$ \int_0^\infty \log{(1+ \big(r\,x\big)^{-2} ) }\log{(1+1/x^2)} dx = \pi\Big( (1+\frac{1}{r})(\text{arctanh(r)} - \log{(1-r^2)})-2\log{r}\Big)$$ Definir $$J(s;r)=\int_0^\infty x^s \log{(1+ \big(r\,x\big)^{-2} ) }\log{(1+1/x^2)} dx \,.$$ El objetivo es encontrar los $$\frac{d}{ds}J(s;r)\Big|_{s=0} $$ Dentro de Mathematica J(s, r) se pueden encontrar en términos de funciones elementales y de Gauss, hipergeométrica $F(a,b;c,x).$

$$\frac{J(s, r)}{\pi}=\seg{(\frac{\pi s}{2})} \Big\{\!\frac{2\,r^2}{ (s\!+\!1)(s\!\!+3)}F(1,\!\frac{s+3}{2};\! \frac{s+5}{2}, r^2) - \frac{2\,r^{1-s}}{ (s\!+\!1)(s\!-\!1)}F(1,\!\frac{1-s}{2};\! \frac{3-s}{2}, r^2)$$ $$+ \frac{1}{s\!+\!1}\Big[ r^{-1-s}\log{(1-r^2)} + \log{(-1+1/r^2)}+\frac{2}{s+1} - \pi\,\bronceado{(\pi\,s/2)} \Big] \Big\}$$ Hacer la derivada y tome $s \to 0.$ $F(1,\frac{1}{2}; \frac{3}{2}, r^2)$ y $F(1,\frac{3}{2}; \frac{5}{2}, r^2)$ evaluar a funciones elementales. Sin embargo, los derivados con respecto a $s$ de la hypergeometrics no. Sin embargo, mediante el uso de la serie de la definición en términos de Pochhammer símbolos, un sencillo cálculo muestra $$ \frac{d}{ds} \frac{(3/2+s/2)_k}{(5/2+s/2)_k} \Big|_{s=0} = \frac{2k}{(2k+3)^2} \quad , \quad \frac{d}{ds} \frac{(1/2-s/2)_k}{(3/2-s/2)_k} \Big|_{s=0} = \frac{-2k}{(2k+1)^2} $$ En detalle,

$$\frac{d}{ds} F(1,\frac{1-s}{2}; \frac{3-s}{2}, r^2) \Big|_{s=0} = -\sum_{k=0}^\infty\frac{2k}{(2k+1)^2} r^{2k} = -\sum_{k=0}^\infty\frac{2k+1 -1}{(2k+1)^2} r^{2k} = $$ $$=-\frac{\text{arctanh(r)}}{r} + \sum_{k=0}^\infty \frac{r^{2k}}{(2k+1)^2}= -\frac{\text{arctanh(r)}}{r} + \frac{1}{2r} \Big( \text{Li}_2(r) - \text{Li}_2(-r) \Big) $$ La serie con la $(2k+3)^2$ en el denominador puede ser traído a este formulario con un índice de cambio en el balance. Recoger todos los resultados y finalmente en

$$\frac{I(a,b)}{\pi\,b}= \log{b} \Big( (1+\frac{1}{r})(2\,\text{arctanh}(r) + \log{(1-r^2)} ) -2\log{r} \Big)\, + \big(1-\frac{1}{r}\big) \big( \text{Li}_2(r) - \text{Li}_2(-r) \big) $$ $$-\Big(\frac{\pi^2}{2} + \log{(r^{-2}-1)} +2\,\big(1+\log{r}+\frac{1}{r} \big)\,\text{arctanh}(r) + \frac{1+\log{r}}{r} \, \log{(1-r^2)} \Big) $$