Integral $\int_{-1}^{1} \frac{1}{x}\sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \log \left( \frac{(r-1)x^{2} + sx + 1}{(r-1)x^{2} - sx + 1} \right) \, \mathrm dx$

Question

En cuanto a este problema , conjeturé que

$$ I(r, s) = \int_{-1}^{1} \frac{1}{x}\sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \log \left( \frac{(r-1)x^{2} + sx + 1}{(r-1)x^{2} - sx + 1} \right) \, \mathrm dx = 4 \pi \operatorname{arccot} \sqrt{ \frac{2r + 2\sqrt{r^{2} - s^{2}}}{s^{2}} - 1}. $$

Aunque podemos intentar la misma técnica que en el problema anterior, ahora tengo curiosidad por saber si esta generalidad nos lleva a una prueba diferente (y posiblemente más elegante).

De hecho, he observado que $I(r, 0) = 0$ y

$$\frac{\partial I}{\partial s}(r, s) = \int_{0}^{\infty} \left\{ \frac{2\sqrt{y}}{(r-s)y^{2} + 2(2-r)y + (r+s)}+\frac{2\sqrt{y}}{(r+s)y^{2}+ 2(2-r)y + (r-s)} \right\} \,\mathrm dy, $$

que puede evaluarse mediante la técnica estándar de integración de contornos. Pero simplificar el residuo e integrarlo parece todavía desalentador.

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EDITAR. Aplicando una serie de cambios de variables, me di cuenta de que el problema es equivalente a demostrar que

$$ \tilde{I}(\alpha, s) := \int_{-1}^{1} \frac{1}{x}\sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \log \left( \frac{ 1 + 2sx \sin\alpha + (s^{2} - \cos^{2}\alpha) x^{2}}{ 1 - 2sx \sin\alpha + (s^{2} - \cos^{2}\alpha) x^{2}} \right) \, \mathrm dx = 4\pi \alpha $$

para $-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{2}$ y $s > 1$ . (Esto equivale a la condición de que la expresión dentro del logaritmo sea positiva para todo $x \in \Bbb{R}$ .)

Otra simple observación. una vez que demuestre que $\tilde{I}(\alpha, s)$ no depende de la variable $s$ para $s > 1$ entonces, por un proceso de limitación adecuado, se deduce que

$$ \tilde{I}(\alpha, s) = \int_{-\infty}^{\infty} \log \left( \frac{ 1 + 2x \sin\alpha + x^{2}}{ 1 - 2x \sin\alpha + x^{2}} \right) \, \frac{\mathrm dx}{x}, $$

que (supongo) se puede calcular a mano. El siguiente gráfico también puede ayudarnos a entender el comportamiento de esta integral.

Answer 1

Así que, siguiendo el procedimiento que indiqué aquí que obtengo para la integral transformada:

$$I(r,s) = \int_0^{\infty} dv \frac{4 s \left(v^2-1\right) \left(v^4-(4 r-6) v^2+1\right)}{v^8+4 \left(2 r-s^2-1\right) v^6 +2 \left(8 r^2-8 r-4 s^2+3\right) v^4 +4 \left(2 r-s^2-1\right) v^2 +1} \log{v} $$

Obsérvese que esto se reduce a la integral del problema original cuando $r=3$ y $s=2$ . Entonces vemos que las raíces del denominador satisfacen las mismas simetrías que antes, por lo que sólo necesitamos encontrar una raíz de la forma $\rho e^{i \theta}$ donde

$$\rho = \sqrt{\frac{r+\sqrt{r^2-s^2}}{2}} + \sqrt{\frac{r+\sqrt{r^2-s^2}}{2}-1}$$

y

$$\theta = \arctan{\sqrt{\frac{2 \left (r+\sqrt{r^2-s^2}\right )}{s^2}-1}}$$

Utilizando la misma metodología que derivé, puedo confirmar su conjetura.

Answer 2

Sólo como referencia, señalo que la siguiente proposición fue demostrada en mi respuesta :

Propuesta. Si $0 < r < 1$ y $r < s$ entonces $$ I(r, s) := \int_{-1}^{1} \frac{1}{x} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \log \left( \frac{1 + 2rsx + (r^{2} + s^{2} - 1)x^{2}}{1 - 2rsx + (r^{2} + s^{2} - 1)x^{2}} \right) \, dx = 4\pi \arcsin r. \tag{*} $$

Recientemente, he encontrado una prueba alternativa que es mucho más sencilla y no utiliza la técnica de integración de contornos.

Lema 1. Para cualquier $k = 0, 1, 2, \cdots$ tenemos $$ \int_{0}^{1} \frac{x^{2k}}{\sqrt{1-x^{2}}} \, dx = (-1)^{k} \frac{\pi}{2} \binom{-1/2}{k}. $$

Como esto es tan famoso, nos saltamos la prueba.

Lema 2. Para cualquier $z \in \Bbb{C}$ avec $|z| \leq 1$ tenemos $$ f(z) := - \int_{-1}^{1} \frac{1}{x} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \log(1 - zx) \, dz= \pi \sin^{-1} z - \pi \log \left( \tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}\sqrt{1-z^{2}} \right) . \tag{1} $$

Prueba del lema. Ampliar $-\log(1-zx)$ utilizando la serie MacLaurin. Entonces tenemos

$$ f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n} \int_{-1}^{1} x^{n-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \, dx. \tag{2} $$

Para identificar el coeficiente, observamos que

\begin{align*} \int_{-1}^{1} x^{n-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \, dx &= \int_{0}^{1} x^{n-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \, dx + \int_{-1}^{0} x^{n-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \, dx \\ &= \int_{0}^{1} x^{n-1} \frac{(1+x) + (-1)^{n-1}(1-x)}{\sqrt{1-x^{2}}} \, dx \end{align*}

Dividiendo los casos en función de la paridad de $n$ se deduce que

$$ \int_{-1}^{1} x^{n-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \, dx = \begin{cases} \displaystyle 2\int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{\sqrt{1-x^{2}}} \, dx, & n \text{ even} \\ \displaystyle 2\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{\sqrt{1-x^{2}}} \, dx, & n \text{ odd}. \end{cases}. $$

Así pues, por el lema 1 conocemos una fórmula exacta para los coeficientes de $f(z)$ en $\text{(2)}$ y obtenemos

\begin{align*} f(z) &= \pi \sum_{k=0}^{\infty} \binom{-1/2}{k} \frac{(-1)^{k} z^{2k+1}}{2k+1} + \pi \sum_{k=1}^{\infty} \binom{-1/2}{k} \frac{(-1)^{k} z^{2k}}{2k} \\ &= \pi \int_{0}^{z} \frac{dw}{\sqrt{1- w^{2}}} + \pi \int_{0}^{z} \left( \frac{1}{\sqrt{1- w^{2}}} - 1 \right) \, \frac{dw}{w}. \end{align*}

Por lo tanto, al evaluar la última integral se obtiene $\text{(1)}$ como se desee. ////

Prueba de la proposición. Volvamos ahora a la prueba de nuestra proposición. Sea $r = \cos\alpha$ y $s = \cos\beta$ para cualquier $\alpha, \beta \in \Bbb{R}$ . Entonces, por una simple aplicación de la trigonometría, encontramos que

$$ 1 \pm 2rsx + (r^{2} + s^{2} - 1)x^{2} = (1 \pm x \cos(\alpha+\beta))(1 \pm x \cos(\alpha-\beta)). $$ Por lo que se deduce que

\begin{align*} I(r, s) &= f(\cos(\alpha+\beta)) + f(\cos(\alpha-\beta)) - f(-\cos(\alpha+\beta)) - f(\cos(\alpha-\beta)) \\ &= 2\pi \sin^{-1}\cos(\alpha+\beta) + 2\pi \sin^{-1}\cos(\alpha-\beta). \end{align*}

Si limitamos nuestra atención al caso $0 < \alpha < \beta < \pi/2$ entonces se deduce que tenemos

\begin{align*} I(r, s) &= 2\pi \sin^{-1}\cos(\alpha+\beta) + 2\pi \sin^{-1}\cos(\alpha-\beta) \\ &= 4\pi ( \tfrac{\pi}{2} - \alpha ) \\ &= 4\pi \arcsin r. \end{align*}

Esto completa la prueba.