En la integral $I(a)=\int_0^1\frac{\log(a+t^2)}{1+t^2}\mathrm dt$

Question

Considere la integral de parámetros

$$I(a)=\int_0^1\frac{\log(a+t^2)}{1+t^2}\,{\rm d}t\tag1$$

Dónde $a\in\mathbb{C}$ . Me cuesta evaluar esta integral de forma cerrada.

Sin embargo, primero vamos a concentrarnos en algunos valores particulares de $a$ para el que realmente pude evaluar la integral exactamente

$$\begin{align} &a=0:&&\int_0^1\frac{\log(t^2)}{1+t^2}\,{\rm d}t=-2G\\ &a=1:&&\int_0^1\frac{\log(1+t^2)}{1+t^2}\,{\rm d}t=\frac{\pi}2\log(2)-G \end{align}$$

Aquí $G$ denota la constante de Cataluña. El primer caso es una de las muchas definiciones integrales de la Constante de Catalan mientras que el segundo caso puede reducirse a integrales de este tipo mediante la sustitución $t=\tan(y)$ . Además WolframAlpha es capaz de proporcionar una forma cerrada para el caso $a=-1$

$$a=-1:\int_0^1\frac{\log(t^2-1)}{t^2+1}\,{\rm d}t=\frac{\pi}4\log(2)+\frac{i\pi^2}4-G$$

Parece que la antiderivada general del caso $a=-1$ puede expresarse en términos del polilogaritmo (el término puede encontrarse en el enlace dado, pero es demasiado complicado para incluirlo aquí).

Para otros valores de $a$ No pude hacer nada. Intenté ampliar el $\log$ y respectivamente el denominador como una serie que terminó en una suma infinita de Funciones Hipergeométricas $($ del tipo $_2F_1(1,k+1;k+2;-1/3)$ emparejado con un denominador que depende de $k$$ )$ No fui capaz de expresarme explícitamente. Además, intenté aplicar el truco de Feynman, es decir, diferenciar con respecto a $a$ con el fin de deshacerse de la $\log$ . La integral que se produce se evaluó fácilmente utilizando la descomposición de fracciones parciales. De todas formas no he conseguido encontrar fronteras adecuadas para la integración con el tiempo. $a$ después. Aplicar una sustitución trigonométrica $($ para ser precisos $t=\tan(x)$$ )$ conducen al término logarítmico $\log(1+\cos^2(x))$ que no estaba seguro de cómo manejar sin invocar varias potencias de la función coseno $($ es decir, utilizando la expansión en serie de Taylor del logaritmo natural $)$ .
Tanto la primera aproximación como la última dieron como resultado una doble suma infinita. Mis conocimientos sobre sumas dobles, especialmente su evaluación, son bastante débiles. Tal vez alguien más es capaz de terminar esto.

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Tengo dudas de que sea posible derivar una expresión explícita de forma cerrada para $I(a)$ . Sin embargo, para el caso de que el límite superior esté dado por $\infty$ en lugar de $1$ existe en realidad una expresión de forma cerrada que me produce curiosidad

$$I(a,b,c,g)=\int^\infty_0 \frac{\log(a^2+b^2x^2)}{c^2+g^2x^2}\,{\rm d}x = \frac{\pi}{cg}\log\left(\frac{ag+bc}{g}\right)\tag2$$

No estoy familiarizado con la forma en que se dedujo esta elegante relación ya que acabo de tropezar con esta dentro de este puesto .

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Apreciaría mucho una expresión explícita para $I(a)$ tal vez sea similar a la que se da en el caso de $(2)$ aunque no estoy seguro de que exista tal término. Sin embargo, me interesa especialmente el caso $a=3$ para otro integral en el que estoy trabajando ahora.

Gracias de antemano.

Answer 1

$$\mathcal J(a,t)=\int_0^1 \frac{\ln(a+t(1+x^2))}{1+x^2}\mathrm dx\Rightarrow I(a)=\int_0^1\frac{\ln(a+x^2)}{1+x^2}\mathrm dx=\mathcal J(a-1,1)$$ $$ \frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\mathcal J(a,t)=\int_0^1 \frac{\mathrm dx}{a+t+tx^2}=\frac{1}{\sqrt{t(t+a)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{t}{t+a}}\right)$$ $$\mathcal J(a,0)=\frac{\pi\ln a}{4}\Rightarrow \mathcal J(a,1)=\underbrace{\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{t(t+a)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{t}{t+a}}\right)\mathrm dt}_{=J}+\frac{\pi\ln a}{4}$$ Ahora mediante la sustitución $\displaystyle{\sqrt{\frac{t}{t+a}}=x\Rightarrow \frac{\mathrm dt}{\sqrt{t(t+a)}}=\frac{2}{1-x^2}dx}$ nos encontramos con que: $$J=2\int_0^\frac{1}{\sqrt{1+a}}\frac{\arctan x}{1-x^2}\mathrm dx \overset{x=\frac{1-y}{1+y}}=\int_{\frac{\sqrt{1+a}-1}{\sqrt{1+a}+1}}^1\frac{\arctan\left(\frac{1-y}{1+y}\right)}{y}\mathrm dy$$ $$=\frac{\pi}{4}\int_{\frac{\sqrt{1+a}-1}{\sqrt{1+a}+1}}^1\frac{\mathrm dy}{y}-\int_0^1 \frac{\arctan y}{y}\mathrm dy+\int^{\frac{\sqrt{1+a}-1}{\sqrt{1+a}+1}}_0\frac{\arctan y}{y}\mathrm dy$$ $$\Rightarrow \mathcal J(a,1)=\frac{\pi}{4} \ln\left(\frac{\sqrt{a+1}+1}{\sqrt{a+1}-1}\right)-\mathrm G+\operatorname{Ti}_2\left(\frac{\sqrt{a+1}-1}{\sqrt{a+1}+1}\right)+\frac{\pi}{4}\ln a$$ $$\Rightarrow \boxed{I(a)=\int_0^1 \frac{\ln(a+x^2)}{1+x^2}dx=\frac{\pi}{2}\ln(\sqrt a+1)-\mathrm G+\operatorname{Ti}_2\left(\frac{\sqrt{a}-1}{\sqrt{a}+1}\right)}$$ Dónde $\operatorname{Ti}_2(x)$ es el integral tangente inversa y $\mathrm G$ es La constante del catalán .

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Algunos resultados agradables que sigue: $$\boxed{I(3)=\int_0^1\frac{\ln(3+x^2)}{1+x^2}\mathrm dx=\frac{\pi}{4}\ln 2+\frac{\pi}{6}\ln(2+\sqrt 3)-\frac13\mathrm G}$$ $$\boxed{I\left(\frac13\right)=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac13 +x^2\right)}{1+x^2}\mathrm dx=\frac{\pi}4 \ln \left(\frac23\right)+\frac{\pi}{3}\ln(2+\sqrt 3)-\frac53\mathrm G}$$

Answer 2

Me sale $$ I'(a) = \int_0^1 \dfrac{dt}{(t^2+a)(t^2+1)} = {\frac {\pi\,\sqrt {a}-4\,\arctan \left( {\frac {1}{\sqrt {a}}} \right) }{ 4 \left( a-1 \right) \sqrt {a}}} $$ Al integrar esto con Maple se obtiene una expresión bastante complicada, que parece funcionar para $0 < a < 1$ (se debe utilizar una rama diferente después de $a=1$ ): $$\frac{i}{2}{\it dilog} \left( {\frac {-2\,\sqrt {a}+1-i+ \left( 1+i \right) a }{a+1}} \right) -\frac{i}{2}{\it dilog} \left( {\frac {2\,\sqrt {a}+1+i+ \left( 1-i \right) a}{a+1}} \right) +\frac{\pi}{4}\,\ln \left( 1-\sqrt {a } \right) +\frac{\pi}{4}\,\ln \left( 1+\sqrt {a} \right) -\frac{1}{2}\,\arctan \left( {\frac {1}{\sqrt {a}}} \right) \ln \left( -\sqrt {2} \left( 1 +\sqrt {a} \right) \sqrt {a+1}+2\,a+2 \right) +\frac{1}{2}\,\arctan \left( { \frac {1}{\sqrt {a}}} \right) \ln \left( \sqrt {2} \left( -1+\sqrt {a } \right) \sqrt {a+1}+2\,a+2 \right) -\frac{1}{2}\,\arctan \left( {\frac {1}{ \sqrt {a}}} \right) \ln \left( \sqrt {2} \left( 1+\sqrt {a} \right) \sqrt {a+1}+2\,a+2 \right) +\frac{1}{2}\,\arctan \left( {\frac {1}{\sqrt {a}}} \right) \ln \left( -\sqrt {2} \left( -1+\sqrt {a} \right) \sqrt {a+1 }+2\,a+2 \right) +2\,i\arctan \left( {\frac {1}{\sqrt {a}}} \right) \arctan \left( {\frac {-1+\sqrt {a}}{-\sqrt {2}\sqrt {a+1}+\sqrt {a}+1 }} \right) +2\,i\arctan \left( {\frac {1}{\sqrt {a}}} \right) \arctan \left( {\frac {1+\sqrt {a}}{\sqrt {2}\sqrt {a+1}+\sqrt {a}-1}} \right) -i\arctan \left( {\frac {1}{\sqrt {a}}} \right) \pi-\frac{i}{4}{\pi}^ {2}-{\it Catalan} $$

Answer 3

Dejemos que $a>-1$ sea un número real. Entonces

$$\int_0^1 \frac{\log(1+a^2x^2)}{1+x^2}\textrm{d}x=\frac{\pi}{2}\log(1+a)-G+\text{Ti}_2\left(\frac{1-a}{1+a}\right),$$

donde $G$ es la constante de Catalán y $\displaystyle \text{Ti}_2(x)=\int_0^x \frac{\arctan(t)}{t}\textrm{d}t$ es la integral tangente inversa.

Gracias a Cornel por esta manera de escribir la forma cerrada de la integral.