Cómo encontrar $\int_0^\infty\frac{\log\left(\frac{1+x^{4+\sqrt{15}}}{1+x^{2+\sqrt{3}}}\right)}{\left(1+x^2\right)\log x}\mathrm dx$

Question

Me desafiaron a probar esta identidad $$\int_0^\infty\frac{\log\left(\frac{1+x^{4+\sqrt{15\vphantom{\large A}}}}{1+x^{2+\sqrt{3\vphantom{\large A}}}}\right)}{\left(1+x^2\right)\log x}\mathrm dx=\frac{\pi}{4}\left(2+\sqrt{6}\sqrt{3-\sqrt{5}}\right).$$ No tuve éxito, así que quiero pedir su ayuda. ¿Puede estar relacionado de alguna manera con las integrales que aparecen en esa pregunta ?

Answer 1

Esta integral puede evaluarse de forma cerrada para exponentes reales arbitrarios, y no parece estar relacionada con las integrales tipo Herglotz.

Supongamos que $a,b\in\mathbb{R}$ . Tenga en cuenta que $$\int_0^\infty\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}{1+x^b}\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}=\int_0^\infty\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}2\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}-\int_0^\infty\frac{\ln\left(\frac{1+x^b}2\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}.\tag1$$ Ambas integrales del lado derecho tienen la misma forma, por lo que sólo tenemos que evaluar una de ellas: $$\begin{align}&\phantom=\underbrace{\int_0^\infty\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}2\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}}_\text{split the region}\\&=\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}2\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}+\underbrace{\int_1^\infty\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}2\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}}_{\text{change variable}\ y=1/x}\\&=\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}2\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}+\underbrace{\int_1^0\frac{\ln\left(\frac{1+y^{-a}}2\right)}{\ln\left(y^{-1}\right)}\frac1{1+y^{-2}}\left(-\frac1{y^2}\right)dy}_\text{flip the bounds and simplify}\\&=\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}2\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}-\underbrace{\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+y^{-a}}2\right)}{\ln y}\frac{dy}{1+y^2}}_{\text{rename}\ y\ \text{to}\ x}\\&=\underbrace{\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}2\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}-\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^{-a}}2\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}}_\text{combine logarithms}\\&=\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}{1+x^{-a}}\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}=\underbrace{\int_0^1\frac{\ln\left(\frac{x^a\left(x^{-a}+1\right)}{1+x^{-a}}\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}}_{\text{cancel}\ \ 1+x^{-a}}\\&=\int_0^1\frac{\ln\left(x^a\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}=a\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=a\,\Big(\arctan1-\arctan0\Big)\\&=\vphantom{\Bigg|^0}\frac{\pi\,a}4.\end{align}\tag2$$ Así que, finalmente, $$\int_0^\infty\frac{\ln\left(\frac{1+x^a}{1+x^b}\right)}{\ln x}\frac{dx}{1+x^2}=\frac\pi4(a-b).\tag3$$

Answer 2

Sea la integral considerada $I$ . Para que sea más fácil de escribir, dejemos $4+\sqrt{15}=a$ y $2+\sqrt{3}=b$ . Utilice la sustitución $x=\tan\theta$ para conseguirlo: $$I=\int_0^{\pi/2} \frac{\ln\left(\dfrac{1+(\tan\theta)^a}{1+(\tan\theta)^b}\right)}{\ln\tan\theta}\,d\theta$$ A continuación, utilice la sustitución $\theta=\pi/2-t$ para obtener: $$I=\int_0^{\pi/2} \frac{\ln\left(\dfrac{1+(\tan t)^a}{(1+(\tan t)^b)(\tan t)^{a-b}}\right)}{\ln\cot t}\,dt=\int_0^{\pi/2} \frac{-\ln\left(\dfrac{1+(\tan\theta)^a}{1+(\tan\theta)^b}\right)+(a-b)\ln\tan\theta}{\ln\tan\theta}\,d\theta$$ donde utilicé $\ln(\tan(\pi/2-\theta))=\ln(\cot\theta)=-\ln(\tan\theta)$ .

Suma las dos expresiones de I y observa que te queda: $$2I=\int_0^{\pi/2} \frac{(a-b)\ln \tan\theta}{\ln \tan\theta}\,d\theta=\frac{\pi}{2}(a-b)$$ $$I=\frac{\pi}{4}(a-b)$$ Por lo tanto, $$\boxed{I=\dfrac{\pi}{4}(2+\sqrt{15}-\sqrt{3})}$$

Answer 3

Tengo una forma breve de resolver este problema. Deje que $x=\frac{1}{u}, a=4+\sqrt{15},b=2+\sqrt{3}$ . Entonces \begin{eqnarray*} I&=&-\int_\infty^0\frac{\ln\frac{1+u^{-a}}{1+u^{-b}}}{(1+u^{-2})\ln(u^{-1})}u^{-2}du\\ &=&-\int_0^\infty\frac{\ln\frac{1+u^{-a}}{1+u^{-b}}}{(1+u^{2})\ln u}du\\ &=&-\int_0^\infty\frac{\ln \left(u^{b-a}\frac{1+u^{a}}{1+u^{b}}\right)}{(1+u^{2})\ln u}du\\ &=&-\int_0^\infty\frac{\ln \left(\frac{1+u^{a}}{1+u^{b}}\right)}{(1+u^{2})\ln u}du-\int_0^\infty\frac{(b-a)\ln u}{(1+u^{2})\ln u}du \end{eqnarray*} y por lo tanto $$ 2I = -\int_0^\infty\frac{(b-a)}{1+u^{2}}du=(a-b)\frac{\pi}{2}. $$ Así que $$ I = (a-b)\frac{\pi}{4}. $$

Answer 4

No sé cómo responder a su pregunta. Sin embargo, para que puedas desafiar a tu contrincante, te doy unos resultados sorprendentes (obtenidos con un CAS) para $$f(n)=\int_0^\infty\frac{\log\left(\frac{1+x^a}{1+x^b}\right)}{\left(1+x^2\right)\log x}dx$$ en el que $a=2n+\sqrt{4 n^2-1}$ y $b=n+\sqrt{n^2-1}$ . $$f(1)=\frac{1}{4} \left(1+\sqrt{3}\right) \pi$$ $$f(2)=\frac{1}{4} \left(2-\sqrt{3}+\sqrt{15}\right) \pi$$ $$f(3)=\frac{1}{4} \left(3-2 \sqrt{2}+\sqrt{35}\right) \pi$$ $$f(4)=\frac{1}{4} \left(4+3 \sqrt{7}-\sqrt{15}\right) \pi$$ $$f(5)=\frac{1}{4} \left(5-2 \sqrt{6}+3 \sqrt{11}\right) \pi$$ $$f(6)=\frac{1}{4} \left(6-\sqrt{35}+\sqrt{143}\right) \pi$$ $$f(7)=\frac{1}{4} \left(7-4 \sqrt{3}+\sqrt{195}\right) \pi$$ $$f(8)=\frac{1}{4} \left(8-3 \sqrt{7}+\sqrt{255}\right) \pi$$ $$f(9)=\frac{1}{4} \left(9-4 \sqrt{5}+\sqrt{323}\right) \pi$$ $$f(10)=\frac{1}{4} \left(10-3 \sqrt{11}+\sqrt{399}\right) \pi$$ que son exactamente lo que respondió Pranav Arora (lo que me perdí) $$f(n)=\frac \pi 4(a-b)$$

Answer 5

Aunque esto no es una respuesta, es lo suficientemente interesante para mí, pero demasiado grande para un comentario. Basado en la solución de Vladimir, si sabemos $$f(a) = \int_0^\infty \frac{\ln[(1+x^a)/2]}{\ln x} \frac{1}{1+x^2}dx = a\frac{\pi}{4}$$ entonces deberíamos tener $$f'(a) = \int_0^\infty \frac{\ln x e^{a\ln x}}{\ln x (1+e^{a \ln x})} \frac{1}{1+x^2} dx = \pi/4$$ o $$f'(a) = \int_0^\infty \frac{x^a}{1+x^a} \frac{1}{1+x^2}dx = \int_0^\infty \left(1-\frac{1}{1+x^a} \right) \frac{1}{1+x^2}dx = \pi/4.$$ Esto es bastante interesante porque no esperaría que la integral fuera constante en función de $a$ . Además, debemos esperar

$$f''(a) = \int_0^\infty \frac{\ln x \cdot x^a}{(1+x^a)^2}\frac{1}{1+x^2} dx = 0.$$ No me he molestado en comprobar cuidadosamente si hay problemas de convergencia (pasando la derivada), pero creo que todo está bien. ¿Alguien sabe cómo calcular las integrales anteriores sin remitirse a la respuesta de Vladimir?